最后更新: 2025-04-12 14:46 查看: 920 次高考专区考研专区公式专区刷题专区词条搜索

利用导数求极值

## 利用导数来确定函数的极值
一个函数极大值与极小值统称为**极值**, 极大点与极小点统称为**极值点**

## 驻点
极值是局部开区间上函数的最值，考虑高中阶段，学习的局限性，这里不给出详细的推导，仅从几何图形上给与解释。如下图

![图片](/uploads/2023-10/5bf874.svg){width=350px}

若一个一元函数 $y=f(x)$ 在某区间内处处可导（即对区间内的任何 $x$ 导数 $f^{\prime}(x)$ 都存在），若区间内存在某些 $x_i$ 能使 $f^{\prime}\left(x_i\right)=0$ (即在这些点处函数曲线的斜率为零)，这样的点被称为**驻点**。

而从函数曲线来看，驻点又分为三类：极大值，极小值，鞍点。

> **(1)若 $f^{\prime}(x)$ 在 $x_0$ 两侧的符号为 "左正右负"，则 $x_0$ 为极大值点;
(2)若 $f^{\prime}(x)$ 在 $x_0$ 两侧的符号为 "左负右正", 则 $x_0$ 为极小值点.**

##  函数极值的求法

如果一个函数的导数在驻点的两侧变号, 则该驻点就是此函数的一个极值点。

因此，如果函数 $y=f(x)$ 在某个区间内有导数，就可按下列步骤求它的极值：
(1) 求导数 $f^{\prime}(x)$.
(2) 求 $f(x)$ 的驻点, 即求方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的解.
(3) 对于方程 $f^{\prime}(x)=0$ 的每一个解 $x_0$, 分析 $f^{\prime}(x)$ 在 $x_0$ 左右两侧的符号(即讨论$f(x)$的单调性)，确定极值点。
 ①若 $f^{\prime}(x)$ 在 $x_0$ 两侧的符号为 "左正右负", 则 $x_0$ 为极大值点;
 ②若 $f^{\prime}(x)$ 在 $x_0$ 两侧的符号为 "左负右正"，则 $x_0$ 为极小值点。
(4) 求出各极值点的函数值, 就得到函数 $y=f(x)$ 的全部极值.

## 例题

`例`试求下列函数的驻点，判断函数的导数在驻点左右两侧附近的符号，并判断驻点是否为极值点。
(1) $f(x)=x^4$ ；
(2) $f(x)=x^5$.

解 (1) 对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=4 x^3$ 。
令 $f^{\prime}(x)=0$, 即 $4 x^3=0$, 解得 $x=0$, 它是此函数的唯一驻点.
当 $x<0$ 时 $f^{\prime}(x)=4 x^3<0$, 此时函数 $f(x)$ 单调递减;
当 $x>0$ 时 $f^{\prime}(x)=4 x^3>0$, 此时函数 $f(x)$ 单调递增。
因此 $x=0$ 为此函数的极小值点.
(2) 对 $f(x)$ 求导得 $f^{\prime}(x)=5 x^4$.

令 $f^{\prime}(x)=0$, 即 $5 x^4=0$, 解得 $x=0$, 它是此函数的唯一驻点.
当 $x<0$ 时 $f^{\prime}(x)=5 x^4>0$, 此时函数 $f(x)$ 单调递增;
当 $x>0$ 时仍有 $f^{\prime}(x)=5 x^4>0$, 此时函数 $f(x)$ 也单调递增。
因此 $x=0$ 不是此函数的极值点.

`例`求函数 $g(x)=x^2(3-x)$ 的极大值和极小值.
解 求导得 $g^{\prime}(x)=6 x-3 x^2$ 。
令 $g^{\prime}(x)=0$ ，解得 $x=0$ 或 $x=2$ 。
当 $x$ 变化时， $g^{\prime}(x)$ 和 $g(x)$ 的变化情况如下表所示：
 ![图片](/uploads/2024-12/68ac7a.jpg)
 
 故 $g(x)$ 有极大值点 $x=2$, 对应的极大值为 $g(2)=4$; $g(x)$ 有极小值点 $x=0$, 对应的极小值为 $g(0)=0$ 。
上述结论也可从 $g(x)=x^2(3-x)$ 的图象得到直观验证。

![图片](/uploads/2024-12/05441c.jpg)
 
 
 
`例` 已知 $f(x)=\frac{1}{3} x^3-x+2$ ，求函数 $y=f(x)$ 的单调区间和极值．

解 对函数求导，得 $f^{\prime}(x)=x^2-1$ ．令 $f^{\prime}(x)=0$ ，解得两个驻点 $x_1=-1, x_2=1$ ．列表如下：
 ![图片](/uploads/2025-04/3a3c10.jpg)
 
