最后更新: 2025-03-30 10:22 查看: 438 次反馈刷题

函数单调性的判别

## 函数单调性
设函数 $f(x)$ 的定义域为 $D$ 区间 $I \subset D$ ，如果对于区间 $I$ 上任意两 点 $x_1 、 x_2$ ，当 $x_1<x_2$ 时，恒有 $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$ ，则称函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调增加（见图2-24)，当 $x_1<x_2$ 时，恒有 $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$ ，则称函 数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上单调减少（见图2-25），单调增加或单调减少的函数统称单调函数.

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>此处为函数单调性大学高数版，要查看高中版请点击 [此处](http://kb.kmath.cn/kbase/detail.aspx?id=114)

有时我们还需要研究曲线的弯曲方向， 如果曲线上任意弧段位于所张弦的下方，这样的曲线称为凹弧（见图2-26），如果曲线上任意弧段位于所张弦的上方，这样的曲线称为凸弧（见图2-27）.

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先从函数图形来观察单调函数有什么特点.
由图2-28可知，(１) 曲线沿   轴正向上升，(２) 曲线的切线的斜率均非负，即  $f'(x) \ge 0$ ；
由图2-29可知，(１) 曲线沿   轴正向下降，(２) 曲线的切线的斜率均非正，即               $f'(x) \le 0$ ；

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因此可得到，函数的单调性与函数的导数符号之间有着密切的关系。能否用一个区间上的导数符号来判定函数在该区间上的单调性呢?

拉格朗日中值定理建立了函数与导数之间的联系，利用中值定理可以得出函数单调性的判别法.

##  单调性的判别法
**定理1** (单调性的判别法) 设函数 $f(x)$ 在区间 $I$ 上连续，且在 $I$ 内可导， 若在 $I$ 内 $f^{\prime}(x)>0$ ，则 $f(x)$ 在 $I$ 上单调增加，若在 $I$ 内 $f^{\prime}(x)<0$ ，则 $f(x)$ 在 $I$ 上单调减少.
证明 任取 $x_1 ， x_2 \in I$ ，不妨设 $x_1<x_2 ， f(x)$ 在 $\left[x_1, x_2\right]$ 上满足拉格朗日中值定理的条件，则有

$$
f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)=f^{\prime}(\xi)\left(x_2-x_1\right) \text { ， 其中 } \xi \in\left(x_1, x_2\right)
$$

因此，若在定义域内 $ f^{\prime}(x)>0 \quad$ 则 $f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)>0 \quad$ 即在区间上 单调增加；
若在定义域内 $f^{\prime}(x)<0$ 则 $f\left(x_2\right)-f\left(x_1\right)<0$ 即在区间内单调减少.

`例` 讨论函数 $y=\arctan x -x$ 的单调性.
解 $y^{\prime}=\frac{1}{1+x^2}-1=-\frac{x^2}{1+x^2}$ ， 在 $(-\infty,+\infty)$ 内，除 $x=0$ 时 $y^{\prime}=0$ 外，恒有 $\frac{x^2}{1+x^2}>0$ ，所以在 $(0,+\infty)$ 及 $(-\infty, 0)$ 内恒有 $y^{\prime}<0 ，$ 因此 $y=\arctan x-x$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内是单调减少的 (见图2-30).

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`例` 讨论函数 $y=\mathrm{e}^x-x-1$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内的单调性.
解 $y^{\prime}=\mathrm{e}^x-1$ ，当 $x \in(-\infty, 0]$ 时， $y^{\prime}<0$ ， 即函数 $y=\mathrm{e}^x-x-1$ 在 $(-\infty, 0]$ 上单调减少，当 $x \in[0,+\infty)$ 时， $y^{\prime}>0$ 即函数 $y=\mathrm{e}^x-x-1$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调增加 (见图2-31）.
其中 $x=0$ 是函数 $y=\mathrm{e}^x-x-1$ 的单调区
间 $(-\infty, 0] ，[0,+\infty)$ 的分界点.
注 通过上例可以发现，当 $x=0$时，$y$ 可以看到是函数单调区间的分界点。

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## 计算单调区间步骤
下面讨论一下如何划分一个函数的单调区间。哪些点可能成为单调区间的分界点? 使 $y^{\prime}=0$ 的点、导数不存在的点、函数不连续的点都可能成为单调区间的分界点. 由此划分函数的单调区间可分下列步骤：
(1) 找出函数的不连续点；
(2) 求导数，找出使 $f^{\prime}(x)=0$ 及导数不存在的点；
(3) 确定各个分划区间内导数的符号，由此得到函数的单调区间.

