浙江專版2023高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第2章函數(shù)導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用第11節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性

PAGEPAGE11第十一節(jié)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)的導(dǎo)數(shù)與單調(diào)性的關(guān)系函數(shù)y＝f(x)在某個區(qū)間內(nèi)可導(dǎo)，那么(1)假設(shè)f′(x)＞0，那么f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞增；(2)假設(shè)f′(x)＜0，那么f(x)在這個區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減；(3)假設(shè)f′(x)＝0，那么f(x)在這個區(qū)間內(nèi)是常數(shù)函數(shù)．1．(思考辨析)判斷以下結(jié)論的正誤．(正確的打“√〞，錯誤的打“×〞)(1)假設(shè)函數(shù)f(x)在區(qū)間(a，b)上單調(diào)遞增，那么在區(qū)間(a，b)上一定有f′(x)>0.()(2)如果函數(shù)在某個區(qū)間內(nèi)恒有f′(x)＝0，那么函數(shù)f(x)在此區(qū)間上沒有單調(diào)性．()(3)f′(x)＞0是f(x)為增函數(shù)的充要條件．()[答案](1)×(2)√(3)×2．函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的單調(diào)遞減區(qū)間為()A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)B[函數(shù)y＝eq\f(1,2)x2－lnx的定義域為(0，＋∞)，y′＝x－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1x＋1,x)，令y′≤0，那么可得0＜x≤1.]3．(教材改編)如圖2-11-1所示是函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)的圖象，那么以下判斷中正確的選項是()圖2-11-1A．函數(shù)f(x)在區(qū)間(－3,0)上是減函數(shù)B．函數(shù)f(x)在區(qū)間(1,3)上是減函數(shù)C．函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,2)上是減函數(shù)D．函數(shù)f(x)在區(qū)間(3,4)上是增函數(shù)A[當(dāng)x∈(－3,0)時，f′(x)＜0，那么f(x)在(－3,0)上是減函數(shù)．其他判斷均不正確．]4．設(shè)f(x)＝x－sinx，那么f(x)()A．既是奇函數(shù)又是減函數(shù)B．既是奇函數(shù)又是增函數(shù)C．是有零點的減函數(shù)D．是沒有零點的奇函數(shù)B[因為f′(x)＝1－cosx≥0，所以函數(shù)為增函數(shù)，排除選項A和C.又因為f(0)＝0－sin0＝0，所以函數(shù)存在零點，排除選項D，應(yīng)選B.]5．假設(shè)函數(shù)f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增，那么k的取值范圍是()A．(－∞，－2] B．(－∞，－1]C．[2，＋∞) D．[1，＋∞)D[由于f′(x)＝k－eq\f(1,x)，f(x)＝kx－lnx在區(qū)間(1，＋∞)單調(diào)遞增?f′(x)＝k－eq\f(1,x)≥0在(1，＋∞)上恒成立．由于k≥eq\f(1,x)，而0<eq\f(1,x)<1，所以k≥1，即k的取值范圍為[1，＋∞)．]判斷或證明函數(shù)的單調(diào)性函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋b(a，b∈R)．試討論f(x)的單調(diào)性．[解]f′(x)＝3x2＋2ax，令f′(x)＝0，解得x1＝0，x2＝－eq\f(2a,3).2分當(dāng)a＝0時，因為f′(x)＝3x2≥0，所以函數(shù)f(x)在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞增；6分當(dāng)a＞0時，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))∪(0，＋∞)時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(2a,3)))，(0，＋∞)上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，0))上單調(diào)遞減；10分當(dāng)a＜0時，x∈(－∞，0)∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))時，f′(x)＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))時，f′(x)＜0，12分所以函數(shù)f(x)在(－∞，0)，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2a,3)，＋∞))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(2a,3)))上單調(diào)遞減.15分[規(guī)律方法]用導(dǎo)數(shù)證明函數(shù)f(x)在(a，b)內(nèi)的單調(diào)性的步驟(1)一求．求f′(x)；(2)二定．確認(rèn)f′(x)在(a，b)內(nèi)的符號；(3)三結(jié)論．作出結(jié)論：f′(x)＞0時為增函數(shù)；f′(x)＜0時為減函數(shù)．易錯警示：研究含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性時，需注意依據(jù)參數(shù)取值對不等式解集的影響進(jìn)行分類討論．[變式訓(xùn)練1]設(shè)函數(shù)f(x)＝ax2－a－lnx，g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(e,ex)，其中a∈R，e＝2.718…為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：當(dāng)x>1時，g(x)>0.