考研数学：函数单调性的判定法
1. 定义法判定函数单调性
定义：设函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上有定义，对于区间\(I\)内任意两点\(x_1\)和\(x_2\)，当\(x_1<x_2\)时，若\(f(x_1)<f(x_2)\)，则函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上单调递增；若\(f(x_1)>f(x_2)\)，则函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上单调递减。
举例：判断函数\(y = x^2\)在区间\((0,+\infty)\)和\((-\infty,0)\)上的单调性。
设\(x_1,x_2\in(0,+\infty)\)且\(x_1 < x_2\)，则\(f(x_2)-f(x_1)=x_2^2 - x_1^2=(x_2 - x_1)(x_2 + x_1)\)。因为\(x_1,x_2>0\)，所以\(x_2 + x_1>0\)，又\(x_2 - x_1>0\)，所以\(f(x_2)-f(x_1)>0\)，即\(y = x^2\)在\((0,+\infty)\)上单调递增。
设\(x_1,x_2\in(-\infty,0)\)且\(x_1 < x_2\)，则\(f(x_2)-f(x_1)=x_2^2 - x_1^2=(x_2 - x_1)(x_2 + x_1)\)。因为\(x_1,x_2<0\)，所以\(x_2 + x_1<0\)，又\(x_2 - x_1>0\)，所以\(f(x_2)-f(x_1)<0\)，即\(y = x^2\)在\((-\infty,0)\)上单调递减。
2. 导数法判定函数单调性
定理：设函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上连续，在区间\(I\)内可导。
如果在区间\(I\)内\(f^{\prime}(x)>0\)，那么函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上单调递增。
如果在区间\(I\)内\(f^{\prime}(x)<0\)，那么函数\(y = f(x)\)在区间\(I\)上单调递减。
举例：判断函数\(y = x^3 - 3x\)的单调性。
先对函数求导，\(y^{\prime}=3x^2 - 3 = 3(x + 1)(x - 1)\)。
令\(y^{\prime}=0\)，解得\(x = - 1\)或\(x = 1\)。
当\(x\in(-\infty,-1)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
当\(x\in(-1,1)\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(1,+\infty)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
3. 函数单调性判定的应用
证明不等式
例如，证明当\(x>0\)时，\(x-\frac{x^2}{2}<\ln(1 + x)<x\)。
设\(f(x)=\ln(1 + x)-\left(x-\frac{x^2}{2}\right)\)，对\(f(x)\)求导得\(f^{\prime}(x)=\frac{1}{1 + x}-(1 - x)=\frac{x^2}{1 + x}\)。当\(x>0\)时，\(f^{\prime}(x)>0\)，\(f(x)\)单调递增，且\(f(0)=0\)，所以\(f(x)>0\)，即\(\ln(1 + x)>x-\frac{x^2}{2}\)。
设\(g(x)=x-\ln(1 + x)\)，对\(g(x)\)求导得\(g^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1 + x}=\frac{x}{1 + x}\)。当\(x>0\)时，\(g^{\prime}(x)>0\)，\(g(x)\)单调递增，且\(g(0)=0\)，所以\(g(x)>0\)，即\(x>\ln(1 + x)\)。
求函数的极值和最值
求函数\(y = f(x)\)的极值时，先求其导数\(f^{\prime}(x)\)，找出导数为\(0\)的点和导数不存在的点，通过判断这些点两侧函数的单调性来确定是极大值还是极小值。例如对于上述\(y = x^3 - 3x\)，\(x = - 1\)是极大值点，\(y(-1)=2\)；\(x = 1\)是极小值点，\(y(1)= - 2\)。在求函数在某个区间上的最值时，结合函数的单调性和区间端点的值来确定。
例1：判断函数\(y = 2x^3 - 3x^2 - 12x + 1\)的单调性。
解：首先对函数求导，\(y^{\prime}=6x^2 - 6x - 12 = 6(x^2 - x - 2)=6(x - 2)(x + 1)\)。
令\(y^{\prime}=0\)，解得\(x = - 1\)或\(x = 2\)。
当\(x\in(-\infty,-1)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
当\(x\in(-1,2)\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(2,+\infty)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
例2：判断函数\(y = x^4 - 2x^2 + 3\)的单调性。
解：求导得\(y^{\prime}=4x^3 - 4x = 4x(x^2 - 1)=4x(x - 1)(x + 1)\)。
令\(y^{\prime}=0\)，则\(x = - 1\)，\(x = 0\)，\(x = 1\)。
当\(x\in(-\infty,-1)\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(-1,0)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
