3.2 导数在函数单调性、极值中的应用考纲要求1．了解函数单调性和导数的关系，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．1．(2012陕西高考)设函数f (x )＝2x＋ln x ，则( )．A ．x ＝12为f (x )的极大值点B ．x ＝12为f (x )的极小值点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 3－x )的递减区间为⎝⎛⎭⎪⎫－33，33，则a 的取值范围是( )． A ．a ＞0 B ．－1＜a ＜0 C ．a ＞1 D ．0＜a ＜13．函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间为( )．A.⎝ ⎛⎭⎪⎫π，3π2B.⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，5π2C.⎝ ⎛⎭⎪⎫5π2，3π D ．(π，2π) 4．已知f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，则a 的最大值是__________．5．已知函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋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【例1】 已知a ∈R ，函数f (x )＝(－x 2＋ax )e x(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： 求定义域→求导数fx →求f x ＝0在定义域内的根→用求得的根划分定义区间→确定f x 在各个开区间内的符号→得相应开区间上的单调性提醒：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【例2－1】 已知实数a ＞0，函数f (x )＝ax (x －2)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．【例2－2】 已知函数f (x )＝x 3＋mx 2＋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书写不规范而致误【典例】 设函数f (x )＝x (e x－1)－12x 2，求函数f (x )的单调增区间．错解：f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－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，＋∞)．正解：因为f (x )＝x (e x－1)－12x 2，所以f ′(x )＝e x －1＋x e x －x ＝(e x－1)·(x ＋1)．令f ′(x )＞0，即(e x－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．1．(2012辽宁高考)函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为( )．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 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]既有极大值又有极小值，则a 的取值范围是__________．4．函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝________处取得极小值．5．设f (x )＝ex 1＋ax 2，其中a 为正实数．(1)当a ＝43时，求f (x )的极值点；(2)若f (x )为R 上的单调函数，求a 的取值范围．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1．D 解析：由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2x ＝0可得x ＝2.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 (3x 2－1)＝3a ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33， ∴当－33＜x ＜33时， ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋33⎝ ⎛⎭⎪⎫x －33＜0.∴要使y ′＜0，必须取a ＞0.3．B 解析：∵y ＝x sin x ＋cos x ， ∴y ′＝x cos x .当x ∈(π，3π)时，要使y ′＝x cos x ＞0，只要cos x ＞0， 结合选项知，只有B 满足．4．3 解析：∵f (x )＝x 3－ax 在[1，＋∞)上是单调增函数，∴f ′(x )＝3x 2－a ≥0在[1，＋∞)上恒成立，即a ≤3x 2在[1，＋∞)上恒成立， 而当x ∈[1，＋∞)时， (3x 2)min ＝3×12＝3. ∴a ≤3，故a max ＝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 )＝(－x 2＋2x )e x，∴f ′(x )＝(－2x ＋2)e x ＋(－x 2＋2x )e x＝(－x 2＋2)e x.令f ′(x )＞0，即(－x 2＋2)e x＞0， ∵e x ＞0，∴－x 2＋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[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≤0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≥0对x ∈R 都成立．∴Δ＝(a －2)2＋4a ≤0，即a 2＋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[－x 2＋(a －2)x ＋a ]e x≥0对x ∈R 都成立． ∵e x ＞0，∴x 2－(a －2)x －a ≤0对x ∈R 都成立．而Δ＝(a －2)2＋4a ＝a 2＋4＞0，故函数f (x )不可能在R 上单调递增．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 )＝ax 3－4ax 2＋4ax ，f ′(x )＝3ax 2－8ax ＋4a .令f ′(x )＝0，得3ax 2－8ax ＋4a ＝0. ∵a ≠0，∴3x 2－8x ＋4＝0，∴x ＝23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⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23和(2，＋∞)； ∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0， ∴函数f (x )的单调递减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2. (2)∵当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，23时，f ′(x )＞0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，2时，f ′(x )＜0； 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0.∴f (x )在x ＝23时取得极大值，即a ·23⎝ ⎛⎭⎪⎫23－22＝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 )＝x 3＋mx 2＋nx －2，得f ′(x )＝3x 2＋2mx ＋n ， 则g (x )＝f ′(x )＋6x＝3x 2＋(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 )＝3x 2－6x ＝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．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1．B 解析：对函数y ＝12x 2－ln x 求导，得y ′＝x －1x ＝x 2－1x(x ＞0)，令⎩⎪⎨⎪⎧x 2－1x ≤0，x >0，解得x ∈(0,1]．因此函数y ＝12x 2－ln x 的单调递减区间为(0,1]．故选B.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.3．a ＞2或a ＜－1 解析：∵f (x )＝x 3＋3ax 2＋3[(a ＋2)x ＋1]，∴f ′(x )＝3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)．令3x 2＋6ax ＋3(a ＋2)＝0，即x 2＋2ax ＋a ＋2＝0.∵函数f (x )有极大值和极小值，∴方程x 2＋2ax ＋a ＋2＝0有两个不相等的实根，即Δ＝4a 2－4a －8＞0， ∴a ＞2或a ＜－1.4．2 解析：f (x )＝x 3－3x 2＋1， f ′(x )＝3x 2－6x .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 )＝e x 1＋ax 2－2ax (1＋ax 2)2.① (1)当a ＝43时，若f ′(x )＝0，则4x 2－8x ＋3＝0，解得x 1＝32，x 2＝12.所以，x 1＝2是极小值点，x 2＝2是极大值点．(2)若f (x )为R 上的单调函数， 则f ′(x )在R 上不变号．结合①与条件a ＞0，知ax 2－2ax ＋1≥0在R 上恒成立，因此Δ＝4a 2－4a ＝4a (a －1)≤0，由此并结合a ＞0，知0＜a ≤1.。
