【数学】2019届高考一轮复习北师大版理3-2导数与函数的单调性学案
第2讲 导数与函数的单调性
1．函数的单调性与导数的关系
条件
结论
函数y＝f(x)在区间(a，b)上可导
f′(x)＞0
f(x)在(a，b)内单调递增
f′(x)＜0
f(x)在(a，b)内单调递减
f′(x)＝0
f(x)在(a，b)内是常数函数
2.由函数的单调性与导数的关系可得的结论
(1)函数f(x)在(a，b)内可导，且f′(x)在(a，b)任意子区间内都不恒等于0，当x∈(a，b)时．
f′(x)≥0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递增；
f′(x)≤0⇔函数f(x)在(a，b)上单调递减．
(2)f′(x)＞0(＜0)在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增(减)的充分条件．
[提醒] 利用导数研究函数的单调性，要在定义域内讨论导数的符号．
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在(a，b)内单调递增，那么一定有f′(x)＞0.( )
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内没有单调性．( )
答案：(1)× (2)√
函数f(x)＝cos x－x在(0，π)上的单调性是( )
A．先增后减 B．先减后增
C．增函数 D．减函数
解析：选D.因为f′(x)＝－sin x－1＜0.
所以f(x)在(0，π)上是减函数，故选D.
(教材习题改编)函数f(x)的导函数f′(x)有下列信息：
①f′(x)>0时，－1
2；
③f′(x)＝0时，x＝－1或x＝2.
则函数f(x)的大致图象是( )
解析：选C.根据信息知，函数f(x)在(－1，2)上是增函数．在(－∞，－1)，(2，＋∞)
上是减函数，故选C.
(教材习题改编)函数f(x)＝ex－x的单调递增区间是________．
解析：因为f(x)＝ex－x，所以f′(x)＝ex－1，
由f′(x)>0，得ex－1>0，即x>0.
答案：(0，＋∞)
已知f(x)＝x3－ax在[1，＋∞)上是增函数，则实数a的最大值是________．
解析：f′(x)＝3x2－a≥0，即a≤3x2，
又因为x∈[1，＋∞)，所以a≤3，即a的最大值是3.
答案：3
利用导数判断(证明)函数的单调性
[典例引领]
(2017·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x.讨论f(x)的单调性．
【解】 (分类讨论思想)函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x，在(－∞，＋∞)单调递增．
②若a＞0，则由f′(x)＝0得x＝ln a.
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0；
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0.
故f(x)在(－∞，ln a)单调递减，在(ln a，＋∞)单调递增．
③若a＜0，则由f′(x)＝0得x＝ln.
当x∈时，f′(x)＜0；
当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在单调递减，
在单调递增．
导数法证明函数f(x)在(a，b)内的单调性的步骤
(1)求f′(x)；
(2)确认f′(x)在(a，b)内的符号；
(3)作出结论：f′(x)>0时为增函数；f′(x)<0时为减函数.
[提醒] 研究含参数函数的单调性时，需注意依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．
[通关练习]
1．函数f(x)＝e2x＋2cos x－4的定义域是[0，2π]，则f(x)( )
A．在[0，π]上是减函数，在[π，2π]上是增函数
B．在[0，π]上是增函数，在[π，2π]上是减函数
C．在[0，2π]上是增函数
D．在[0，2π]上是减函数
解析：选C.由题意可得f′(x)＝2e2x－2sin x＝2(e2x－sin x)．
因为x∈[0，2π]，所以f′(x)≥2(1－sin x)≥0，
所以函数f(x)在[0，2π]上是增函数，故选C.
2．已知函数f(x)＝mln(x＋1)，g(x)＝(x＞－1)．
讨论函数F(x)＝f(x)－g(x)在(－1，＋∞)上的单调性．
解：F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝－＝(x＞－1)．
当m≤0时，F′(x)＜0，函数F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当m＞0时，令F′(x)＜0，得x＜－1＋，函数F(x)在(－1，－1＋)上单调递减；
令F′(x)＞0，得x＞－1＋，函数F(x)在(－1＋，＋∞)上单调递增．
综上所述，当m≤0时，F(x)在(－1，＋∞)上单调递减；
当m＞0时，F(x)在(－1，－1＋)上单调递减，在(－1＋，＋∞)上单调递增．
求函数的单调区间
[典例引领]
(2016·高考北京卷)设函数f(x)＝xea－x＋bx，曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程为y＝(e－1)x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)求f(x)的单调区间．
【解】 (1)因为f(x)＝xea－x＋bx，
所以f′(x)＝(1－x)ea－x＋b.
