日期: 2023-11-04 12:20 查看: 205 次编辑导出

函数的单调性

函数的单调性是刻画一个（一元实函数）重要性质的概念，它可以推广到任意全序集或有序集的映射上去。

## 定义

设定义在区间 $I$ 上的函数 $f(x)$ ，如果对任意的 $x_1, x_2 \in D ， x_1 \leqslant x_2$ ，都有 $f\left(x_1\right) \leqslant f\left(x_2\right)$ ，就称 $f(x)$ 在 $I$ 上 单调递增；如果对任意的 $x_1, x_2 \in D, x_1<x_2$ ，都有 $f\left(x_1\right)<f\left(x_2\right)$ ，就称 $f(x)$ 在 $I$ 上严格单调递增。

设定义在区间 $I$ 上的函数 $f(x)$ ，如果对任意的 $x_1, x_2 \in D ， x_1 \leqslant x_2$ ，都有 $f\left(x_1\right) \geqslant f\left(x_2\right)$ ，就称 $f(x)$ 在 $I$ 上 单调递减；如果对任意的 $x_1, x_2 \in D, x_1<x_2$ ，都有 $f\left(x_1\right)>f\left(x_2\right)$ ，就称 $f(x)$ 在 $I$ 上严格单调递减。

![图片](/uploads/2023-11/image_20231104eedb1d2.png)

设定义在区间 $I$ 上的函数 $f(x)$ ，如果对任意的开区间 $(a, b) \subset I ， f(x)$ 在 $(a, b)$ 上都不是单调的，就说 $f(x)$ 在 $I$ 上无处单调。

## 性质

1. 常值函数是单调的，但不是严格单调的。
2. 若 $f(x)$ 在 $I$ 上单调递增，那么 $-f(x)$ 在 $I$ 上单调递减。
3. 单调函数不一定连续，例如符号函数和取整函数，它们都是单调递增的。但是，如果定义在区间 $[a, b]$ 上的单调 递增函数 $f(x)$ 的值域也是一个区间，且为 $[f(a), f(b)]$ ，那么 $f(x)$ 就是连续函数了。
4. 连续函数不一定单调，但是它的上控函数是单调的连续函数。在点 $x_0$ 连续的函数的右上控函数是单调递增的， 右下控函数是单调递减的。
5. 一个区间上有定义的单调函数的不连续点是可列个跳跃间断点。
6. 单调性和有界性没有直接关系，但是闭区间上的单调函数是有界的，且它的上下界就是对应端点处的函数值。
7. 单调有界定理: 无穷区间上的单调函数，如果它是有界的，那么它的无穷极限存在，反之不真。
8. 若函数 $f(x), g(x)$ 是定义在区间 $I$ 上的增函数，且 $f(x) \leqslant g(x)$ ，那么 $f(f(x)) \leqslant g(g(x))$.
9. 开区间 $[a, b]$ 上有定义的连续函数没有极值的充分必要条件是函数 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上严格单调。
10. 一个区间上严格单调的函数有反函数，且和原来的函数具有相同的单调性。
11. 两个单调递增函数的差值是有界变差函数。

## 导数判断单调性

**① 定义法。**
根据函数单调性的定义来判断函数的单调性。

**例1**： 求证 $f(x)=x+\sqrt{2-x}$ 在 $\left(-\infty, \frac{7}{4}\right)$ 上是增函数

证明 :
设 $x_1 ， x_2 \in\left(-\infty, \frac{7}{4}\right)$ ，且 $x_1<x_2$
则 $f\left(x_1\right)-f\left(x_2\right)=\left(x_1+\sqrt{2-x_1}\right)-\left(x_2+\sqrt{2-x_2}\right)$

$$
\begin{aligned}
& =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}-\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right) \\
& =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\frac{\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}-\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right)\left(\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}\right)}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}} \\
& =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)+\frac{\mathrm{x}_2-\mathrm{x}_1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}} \\
& =\left(\mathrm{x}_1-\mathrm{X}_2\right)\left(1-\frac{1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}}\right)
\end{aligned}
$$

又 $\mathrm{x}_1<\mathrm{x}_2<\frac{7}{4}$ ，
则有: $\sqrt{2-\mathrm{x}_1}>\frac{1}{2} ， \sqrt{2-\mathrm{x}_2}>\frac{1}{2}$ ，

$$
\therefore \sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}>1
$$

$$
\begin{aligned}
& \therefore 1-\frac{1}{\sqrt{2-\mathrm{x}_1}+\sqrt{2-\mathrm{x}_2}}>0 \text {, 又 } \mathrm{x}_1<\mathrm{x}_2 \\
& \therefore \mathrm{f}\left(\mathrm{x}_1\right)-\mathrm{f}\left(\mathrm{x}_2\right)<0 \\
& \therefore \mathrm{f}(\mathrm{x}) \text { 在在 }\left(-\infty, \frac{7}{4}\right) \text { 上是增函数 }
\end{aligned}
$$

