单调性、极值、最值与不等式

本节导读

常见资料转录的大纲对这一节的要求是：理解函数的极值概念，掌握用导数判断函数的单调性和求函数极值的方法，掌握函数的最大值和最小值的求法及其应用。

这一节是导数应用的主体：选择题可以考极值的判别条件，解答题可以是最值应用题、用单调性证明不等式、讨论方程有几个实根。学完以后，你应该能列出导数符号表求单调区间和极值，能完整写出最值应用题，并掌握「作差、求导、看端点」的不等式证明套路。

单调性的判别

判别法与步骤

在区间内 $f'(x) > 0$f′(x)>0，则 $f(x)$f(x) 单调增加；$f'(x) < 0$f′(x)<0，则单调减少。$f'(x) \geq 0$f′(x)≥0 且等号只在个别点成立时，仍是严格单调增加，例如 $x^3$x3。

求单调区间分四步：写出定义域；求 $f'(x)$f′(x)；找出 $f'(x) = 0$f′(x)=0 的点和 $f'(x)$f′(x) 不存在的点；用这些点把定义域分段，逐段判断 $f'(x)$f′(x) 的符号。

函数的极值

概念与必要条件

在 $x_0$x0​ 的某邻域内恒有 $f(x) \leq f(x_0)$f(x)≤f(x0​)，称 $f(x_0)$f(x0​) 为极大值（$\geq$≥ 时为极小值）。极值是局部概念：极大值不一定比极小值大。可导函数在极值点处必有 $f'(x_0) = 0$f′(x0​)=0；但导数不存在的点也可能是极值点，所以候选点包括驻点和不可导点两类。

两个判别法

判别法	条件	结论
第一充分条件	$f'(x)$f′(x) 在 $x_0$x0​ 两侧变号	左正右负为极大，左负右正为极小；不变号则不是极值
第二充分条件	$f'(x_0) = 0$f′(x0​)=0，$f''(x_0) \neq 0$f′′(x0​)=0	$f''(x_0) < 0$f′′(x0​)<0 为极大，$f''(x_0) > 0$f′′(x0​)>0 为极小

第二充分条件在 $f''(x_0) = 0$f′′(x0​)=0 时失效，要回到第一充分条件或更高阶导数；不可导点只能用第一充分条件。

最大值与最小值

闭区间上的最值

连续函数在 $[a, b]$[a,b] 上的最值，在驻点、不可导点和两个端点中产生：把这些点的函数值都算出来比较即可，不必判断哪个是极值。

最值应用题

实际问题按「设变量、写函数、定义域、求驻点、说明最值」五步写。如果函数在定义区间内只有一个驻点，而且由实际意义知道最值一定存在并在区间内部取得，那么这个驻点就是所求的最值点。

接着第 2 节例题 3 的无盖水池：$S(r) = \pi r^2 + \dfrac{2V}{r}$S(r)=πr2+r2V​，$S'(r) = 2\pi r - \dfrac{2V}{r^2} = 0$S′(r)=2πr−r22V​=0，得唯一驻点 $r = \sqrt[3]{\dfrac{V}{\pi}}$r=3πV​​，此时高 $h = \dfrac{V}{\pi r^2} = r$h=πr2V​=r。也就是说，容积一定的无盖圆柱形水池，高等于底面半径时用料最省。

用单调性证明不等式

证明 $x > a$x>a 时 $f(x) > g(x)$f(x)>g(x)，套路是：令 $F(x) = f(x) - g(x)$F(x)=f(x)−g(x)，算出 $F(a)$F(a)（通常为 $0$0），再证 $F'(x) > 0$F′(x)>0，于是 $F(x) > F(a)$F(x)>F(a)。$F'(x)$F′(x) 的符号看不出来时，对 $F'(x)$F′(x) 再求一次导，先证 $F'(x)$F′(x) 单调，再由 $F'(a)$F′(a) 的值得到 $F'(x)$F′(x) 的符号。

方程根的个数

讨论 $F(x) = 0$F(x)=0 有几个实根：先求单调区间，在每个单调区间上方程至多一个根；再看极值和区间两端（包括 $x \to \pm\infty$x→±∞ 时）的函数值符号，有异号才有根。含参数的方程，把参数分离出来或直接讨论极值的符号。

易错提醒

• ❌ 「$f'(x_0) = 0$f′(x0​)=0，则 $x_0$x0​ 是极值点」。✅ 驻点不一定是极值点，例如 $x^3$x3 在 $0$0 处导数为零，但两侧导数同号。