依题设，即
解得a＝2，b＝e.
(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)与
1－x＋ex－1同号．
令g(x)＝1－x＋ex－1，则g′(x)＝－1＋ex－1.
所以当x∈(－∞，1)时，g′(x)＜0，g(x)在区间(－∞，1)上单调递减；
当x∈(1，＋∞)时，g′(x)＞0，g(x)在区间(1，＋∞)上单调递增．
故g(1)＝1是g(x)在区间(－∞，＋∞)上的最小值，
从而g(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
综上可知，f′(x)＞0，x∈(－∞，＋∞)．
故f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
利用导数求函数的单调区间的三种方法
(1)当不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0可解时，确定函数的定义域，解不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0求出单调区间．
(2)当方程f′(x)＝0可解时，确定函数的定义域，解方程f′(x)＝0，求出实数根，把函数f(x)的间断点(即f(x)的无定义点)的横坐标和实根按从小到大的顺序排列起来，把定义域分成若干个小区间，确定f′(x)在各个区间内的符号，从而确定单调区间．
(3)不等式f′(x)＞0或f′(x)＜0及方程f′(x)＝0均不可解时求导数并化简，根据f′(x)的结构特征，选择相应的基本初等函数，利用其图象与性质确定f′(x)的符号，得单调区间．
函数f(x)＝3＋xln x的单调递减区间是( )
A. B.
C. D.
解析：选B.因为函数的定义域为(0，＋∞)且f′(x)＝ln x＋x·＝ln x＋1，令f′(x)＜0，解得：0＜x＜.
故f(x)的单调递减区间是.
函数单调性的应用(高频考点)
利用导数根据函数的单调性(区间)求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考向，常以解答题的形式出现．高考对函数单调性的考查主要有以下两个命题角度：
(1)比较大小或解不等式；
(2)已知函数单调性求参数的取值范围．
[典例引领]
角度一 比较大小或解不等式
(构造函数法)函数f(x)的定义域为R，f(－1)＝2，对任意x∈R，f′(x)＞2，则f(x)＞2x＋4的解集为( )
A．(－1，1) B．(－1，＋∞)
C．(－∞，－1) D．(－∞，＋∞)
【解析】 由f(x)＞2x＋4，得f(x)－2x－4＞0，设F(x)＝f(x)－2x－4，则F′(x)＝f′(x)－2，因为f′(x)＞2，所以F′(x)＞0在R上恒成立，所以F(x)在R上单调递增，而F(－1)＝f(－1)－2×(－1)－4＝2＋2－4＝0，故不等式f(x)－2x－4＞0等价于F(x)＞F(－1)，所以x＞－1，故选B.
【答案】 B
角度二 已知函数单调性求参数的取值范围
已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝ax2＋2x(a≠0)．
(1)若函数h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a的取值范围；
(2)若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递减，求a的取值范围．
【解】 (1)h(x)＝ln x－ax2－2x，x∈(0，＋∞)，
所以h′(x)＝－ax－2，由于h(x)在(0，＋∞)上存在单调递减区间，
所以当x∈(0，＋∞)时，－ax－2＜0有解．
即a＞－有解，
设G(x)＝－，
所以只要a＞G(x)min即可．
而G(x)＝(－1)2－1，
所以G(x)min＝－1.
所以a＞－1.
