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单调性 不定式极限6

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第六章 微分中值定理及其应用§1拉格朗日定理和函数单调性例 1 设函数),()(b a x f 在内可导，在[a,b]上连续，且导函数)(x f '严格递增，若)()(b f a f =证明，对一切),(b a x ∈均有)()()(b f a f x f =〈证人 用反证法，若)()()(),(00b f a f x f b a x =≥∈∃在区间],[],,[00b x x a 上分别应用拉格朗日中值定理，b x x a 〈〈〈〈∃200121,,,ξξξξ使得0)()()(,0)()()(002001≤--='≥--='x b x f b f f ax a f x f f ξξ这与)(x f '为严格递增相矛盾。

例 2 设函数)(x f 在],[+∞a 内可导，并且0)(〈a f ，试证：若当),(+∞∈a x 时，有0)(〉〉'c x f 则存在唯一的),(+∞∈a ξ使得0)(=ξf ，又若把条件c x f 〉')(减弱为)(0)(〈+∞〈〉'x a x f ，所述结论是否成立？分析 因为0)(〈a f ，若可以找到某点a x 〉，使得0)(〉x f 则由)(x f 的严格递增性，并应用连续函数的介值定理便可证明存在唯一的ξ，使得0)(=ξf证 a x 〉∀在],[x a 上应用拉格朗日中值定理，x a 〈〈∃ξξ,，使得))(()()(a x f a f x f -'=-ξ于是)()())(()()(a x c a f a x f a f x f -+〉-'+=ξ由于0〉c ，因此当x 充分大时总可使得不妨设0)(,11〉〉〉c x f a x ，所以],[)(+∞a x f 在上严格递增；在],[1x a 上应用连续函数的)()()(〉-+〉a x c a f x f介值定理，则1,x a 〈〈∃ξξ,且ξ是唯一的。

假设)(x f 满足0)(〉'x f ，结论可能不成立，例如函数],0[,2arctan )(+∞∈-=x x x f π，满足02)0(〈-=πf ，011)(2〉+='x x f ，但因)(x f 恒小于0，故在),0(+∞中不存在ξ，使得)(ξf =0例3 下面是对函数)(t f 应用值中值定理的实例，因为函数xt t tt t f ≤〈=⎪⎩⎪⎨⎧=001sin 02)(在],0[x 上满足拉朗日中值定理的条件，于是它存在x 〈〈ξξ0,。

使得 ξξξξ1cos1sin2)(1sin 0)0()(-='==--f xx x f x f在上式中令++→→0,0ξ有x ，由01sin2,01sinlim0lim 0==++→→ξξξ与xx x可知01cos lim 0=+→ξx 因而01coslim0=+→ξξ，这看起来似乎与01coslim0=+→ξx 不存在相矛盾，试分析其原因。

解首先应当注意：上面应用拉格朗日中值定理中的ξ是个中值点，是由函数f 和区间[0,x]的端点而定的，具体说是与x 有关。

上面的推理过程到01cos lim 0=+→ξx 为止都是正确。

当由此得到01coslim0=+→ξξ时，必须把ξ看作是由x 而确定的中值点才是正确的；但若把ξ作为连续趋于零的变量得到01coslim 0=+→ξx ，那是错误的。

例4 证明2)11(x+是x 的严格递增函数，而1)1(++x xx 是x 严格递减函数。

证 设)11()11()(xxil xin x f x+=+=则有x x x xx f 11)1()11ln()(2+-⋅++='xx x xx f 11)1()11ln()(2+-⋅++='=xx+-+11)11ln(=xx x +--+11ln )1ln(=)10(111〈〈+-+θθxx ，其中最后等式是对函数ln y 在区间]1,[+x x 上应用了拉格朗日中值定理，由此得到01111)(=+-+〉xxx f于是)(x f 在R 上严格递增，这样)()11(x f xex =+也是x 严格递增函数，同理可证1)11(++x x是x 的严格递减函数。