**②导数法**
设 $f(x)$ 在 $I$ 上一阶可导，那么 $f(x)$ 在 $I$ 上单调递增的充要条件是 $\forall x \in I, f^{\prime}(x) \geqslant 0 ； f(x)$ 在 $I$ 上严格单调递增 的充要条件是 $f^{\prime}(x)$ 在 $I$ 上非负且在任何子区间上都不恒为零。
对于单调递减的情形，仅需将上述关于导函数和零的关系改变符号即可。

导数法的理论依据（简证）

我们通常使用导数来求解函数的单调性。为此，我们进行如下理论分析：

设 $y=f(x)$ 在 $x_0$ 的某个邻域内有定义，当自变量 $x$ 从 $x_0$ 变化到 $x_0+\Delta x$ 时，相应的函数 $f(x)$ 也发生变化: $f\left(x_0\right) \rightarrow f\left(x_0+\Delta x\right)$ ，此时函数 $y$ 的对应增量（见图1-55) 为 $\Delta y=f\left(x_0+\Delta x\right)-f\left(x_0\right)$.

![图片](/uploads/2022-12/image_202212271451.png)

仔细看 $\Delta x$ 与 $ \Delta y $ 围成的一个三角形，可以得到曲线的切线斜率为：

$$
\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{\Delta y}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{f\left(x_0+\Delta x\right)-f\left(x_0\right)}{\Delta x}=\lim _{x \rightarrow x_0} \frac{f(x)-f\left(x_0\right)}{x-x_0}
$$

因为 $x-x_0 >0$ ,所以， 切线斜率的正负是由 $ {f(x)-f\left(x_0\right)}$ 决定。

因此，知道了$x$ 的范围，就可以判断曲线是增加还是减小。

如果斜率大于0，就是增函数，如果小于0就是减函数。 如果等于0，如果函数值等于0，通常是 函数增和减的分界点。 而这个分界点也被成为函数的极值点。

如图2-16所示，连续曲线弧 $A B$ 是函数 $y=f(x)(x \in[a, b])$ 的图形.  在导数里，我们知道，所谓导数就是曲线的切换斜率，搜易，可以发现，在曲线弧的最高点或最低点处，曲线有水平的切线. 如果记 $C$ 点的横坐标为 $\xi$ ，那么就有 $f^{\prime}(\xi)=0$.
换句话说，当求函数最值时（最大值或者最小值），可以令其导数等于0。

![图片](/uploads/2022-12/image_20221228a5c8a46.png)

**例1**： 求 $y=x^2$ 在 $x \in (2,3)$ 时，判断$y$是递增还是递减。

解：对于 $y=x^2$ 求导，可得 $y'=2x$ , 当$x=2$时， $y'=4$,  当 $x=3$时， $y'=6$ 因为 $y' >0 $ ， 所以在 $x \in (2,3)$ ，$ y$ 随 $x$ 的增大而增大。

**例2** ： 写出函数 $y=3x^2+2x+1$ 的单调区间，并求其最值。
解： 对y求导得  $y'=6x+2$, 令 y'=0, 即 $6x+2=0$ 可以求得  $ x=-\frac{1}{3} $ ,又易知此函数为抛物线，所以， $(- \infty , -\frac{1}{3} )$ 递减， $( -\frac{1}{3}, +\infty )$ 递增

**例3** 已知函数 $f(x)=\frac{1}{x}-x+a \ln x$ ，讨论 $f(x)$ 的单调 性。
解：根据题意可知， $f(x)$ 的定义域为 : $(0,+\infty)$

$$
f^{\prime}(x)=-\frac{1}{x^2}-1+\frac{a}{x}=\frac{-x^2+a x-1}{x^2}
$$

(1) 当 $a \leq 2$ 时，
$f^{\prime}(x) \leq 0$ ，且当且仅当 $a=2 ， x=1$ 时，才有 $f^{\prime}(x)=0$
$\therefore \mathrm{f}(\mathrm{x})$ 在 $(0,+\infty)$ 单调递减；

(2) 当 $a>2$ 时，
令 $f^{\prime}(x)=0$ ，即 $-x^2+a x-1=0$ ，
解得 : $x_1=\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} ， x_2=\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}$
可知 :当 $x \in\left(0 ， \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) \cup\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ，+\infty\right), f^{\prime}(x)<0$ ，
当 $x \in\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} ， \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right) ， f^{\prime}(x)>0$
即 $f(x)$ 在 $x \in\left(0, \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) ，\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ，+\infty\right)$ 单调递 减；
综上(1)(2)可得 :
当 $a \leq 2$ 时， $f(x)$ 在 $(0 ，+\infty)$ 单调递减；
当 $a>2$ 时，

$f(x)$ 在 $x \in\left(0 ， \frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2}\right) ，\left(\frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2} ，+\infty\right)$ 单调递减 在 $x \in\left(\frac{a-\sqrt{a^2-4}}{2} ， \frac{a+\sqrt{a^2-4}}{2}\right)$ 上单调递增

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