(2)由h(x)在[1，4]上单调递减得，
当x∈[1，4]时，h′(x)＝－ax－2≤0恒成立，
即a≥－恒成立．
所以a≥G(x)max，而G(x)＝(－1)2－1，
因为x∈[1，4]，所以∈[，1]，
所以G(x)max＝－(此时x＝4)，
所以a≥－，即a的取值范围是[－，＋∞)．
1.本例条件变为：若函数h(x)＝f(x)－g(x)在[1，4]上单调递增，求a的取值范围．
解：由h(x)在[1，4]上单调递增得，当x∈[1，4]时，h′(x)≥0恒成立，
所以当x∈[1，4]时，a≤－恒成立，
又当x∈[1，4]时，(－)min＝－1(此时x＝1)，
所以a≤－1，即a的取值范围是(－∞，－1]．
2.本例条件变为：若h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：h(x)在[1，4]上存在单调递减区间，
则h′(x)＜0在[1，4]上有解，
所以当x∈[1，4]时，a＞－有解，
又当x∈[1，4]时，(－)min＝－1，
所以a＞－1，即a的取值范围是(－1，＋∞)．
(1)利用导数比较大小或解不等式的常用技巧
利用题目条件，构造辅助函数，把比较大小或求解不等式的问题转化为先利用导数研究函数的单调性问题，再由单调性比较大小或解不等式．
(2)利用函数的单调性求参数的取值范围的解题思路
①由函数在区间[a，b]上单调递增(减)可知f′(x)≥0(f′(x)≤0)在区间[a，b]上恒成立列出不等式．
②利用分离参数法或函数的性质求解恒成立问题．
③对等号单独检验，检验参数的取值能否使f′(x)在整个区间恒等于0，若f′(x)恒等于0，则参数的这个值应舍去；若只有在个别点处有f′(x)＝0，则参数可取这个值．
[提醒] f(x)为增函数的充要条件是对任意的x∈(a，b)都有f′(x)≥0且在(a，b)内的任意一个非空子区间上f′(x)≠0.应注意此时式子中的等号不能省略，否则漏解．
[通关练习]
1．已知函数f(x)＝x3－3x，若在△ABC中，角C是钝角，则( )
A．f(sin A)＞f(cos B) B．f(sin A)＜f(cos B)
C．f(sin A)＞f(sin B) D．f(sin A)＜f(sin B)
解析：选A.因为f(x)＝x3－3x，所以f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，故函数f(x)在区间(－1，1)上是减函数，又A、B都是锐角，且A＋B＜，所以0＜A＜－B＜，所以sin A＜sin＝cos B，故f(sin A)＞f(cos B)，故选A.
2．已知函数f(x)＝ln x＋a(1－x)．
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)在(2，＋∞)上为单调函数，求实数a的取值范围．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a.
若a≤0，则f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；若a>0，则当x∈时，f′(x)>0，
当x∈时，f′(x)<0，所以f(x)在上单调递增，在上单调递减．
(2)由(1)知当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，符合要求；当a>0时，f(x)在上单调递减，则2≥，即a≥.所以实数a的取值范围是(－∞，0]∪.
导数与函数单调性的关系
(1)f′(x)>0(或<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件；
(2)f′(x)≥0(或≤0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的必要不充分条件．
利用导数研究函数的单调性的思路
根据函数的导数研究函数的单调性，在函数解析式中含有参数时要进行分类讨论，这种分类讨论首先是在函数的定义域内进行，其次要根据函数的导数等于零的点在其定义域内的情况进行，如果这个点不止一个，则要根据参数在不同范围内取值时，导数等于零的根的大小关系进行分类讨论，在分类解决问题后要整合为一个一般的结论．
化归转化思想的应用
(1)已知函数f(x)在D上单调递增求参数的取值范围，常转化为f′(x)≥0在D上恒成立，再通过构造函
数转化为求最值或图象都不在x轴下方的问题，已知函数f(x)在D上单调递减求参数的取值范围，常转化为f′(x)≤0在D上恒成立，再通过构造函数转化为求最值或图象都不在x轴上方的问题．
(2)已知函数f(x)在D上不单调，①将其转化为其导数在该区间不会恒大于零或恒小于零；②
构造函数，通过构造函数，把复杂的函数转化为简单的函数．
易误防范
(1)求单调区间应遵循定义域优先的原则．
(2)注意两种表述“函数f(x)在(a，b)上为减函数”与“函数f(x)的减区间为(a，b)”的区别．
(3)利用导数求函数的单调区间时，要正确求出导数等于零的点，不连续点及不可导点．
(4)若f(x)在给定区间内有多个单调性相同的区间不能用“∪”连接，只能用“，”隔开或用“和”连接．
1．函数f(x)＝1＋x－sin x在(0，2π)上的单调情况是( )
A．增函数 B．减函数
C．先增后减 D．先减后增
解析：选A.在(0，2π)上有f′(x)＝1－cos x＞0恒成立，所以f(x)在(0，2π)上单调递增．
2．函数f(x)＝(a＞0)的单调递增区间是( )
A．(－∞，－1) B．(－1，1)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)或(1，＋∞)
解析：选B.函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝＝.由于a＞0，要使f′(x)＞0，只需(1－x)·(1＋x)＞0，解得x∈(－1，1)．
3．(2018·太原模拟)函数f(x)＝的图象大致为( )
解析：选B.由f(x)＝，可得f′(x)＝＝，则当x∈(－∞，0)和x∈(0，1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．又当x＜0时，f(x)＜0，故选B.