例5 设)(x F 定义在],[+∞a 上，而且n 阶可导。

证明：若),(,0)(,0)()()()()1(+∞∈〉==='=-a x x Fa F a F a F n n ，则),(,0)(+∞∈〉a x x F ，分析 当n=1时，需证，若],[)(,0)(∞=a x F a F 在由解释解惑问题1中严格单调性判别法可知上述结论是对立的。

对一般的n ，可以从),(,0)()(+∞∈〉a x x F n 与0)()1(=-a Fn ，利用拉格朗日中值定理证得0)()1(〉-x F n ，),(+∞∈a x ，以此类推可以证得结论，下面例6就是它的应用。

证 ),(+∞∈∀a x ，在)(],[)1(t F x a n -上对应用拉格朗日中值定理，)(x a n n 〈〈∃ξξ，使得0))(()()()()1()1(〉-=---a x Fa Fx Fn n n n ξ因为0)()1(=-a F n 所以a x 〉∀，0)1(〉-n F ，继续上述证明步聚n-2次，可得),(,0)(+∞∈〉'a x x F ，最后对],[)(x a x F 在上应用拉格朗日中值定理，有x a a x F a F x F x F 〈〈-'=-=11),)(()()()(ξξ，于是证得),(,0)(+∞∈〉a x x F例6 证明不等式 例7)0(212〉++〉x xx e x证[证法一]设0,1)(2〉---=x xxx e x F xx e x F x--='1)(1)(-=''xe x F 0)(〉='''xe x F且0)0()0()0(=''='=F F F由范例5可知)0(0)(〉〉x x F ，即)0(212〉++〉x xx e x[证法二]由本节例5（教材上册第124页）可知)0(1≠+〉x x e x设0)0(,0,21)(2=〉---=F x xx e x F x有，01)(〉--='x e x F x所以F （x ）严格递增，于是0,0)0()(〉=〉x F x F即 )0(212〉++〉x xx e x注 应用类似方法可证 )0(212〈++〈x xx e x请读者补写证明，本题是利用函数的单调性证明不等式的典型例子。

§2 柯西中值定理和不定式极限例1 设函数],[)()(b a x g x f 在和上连续，且在（a,b ）内可导，则在（a,b ）内存在点ξ，使得ξξf a g b g g a f b f '-='-)]()([)()]()([分析 本命题比柯西中值定理少了)()(x g x f ''和不同时为零以及)()(b g a g ≠两个条件，而结论是以乘积形式出现的，因而应当变换辅助函数。

)],()()[()]()()[()(a f b f x g a g b g x f x F ---=然后应用罗尔中值定理 证 作辅助函数)],()()[()]()()[()(a f b f x g a g b g x f x F ---=满足，)()()()()()()()()(a f a g b f a g a g a f b g a f a F +--= )()()()(b f a g b g a f -=)()()()()()()()()(a f b g b f b g a g b f b g b f b F +--= )()()()(b f a g b g a f -=即F （a ）=F(b)；F （x ）在[a,b ]上连续，在（a,b ）内可导，由罗尔中值定理，0)(),(='∈∃ξξF b a 使得即0)]()()[()]()()[(=-'--'a f b f g a g b g F ξξ注 又若)(),(x g x f ''不同时为零，0)()(≠-a g b g ，则0)(≠'ξg （不然将导致0)(='ξf ），于是得出 )()()()()()(a g b g a f b f g f --=''ξξ此即为柯西中值定理，这说明以前所设辅助函数不是唯一的。