`例` 讨论函数 $y=\ln \left(1-x^2\right)$ 的单调性.
解 函数的定义域为 $(-1,1) ， y^{\prime}=-\frac{2 x}{1-x^2}$. 令 $y^{\prime}=0$ ，则有 $x=0$ 。当 $-1<x<0$ 时， $y^{\prime}>0$ ， 故 $\ln \left(1-x^2\right)$ 在 $(-1,0)$ 上单调增加； 当 $0<x<1$ 时， $y^{\prime}<0$ ，故 $\ln \left(1-x^2\right)$ 在 $[0,1)$ 上单调减少 (见图2-32).

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`例` 判定函数 $y=x^3-3 x^2-9 x+14$ 的单调区间.
解 $y^{\prime}=3 x^2-6 x-9=3\left(x^2-2 x-3\right)=3(x+1)(x-3)$
故 $x_1=-1, x_2=3$ 使 $y^{\prime}=0$ ，用这两点把定义域 $(-\infty,+\infty)$ 分成区间 $(-\infty,-1),(-1,3)$ 及 $(3,+\infty)$ ，其讨论结果列表如下:

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所以，函数在 $(-\infty,-1)$ 和 $(3,+\infty)$ 内单调增加， 在 $(-1,3)$ 内单调减少 (见图2-33).
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由这些例子可以看到，函数 $f(x)$ 单调区间分界点是 $f^{\prime}(x)=0$ 的点， 而 $f^{\prime}(x)$ 不存在的点也可能是单调区间的分界点.

`例` 函数 $y=|x|$ 在 $x=0$ 处导数不存在，显然函数在 $(-\infty, 0)$ 内单调减少， 在 $(0,+\infty)$ 内单调增加 (见图2-34) .

`例` 函数 $y=\left\{\begin{array}{ll}1+x & x \in[-1,0) \\ 1-x & x \in[0,1]\end{array}\right.$ ，在 $x=0$ 处导数不存在，而 $x=0$ 也是单 调区间的一个分界点. 事实上，该函数在 $[-1,0)$ 内单调增加，在 $(0,1]$ 内单调 减少 (见图2-35).

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## 利用单调性可以用来证明不等式

`例` 试证明当 $x>1$ 时, 有 $2 \sqrt{x}>3-\frac{1}{x}$.
证明：考虑函数 $f(x)=2 \sqrt{x}-\left(3-\frac{1}{x}\right)$ ，只要证 $f(x)>0 (x>1)$ 即可.

$$
f^{\prime}(x)=\frac{1}{\sqrt{x}}-\frac{1}{x^2}=\frac{\sqrt{x^3}-1}{x^2}
$$

当 $x > 1$ 时， $f_1^{\prime}(x)>0$ 所以 $f(x)$ 严格单调增加. 而 $f(1)=0$ 因此，当 $x>1$ 时， $f(x)>f(1)=0$ ， 即当 $x$ 时， $2 \sqrt{x} > \left(3-\frac{1}{x}\right)>0 \quad 2 \sqrt{x}>3-\frac{1}{x}$.

`例` 证明方程 $x^5+x+1=0$ 在区间 $(-1,0)$ 内有且只有一个实根.
证明 令 $f(x)=x^5+x+1$, 因 $f(x)$ 在闭区间 $[-1,0]$ 上连续，且 $f(-1)=-1<0$ ， $f(0)=1>0$ ，根据零点定理， $f(x)$ 在 $(-1,0)$ 内至少有一个零点.
另一方面，对于任意实数 $x$, 有 $f^{\prime}(x)=5 x^4+1>0$, 所以 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内单调 增加，因此曲线 $y=f(x)$ 与 $x$ 轴至多有一个交点.
综上所述，可知方程 $x^5+x+1=0$ 在区间 $(-1,0)$ 内有且只有一个实根.