当\(x\in(0,1)\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(1,+\infty)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
例3：判断函数\(y=\sqrt{x^2 + 1}-x\)的单调性。
解：对函数求导，\(y^{\prime}=\frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}-1=\frac{x}{\sqrt{x^2 + 1}}-1=\frac{x-\sqrt{x^2 + 1}}{\sqrt{x^2 + 1}}\)。
因为\(x<\sqrt{x^2 + 1}\)恒成立，所以\(y^{\prime}<0\)，函数在\(R\)上单调递减。
例4：判断函数\(y = x\sqrt{4 - x^2}\)在\([-2,2]\)上的单调性。
解：先求导，根据乘积的求导法则\((uv)^\prime = u^\prime v + uv^\prime\)，这里\(u = x\)，\(v=\sqrt{4 - x^2}\)。
\(u^\prime = 1\)，\(v^\prime=\frac{-2x}{2\sqrt{4 - x^2}}=\frac{-x}{\sqrt{4 - x^2}}\)。
所以\(y^{\prime}=\sqrt{4 - x^2}-\frac{x^2}{\sqrt{4 - x^2}}=\frac{4 - 2x^2}{\sqrt{4 - x^2}}\)。
令\(y^{\prime}=0\)，即\(4 - 2x^2 = 0\)，解得\(x=\pm\sqrt{2}\)。
当\(x\in[-2,-\sqrt{2})\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(-\sqrt{2},\sqrt{2})\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
当\(x\in(\sqrt{2},2]\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
例5：判断函数\(y=\sin x - x\)在\((-\infty,+\infty)\)上的单调性。
解：求导得\(y^{\prime}=\cos x - 1\)。
因为\(\cos x\leqslant1\)，所以\(y^{\prime}=\cos x - 1\leqslant0\)，且当且仅当\(x = 2k\pi\)（\(k\in Z\)）时\(y^{\prime}=0\)。
所以函数\(y=\sin x - x\)在\((-\infty,+\infty)\)上单调递减。
例6：判断函数\(y = x +\cos x\)在\([0,2\pi]\)上的单调性。
解：求导得\(y^{\prime}=1-\sin x\)。
因为\(\sin x\in[-1,1]\)，所以\(y^{\prime}=1 - \sin x\geqslant0\)，且当\(x=\frac{\pi}{2}+2k\pi\)（\(k\in Z\)）时\(y^{\prime}=0\)。
所以函数\(y = x+\cos x\)在\([0,2\pi]\)上单调递增。
例7：判断函数\(y = e^{x}-x - 1\)的单调性。
解：求导得\(y^{\prime}=e^{x}-1\)。
令\(y^{\prime}=0\)，解得\(x = 0\)。
当\(x\in(-\infty,0)\)时，\(y^{\prime}<0\)，函数单调递减。
当\(x\in(0,+\infty)\)时，\(y^{\prime}>0\)，函数单调递增。
例8：判断函数\(y=\ln(x+\sqrt{x^2 + 1})\)的单调性。
解：求导得\(y^{\prime}=\frac{1+\frac{2x}{2\sqrt{x^2 + 1}}}{x+\sqrt{x^2 + 1}}=\frac{1}{\sqrt{x^2 + 1}}>0\)（\(x\in R\)）。
所以函数\(y=\ln(x+\sqrt{x^2 + 1})\)在\((-\infty,+\infty)\)上单调递增。
例9：利用函数单调性证明：当\(x>0\)时，\(x>\ln(1 + x)\)。
解：设\(f(x)=x-\ln(1 + x)\)，\(x>0\)。
对\(f(x)\)求导得\(f^{\prime}(x)=1-\frac{1}{1 + x}=\frac{x}{1 + x}\)。
因为\(x>0\)，所以\(f^{\prime}(x)=\frac{x}{1 + x}>0\)，函数\(f(x)\)在\((0,+\infty)\)上单调递增。
又\(f(0)=0\)，所以当\(x>0\)时，\(f(x)>f(0)=0\)，即\(x>\ln(1 + x)\)。
例10：利用函数单调性证明：当\(0<x<\frac{\pi}{2}\)时，\(\sin x+\tan x>2x\)。
解：设\(f(x)=\sin x+\tan x - 2x\)，\(0<x<\frac{\pi}{2}\)。
求导得\(f^{\prime}(x)=\cos x+\sec^{2}x - 2=\cos x+\frac{1}{\cos^{2}x}-2\)。
令\(\cos x = t\)，则\(y = t+\frac{1}{t^{2}}-2\)，\(0<t<1\)。
对\(y\)关于\(t\)求导得\(y^{\prime}=1-\frac{2}{t^{3}}\)，当\(0<t<1\)时，\(y^{\prime}<0\)，\(y = t+\frac{1}{t^{2}}-2\)单调递减。
当\(t = 1\)时，\(y = 0\)，所以当\(0<t<1\)时，\(y>0\)，即\(f^{\prime}(x)>0\)。
所以\(f(x)\)在\((0,\frac{\pi}{2})\)上单调递增，又\(f(0)=0\)，所以当\(0<x<\frac{\pi}{2}\)时，\(f(x)>f(0)=0\)，即\(\sin x+\tan x>2x\)。