例2 设)0](,[)(〉〉a b b a x f 在上连续，在（a,b ），使得ηηξ2)()()(f a b f '+='分析 这类命题是要证明存在两个中值点ξ，),(b a ∈η，使得ηηξ2)()()(f a b f '+='，不妨先找出,)()(2)(22ab a f b f f --='ηη然后此式改写为 ab a f b f f a b --='+)()(2)()(ηη再由拉格朗日中值定理，),(b a ∈∃ξ使得)()()(ξf ab a f b f '=--于是),(,b a ∈∃ηξ使得)2)((2)(ηηf b a f b f '+-'例3 设函数],[)(b a x f 在上连续，在（a,b ）内二阶可导，则存在),(b a ∈ξ使得)(4)()()2(2)(2ξf a b a f b a f b f ''-=++-分析 本题可以利用柯西中值定理证明，设两个函数F ，G 为4)()(),()2(2)()(2a x x G a f a x f x f x F -=++-=有0)()(==a G a F 然后在[a,b]上对F,G 应用柯西中值定理，本题也可用拉格朗日中值定理证明，下面分别给出两种证法。

证[证法一]设 ],[,4)()(),()2(2)()(2b a x a x x G a f a x f x f x F ∈-=++-=有4)()(),(2(2)()(,0)()(2a b b G a f b a f b f b F a G a F -=++-===2)(),2()()(a x x G a x f x f x F -='+'-'='F （x ），G(x)在[a,b]上连续，在（a,b ）内可导，)(),(),()(xG x F a G b G ''≠不同时为零，于是可以应用柯西中值定理，),(1b a ∈∃ξ，使得2)()2()()()()()(111a a f f a G b G a F b F -+'-'=--ξξξ再在)(],[],2[11x f b a a'⊂+上对ξξ应用格朗日中值定理，),(),2(11b a a⊂+∈∃ξξξ使得)(2)2()(2)2()(1111111ξξξξξξξf a s a f f a a f f ''=+-+'-'=-+'-'于是有 )(4)()()2(2)(2ξf a b a f b a f b F ''-=++-[证法二]作辅助函数]2,[),()2()(b a a x x f a b x f x F +∈--+=于是)()2(2)()()2(a f b a f b f a F b a F ++-=-+在]2,[b a a +上对)(x F 应用拉格朗日中值定理，)2,(1b a a +∈∃ξ，使得)()2(a F b a F -+=2)]()2([11a b f a b f -'--+'ξξ再在]2,[11a b ++ξξ上对)(x f '应用拉格朗日中值定理，),()2(11b a a b ⊂-+∈∃ξξξ ，使得 )()2(2)(b f b a f b f ++-=4)()(2a b f -''ξ注 所证等式在计算方法课程的差分格式中是一个基本公式 例4 求下列极限：)0(ln )1(lim 〉+∞→εεxx x )0,0()2(lim 〉〉+∞→b c ex cxbx)0(ln )3(lim 0〉+→εεx x x解（1）这是∞∞型的不定式，应用洛必达法则，有011ln lim 1limlim =⋅=⋅=+∞→-+∞→+∞→εεεεεxx xxx x x x （2）这是∞∞型的不定式，当b 为正整数时，多次应用洛必达法则后，有 0!lim21lim lim====+∞→-+∞→+∞→cxbx cxb x cxbx ec b ec bxex当b 为正实数时，1〉x 时有 cxb cxbcxb exex ex 1][][+≤≤上面已证得01][lim][lim =+=+∞→+∞→cxx cxb x eb x ex由函数极限的迫敛性可得0lim =+∞→cxbx ex（3）0111ln ln lim01lim0limlim 0=-=⋅-==++++→+→→→εεεεεεxxx xxx x x x x x注射器 由（1）（2）可知：当0,0,1〉〉〉εp a 时，有0,0lnlim lim ==+∞→+∞→εεax xxx ep x记为xpa x x <<<<εln)(+∞→x这些结论在无穷大量的比较时有重要作用。

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高中 函数的单调性

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函数的单调性知识点一：函数单调性的定义、判定及证明1.单调性的定义：当x ∈ (－∞,0)，x逐渐增加时，函数值y逐渐减小；而当x ∈ (0，+∞)，x逐渐增加时，函数值y逐渐增加，函数的这两种性质都叫做函数的单调性【注意】函数的单调性是针对函数定义域的某个区间而言的.有些函数在它的整个定义域上不存在单调性，而在定义域的某个区间存在单调性. 如y=x2 ,定义域为R，在R上没有单调性.而在M={x|x>0}上，函数 y=x2递增。