• ❌ 「极值点一定是驻点」。✅ 不可导点也可能是极值点，例如 $\lvert x \rvert$∣x∣ 在 $0$0 处取极小值。

• ❌ 求闭区间上的最值时只比较驻点的函数值。✅ 端点和不可导点也要算进去，最值常常落在端点。

• ❌ 证明不等式时只说「$F'(x) > 0$F′(x)>0，所以 $F(x) > 0$F(x)>0」。✅ 还要写出 $F(a) = 0$F(a)=0 和 $x > a$x>a，单调性加起点才能推出结论。

• ❌ 「极大值一定大于极小值」。✅ 极值只与附近比较，不同位置的极大值、极小值之间没有固定的大小关系。

例题精讲

例题 1（选择题：不可导点处的极值）

函数 $f(x) = (x - 1)\sqrt[3]{x^2}$f(x)=(x−1)3x2​ 的极值情况是（　）。

A. 只在 $x = \dfrac{2}{5}$x=52​ 处取极小值 B. 在 $x = 0$x=0 处取极大值 $0$0，在 $x = \dfrac{2}{5}$x=52​ 处取极小值 C. 在 $x = 0$x=0 处取极小值，在 $x = \dfrac{2}{5}$x=52​ 处取极大值 D. 没有极值

答案：B

解析：$f(x) = x^{\frac{5}{3}} - x^{\frac{2}{3}}$f(x)=x35​−x32​，$f'(x) = \dfrac{5}{3}x^{\frac{2}{3}} - \dfrac{2}{3}x^{-\frac{1}{3}} = \dfrac{5x - 2}{3\sqrt[3]{x}}$f′(x)=35​x32​−32​x−31​=33x​5x−2​。候选点：$x = 0$x=0（不可导）和 $x = \dfrac{2}{5}$x=52​（驻点）。$x < 0$x<0 时 $f' > 0$f′>0；$0 < x < \dfrac{2}{5}$0<x<52​ 时 $f' < 0$f′<0；$x > \dfrac{2}{5}$x>52​ 时 $f' > 0$f′>0。所以 $x = 0$x=0 处取极大值 $f(0) = 0$f(0)=0，$x = \dfrac{2}{5}$x=52​ 处取极小值。只找驻点就会漏掉 $x = 0$x=0。

例题 2（解答题：证明不等式）

证明：当 $x > 0$x>0 时，$\ln(1 + x) > x - \dfrac{x^2}{2}$ln(1+x)>x−2x2​。

答题要点示范：

1. 令 $F(x) = \ln(1 + x) - x + \dfrac{x^2}{2}$F(x)=ln(1+x)−x+2x2​，$x \geq 0$x≥0，则 $F(0) = 0$F(0)=0。
2. $F'(x) = \dfrac{1}{1 + x} - 1 + x = \dfrac{x^2}{1 + x}$F′(x)=1+x1​−1+x=1+xx2​，当 $x > 0$x>0 时 $F'(x) > 0$F′(x)>0。
3. 所以 $F(x)$F(x) 在 $[0, +\infty)$[0,+∞) 上单调增加，$x > 0$x>0 时 $F(x) > F(0) = 0$F(x)>F(0)=0，即所证不等式成立。

点评：第 2 步通分后符号一目了然；三步缺一不可，尤其是 $F(0) = 0$F(0)=0 这一句。

例题 3（解答题：方程有且仅有一个根）

证明方程 $x \cdot 2^{x} = 1$x⋅2x=1 在 $(0, 1)$(0,1) 内有且仅有一个实根。

答题要点示范：

1. 存在性：第 5 节例题 3 已用零点定理证明 $F(x) = x \cdot 2^{x} - 1$F(x)=x⋅2x−1 在 $(0, 1)$(0,1) 内至少有一个零点。
2. 唯一性：$F'(x) = 2^{x} + x \cdot 2^{x}\ln 2 = 2^{x}(1 + x\ln 2) > 0$F′(x)=2x+x⋅2xln2=2x(1+xln2)>0（$0 < x < 1$0<x<1），$F(x)$F(x) 在 $[0, 1]$[0,1] 上单调增加，至多有一个零点。
3. 结论：方程在 $(0, 1)$(0,1) 内有且仅有一个实根。

点评：这道题与第 5 节例题 3 是同一个方程，有意接着讲：「至少一个」靠零点定理，「至多一个」靠单调性，两步合起来才是「有且仅有」。

本节小结

• 单调性看导数符号；分段点取驻点和不可导点。
• 极值候选点是驻点和不可导点；第一充分条件看变号，第二充分条件看 $f''(x_0)$f′′(x0​) 的符号。
• 闭区间最值：驻点、不可导点、端点一起比较；应用题有唯一驻点时由实际意义判断最值。
• 证不等式：作差 $F(x)$F(x)，算起点值，证单调；一阶导数看不出符号就求二阶导数。
• 根的个数：单调区间内至多一个根，再看极值与两端的符号。