4．(2018·四川乐山一中期末)f(x)＝x2－aln x在(1，＋∞)上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A．a＜1 B．a≤1
C．a＜2 D．a≤2
解析：选D.由f(x)＝x2－aln x，得f′(x)＝2x－，
因为f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以2x－≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a≤2x2在(1，＋∞)上恒成立，
因为x∈(1，＋∞)时，2x2＞2，所以a≤2故选D.
5．函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则a，b，c的大小关系为( )
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．c＜a＜b D．b＜c＜a
解析：选C.因为当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)＜0，所以f′(x)＞0，所以函数f(x)在(－∞，1)上是单调递增函数，所以a＝f(0)＜f＝b，
又f(x)＝f(2－x)，
所以c＝f(3)＝f(－1)，
所以c＝f(－1)＜f(0)＝a，所以c＜a＜b，故选C.
6．函数f(x)＝＋－ln x的单调递减区间是________．
解析：因为f(x)＝＋－ln x，
所以函数的定义域为(0，＋∞)，
且f′(x)＝－－＝，
令f′(x)＜0，解得0＜x＜5，所以函数f(x)的单调递减区间为(0，5)．
答案：(0，5)
7．若f(x)＝xsin x＋cos x，则f(－3)，f，f(2)的大小关系为________(用“＜”连接)．
解析：函数f(x)为偶函数，因此f(－3)＝f(3)．
又f′(x)＝sin x＋xcos x－sin x＝xcos x，
当x∈时，f′(x)＜0.所以f(x)在区间上是减函数，所以f＞f(2)＞f(3)＝f(－3)．
答案：f(－3)＜f(2)＜f
8．(2018·张掖市第一次诊断考试)若函数f(x)＝－x2＋x＋1在区间(，3)上单调递减，则实数a的取值范围是________．
解析：f′(x)＝x2－ax＋1，因为函数f(x)在区间(，3)上单调递减，所以f′(x)≤0在区间(，3)上恒成立，所以，即，解得a≥，所以实数a的取值范围为[，＋∞)．
答案：[，＋∞)
9．设f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，其中a∈R，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与y轴相交于点(0，6)．
(1)确定a的值；
(2)求函数f(x)的单调区间．
解：(1)因为f(x)＝a(x－5)2＋6ln x，
故f′(x)＝2a(x－5)＋.
令x＝1，得f(1)＝16a，f′(1)＝6－8a，
所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－16a＝(6－8a)(x－1)，
由点(0，6)在切线上，
可得6－16a＝8a－6，解得a＝.
(2)由(1)知，f(x)＝(x－5)2＋6ln x(x＞0)，
f′(x)＝x－5＋＝.
令f′(x)＝0，解得x＝2或3.
当0＜x＜2或x＞3时，f′(x)＞0；
当2＜x＜3时，f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0，2)，(3，＋∞)，单调递减区间是(2，3)．
10．已知函数g(x)＝x3－x2＋2x＋5.
(1)若函数g(x)在(－2，－1)内为减函数，求a的取值范围；
(2)若函数g(x)在(－2，－1)内存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：因为g(x)＝x3－x2＋2x＋5，
所以g′(x)＝x2－ax＋2.
(1)法一：因为g(x)在(－2，－1)内为减函数，所以g′(x)＝x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立．
所以
即
解得a≤－3.
即实数a的取值范围为(－∞，－3]．
法二：由题意知x2－ax＋2≤0在(－2，－1)内恒成立，
所以a≤x＋在(－2，－1)内恒成立，
记h(x)＝x＋，
则x∈(－2，－1)时，－3＜h(x)≤－2，所以a≤－3.