【導(dǎo)學(xué)號：51062078】[解](1)由題意得f′(x)＝2ax－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－1,x)(x>0).2分當(dāng)a≤0時，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減．當(dāng)a>0時，由f′(x)＝0有x＝eq\f(1,\r(2a))，當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,\r(2a))))時，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；6分當(dāng)x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2a))，＋∞))時，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.10分(2)證明：令s(x)＝ex－1－x，那么s′(x)＝ex－1－1.12分當(dāng)x>1時，s′(x)>0，所以ex－1>x，從而g(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(1,ex－1)>0.15分求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間設(shè)函數(shù)f(x)＝xea－x＋bx，曲線y＝f(x)在點(2，f(2))處的切線方程為y＝(e－1)x＋4.(1)求a，b的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解](1)因為f(x)＝xea－x＋bx，所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.2分依題設(shè)，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f2＝2e＋2，,f′2＝e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2ea－2＋2b＝2e＋2，,－ea－2＋b＝e－1.))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝e.))6分(2)由(1)知f(x)＝xe2－x＋ex.由f′(x)＝e2－x(1－x＋ex－1)及e2－x＞0知，f′(x)與1－x＋ex－1同號.10分令g(x)＝1－x＋ex－1，那么g′(x)＝－1＋ex－1.所以，當(dāng)x∈(－∞，1)時，g′(x)<0，g(x)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，g(x)在區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增.12分故g(1)＝1是g(x)在區(qū)間(－∞，＋∞)上的最小值，從而g(x)>0，x∈(－∞，＋∞)．綜上可知，f′(x)>0，x∈(－∞，＋∞)，故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(－∞，＋∞).15分[規(guī)律方法]求函數(shù)單調(diào)區(qū)間的步驟：(1)確定函數(shù)f(x)的定義域；(2)求f′(x)；(3)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)＞0，得單調(diào)遞增區(qū)間；(4)在定義域內(nèi)解不等式f′(x)＜0，得單調(diào)遞減區(qū)間．[變式訓(xùn)練2]函數(shù)f(x)＝ax＋lnx，那么當(dāng)a＜0時，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________，單調(diào)遞減區(qū)間是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞))[由得f(x)的定義域為(0，＋∞)．因為f′(x)＝a＋eq\f(1,x)＝eq\f(a\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,a))),x)，所以當(dāng)x≥－eq\f(1,a)時，f′(x)≤0，當(dāng)0＜x＜－eq\f(1,a)時，f′(x)＞0，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(1,a)))，單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,a)，＋∞)).]函數(shù)的單調(diào)性求參數(shù)函數(shù)f(x)＝x3－ax－1.假設(shè)f(x)在R上為增函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍.【導(dǎo)學(xué)號：51062079】[解]因為f(x)在(－∞，＋∞)上是增函數(shù)，所以f′(x)＝3x2－a≥0在(－∞，＋∞)上恒成立，即a≤3x2對x∈R恒成立.7分因為3x2≥0，所以只需a≤0.又因為a＝0時，f′(x)＝3x2≥0，f(x)＝x3－1在R上是增函數(shù)，所以a≤0，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，0].15分[遷移探究1](變換條件)函數(shù)f(x)不變，假設(shè)f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，求a的取值范圍．[解]因為f′(x)＝3x2－a，且f(x)在區(qū)間(1，＋∞)上為增函數(shù)，所以f′(x)≥0在(1，＋∞)上恒成立，即3x2－a≥0在(1，＋∞)上恒成立，7分所以a≤3x2在(1，＋∞)上恒成立，所以a≤3，即a的取值范圍為(－∞，3].12分[遷移探究2](變換條件)函數(shù)f(x)不變，假設(shè)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(－1,1)，求a的值．[解]f′(x)＝3x2－a.當(dāng)a≤0時，f′(x)≥0，4分所以f(x)在(－∞，＋∞)上為增函數(shù)．當(dāng)a＞0時，令3x2－a＜0，得－eq\f(\r(3a),3)＜x＜eq\f(\r(3a),3)，12分所以f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3a),3)，\f(\r(3a),3)))，∴eq\f(\r(3a),3)＝1，即a＝3.15分[遷移探究3](變換條件)函數(shù)f(x)不變，假設(shè)f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，求a的取值范圍．