## 函数的单调性常见问答

1.若函数 $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内恒有 $f^{\prime}(x) \geq 0$ (或 $\leq 0$ ), 其中只有有限个点处等号成立, 那么, $f(x)$ 在区间 $(a, b)$ 内也必单调增加（或单调减少）吗？

答: 是的. 若 $f(x)$ 在 $(a, b)$ 内恒有 $f^{\prime}(x) \geq 0$, 任取 $x^{\prime}, x^{\prime \prime} \in(a, b)$, 不妨设 $x^{\prime}<x^{\prime \prime}$,在 $\left(x^{\prime}, x^{\prime \prime}\right)$ 内存在有限个点 $x_1, x_2, \cdots, x_k$, 使 $f^{\prime}\left(x_i\right)=0(i=1,2, \cdots, k)$, 在其他点处, $f^{\prime}(x)>0$, 则由单调性判别法, 可知 $f(x)$ 在 $\left[x^{\prime}, x_1\right],\left[x_1, x_2\right], \cdots,\left[x_k, x^{\prime \prime}\right]$ 上均单调增加,故有 $f\left(x^{\prime}\right)<f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)<\cdots<f\left(x_{k-1}\right)<f\left(x_k\right)<f\left(x^{\prime \prime}\right)$, 从而 $\left.f(x)\right)$ 在 $(a, b)$ 内单调增加.

2.若存在 $x_0 \in(a, b)$, 使 $f^{\prime}\left(x_0\right)>0$, 能判定 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某邻域内单调增加吗?

答: 不能. 因为仅有条件 $f^{\prime}\left(x_0\right)>0$, 不能保证 $f(x)$ 在点 $x_0$ 的某邻域内有 $f^{\prime}(x)>0$,除非函数 $f(x)$ 的导函数 $f^{\prime}(x)$ 在点 $x_0$ 连续. 例如, 函数

$$
f(x)= \begin{cases}x+2 x^2 \sin \frac{1}{x}, & x \neq 0 \\ 0, & x=0\end{cases}
$$

根据导数的定义，有

$$
f^{\prime}(0)=\lim _{x \rightarrow 0} \frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim _{x \rightarrow 0}\left(1+2 x \sin \frac{1}{x}\right)=1>0
$$

而当 $x \neq 0$ 时, $f^{\prime}(x)=1+4 x \sin \frac{1}{x}-2 \cos \frac{1}{x}$, 在 $x_k=\frac{1}{\left(2 k+\frac{1}{2}\right) \pi}(k \in \mathbf{Z})$ 处 $f^{\prime}(x)>0$,在 $x_k^{\prime}=\frac{1}{2 k \pi}(k \in \mathbf{Z})$ 处 $f^{\prime}(x)<0$.

因此, 在点 $x=0$ 的任何邻域内, $f(x)$ 均可取得正值和负值, 从而 $f(x)$ 在点 $x=0$ 的任何邻域内都不是单调的.

3. 有人说: 如果导函数 $f^{\prime}(x)$ 和 $g^{\prime}(x)$, 当 $x>a$ 时, 有 $f^{\prime}(x)>g^{\prime}(x)$, 那末当 $x>a$时, 必有 $f(x)>g(x)$. 这种说法正确吗?

答: 不正确. 虽然函数 $f(x)$ 的增长率比函数 $g(x)$ 在同一点处的增长率大, 但如果 $f(x)$ 在 $x=a$ 处的初始值比 $g(x)$ 在 $x=a$ 处的初始值小, 就不能保证对任的 $x>a$, 都有 $f(x)>g(x)$.

例如, 函数 $f(x)=x^2, g(x)=\frac{1}{2} x^2+2$, 我们有 $f^{\prime}(x)=2 x, g^{\prime}(x)=x$. 当 $x>0$时, $f^{\prime}(x)>g^{\prime}(x)$, 但是当 $0<x<2$ 时, 有 $f(x)<g(x)$; 当 $x=2$ 时, 有 $f(2)=g(2)$;当 $x>2$ 时, 才有 $f(x)>g(x)$. (如图)
 ![图片](/uploads/2024-10/b68ee9.jpg)
 
 因此, 利用导数的大小比较两个函数值的大小时,必须考虑起点处的两个函数值的大小.

上述问题如果加上初始值相等: $f(a)=g(a)$, 则这一结论也一定正确.

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