2.增减函数的定义：对于给定区间上的函数f(x),如果对于属于这个区间的任意两个自变量的值x1、x2,当x1< x2时都有f(x1)< f(x2) ( 或f(x1)>f(x2) ) ，那么称f(x)在这个区间上是增（减）函数.3.利用单调性定义证明函数在给定区间上的单调性的一般步骤第一步：取值.即设x1、 x2,是指定区间内的任意两个值，且x1< x2；第二步：作差变形.即作差f(x)-f(x)，并通过因式分解、配方、通分、分子有理化等方法，向有利于判断差的符号的方向变形；第三步：定号.确定差的正负，当符号不确定时，要进行分区间讨论；第四步：判断.由定义得出结论.4.判断函数单调性的常见方法（1）定义法（2）直接法运用已知的结论，直接得到函数的单调性，如一次函数、二次函数、反比例函数的单调性均可直接说出.直接判断函数的单调性，可用到以下结论：①函数y=-f(x)与函数y=f(x)的单调性相反.②函数f(x)恒为正或恒为负时，函数y=1/f(x)与y=f(x)的单调性相反.③在公共区间内，增函数+增函数=增函数，增函数-减函数=增函数等.(3)图像法根据函数图像的升、降情况进行判断.【思维拓展】1.一些重要函数的单调性（1）y=x+1/x的单调性：（-∞,-1﹜↗,( -1，0 )↘，（0，1）↘，﹛1，+∞﹚↗ .(2) y=ax+b/x (ab>0) 的单调性：（2.单调性与奇偶性若奇函数f(x)在区间{a,b}上单调递增（减），则f(x)在区间{-b,-a}上单调递增（减）；若偶函数f(x)在区间{a,b}上单调递增（减），则f(x)在区间{-b,-a}上单调递减（增）.知识点二函数单调区间及图像特点1.定义如果函数y=f(x)在某个区间上是增函数或减函数，那么就说函数y=f(x)在这一区间具有（严格的）单调性，这一区间叫做y=f(x) 的单调区间。