[解]∵f(x)＝x3－ax－1，∴f′(x)＝3x2－a.由f′(x)＝0，得x＝±eq\f(\r(3a),3)(a≥0).7分∵f(x)在區(qū)間(－1,1)上不單調(diào)，∴0＜eq\f(\r(3a),3)＜1，得0＜a＜3，即a的取值范圍為(0,3).15分[規(guī)律方法]根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)的一般方法(1)利用集合間的包含關(guān)系處理：y＝f(x)在(a，b)上單調(diào)，那么區(qū)間(a，b)是相應(yīng)單調(diào)區(qū)間的子集．(2)轉(zhuǎn)化為不等式的恒成立問題，即“假設(shè)函數(shù)單調(diào)遞增，那么f′(x)≥0；假設(shè)函數(shù)單調(diào)遞減，那么f′(x)≤0”來求解．易錯警示：(1)f(x)為增函數(shù)的充要條件是對任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0，且在(a，b)內(nèi)的任一非空子區(qū)間上f′(x)不恒為0.應(yīng)注意此時式子中的等號不能省略，否那么漏解．(2)函數(shù)在其區(qū)間上不具有單調(diào)性，但可在子區(qū)間上具有單調(diào)性，如遷移3中利用了eq\f(\r(3a),3)∈(0,1)來求解．[變式訓(xùn)練3]假設(shè)函數(shù)f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x＋asinx在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增，那么a的取值范圍是()A．[－1,1] B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,3)))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,3))) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))C[取a＝－1，那么f(x)＝x－eq\f(1,3)sin2x－sinx，f′(x)＝1－eq\f(2,3)cos2x－cosx，但f′(0)＝1－eq\f(2,3)－1＝－eq\f(2,3)＜0，不具備在(－∞，＋∞)單調(diào)遞增的條件，故排除A，B，D.應(yīng)選C.][思想與方法]1．函數(shù)解析式求單調(diào)區(qū)間，實質(zhì)上是求f′(x)＞0，f′(x)＜0的解區(qū)間，并注意函數(shù)f(x)的定義域．2．含參函數(shù)的單調(diào)性要分類討論，通過確定導(dǎo)數(shù)的符號判斷函數(shù)的單調(diào)性．3．函數(shù)單調(diào)性可以利用區(qū)間和函數(shù)單調(diào)區(qū)間的包含關(guān)系或轉(zhuǎn)化為恒成立問題兩種思路解決．[易錯與防范]1．求單調(diào)區(qū)間應(yīng)遵循定義域優(yōu)先的原那么．2．注意兩種表述“函數(shù)f(x)在(a，b)上為減函數(shù)〞與“函數(shù)f(x)的減區(qū)間為(a，b)〞的區(qū)別．3．在某區(qū)間內(nèi)f′(x)>0(f′(x)<0)是函數(shù)f(x)在此區(qū)間上為增(減)函數(shù)的充分不必要條件．4．可導(dǎo)函數(shù)f(x)在(a，b)上是增(減)函數(shù)的充要條件是：對?x∈(a，b)，都有f′(x)≥0(f′(x)≤0)，且f′(x)在(a，b)的任何子區(qū)間內(nèi)都不恒為零．課時分層訓(xùn)練(十三)導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性A組根底達(dá)標(biāo)(建議用時：30分鐘)一、選擇題1．函數(shù)f(x)＝(x－3)ex的單調(diào)遞增區(qū)間是()【導(dǎo)學(xué)號：51062080】A．(－∞，2) B．(0,3)C．(1,4) D．(2，＋∞)D[因為f(x)＝(x－3)ex，那么f′(x)＝ex(x－2)，令f′(x)＞0，得x＞2，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(2，＋∞)．]2．定義在R上的函數(shù)f(x)，其導(dǎo)函數(shù)f′(x)的大致圖象如圖2-11-2所示，那么以下表達(dá)正確的選項是()圖2-11-2A．f(b)＞f(c)＞f(d)B．f(b)＞f(a)＞f(e)C．f(c)＞f(b)＞f(a)D．f(c)＞f(e)＞f(d)C[依題意得，當(dāng)x∈(－∞，c)時，f′(x)＞0，因此，函數(shù)f(x)在(－∞，c)上是增函數(shù)，由a＜b＜c，所以f(c)＞f(b)＞f(a)．因此C正確．]3．函數(shù)f(x)＝eq\f(1,2)x3＋ax＋4，那么“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增〞的()A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件A[f′(x)＝eq\f(3,2)x2＋a，當(dāng)a≥0時，f′(x)≥0恒成立，故“a＞0”是“f(x)在R上單調(diào)遞增〞的充分不必要條件．]4．假設(shè)函數(shù)f(x)＝2x3－3mx2＋6x在區(qū)間(2，＋∞)上為增函數(shù)，那么實數(shù)m的取值范圍為()A．(－∞，2) B．(－∞，2]C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2))) D.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(5,2)))D[∵f′(x)＝6x2－6mx＋6，當(dāng)x∈(2，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立，即x2－mx＋1≥0恒成立，∴m≤x＋eq\f(1,x)恒成立．令g(x)＝x＋eq\f(1,x)，g′(x)＝1－eq\f(1,x2)，∴當(dāng)x＞2時，g′(x)＞0，即g(x)在(2，＋∞)上單調(diào)遞增，∴m≤2＋eq\f(1,2)＝eq\f(5,2)，應(yīng)選D.]5．(2023·紹興第一中學(xué)3月模擬)函數(shù)f(x)的定義域為R，f(－1)＝2，對任意x∈R，f′(x)＞2，那么f(x)＞2x＋4的解集為()【導(dǎo)學(xué)號：51062081】A．(－1,1) B．