3.2 导数在函数单调性、极值中的应用
考纲要求
1．了解函数的单调性与导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
2．了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数一般不超过三次)．
1．函数的单调性与导数
1
2．函数的极值与导数 (1)函数的极小值
若函数y＝f(x)在点x＝a处的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值____，且f′(a)＝0，而且在点x＝a附近的左侧________，右侧________，则点a叫做函数的极小值点，f(a)叫做函数的极小值．
(2)函数的极大值
若函数y＝f(x)在点x＝b处的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值____，且f′(b)＝0，而且在点x＝b附近的左侧________，右侧________，则点b叫做函数的极大值点，f(b)叫做函数的极大值，______和______统称为极值．
2
1．(2012陕西高考)设函数f(x)＝＋ln x，则( )．
x1
A．x＝为f(x)的极大值点
21
B．x＝为f(x)的极小值点
2
C．x＝2为f(x)的极大值点 D．x＝2为f(x)的极小值点
2．若函数y＝a(x－x)的递减区间为?－
3
??33?
，?，则a的取值范围是( )． 33?
2
A．a＞0 B．－1＜a＜0 C．a＞1 D．0＜a＜1
3．函数y＝xsin x＋cos x在(π，3π)内的单调增区间为( )．
3π???3π5π?A．?π，? B．?，? 2?2???2?5π?C．?，3π? D．(π，2π) ?2?
3
4．已知f(x)＝x－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，则a的最大值是__________．
32
5．已知函数f(x)＝ax＋bx＋c，其导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)的极小值是__________．
一、利用导数研究函数的单调性
2x【例1】已知a∈R，函数f(x)＝(－x＋ax)e(x∈R，e为自然对数的底数)． (1)当a＝2时，求函数f(x)的单调递增区间；
(2)函数f(x)是否为R上的单调函数，若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由． 方法提炼
1．导数法求函数单调区间的一般流程：
3
提醒：当f(x)不含参数时，也可通过解不等式f′(x)＞0(或f′(x)＜0)直接得到单调递增(或递减)区间．
2．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． 3．已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件f′(x)≥0(或f′(x)≤0)，x∈(a，b)，转化为不等式恒成立问题求解．
提醒：函数f(x)在(a，b)内单调递增，则f′(x)≥0，f′(x)＞0是f(x)在(a，b)内单调递增的充分不必要条件．
请做演练巩固提升1,5
二、函数的极值与导数
2
【例2－1】已知实数a＞0，函数f(x)＝ax(x－2)(x∈R)有极大值32. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)求实数a的值．
32
【例2－2】已知函数f(x)＝x＋mx＋nx－2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x的图象关于y轴对称．
(1)求m，n的值及函数y＝f(x)的单调区间；
(2)若a＞0，求函数y＝f(x)在区间(a－1，a＋1)内的极值． 方法提炼
利用导数研究函数的极值的一般流程：
请做演练巩固提升3,4
4
书写不规范而致误 12x【典例】设函数f(x)＝x(e－1)－x，求函数f(x)的单调增区间．
2
xxx错解：f′(x)＝e－1＋xe－x＝(e－1)·(x＋1)， 令f′(x)＞0得，x＜－1或x＞0.
