1、第九节一、函数的单调性一、函数的单调性二、函数的极值及其求法二、函数的极值及其求法函数的单调性与极值 第二二章 1一、一、函数的单调性函数的单调性若定理定理 1.设函数)(xf0)(xf则 在 I 内单调递增)(xf,)0)(xf(递减).证证:无妨设,0)(Ixxf任取)(,2121xxIxx由拉格朗日中值定理得)()()(1212xxfxfxf),(21xxI0故.)()(21xfxf这说明 在 I 内单调递增.)(xf在开区间 I 内可导,证毕I 称为单调递增(递减)区间。2例例1.确定函数31292)(23xxxxf的单调区间.解解:12186)(2xxxf)2)(1(6xx令,0)(
2、xf得2,1xxx)(xf)(xf)1,(2001)2,1(),2(21故)(xf的单调增单调增区间为,)1,();,2()(xf的单调减单调减区间为).2,1(12xoy12为驻点为驻点3yxo说明说明:1)单调区间的分界点除驻点外,也可是导数不存在的点.例如,),(,32xxy332xy 0 xy32xy 2)如果函数在某驻点两边导数同号,则不改变函数的单调性.例如,),(,3xxy23xy 00 xyyox3xy 4例例2 2 证明31tan0.32xxxx证：证：令331tan)(xxxxF22()sec1F xxx)(tan(tanxxxx令xxxg tan)(22()sec1tan
3、002g xxxx 0)0(tan)(gxxxg0)(xF0)0()(FxF从而2031tan3xxxx成立22tan xx5例例3.证明.)0(1arctan)1ln(xxxx证证:设xxxxarctan)1ln()1()(,则0)0(211)1ln(1)(xxx)0(0 x故0 x时,)(x单调增加,从而0)0()(x即)0(1arctan)1ln(xxxx思考思考:证明)10(arcsin)1ln(11xxxxx时,如何设辅助函数更好?xxxxxarcsin1)1ln()1()(2提示提示:6例例4 4 求证)1ln(arctan22xxx证法一：证法一：设)1ln(arctan2)(2
4、xxxxf0)0(fxxxxxxxfarctan21212arctan2)(220)0()(fxf当0 x时)(0)(xfxf0)0()(fxf0)0()(fxf当0 x时0)(xf综上可知，无论x为什么值，总有)1ln(arctan22xxx则不等式成立。当0 x时)(0)(xfxf7例例4 4 求证求证)1ln(arctan22xxx证法证法2：设)1ln(arctan2)(2xxxxf0)0(fxxxxxxxfarctan21212arctan2)(220)(xfarctan则无论x为什么值，总有)1ln(arctan22xxx则不等式成立对 f(x)在 0 与 x 之间应用拉格朗日中值
5、定理，有xxxxarctan2)1ln(arctan22式中在 0 与 x 之间，由于与 x 同号，8例例5 5 证明1()(1)xf xx(0,)1ln()ln(1)ln(1)ln f xxxxxx11()(1)ln(1)ln,1xfxxxxx()lntt,1tx x1ln(1)ln,01xxxx111ln(1)ln0,11xxxx0 x()0fx1()(1)xf xx(0,)在证明证明令 在上利用拉格朗日中值定理得故当时，从而 在内单调增加。内单调增加。此函数为幂指函数，两边取对数9例例5 证明方程2xxe在区间(0,1)内有且仅有一个实根。证明证明：设 2xxexf在区间0,1 上连续，
6、020f 021 ef由零点定理，,1,0使 0f即2xxe的根存在。又 01xexfx xf单调增加。xf的图形至多与 x轴有一个交点，所以方程仅有唯一解。10二、函数的极值及其求法函数的极值及其求法定义定义:,),()(内有定义在设函数baxf,),(0bax，的一个邻域若存在0 x在其中当0 xx 时,)()(0 xfxf(1)则称 为 的极大点极大点,0 x)(xf称 为函数的极大值极大值;)(0 xf,)()(0 xfxf(2)则称 为 的极小点极小点,0 x)(xf称 为函数的极小值极小值.)(0 xf极大点与极小点统称为极值点极值点.11注意注意:3x1x4x2x5xxaboy4
7、1,xx为极大点52,xx为极小点3x不是极值点2)对常见函数,极值可能出现在导数为 0 或 不存在的点.1)函数的极值是函数的局部性质.31292)(23xxxxf例如例如(P146例例4)1x为极大点,2)1(f是极大值;1)2(f是极小值.2x为极小点,12xoy1212定理定理2 2（极值存在的必要条件）()0.fx0()0fx()yf x如果在x0处可导，且在x0处取得极值，则（证明略）使的点称为函数的驻点。驻点。()yf x定理2告诉我们，可导函数的极值点必定是驻点，但驻点未必是极值点。寻求函数的极值点首先要找()yf x的驻点以及不可导的点，再判断其是否为极值点。13定理定理 3