(－1，＋∞)C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)B[由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，設(shè)F(x)＝f(x)－2x－4，那么F′(x)＝f′(x)－2，因為f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上單調(diào)遞增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等價于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，應(yīng)選B.]二、填空題6．函數(shù)f(x)＝1＋x－sinx在(0,2π)上的單調(diào)情況是________．單調(diào)遞增[在(0,2π)上有f′(x)＝1－cosx＞0，所以f(x)在(0,2π)上單調(diào)遞增．]7．函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx,x)的單調(diào)遞增區(qū)間是________．(0，e)[由f′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)))′＝eq\f(1－lnx,x2)＞0(x＞0)，可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－lnx＞0，,x＞0，))解得x∈(0，e)．]8．函數(shù)f(x)＝eq\f(3x,a)－2x2＋lnx(a＞0)，假設(shè)函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，那么a的取值范圍是________.【導(dǎo)學(xué)號：51062082】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(2,5)))∪[1，＋∞)[f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)，假設(shè)函數(shù)f(x)在[1,2]上為單調(diào)函數(shù)，即f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≥0或f′(x)＝eq\f(3,a)－4x＋eq\f(1,x)≤0在[1,2]上恒成立，即eq\f(3,a)≥4x－eq\f(1,x)或eq\f(3,a)≤4x－eq\f(1,x)在[1,2]上恒成立．令h(x)＝4x－eq\f(1,x)，那么h(x)在[1,2]上單調(diào)遞增，所以eq\f(3,a)≥h(2)或eq\f(3,a)≤h(1)，即eq\f(3,a)≥eq\f(15,2)或eq\f(3,a)≤3，又a＞0，所以0＜a≤eq\f(2,5)或a≥1.]三、解答題9．函數(shù)f(x)＝eq\f(lnx＋k,ex)(k為常數(shù)，e是自然對數(shù)的底數(shù))，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線與x軸平行．(1)求k的值；(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間．[解](1)由題意得f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－k,ex)，又f′(1)＝eq\f(1－k,e)＝0，故k＝1.6分(2)由(1)知，f′(x)＝eq\f(\f(1,x)－lnx－1,ex).設(shè)h(x)＝eq\f(1,x)－lnx－1(x＞0)，那么h′(x)＝－eq\f(1,x2)－eq\f(1,x)＜0，即h(x)在(0，＋∞)上是減函數(shù).10分由h(1)＝0知，當(dāng)0＜x＜1時，h(x)＞0，從而f′(x)＞0；當(dāng)x＞1時，h(x)＜0，從而f′(x)＜0.綜上可知，f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(1，＋∞).15分10．函數(shù)f(x)＝ax3＋x2(a∈R)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值．(1)確定a的值；(2)假設(shè)g(x)＝f(x)ex，討論g(x)的單調(diào)性．[解](1)對f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝3ax2＋2x，2分因為f(x)在x＝－eq\f(4,3)處取得極值，所以f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝0，即3a·eq\f(16,9)＋2·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝eq\f(16a,3)－eq\f(8,3)＝0，解得a＝eq\f(1,2).7分(2)由(1)得g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex，故g′(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x2＋2x))ex＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋x2))ex＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)x3＋\f(5,2)x2＋2x))ex＝eq\f(1,2)x(x＋1)(x＋4)ex.12分令g′(x)＝0，解得x＝0或x＝－1或x＝－4.當(dāng)x<－4時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)－4<x<－1時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)；當(dāng)－1<x<0時，g′(x)<0，故g(x)為減函數(shù)；當(dāng)x>0時，g′(x)>0，故g(x)為增函數(shù)．綜上知，g(x)在(－∞，－4)和(－1,0)內(nèi)為減函數(shù)，在(－4，－1)和(0，＋∞)內(nèi)為增函數(shù).15分B組能力提升(建議用時：15分鐘)1．函數(shù)f(x)在定義域R內(nèi)可導(dǎo)，假設(shè)f(x)＝f(2－x)，且當(dāng)x∈(－∞，1)時，(x－1)f′(x)＜0，設(shè)a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，那么()A．a(chǎn)＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜c＜aC[依題意得，當(dāng)x＜1時，f′(x)＞0，f(x)為增函數(shù)；又f(3)＝f(－1)，且－1＜0＜eq\f(1,2)＜1，因此有f(－1)＜f(0)＜feq\b\lc\(\