高三数学一轮复习精品学案2：§3.2导数与函数的单调性、极值、 最值

§3.2导数与函数的单调性、极值、 最值
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)． 知识梳理
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． 基础自测
1．设函数f (x )＝2
x ＋ln x ，则( )．
A ．x ＝1
2为f (x )的极大值点
B ．x ＝1
2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 ＜1
3．函数y ＝x sin x ＋cos x 在(π，3π)内的单调增区间为( )．
A.⎝
⎛⎭⎫π，3π
2 B.⎝⎛⎭⎫
3π2，5π2 C.⎝⎛⎭
⎫5π
2，3π
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__________．
探究突破
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f ′x
→
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 巩固提升
1．函数y ＝1
2x 2－ln x 的单调递减区间为( )．
A ．(－1,1』
B ．(0,1』
C ．『1，＋∞)
D ．(0，＋∞)
2．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 )＝e x
1＋ax 2
，其中a 为正实数．
(1)当a ＝4
3
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 ★——
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 1D
『解析』由f ′(x )＝－2x 2＋1x ＝1
x ⎝
⎛⎭⎫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 ＜3
3
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 ＝2
3或x ＝2.
∵a ＞0，
∴当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，2
3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 ∈⎝⎛⎭⎫
23，2时，f ′(x )＜0， ∴函数f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫23，2. (2)∵当x ∈⎝
⎛⎭⎫－∞，2
3时，f ′(x )＞0；
当x ∈⎝⎛⎭⎫23，2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 ·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 ＋6
2×3
＝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x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：
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 2－1
x (x ＞0)，
令⎩⎪⎨⎪⎧
x 2－1x ≤0，
x >0，
解得x ∈(0,1』． 因此函数y ＝1
2x 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 ＝4
3时，若f ′(x )＝0，
则4x 2－8x ＋3＝0， 解得x 1＝32，x 2＝1
2.
结合①，可知
所以，x 1＝32是极小值点，x 2＝1
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.。