(2)因为函数g(x)在(－2，－1)内存在单调递减区间，
所以g′(x)＝x2－ax＋2＜0在(－2，－1)内有解，
所以a＜.
又x＋≤－2.
当且仅当x＝即x＝－时等号成立．
所以满足要求的a的取值范围是(－∞，－2)．
1．(2018·安徽江淮十校第三次联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A．1＜a≤2 B．a≥4
C．a≤2 D．0＜a≤3
解析：选A. 易知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝x－，由f′(x)＝x－＜0，解得0＜x＜3.因为函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，a＋1]上单调递减，所以解得1＜a≤2，选A.
2．(2018·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)＝0，则f(x)＞0的解集为( )
A．(－∞，－1) B．(－1，1)
C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)
解析：选A.设g(x)＝，则g′(x)＝＜0在R上恒成立，所以g(x)在R
上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)＞0⇔g(x)＞0，所以x＜－1.
3．已知函数f(x)＝－ln x＋ax，g(x)＝(x＋a)ex，a＜0，若存在区间D，使函数f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，则a的取值范围是________．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＋a＝，由a＜0可得f′(x)＜0，即f(x)在定义域(0，＋∞)上单调递减，g′(x)＝ex＋(x＋a)ex＝(x＋a＋1)ex，令g′(x)＝0，解得x＝－(a＋1)，当x∈(－∞，－a－1)时，g′(x)＜0，当x∈(－a－1，＋∞)时，g′(x)＞0，故g(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)，单调递增区间为(－a－1，＋∞)．因为存在区间D，使f(x)和g(x)在区间D上的单调性相同，所以－a－1＞0，即a＜－1，故a的取值范围是(－∞，－1)．
答案：(－∞，－1)
4．定义在R上的奇函数f(x)，当x∈(－∞，0)时f(x)＋xf′(x)＜0恒成立，若a＝3f(3)，b＝(logπe)f(logπe)，c＝－2f(－2)，则a，b，c的大小关系为________．
解析：设g(x)＝xf(x)，
则g′(x)＝f(x)＋xf′(x)，
因为当x∈(－∞，0)时，f(x)＋xf′(x)＜0恒成立，
所以此时g′(x)＝f(x)＋xf′(x)＜0，
即此时函数g(x)＝xf(x)在(－∞，0)上单调递减，
因为f(x)是奇函数，所以g(x)＝xf(x)是偶函数，
即当x＞0时，函数g(x)＝xf(x)单调递增，则a＝3f(3)＝g(3)，b＝(logπe)f(logπe)＝g(logπe)，
c＝－2f(－2)＝g(－2)＝g(2)，
因为0＜logπe＜1＜2＜3，
所以g(3)＞g(2)＞g(logπe)，即a＞c＞b.
答案：a＞c＞b
5．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．
(1)设a＝e，求函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)判断函数f(x)的单调性．
解：(1)因为a＝e，
所以f(x)＝ex－ex－1，f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.
所以当a＝e时，函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－1.
(2)因为f(x)＝ex－ax－1，所以f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上单调递增．
所以当a≤1时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞1时，由f′(x)＝ex－a＝0，得x＝ln a，
所以当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当x＞ln a时，f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
综上，当a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．
6．(2018·武汉市武昌区调研考试)已知函数f(x)＝x2＋(1－a)x－aln x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a＞0，证明：当0＜x＜a时，f(a＋x)＜f(a－x)．
解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由已知，得f′(x)＝x＋1－a－＝＝.
若a≤0，则f′(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
若a＞0，则由f′(x)＝0，得x＝a.当0＜x＜a时，f′(x)＜0；当x＞a时，f′(x)＞0.
此时f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
(2)证明：令g(x)＝f(a＋x)－f(a－x)，则g(x)＝(a＋x)2＋(1－a)(a＋x)－aln(a＋x)－[(a－x)2＋(1－a)(a－x)－aln(a－x)]＝2x－aln(a＋x)＋aln(a－x)．
所以g′(x)＝2－－＝.
当0＜x＜a时，g′(x)＜0，所以g(x)在(0，a)上是减函数．
而g(0)＝0，所以g(x)＜g(0)＝0.
故当0＜x＜a时，f(a＋x)＜f(a－x)．
