第10讲 导数之单调性、最值、极值（解析版）

第10讲导数之单调性、最值、极值【知识点总结】一．函数单调性与导函数符号的关系一般地，函数的单调性与其导数正负有以下关系：在某个区间(,)ab内，如果()0fx，那么函数()yfx在该区间内单调递增；如果()0fx，那么函数()yfx在该区间内单调递减.二．求可导函数单调区间的一般步骤（1）确定函数()fx的定义域；（2）求()fx，令()0fx，解此方程，求出它在定义域内的一切实数；（3）把函数()fx的间断点（即()fx的无定义点）的横坐标和()0fx的各实根按由小到大的顺序排列起来，然后用这些点把函数()fx的定义域分成若干个小区间；（4）确定()fx在各小区间内的符号，根据()fx的符号判断函数()fx在每个相应小区间内的增减性.注①使()0fx的离散点不影响函数的单调性，即当()fx在某个区间内离散点处为零，在其余点处均为正（或负）时，()fx在这个区间上仍旧是单调递增（或递减）的.例如，在(,)上，3()fxx，当0x时，()0fx；当0x时，()0fx，而显然3()fxx在(,)上是单调递增函数.②若函数()yfx在区间(,)ab上单调递增，则()0fx（()fx不恒为0），反之不成立.因为()0fx，即()0fx或()0fx，当()0fx时，函数()yfx在区间(,)ab上单调递增.当()0fx时，()fx在这个区间为常值函数；同理，若函数()yfx在区间(,)ab上单调递减，则()0fx（()fx不恒为0），反之不成立.这说明在一个区间上函数的导数大于零，是这个函数在该区间上单调递增的充分不必要条件.于是有如下结论：()0fx()fx单调递增；()fx单调递增()0fx；()0fx()fx单调递减；()fx单调递减()0fx.三．函数极值的概念设函数()yfx在点0x处连续且0()0yfx，若在点0x附近的左侧()0fx，右侧()0fx，则0x为函数的极大值点；若在0x附近的左侧()0fx，右侧()0fx，则0x为函数的极小值点.函数的极值是相对函数在某一点附近的小区间而言，在函数的整个定义区间内可能有多个极大值或极小值，且极大值不一定比极小值大.极大值与极小值统称为极值，极大值点与极小值点统称为极值点.四．求可导函数()fx极值的一般步骤（1）先确定函数()fx的定义域；（2）求导数()fx；（3）求方程()0fx的根；（4）检验()fx在方程()0fx的根的左右两侧的符号，如果在根的左侧附近为正，在右侧附近为负，那么函数()yfx在这个根处取得极大值；如果在根的左侧附近为负，在右侧附近为正，那么函数()yfx在这个根处取得极小值.注①可导函数()fx在点0x处取得极值的充要条件是：0x是导函数的变号零点，即0()0fx，且在0x左侧与右侧，()fx的符号导号.②0()0fx是0x为极值点的既不充分也不必要条件，如3()fxx，(0)0f，但00x不是极值点.0x为可导函数()fx的极值点0()0fx；但0()0fx0x为()fx的极值点.五．函数的最大值、最小值若函数()yfx在闭区间,ab上的图像是一条连续不间断的曲线，则该函数在,ab上一定能够取得最大值与最小值，函数的最值必在极值点或区间端点处取得.六．求函数的最大值、最小值的一般步骤设()yfx是定义在区间,ab上的函数，()yfx在(,)ab可导，求函数()yfx在,ab上的最大值与最小值，可分两步进行：（1）求函数()yfx在(,)ab内的极值；（2）将函数()yfx的各极值与端点处的函数值(),()fafb比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.注①函数的极值反映函数在一点附近情况，是局部函数值的比较，故极值不一定是最值；函数的最值是对函数在整个区间上函数值比较而言的，故函数的最值可能是极值，也可能是区间端点处的函数值；②函数的极值点必是开区间的点，不能是区间的端点；③函数的最值必在极值点或区间端点处取得.【典型例题】例1．（2021·黑龙江·哈尔滨市第三十二中学校高三期中（文））已知函数321()(,)3fxxaxbxabR．若()yfx图象上的点111,3处的切线斜率为4．（1）求a，b的值；（2）()yfx的极值．【详解】（1）解：321()3fxxaxbx，2()2xaxbfx，(1)41241111113(1)333fababfab；（2）解：由（1）得321()33fxxxx2()23(3)(1)fxxxxx，令0fx，得1213xx()01fxx或3x，()013fxx，x(,1)－1（－1，3）3(3,)()fx＋0－0＋()fx539()fx的极大值为53，极小值为9.例2．（2021·陕西礼泉·高三开学考试（文））设aR，函数()lnfxxax.（1）若3a，求曲线()yfx在点(1,(1))Pf处的切线方程；（2）讨论函数()fx的单调性.【详解】（1）解：当3a时，()ln3fxxx，定义域为(0,)，113()3,(1)3xfxfxx，(1)2f，曲线()yfx在点(1,(1))Pf处的切线方程为32(1)yx，即为210xy.（2）解：因为()lnfxxax，定义域为(0,)，所以11()axfxaxx，当0a时，()0fx恒成立，函数()fx在(0,)上单调递增；当0a时，令()0fx，解得10xa，令()0fx，解得1xa，故函数()fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.