课件工科高等数学1第三章

第四节函数的单调性与极值3.4.1函数的单调性与极值yo

xy

f

(

x)xyy

f

(

x)a

oAB那末函数

y

f

(

x)

在[a,

b]上单调减少.f

(

x)

0

f

(

x)

0定理1

设函数

y

f

(

x)在[a,

b]上连续，在(a,

b)内可导.如果在(a,

b)内f

(

x)

0，那末函数

y

f

(

x)在[a,b]上单调增加；如果在(a,b)内f

(x)

0，b

abBA证

x1

,x2

[a,b],且x1

x2

,应用拉氏定理,得

x1

)f

(

x2

)

f

(

x1

)

f

(

)(

x2

(

x1

x2

)若在(a,b)内，f

(x)

0,则f

(

)

0,

f

(x2

)

f

(x1

).

y

f

(x)在[a,b]上单调增加.若在(a,b)内，f

(x)

0,则f

(

)

0,

f

(x2

)

f

(x1

).

y

f

(x)在[a,b]上单调减少.注1:区间内个别点导数为零或者导数不存在,不影响函数的单调性.y

3

xxy0xyoy

x3y

3

x在x

0处不可导y

x

3

在x

0处导数为0注2:定理中的区间换成其它有限或无限区间，结论仍然成立.解例1讨论函数

y

e

x

x

1的单调性

.

y

ex

1.在(

,0)内,在(0,

)内,y

0,y

0,

函数在(-

,0]上单调减少；

函数在[0,+

)上单调增加.D

:

(

,

).注：如上例，函数在定义区间上不是单调的，但在各个部分区间上单调．定义:若函数在其定义域的某个区间内是单调的，则该区间称为函数的单调区间.例2解确定函数

f

(

x)

3

x2

的单调区间.

D

:

(

,

).233, (

x

0)xf

(

x)

当x

0时,导数不存在.233, (

x

0)xf

(

x)

在[0,

)上单调增加；当0

x

时，f

(x)

0,当x

0时,导数不存在.当

x

0时，f

(

x)

0,

在(

,0]上单调减少；单调区间为(

,0]，[0,

).x2y

3导数等于零的点和不可导点，可能是单调区间的分界点．方法:(1)求导数f

(x);求驻点和不可导的点;检查f

(x)在驻点和不可导点左右的正负号;单调区间的分界点：例3确定函数

f

(

x)

2

x

3

9

x

2

12

x

3的单调区间.解

D

:(

,

).f

(

x)

6

x2

18

x

12

6(

x

1)(

x

2)解方程f

(x)

0

得，x1

1,x2

2.当

x

1时，f

(x)

0,当1

x

2时，f

(

x)

0,当2

x

时，f

(

x)

0,

在(

,1]上单调增加；

在[1,2]上单调减少；

在[2,

)上单调增加；单调区间为(

,1]，

[1,2]，

[2,

).的单调区间.2例4.确定函数y

x

3

e-x解：函数的定义域为(

,

)23(

x

)x

3y

e

x3当x

(

,0):y

0

函数在（

，0]内单调减少；导数等于零的点：x

2

,导数不存在的点：x

0，3

32当x

(0, )

:

y

0

函数在[0

2]内单调增加；当x

(2，

):y

0

函数在[2，

）单调减少；3

3单调区间为（

，0]，[0

2]

[2，

），

，3

3例5证3!成立.x

3当x

0时,试证sin

x

x

x

3设f

(

x)

sin

x

x

,3!x

2

则

f

(

x)

cos

x

1

,2f

(x)

x

sin

x

0

在f

(x)[0,

)上单调增加；

f

(0)

0,

当x

0时，f

(x)

0,.3!x

3

在f

(x)[0,

)上单调增加,f

(x)

0,

即sin

x

x

f

(0)

0,注：函数单调性的判断提供证明不等式的又一种方法(0

x

1).1

x例6：证明不等式

e2

x

1

x

,原不等式变形为(1

x)e2

x

(1

x)

0

(*)设

f

(

x)

(1

x)e2

x

(1

x)f

(

x)

(1

2

x)e2

x

1f

(x)在[0,1]内单调减少

f

(

x)

f

(0)

0,

x

(0,1)

当x

[0,1]时，f

(x)单调减少

当x

(0,1)时，f

(

x)

f

(0)

0即（*）式成立。证明f

(

x)

4xe2

x

0

4有且只有一个实根。例7：证明方程

x

arctan

x

04设f

(

x)

x

arctan

x4f

(

1)

1f

(0)

,

f

(x)至多有一个零点证明0

f

(x)单调增加11

x

2又f

(x)

1

由连续函数的零点存在定理知：函数f

(x)至少有一个零点

f

(x)

0有且只有一个实根。(利用罗尔定理反证也可)小结方程实根的个数零点定理Rolle定理利用函数的单调性判别Lagrange中值定理证明不等式利用函数的单调性判别注意:函数的单调性是一个区间上的整体性质，要用导数在这一区间上的符号来判定．思考题若f

(0)

0，是否能断定f

(x)在原点的充分小的邻域内单调递增？思考题解答不能断定.

12

0,

x

0

x

2

x

sin

,

x

0x例f

(x)

x

x

0f

(0)

lim

(1

2

x

sin

1

)

1

0但1,

x

0xxf

(

x)

1

4

x

sin

1

2cos1(2k

1)

当x

240(2k

1)

时，f

(x)

1

12k

当x

2时，f

(x)

1

0注意k可以任意大，故在

x0

0

点的任何邻域内，f

(

x)

都不单调递增．习题3.41（1）（4）、2（2）（3）（4）、3（2）（4）、4（2）、8、10思考题证明方程

2

x

x

2

1有且仅有三个实根第十六届北京市大学生数学竞赛提示:显然f

(

x)

2x

x2

1f

(0)

0,

f

(1)

0,f

(2)

1

0,

lim

f

(

x)

x

故在整个实数轴上的零点个数至少有三个.另外注意到f

(x)

2x

ln2

2

2

0有唯一解或利用

f

(

x)

2x

ln3

2

0,例8、方程x

3

2

x

2

6

x

3

0的实根个数解：令f

(x)

x

3

2

x

2

6

x

3，则f

(

x)

3

x

2

4

x

6即函数f

(x

)在整个实数轴上单调递增又

lim

f

(

x)

,

lim

f

(

x)

x

x

仅有一个实根0例9、讨论方程ln

x

ax(a

0)有几个实根a令f

(x)

0，则x

1

,a

当0

x

1，

f

(

x)

0,

f

,解：令f

(x)

ln

x

ax，则xf