2022年新高考数学总复习：函数的单调性

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2022年新高考数学总复习：函数的单调性1．单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f(x)的定义域为I，如果对于定义域I内某个区间D上的任意两个自变量的值x1，x2当x1<x2时，都有__f(x1)<f(x2)__，那么就说函数f(x)在区间D上是增函数当x1<x2时，都有__f(x1)>f(x2)__，那么就说函数f(x)在区间D上是减函数图象描述自左向右看图象是__上升的__自左向右看图象是__下降的__2.单调区间的定义如果函数y＝f(x)在区间D上是__增函数或减函数__，那么就说函数y＝f(x)在这一区间具有(严格的)单调性，__区间D__叫做函数y＝f(x)的单调区间．考向1函数单调性的判断与证明——自主练透例1(1)(2021·广东省名校联考改编)设函数f(x)在R上为增函数，则下列结论中正确的是(D)A．y＝1f(x)在R上为减函数B．y＝|f(x)|在R上为增函数C．y＝log12f(x)在R上为减函数D．y＝2－f(x)在R上为减函数(2)讨论函数f(x)＝axx－1(a>0)在(－∞，1)上的单调性．[解析](1)对于A、B若f(x)＝x，则A、B都错，对于C，当f(x)<0时无意义，对于D，y＝2－f(x)x)，y，t＝f(x)，复合函数yx)是减函数，故选D．(2)解法一：∀x1，x2∈(－∞，1)，且x1<x2，f(x)＝f(x1)－f(x2)＝＝a(x2－x1)(x1－1)(x2－1)，由于x1<x2<1，∴x 2－x 1>0，x 1－1<0，x 2－1<0，故当a >0时，f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，∴函数f (x )在(－∞，1)上单调递减．解法二：f ′(x )＝a (x －1)－ax (x －1)2＝－a(x －1)2，∵(x －1)2>0，a >0，∴f ′(x )<0，故a >0时，f (x )在(－∞，1)上是减函数．解法三：f (x )＝a (x －1)＋a x －1＝a ＋ax －1，又a >0，∴f (x )在(－∞，1)上是减函数．考向2求函数的单调区间——师生共研例2求下列函数的单调区间．(1)f (x )＝－x 2＋2|x |＋3；(2)f (x )＝log 12(－x 2＋4x ＋5)；(3)f (x )＝x －ln x .[分析](1)可用图象法或化为分段函数或用化为复合函数求解；(2)复合函数求解；(3)导数法．[解析](1)解法一：(图象法)∵f (x )x 2＋2x ＋3(x ≥0)，x 2－2x ＋3(x <0)，其图象如图所示，所以函数y ＝f (x )的单调递增区间为(－∞，－1]和[0,1]；单调递减区间为[－1,0]和[1，＋∞)．解法二：(化为分段函数求解)f (x )x 2＋2x ＋3(x ≥0)x 2－2x ＋3(x <0)(x －1)2＋4(x ≥0)(x ＋1)2＋4(x <0)y ＝－(x －1)2＋4(x ≥0)图象开口向下，对称轴为x ＝1，∴增区间为(0,1)，减区间为(1，＋∞)；y ＝－(x ＋1)2＋4(x <0)图象开口向下，对称轴为x ＝－1，∴增区间为(－∞，－1)，减区间为(－1,0)；∴f (x )的增区间为(0,1)、(－∞，－1)，减区间为(1，＋∞)、(－1,0)．解法三：(复合函数法)函数由y ＝－u 2＋2u ＋3(u ≥0)和u ＝|x |复合而成，y ＝－u 2＋2u ＋3(u ≥0)的对称轴为u ＝1，由|x |＝1得x ＝±1.x (－∞，－1)(－1,0)(0,1)(1，＋∞)u (1，＋∞)(0,1)(0,1)(1，＋∞)u ＝|x |y ＝－u 2＋2u ＋3f (x )∴f (x )在增区间为(－∞，－1)，(0,1)，减区间为(－1,0)，(1，＋∞)．(2)由－x 2＋4x ＋5>0得－1<x <5.令u ＝－x 2＋4x ＋5，x ∈(－1,5)，则f (x )＝log 12u .∵x ∈(－1,2]，u 为增函数；x ∈(2,5)时，u 为减函数．又y ＝log 12u 在(0，＋∞)上为减函数，据复合函数“同增异减”的性质知f (x )的单调递增区间为(2,5)；单调递减区间为(－1,2]．(3)由题意，得x >0.y ′＝1－1x ＝x －1x.x (0,1)1(1，＋∞)y ′－0＋y极小值由上表可知，函数的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0,1)．[引申1]本例(1)f (x )＝|－x 2＋2x ＋3|的增区间为__(－1,1)和(3，＋∞)__.