8、(极值第一判别法极值第一判别法),)(0的某邻域内连续在设函数xxf且在空心邻域内有导数,0时由小到大通过当xx(1)(xf“左左正正右右负负”,;)(0取极小值在则xxf(2)(xf“左左负负右右正正”,.)(0取极大值在则xxf(自证)点击图中任意处动画播放暂停x)(xf)(xf0 xx 0 xx 0 x0)(0 xf为极小值0 x为极小点如：14例例1.求函数求函数32)1()(xxxf的极值.解解:1)求导数235()3fxx1323x35235xx2)求极值可疑点令,0)(xf得;521x令,)(xf得20.x 3)列表判别x)(xf)(xf0520033.0)0,(),0(52),
9、(520 x是极大点，其极大值为0)0(f是极小点，其极小值为52x33.0)(52f15定理定理4(极值第二判别法极值第二判别法)二阶导数,且处具有在点设函数0)(xxf,0)(0 xf0)(0 xf,0)()1(0 xf若则 在点 取极大值;)(xf0 x,0)()2(0 xf若则 在点 取极小值.)(xf0 x证证:(1)(0 xf 00)()(lim0 xxxfxfxx0)(lim0 xxxfxx,0)(0知由 xf存在,0,00时当xx0)(0 xxxf时，故当00 xxx;0)(xf时，当00 xxx,0)(xf0 x0 x0 x由第一判别法知.)(0取极大值在xxf(2)类似可证
10、.16例例2.求函数1)1()(32 xxf的极值.解解:1)求导数,)1(6)(22xxxf)15)(1(6)(22 xxxf2)求驻点令,0)(xf得驻点1,0,1321xxx3)判别因,06)0(f故 为极小值;0)0(f又,0)1()1(ff故需用第一判别法判别.,1)(左右邻域内不变号在由于xxf.1)(没有极值在xxf1xy117试问 为何值时,axxaxf3sin31sin)(32x在时取得极值,解解:)(xf由题意应有)32(f2a又)(xf)32(f )(xf取得极大值为3)(32f,3coscosxxa)32(3cos)32cos(a0,3sin3sin2xx 0并求出该极
11、值。指出它是极大还是极小，例例31)21(a12a18内容小结内容小结1.可导函数单调性判别Ixxf,0)()(xf在 I 上单调递增Ixxf,0)()(xf在 I 上单调递减2.连续函数的极值(1)极值可疑点:使导数为0 或不存在的点(2)第一充分条件)(xf 过0 x由正正变负负)(0 xf为极大值)(xf 过0 x由负负变正正)(0 xf为极小值(3)第二充分条件0)(,0)(00 xfxf)(0 xf为极大值)(0 xf为极小值0)(,0)(00 xfxf19思考与练习思考与练习1.设,1)()()(lim2axafxfax则在点 a 处().)()(xfA的导数存在,；且0)(af)
12、()(xfB取得极大值;)()(xfC取得极小值;)()(xfD的导数不存在.B提示提示:利用极限的保号性.202.设)(xf在0 x的某邻域内连续,且,0)0(f,2cos1)(lim0 xxfx则在点0 x处).()(xf(A)不可导;(B)可导,且;0)0(f(C)取得极大值;(D)取得极小值.D提示提示:利用极限的保号性.,2)(lim0 xxfx213.设)(xfy 是方程042 yyy的一个解,若,0)(0 xf且,0)(0 xf则)(xf在)(0 x(A)取得极大值;(B)取得极小值;(C)在某邻域内单调增加;(D)在某邻域内单调减少.提示提示:,)(代入方程将xf0)(4)(0
13、0 xfxfA得令,0 xx 22作业作业P149 1（1）（2）；2；3(2)(4);4；5(2),(3)(6);6；7；8.23思考与练习思考与练习 1,0上,0)(xf则,)1(,)0(ff)0()1(ff或)1()0(ff的大小顺序是()0()1()0()1()(ffffA)0()0()1()1()(ffffB)0()1()0()1()(ffffC)0()1()0()1()(ffffD提示提示:利用)(xf 单调增加,)10()()0()1(fff及B1.设在24 .),(21)1,(2121e2.曲线21xey的凹区间是凸区间是拐点为提示提示:)21(222xeyx),(2121),
14、(21及及yox)1,(2121e)1,(2121e ;254、设函数()yy x3222221yyxyx()yy x223xyyxyy 0y yx1xy11021y xy()yy x1x 1.y 由方程所确定，求的极值。令 得 代入原方程得由，所以函数在处有极小值 解 方程两边同时对x求导整理得 26()f x(,)a()fx(,)a()0fxxa()()()f xf aF xxa2()()()()()()xa fxf xf aF xxa()0fx()fx()0,F x()F x9、设函数在内连续，在内存在，且，证明当时，函数单调增加。因，故 单调增加，因此 从而知单调增加。解解()(),(,)fxfa xxa2728