所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)∪(0，＋∞)．
错因：结论书写不正确，也就是说不能用符号“∪”连接，应为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
12x正解：因为f(x)＝x(e－1)－x，
2
xxx所以f′(x)＝e－1＋xe－x＝(e－1)·(x＋1)．
x令f′(x)＞0，即(e－1)(x＋1)＞0，得x＜－1或x＞0. 所以函数f(x)的单调增区间为(－∞，－1)和(0，＋∞)．
答题指导：1．利用导数求解函数的单调区间是高考的热点内容，这类问题求解并不难，即只需由f′(x)＞0或f′(x)＜0，求其解即得．但在求解时会因书写不规范而导致失分．
2．对于含有两个或两个以上的单调增区间(或单调减区间)，中间用“，”或“和”连接，而不能用符号“∪”连接．
12
1．(2012辽宁高考)函数y＝x－ln x的单调递减区间为( )．
2
5
A．(－1,1] B．(0,1] C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)
2．(2012重庆高考)设函数f(x)在R上可导，其导函数为f′(x)，且函数f(x)在x＝－2处取得极小值，则函数y＝xf′(x)的图象可能是( )．
3．函数f(x)＝x＋3ax＋3[(a＋2)x＋1]既有极大值又有极小值，则a的取值范围是__________．
32
4．函数f(x)＝x－3x＋1在x＝________处取得极小值．
xe
5．设f(x)＝2，其中a为正实数．
1＋ax4
(1)当a＝时，求f(x)的极值点；
3
(2)若f(x)为R上的单调函数，求a的取值范围．
3
2
6
参考答案
基础梳理自测 知识梳理
1．单调递增 单调递减
2．(1)都小 f′(x)＜0 f′(x)＞0 (2)都大 f′(x)＞0 f′(x)＜0 极大值 极小值
基础自测
211?2?1．D 解析：由f′(x)＝－2＋＝?1－?＝0可得x＝2.
xxx?x?
当0＜x＜2时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x＞2时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．故x＝2为f(x)的极小值点．
2．A 解析：∵y′＝a(3x2
－1)
＝3a??3??x＋3?????x－3?3??
， ∴当－
33＜x＜3
3
时， ?
?3??3??
x＋3????x－3??＜0.
∴要使y′＜0，必须取a＞0.
3．B 解析：∵y＝xsin x＋cos x， ∴y′＝xcos x.
当x∈(π，3π)时，要使y′＝xcos x＞0，只要cos x＞0， 结合选项知，只有B满足．
4．3 解析：∵f(x)＝x3
－ax在[1，＋∞)上是单调增函数，
∴f′(x)＝3x2－a≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a≤3x2
在[1，＋∞)上恒成立， 而当x∈[1，＋∞)时， (3x2)2
min＝3×1＝3. ∴a≤3，故amax＝3.
5．c 解析：由f′(x)的图象知，x＝0是f(x)的极小值点， ∴f(x)极小值＝f(0)＝c. 考点探究突破
【例1】解：(1)当a＝2时，f(x)＝(－x2＋2x)ex，
∴f′(x)＝(－2x＋2)ex＋(－x2＋2x)ex
＝(－x2＋2)ex.
令f′(x)＞0，即(－x2＋2)ex＞0， ∵ex＞0，∴－x2
＋2＞0， 解得－2＜x＜2.
∴函数f(x)的单调递增区间是(－2，2)． (2)若函数f(x)在R上单调递减， 则f′(x)≤0对x∈R都成立，
即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≤0对x∈R都成立． ∵ex＞0，∴x2
－(a－2)x－a≥0对x∈R都成立．
∴Δ＝(a－2)2
＋4a≤0，
即a2
＋4≤0，这是不可能的．
故函数f(x)不可能在R上单调递减． 若函数f(x)在R上单调递增， 则f′(x)≥0对x∈R都成立，
即[－x2＋(a－2)x＋a]ex≥0对x∈R都成立． ∵ex＞0，∴x2
－(a－2)x－a≤0对x∈R都成立．
而Δ＝(a－2)2＋4a＝a2
＋4＞0，故函数f(x)不可能在R上单调递增．
7
综上可知，函数f(x)不可能是R上的单调函数．
【例2－1】解：(1)f(x)＝ax3－4ax2＋4ax，f′(x)＝3ax2
－8ax＋4a.
令f′(x)＝0，得3ax2
－8ax＋4a＝0. ∵a≠0，
∴3x2
－8x＋4＝0，
∴x＝2
3或x＝2.
∵a＞0，
∴当x∈???
－∞，23???或x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0. ∴函数f(x)的单调递增区间为??2?
－∞，3???和(2，＋∞)； ∵当x∈??2?3，2???
时，f′(x)＜0， ∴函数f(x)的单调递减区间为??2?3，2???
. (2)∵当x∈???