综上可得：当0a时，()fx在(0,)上单调递增；当0a时，()fx在10,a上单调递增，在1,a上单调递减.例3．（2022·全国·高三专题练习）有三个条件：①函数()fx的图象过点 (0,1)，且1a；②()fx在1x时取得极大值116；③函数()fx在3x处的切线方程为4270xy，这三个条件中，请选择一个合适的条件将下面的题目补充完整（只要填写序号），并解答本题．题目：已知函数321()232afxxxxb存在极值，并且______．（1）求()fx的解析式；（2）当[1,3]x时，求函数()fx的最值【详解】选①：（1）(0)1fb，所以1ab，故3211()2132fxxxx；（2）由2217()2024fxxxx，所以()fx单调递增，故max41()(3)2fxf，min23()(1)6fxf．选②：因为321()232afxxxxb，所以2()2fxxax由题意知322111(1)1121326(1)120afbfa，解得31ab，故3213()2132fxxxx，经检验()fx在1x时取得极大值，故符合题意，所以3213()2132fxxxx，（2）22()23fxxx，令22()320fxxx，所以1x或2x，所以,1x或2,时，()0fx，()fx单调递增；1,2x时，()0fx，()fx单调递减；因此()fx在1,2单调递减，在2,3单调递增，则111(1)213263f，3215(2)222213233f，3215(3)332313232f，所以min5()3fx，max5()2fx；选③：由题意知5(3)2(3)2ff，又因为2()2fxxax，所以32215(3)3323322(3)2222afbfa，解得272ab，所以3217()232fxxxx，（2）22()22110fxxxx，所以()fx单调递增，故32max17()(3)33233522fxf，min1713()(1)12326fxf．例4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()ln()mfxxmRx.（1）当2m时，求函数()fx的单调区间和极值；（2）若函数()fx在区间[1,]e上取得最小值4，求m的值.【详解】（1）当2m时，2()ln(0)fxxxx，则22()xfxx，当(0,2)x时，()0fx，()fx单调递减，当(2,)x时，()0fx，()fx单调递增，所以()fx的递增区间(2,)，递减区间(0,2)，极小值2ln21f，无极大值（2）2()xmfxx①当1m时，()0,[1,]fxxe，()fx在[1,]e单调递增，min()(1)4fxfm，解得4m不满足1m，故舍去②当1em时，(1,)xm时，()0fx，()fx单调递减(,)xme时，()0fx，()fx单调递增min()()ln()14fxfmm，解得3em，不满足1em，故舍去③当me时，()0,[1,]fxxe，()fx在[1,]e单调递减，min()()14mfxfee，解得3me，满足me综上：3me【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间和极值，以及利用导数研究函数的单调性，属综合基础题.例5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数1()xfxeaxaaR．讨论fx的单调性.【详解】由题意，函数1()xfxeaxaaR的定义域为R，且1xfxea，若0a时，0fx在R上恒成立，所以fx在R上单调递增；若0a时，令0fx，即10xea，解得ln()1xa，当(,ln()1)xa时，0fx，fx单调递减；当(ln()1,)xa时，0fx，fx单调递增，即函数fx在(,ln()1)a上是减函数，在(ln()1,)a是增函数.例6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数21()ln(0)2fxxxaxa，讨论()fx的单调性；【详解】2()1(0)axxafxxxxx，记14a，当14a时，140a，()0fx，所以()fx在(0,)上单调递增；当104a时，140a，令()0fx，所以1,21142ax且11402a，当114(0,)2ax时，()0fx，()fx单调递增，当114114(,)22aax时，()0fx，()fx单调递减，当114(,)2ax时，()0fx，()fx单调递增，综上可知：14a时，()fx的单调递增区间为(0,)；104a时，()fx的单调递增区间为114(0,)2a，114(,)2a，单调递减区间为114114(,)22aa【技能提升训练】一、单选题1．（2022·全国·高三专题练习）f(x)是定义在R上的奇函数，且10f，fx为fx的导函数，且当0,x时0fx，则不等式f（x﹣1）＞0的解集为（）A．（0，1）∪（2，+∞）B．（﹣∞，1）∪（1，+∞）C．（﹣∞，1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，0）∪（1，+∞）【答案】A【分析】根据导数的符号可得函数的