 因此，函数 $y=f(x)$ 的单调增区间为 $(-\infty,-1)$ 及 $(1,+\infty)$ ，单调减区间为 $(-1,1), y=f(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极大值 $f(-1)=$ $\frac{8}{3}$ ，在 $x=1$ 处取得极小值 $\int(1)=\frac{4}{3}$ ．

## 高考导数问题
在高考里，导数问题是压轴题的重点，通常会考察两次导数。具体请参考科数网提供里，海量导数试题。而恒成立问题是重中之重。

`例`已知函数 $f(x)=x e ^{x}$
（1）求函数 $f(x)$ 的极值．
（2）若 $f(x)-\ln x+a x \geqslant 1$ 但成立，求实数 $a$ 的取值范围．

解： （1）$f^{\prime}(x)= e ^x+x e ^x= e ^x(x+1)$ ，
令 $f^{\prime}(x)>0$ ，解得 $x>-1$ ，所以函数 $f(x)$ 在 $(-1$ ， $+\infty)$ 上单调递增．
 令 $f^{\prime}(x)<0$ ，解得 $x<-1$ ，所以函数 $f(x)$ 在 $(-\infty$ ， $-1)$ 上单调递减．
 
所以函数 $f(x)$ 在 $x=-1$ 处取得极小值 $f(-1)=$ $-\frac{1}{ e }$ ，无极大值．
 
（2）不等式 $f(x)-\ln x+a x \geqslant 1$ 恒成立，
即 $x e ^x-\ln x+a x-1 \geqslant 0, x \in(0,+\infty)$ 恒成立，
不等式等价于 $a \geqslant- e ^x+\frac{1+\ln x}{x}, x \in(0,+\infty)$ 恒成立，
 
令 $g(x)=- e ^x+\frac{1+\ln x}{x}, x \in(0,+\infty)$ ，
 
$g^{\prime}(x)=- e ^x+\frac{\frac{1}{x} \cdot x-(1+\ln x)}{x^2}=- e ^x+\frac{-\ln x}{x^2}=$ $-\frac{x^2 e ^x+\ln x}{x^2}$,
 
令 $h(x)=x^2 e ^x+\ln x, x \in(0,+\infty)$ ，
易知 $h^{\prime}(x)=\left(2 x+x^2\right) e ^x+\frac{1}{x}>0$ 在 $(0,+\infty)$ 上恒成立，

所以函数 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增．

$$
\text { 又 } h\left(\frac{1}{e}\right)=e^{\frac{1}{e}-2}-1<0, h(1)=e>0 \text {, }
$$

所以存在唯一 $x_0 \in\left(\frac{1}{ e }, 1\right)$ ，使得 $h\left(x_0\right)=x_0^2 e ^{x_0}+$ $\ln x_0=0$ ．
 即 $x_0 e ^{x_0}=\frac{1}{x_0} \cdot \ln \frac{1}{x_0}$ ，

即 $x_0 e ^{x_0}=\ln \frac{1}{x_0} \cdot e ^{\ln \frac{1}{x_0}}$ ，
即 $f\left(x_0\right)=f\left(\ln \frac{1}{x_0}\right)$ ，

由（1）知，函数 $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递增，
所以 $x_0=\ln \frac{1}{x_0}=-\ln x_0$ ．
 
所以当 $x \in\left(0, x_0\right)$ 时，$h(x)<0$ ．
则 $g^{\prime}(x)>0$ ，则函数 $g(x)$ 在 $\left(0, x_0\right)$ 上单调递增；
当 $x \in\left(x_0,+\infty\right)$ 时，$h(x)>0$ ，
则 $g^{\prime}(x)<0$ ，则函数 $g(x)$ 在 $\left(x_0,+\infty\right)$ 上单调递减，

所以函数 $g(x)$ 在 $x_0$ 处取得最大值 $g\left(x_0\right)=- e ^{x_0}+$

$$
\frac{1+\ln x_0}{x_0}=-1
$$

所以 $a \geqslant-1$ ．
所以实数 $a$ 的取值范围为 $[-1,+\infty)$ ．

上一篇：利用导数判断函数单调性

下一篇：利用导数求最值

在线学习仅为您提供最基础的数学知识，开通会员可以挑战海量超难试题，分享本文到朋友圈，邀请更多朋友一起学习。

本文对您是否有用？有用 (0) 无用 (0)