[解析]作出f (x )＝|－x 2＋2x ＋3|的图象，由图可知所求增区间为(－1,1)和(3，＋∞)．[引申2]本例(2)f (x )＝log a (－x 2＋4x ＋5)(a >1)的增区间为__(－1,2]__.名师点拨求函数的单调区间(确定函数单调性)的方法(1)利用已知函数的单调性，即转化为已知单调性的函数的和、差或复合函数，再求单调区间．(2)定义法：先求定义域，再利用单调性定义求解．(3)图象法：如果f (x )是以图象形式给出的，或者f (x )的图象易作出，可由图象直接写出它的单调区间．(4)导数法：利用导数取值的正负确定函数的单调区间．(5)求复合函数的单调区间的一般步骤是：①求函数的定义域；②求简单函数的单调区间；③求复合函数的单调区间，依据是“同增异减”．注意：(1)求函数单调区间，定义域优先．(2)单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”连接，也不能用“或”连接．〔变式训练1〕(1)(2019·北京)下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是(A )A ．y ＝x 12B ．y ＝2－xC ．y ＝log 12xD ．y ＝1x(2)函数f (x )＝(a －1)x ＋2在R 上单调递增，则函数g (x )＝a |x －2|的单调递减区间是__(－∞，2]__.(3)函数f (x )＝x －|1－x |的单调区间为__(－∞，1]__.(4)函数y ＝f (x )(x ∈R )的图象如图所示，则函数g (x )＝f (log a x )(0<a <1)的单调减区间是(B)A ．[0，12]B ．[a ，1]C ．(－∞，0)∪12，＋∞D ．[a ，a ＋1][解析](1)对于幂函数y ＝x α，当α>0时，y ＝x α在(0，＋∞)上单调递增，当α<0时，y＝x α在(0，＋∞)上单调递减，所以选项A 正确；选项D 中的函数y ＝1x 可转化为y ＝x －1，所以函数y ＝1x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项D 不符合题意；对于指数函数y ＝a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝a x 在(－∞，＋∞)上单调递增，而选项B 中的函数y ＝2－x 可转化为y ，因此函数y ＝2－x 在(0，＋∞)上单调递减，故选项B 不符合题意；对于对数函数y ＝log a x (a >0，且a ≠1)，当0<a <1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递减，当a >1时，y ＝log a x 在(0，＋∞)上单调递增，因此选项C 中的函数y＝log12x在(0，＋∞)上单调递减，故选项C不符合题意，故选A．(2)由已知得a－1>0，∴a>1，∴g(x)＝a|x－2|减区间为q(x)＝|x－2|减区间，(－∞，2]，故填(－∞，2]．(3)f(x)x－1(x≤1)，(x>1)，画图知单调递增区间为(－∞，1].(4)设g(x)＝f(t)，t＝log a x(0<a<1)，由图象知，y＝f(t)的增区间为0，12，即0≤log a x≤12，∴a≤x≤1.故选B．考向3函数单调性的应用——多维探究角度1利用函数的单调性比较大小例3已知函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x2>x1>1时，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)<0恒成立，设a＝b＝f(2)，c＝f(e)，则a，b，c的大小关系为(D) A．c>a>b B．c>b>aC．a>c>b D．b>a>c[解析]由已知得f(x)在(1，＋∞)上单调递减，又∵e>52>2，∴f(e)<f(2)，即c<a<b.故选D．角度2利用单调性求参数的取值范围例4(1)(理)(2021·江西赣州南康中学高三月考)若f(x)＝lg(x2－2ax＋1＋a)在区间(－∞，1]上单调递减，则a的取值范围为(A)A．[1,2)B．[1,2]C．[1，＋∞)D．[2，＋∞)(文)(2020·贵阳市高三摸底)函数y＝x－5x－a－2在(－1，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(C)A．a＝－3B．a<3C．a≤－3D．a≥－3(2)(2021·广东汕头湖南区第一次模拟)如果函数g(x)2m－1)x＋34，x≥1，x，x<1在R上单调递减，那么实数m的取值范围为[解析](1)(理)令u＝x2－2ax＋1＋a，则f(u)＝lg u，配方得u＝x2－2ax＋1＋a＝(x－a)2－a2＋a＋1，故对称轴为直线x＝a，如图．