讓我們看一下函式 f x x a x a 0 ，x （0， ） 的單調區間。

求函式 f（x）=x+a x（a>0），x（0，+.

解：設 00， （x +x） 2+ a>0， x x >0，所以符號取決於因子 [（x +x） 2- a]。

符號。 當 0 a 時，即存在 （x +x） 2- a>0 則 f（x）-f（x） > 0，即在區間 （a，+） f（x） 單調增加。

先尋求指導，然後獲得'(x)=a-b/(x^2)

設導數等於 0 得到：a-b （x 2） = 0

解是 x1 = （b a）， x2 = - （b a） 這兩個是臨界點。

當單調遞增時，f'（x）>0 是常數，解是 x 屬於 （- b a） 和 （b a），+

當單調遞減時，f'（x）<0 是常數，解是 x 屬於 - b a）、0） 和 （0， （b a）。

單調音程是否開啟和關閉並不重要。

x>0。

x=t （b a） 替換。

那麼 a=b*t 2 x 2

fx=ax+b/x=bt^2/x+b/x=bt^2/(t√（b/a) )b/(t√（b/a) )

t√（ab)+√ab)/t

ab)(t+1/t)

t+1/t>=2√(t*1/t)=2

t=1 當等號成立時。 即 fx>=2 （ab）t=1 x= （b a） 取極小值，在極小值的兩側，它們是單調函式，函式小於 0，這是相似的。

談論功能並笑一笑。

f'服務員猜測 （x） = 1-a x 2

訂購 f'(x)>0

X>A 或 X<- A 型土地

這是乙個單調遞增的間隔。

這樣的解決辦法將是乙個原則性錯誤。

在這裡，將復合函式的單調性用為“增加和增加，增加和減少減少，減少和增加”是錯誤的。

復合函式的表示式為：

y=f（u），u=g（x），即 y=f（g（x）），這裡的表示式是。

y=f（x）g（x）

這樣的函式不是復合函式，不能適用於上述定律。

即使 f（x） 和 g（x） 都是增量函式，那麼 y 也是對的; 如果 f（x） 和 g（x） 增加和減少，你如何確定最終的損失是愚蠢的增加還是減少？ 同樣，如果 f 和 g 在 y=f（x）+g（x） 中單調增加或減少，則整體也單調增加或減少。 但是如果它增加或減少，則無法確定。

所以這個解決方案是錯誤的。 這個問題的最佳解決方案是導數法。

y=x，當單調增加區間，0]。

單調還原區間為 [0，-

y=e^ax

恆大為零。 x∈r

是乙個增量函式。 所以 a> 悶悶不樂的隱式 0，函式 f（x）=x 2*e ax。 當單調增加破壞間隔時，0]。

單調還原區間為 [0，-

這個問題的答案是：

解決方案：f（x）=3x -2mx-1

設 f （x） = o

解 x = 3

或 x = 3 當 x 或 x > 三個單調連續遞增時。

當 3 單調遞減時。

(x)=x^2+ax-4 (|x|>=2) (1)f(x)=-x^2+ax+4 (|x|<2) (2)1.由於 a>=0，所以 f（x） 在 x>=2 處單調遞增 如果 04，則 f（x） 在 x<=-a 2 處單調遞減，在 -a 2<=x<=-2 處單調遞增。

如果 a>=4，則 f（x） 在 -2<=x<=2 處單調增加 如果 0<=a<4，則 f（x） 在 -2<=x4 處，單次增加間隔為 [-a 2， + 單次減法間隔為 （- a 2]，

解決方案：f（|x|)=x²+2|x|+3

1） x > mu 組 0

f(x)=x²+2x+3

對稱軸 x = -1

因此，它絕對耐蠟，並且在（0,6）上並且滑動並單獨增加。

2)x<0

f(x)=x²-2x+3

對稱軸 x = -1

因此，在 （-4,0） 上遞減。

（3）這是什麼意思。

f（x）=（x+1） +2 當 a=1

x│∈[0，6]

在區間 x [0,6] 中，f（x）=（x+1） +2 單調增加襪子的閉合度。

當 x [-4,0] 是 f（x）=（x+1） +2 中的單調遞減區間時。

四肢好，銼刀亂。

1）單調增加間隔<>

單調減速間隔為<>

2）當0知道函式的解析公式是求單調區間時，本質是求f（x）>0、f（x）<0的解區間，注意定義域;

首先研究 [1,2] 上 f（x） 的單調性，然後確定最大值是端點值還是極值。

由於解析公式包含引數a，因此有必要在規範（1）f（x）<中對引數a進行分類和討論

a（x>0） （1 分）。

當 0、f （x） <

a 0，即函式 f（x） 的單調增加區間為 （0， 3 點） 當 a>0 時，設 f（x） <

乙個 0，得到 x <>

當 0<>

f（x） <

當 x > <時為 0

f（x） <

0，所以函式f（x）的單調增加區間為<>

單調減速間隔為<>

6 分） 2） 當<>

1，即 a 1，函式 f（x） 是區間 [1,2] 上的減法函式，因此 f（x） 的最小值為 f（2） ln2 2a（8 分）。

當<> 2 時，它是 0<>

，函式 f（x） 是區間 [1,2] 上的遞增函式，因此 f（x） 的最小值為 f（1） a（10 分）。

當 1 < <

2，即<>

是 on 的增量函式，並在間隔中<>

是乙個減法函式，而 f（2） f（1） ln2 a，所以當<>

(1)f(x)=ax^3-3x, f’(x)=3ax^2-3=3(ax^2-1).因為 0，所以 f'（x） 0，所以 f（x） 在 r 上單調遞減。

2)a.當 0 時，最小值為 f（2）=8a-6<0，因此最小值不能 =4，因此 0，這與主題無關。

b.當 a>0 時，設 f'（x）=0，得到 3ax 2-3=0，x= a a

，a a），（a a，+ 是單調遞增的區間，（-a a， a a） 是單調遞減的區間。

a） 當 a a 1 時，即 a 1，區間 [1,2] 為遞增區間，因此最小值 = f（1） = a-3 = 4，其中 a = 7

2） 當 1< a a <2 時，即 1 4 （c） 當 a a 2 時，即 0 所以最小值 = f（2） = 8a-6 = 4，a = 5 4 否 （0， 1 4），總之，a = 7

1)f'(x)=3ax²-3

當 a<=0 時，f'（x）<0，函式在 r 上單調約簡。

2）如果a<=0，則在[1,2]上單調遞減，最小值為f（2）=8a-6=4，得到：a=5 4，矛盾;

如果 a>0，則有乙個最大點 x=-1 a，最小點 x=1 a 如果 a>1，則在 [1,2] 中單調增加，最小值為 f（1）=a-3=4，得到：a=7，符合;

如果 0 如果 1 4=