－∞，23???时，f′(x)＞0； 当x∈??2?3，2???
时，f′(x)＜0； 当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0.
∴f(x)在x＝2
3时取得极大值，
即a·2?3?2?3－2??2
?
＝32.∴a＝27.
【例2－2】解：(1)由函数f(x)的图象过点(－1，－6)，得m－n＝－3.①
由f(x)＝x3＋mx2
＋nx－2，
得f′(x)＝3x2
＋2mx＋n， 则g(x)＝f′(x)＋6x
＝3x2
＋(2m＋6)x＋n.
而g(x)的图象关于y轴对称，
所以－2m＋62×3
＝0.
所以m＝－3，代入①得n＝0.
于是f′(x)＝3x2
－6x＝3x(x－2)． 由f′(x)＞0得x＞2或x＜0，
故f(x)的单调递增区间是(－∞，0)和(2，＋∞)； 由f′(x)＜0得0＜x＜2，
故f(x)的单调递减区间是(0,2)． (2)由(1)得f′(x)＝3x(x－2)， 令f′(x)＝0得x＝0或x＝2，
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，0) 0 (0,2) 2 (2，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) Z 极大值 ] 极小值 Z 由此可得： 当0＜a＜1时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极大值f(0)＝－2，无极小值； 当a＝1时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值；
当1＜a＜3时，f(x)在(a－1，a＋1)内有极小值f(2)＝－6，无极大值； 当a≥3时，f(x)在(a－1，a＋1)内无极值．
8
综上得：当0＜a＜1时，f(x)有极大值－2，无极小值； 当1＜a＜3时，f(x)有极小值－6，无极大值； 当a＝1或a≥3时，f(x)无极值． 演练巩固提升
2
121x－1
1．B 解析：对函数y＝x－ln x求导，得y′＝x－＝(x＞0)，
2xxx－1??≤0，
令?x??x>0，
2
解得x∈(0,1]．
12
因此函数y＝x－ln x的单调递减区间为(0,1]．故选B.
2
2．C 解析：由题意可得f′(－2)＝0，而且当x∈(－∞，－2)时，f′(x)＜0，此时xf′(x)＞0；当x∈(－2，＋∞)时，f′(x)＞0，此时若x∈(－2,0)，xf′(x)＜0，若x∈(0，＋∞)，xf′(x)＞0，所以函数y＝xf′(x)的图象可能是C.
32
3．a＞2或a＜－1 解析：∵f(x)＝x＋3ax＋3[(a＋2)x＋1]，
2
∴f′(x)＝3x＋6ax＋3(a＋2)．
2
令3x＋6ax＋3(a＋2)＝0，
2
即x＋2ax＋a＋2＝0.
∵函数f(x)有极大值和极小值，
22
∴方程x＋2ax＋a＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a－4a－8＞0， ∴a＞2或a＜－1.
32
4．2 解析：f(x)＝x－3x＋1， f′(x)＝3x2－6x.
令f′(x)＞0，解得x＜0或x＞2. 令f′(x)＜0，解得0＜x＜2.
所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增， 故f(x)在x＝2处取得极小值． 5．解：对f(x)求导得f′(x)
2
x1＋ax－2ax＝e22.① (1＋ax)
4
(1)当a＝时，若f′(x)＝0，
32
则4x－8x＋3＝0，
31
解得x1＝，x2＝.
22
结合①，可知 13?－∞，1? ?1，3? ?3，＋∞? x ?????2?2?22??22???f′(x＋ 0 － 0 ＋ ) f(x) 极大值 极小值 Z ] Z 31所以，x1＝是极小值点，x2＝是极大值点．
22
(2)若f(x)为R上的单调函数， 则f′(x)在R上不变号．
2
结合①与条件a＞0，知ax－2ax＋1≥0在R上恒成立，
2
因此Δ＝4a－4a＝4a(a－1)≤0，由此并结合a＞0，知0＜a≤1.
9
高考数学一轮复习 第三章导数及其应用3.2导数在函数单调性、极值中的应用教学案 理 新人教A版