由图象可知，当a≥1时，u＝x2－2ax＋1＋a在区间(－∞，1]上单调递减．又真数x2－2ax＋1＋a>0，二次函数u＝x2－2ax＋1＋a在(－∞，1]上单调递减，故只需当x＝1时，x2－2ax＋1＋a>0，代入x＝1解得a<2，所以a的取值范围是[1,2)≥12－2a×1＋1＋a>0，∴1≤a<2.故选A．(文)y＝x－5x－a－2＝x－a－2＋a－3x－a－2＝1＋a－3x－(a＋2)，所以当a－3<0时，y＝x－5x－a－2调递增区间是(－∞，a＋2)，(a＋2，＋∞)；当a－3≥0时不符合题意．又y＝x－5x－a－2在(－1，＋∞)上单调递增，所以(－1，＋∞)⊆(a＋2，＋∞)，所以a＋2≤－1，即a≤－3，综上知，a的取值范围是(－∞，－3]．(2)若g(x)m－1<0，m<1，m－1)＋34≤m，解得0<m≤14，即m的取值范围为，14.角度3利用单调性解不等式例5(1)已知函数f(x)3，x≤0，(x＋1)，x>0，若f(2－x2)>f(x)，则实数x的取值范围是__(－2,1)__.(2)已知函数f(x)＝ln x＋2x，若f(x2－4)<2，则实数x的取值范围是__(－5，－2)∪(2，5)__.[解析](1)根据函数f(x)的图象可知，f(x)是定义在R上的增函数．∴2－x2>x，∴－2<x<1.(2)因为函数f(x)＝ln x＋2x在定义域(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝ln1＋2＝2，所以由f(x2－4)<2得，f(x2－4)<f(1)，所以0<x2－4<1，解得－5<x<－2或2<x< 5.名师点拨函数单调性应用问题的常见类型及解题策略(1)比较函数值的大小，应将自变量转化到同一个单调区间内，然后利用函数的单调性解决．(2)利用单调性求参数时，通常要把参数视为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较，利用区间端点间关系求参数．求解时注意函数定义域的限制，遇分段函数注意分点处左、右端点函数值的大小关系．(3)解不等式．在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f ”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．〔变式训练2〕(1)(角度2)已知y ＝f (x )在定义域(－1,1)上是减函数，且f (1－a )<f (a 2－1)，则a 的取值范围为__(0,1)__.(2)(角度3)已知函数y ＝log a (2－ax )在[0,1]上是减函数，则实数a 的取值范围是__(1,2)__.(3)(理)(角度1)e 416，e 525，e 636(其中e 为自然常数)的大小关系是(A)A ．e 416<e 525<e 636B ．e 636<e 525<e 416C ．e 525<e 416<e 636D ．e 636<e 416<e 525(文)(角度1)e 442，e 552，e 662(其中e 为自然常数)的大小关系是(A)A ．e 442<e 552<e 662B ．e 662<e 552<e 442C ．e 552<e 442<e 662D ．e 662<e 442<e 552[解析](1)由题意可得1>1－a >a 2－1>－1，－a >－1，－a >a 2－1，a 2－1>－1.解得0<a <1.(2)设u ＝2－ax ，∵a >0且a ≠1，∴函数u 在[0,1]上是减函数．由题意可知函数y ＝log a u 在[0,1]上是增函数，∴a >1.又∵u 在[0,1]上要满足u >0，－a ×1>0，－a ×0>0，得a <2.综上得1<a <2.(3)(理)构造函数f (x )＝e xx 2.因为e 416＝e 442，e 525＝e 552，e 636＝e 662，所以f (4)＝e 416，f (5)＝e 525，f (6)＝e 636.而f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4＝e x (x 2－2x )x 4，令f ′(x )>0，得x <0或x >2，即函数f (x )在(2，＋∞)内单调递增，因此有f (4)<f (5)<f (6)，即e 416<e 525<e 636.(文)构造函数f (x )＝e xx 2.因为e 416＝e 442，e 525＝e 552，e 636＝e 662，所以f (4)＝e 416，f (5)＝e 525，f (6)＝e 636.而f ′(x )＝e x ·x 2－e x ·2x x 4＝e x (x 2－2x )x 4，令f ′(x )>0，得x <0或x >2，即函数f (x )在(2，＋∞)内单调递增，因此有f (4)<f (5)<f (6)，即e 442<e 552<e 662.。

用导数解决函数的单调性、极值、最值的方法步骤

用导数解决函数的单调性、极值、最值的方法步骤

用导数解决函数的单调性、极值、最值的方法步骤极值是一个局部概念 由定义，极值只是某个点的函数值与它附近点的函数值比较是并不意味着它在函数的整个的定义域内最大或最小函数的极值不是唯一的 即一个函数在某区间上或定义域内极大值或极小值可以不止一个极大值与极小值之即一个函数的极大值未必大于极小值. 函数的极值点一定出现在区间的内部，区间的端点不能成为极值点 而使函数取得最大值、最小值的点可能在区间的内部，也可能在区间的端点用导数判别f (x 0)是极大、极小值的思路: 若0x 满足0)(0='x f ，且在0x 的两侧)(x f 的导数异号，则0x 是)(x f 的极值点，)(0x f 是极值，并且如果)(x f '在0x 两侧满足“左正右负”，则0x 是)(x f 的极大值点，)(0x f 是极大值；如果)(x f '在0x 两侧满足“左负右正”，则0x 是)(x f 的极小值点，)(0x f 是极小值求函数f (x )的极值的步骤: (1)确定函数的定义区间，求导数f ′(x ) (2)求方程f ′(x )=0的根 (3)用函数的导数为0的点，顺次将函数的定义区间分成若干小开区间，并列成表格.检查f ′(x )在方程根左右的值的符号，如果左正右负，那么f (x )在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f (x )在这个根处取得极小值；如果左右不改变符号即都为正或都为负，则f (x )在这个根处无极值在闭区间[]b a ,上连续的函数)(x f 在[]b a ,上必有最大值与最小值；在开区间(,)a b 内连续的函数)(x f 不一定有最大值与最小值. 函数的最值是比较整个定义域内的函数值得出的，函数的极值是比较极值点附近函数值得出的． 函数在其定义区间上的最大值、最小值最多各有一个，而函数的极值可能不止一个，也可能没有一个利用导数求函数的最值步骤:⑴求)(x f 在(,)a b 内的极值；⑵将)(x f 的各极值与)(a f 、)(b f 比较得出函数)(x f 在[]b a ,上的最值例1 求列函数的极值：（1）22)2()1(--=x x y ；（2）2122-+=x x y解：（1）2/22)2)(75)(1()(,)2()1()(---=∴--=x x x x f x x x f令0)(/=x f ，得驻点2,57,1321===x x x0)1(=∴f 是函数的极大值；3125108)57(-=f 是函数的极小值. （2）22222/2)1()1)(1(2)1(22)1(2)(,212)(x x x x xx x x f x x x f ++-=+⋅-+=∴-+=令0)(/=x f ，得驻点121,1x x =-=∴当1-=x 时，f极小=-3；当1=x 时，f极大=-1值。

高三一轮复习函数的单调性

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(1)[解] 令 x＝y＝1，得 f(1)＝2f(1)，故 f(1)＝0. (2)[证明] 令 y＝1x，得 f(1)＝f(x)＋f(1x)＝0， 故 f(1x)＝－f(x)．任取 x1，x2∈(0，＋∞)，且 x1<x2， 则 f(x2)－f(x1)＝f(x2)＋f(x11)＝f(xx21)． 由于xx21>1，故 fxx21>0，从而 f(x2)>f(x1)． ∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．
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[例 1] 判断函数 f(x)＝x2a－x 1(a≠0)在区间(－1,1)上的 单调性．
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[解] 解法 1：任取－1<x1<x2<1，则 f(x1)－f(x2)＝ a((xx121x－2＋11)()x(22x－2－1x) 1).因为(x(1xx122－＋11))((xx222－－1x)1)>0，所以 a>0 时， 函数 f(x)在(－1,1)上单调递减；a<0 时，函数 f(x)在(－1,1) 上单调递增．
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(3)[解] 由于 f(13)＝－1，而 f(31)＝－f(3)， 故 f(3)＝1. 在 f(x·y)＝f(x)＋f(y)中，令 x＝y＝3，得 f(9)＝f(3)＋f(3)＝2. 又－f(x－1 2)＝f(x－2)，故所给不等式可化为 f(x)＋f(x－2)≥f(9)，即 f[x(x－2)]≥f(9)． ∴x>0， x－2>0， x(x－2)≥9. 解得 x≥1＋ 10. ∴x 的取值范围是[1＋ 10，＋∞)．