函数的单调性与极值

§2.8 · 核心概念🌱 基础篇 →

考频价值

3.82 分/卷近 11 年平均

10/11 年出现年份

6.3 分支撑的下游价值

前置诊断

① 直接前置（需先掌握）导数与微分的概念微分中值定理（罗尔、拉格朗日、柯西）③ 掌握后可解锁曲线的凹凸性与拐点导数应用：最值、渐近线、作图多元函数的无条件极值

要点精讲

把关键道理、证明与典型例子重新过一遍。

1. 单调性判别法的依据：拉格朗日中值定理★ 要懂

f^{'} > 0 \Rightarrow

单调增并不是定义，而是一条定理，它的依据是拉格朗日中值定理。这条定理把逐点的导数符号提升为函数在整个区间上的增减。还有一个加强的结论：若

f^{'} \geq 0

，且

f^{'} = 0

只在有限个点处成立，则

f

仍是严格单调的（例如

x^{3}

在

R

上，

f^{'} = 3 x^{2} \geq 0

只在

0

处取零值，函数仍严格单调增加）。

证明 / 推导

证. 任取

x_{1} < x_{2}

，由拉格朗日中值定理，存在

ξ \in (x_{1}, x_{2})

，使得

f (x_{2}) - f (x_{1}) = f^{'} (ξ) (x_{2} - x_{1}) .

若在区间内恒有

f^{'} > 0

，则上式右端

> 0

，于是

f (x_{2}) > f (x_{1})

，即函数在该区间上严格单调增加。当

f^{'} < 0

时同理可得函数严格单调减少。

■

2. 极值的可疑点为驻点 $\cup$ 不可导点，两类都不能遗漏★★ 必会

费马定理只指出可导的极值点必是驻点，但极值也可能出现在不可导点处。因此求极值时必须同时收集两类可疑点：使

f^{'} (x) = 0

的驻点，以及使

f^{'}

不存在的点。只找驻点是考研中常见的失分原因。判定仍用第一充分条件，即考察

f^{'}

在可疑点两侧是否变号。

举例说明

例（数三 2004）. 设

f (x) = ∣ x (1 - x) ∣

，判断

x = 0

是否为极值点，

(0, 0)

是否为拐点。
解. 在

x = 0

附近有

1 - x > 0

，去掉绝对值号，得

f (x) = {x^{2} - x, x - x^{2}, x \leq 0 0 < x < 1

（在

x = 0

处

f

连续但不可导）。
极值：当

x < 0

时

f^{'} = 2 x - 1 < 0

，函数单调减少；当

0 < x < \frac{1}{2}

时

f^{'} = 1 - 2 x > 0

，函数单调增加。可见

f^{'}

在

0

处由负变正，故

x = 0

是极小值点，极小值为

0

。它恰好是不可导点，若只找驻点便会遗漏。
拐点：当

x < 0

时

f^{''} = 2 > 0

，曲线是凹的；当

0 < x < 1

时

f^{''} = - 2 < 0

，曲线是凸的。凹凸性在

0

处改变，且函数在该点连续，故

(0, 0)

是拐点。可见该点既是极值点，又是拐点。

■

3. 第一充分条件与第二充分条件的比较： $f^{''} (x_{0}) = 0$ 时第二条件失效★★ 必会

第一充分条件（考察

f^{'}

是否变号）普遍适用，通常列表判定导数的符号；第二充分条件（在

f^{'} (x_{0}) = 0

时考察

f^{''} (x_{0})

的正负）计算较快，但并非处处能用：当

f^{''} (x_{0}) = 0

（或二阶导数不存在）时它失效，此时必须回到第一充分条件。

证明 / 推导

证（第二充分条件）. 设

f^{'} (x_{0}) = 0

，

f^{''} (x_{0}) < 0

。按二阶导数的定义

f^{''} (x_{0}) = x \to x_{0} lim \frac{f ^{'} ( x ) - f ^{'} ( x _{0} )}{x - x _{0}} = x \to x_{0} lim \frac{f ^{'} ( x )}{x - x _{0}} < 0.

由极限的保号性，存在

δ > 0

，使得当

0 < ∣ x - x_{0} ∣ < δ

时

\frac{f ^{'} ( x )}{x - x _{0}} < 0

。于是当

x_{0} - δ < x < x_{0}

时

x - x_{0} < 0

，从而

f^{'} (x) > 0

；当

x_{0} < x < x_{0} + δ

时

x - x_{0} > 0

，从而

f^{'} (x) < 0

。导数的符号由正变负，由第一充分条件得

x_{0}

是极大值点。

f^{''} (x_{0}) > 0

的情形同理可得极小值点。这就证明了第二充分条件，并且说明它是第一充分条件的推论。

推理中起作用的是

f^{''} (x_{0}) \neq = 0

。如果

f^{''} (x_{0}) = 0

，那么上面的保号性无从谈起，

f^{'}

在

x_{0}

两侧的符号也就无法判定。事实上，

f (x) = x^{3}

满足

f^{'} (0) = f^{''} (0) = 0

，而

x = 0

不是极值点。可见二阶导数为零时，同样的二阶信息可以对应完全不同的结果，只能回到第一充分条件。

■

举例说明

例. 判断

f (x) = x^{4}

在

x = 0

处的极值。
解. 由

f^{'} (x) = 4 x^{3}

知

x = 0

为驻点；又

f^{''} (x) = 12 x^{2}

，

f^{''} (0) = 0

，故第二充分条件失效。改用第一充分条件：当

x < 0

时

f^{'} < 0

，当

x > 0

时

f^{'} > 0

，导数的符号由

- \to +

，故

x = 0

是极小值点，极小值为

0

。

■

4. 用单调性证明不等式：作辅助函数 $g$ ，考察 $g^{'}$ 的符号与端点值★★ 必会

要证明当

x

在某区间上时有

A (x) \geq B (x)

，可令

g (x) = A (x) - B (x)

，于是只需说明两点：在端点处

g = 0

（或

\geq 0

）；且

g^{'}

在区间内保持定号，使

g

朝所需的方向单调。这样便把不等式化为一个函数与零的比较，比直接放缩更有条理。必要时可对

g^{'}

再求一次导数，以判定

g^{'}

本身的符号。

举例说明

例（数三 2006）. 证明：当

0 < a < b < π

时，

b sin b + 2 cos b + π b > a sin a + 2 cos a + π a

。
证. 把不等式两端看作同一函数在

b, a

处的值。令

F (x) = x sin x + 2 cos x + π x

，则只需证明

F

在

(0, π)

上严格单调增加。为此求导，得

F^{'} (x) F^{''} (x) = (sin x + x cos x) - 2 sin x + π = x cos x - sin x + π = - x sin x .

当

0 < x < π

时

sin x > 0

，故

F^{''} (x) < 0

，从而

F^{'}

单调减少；又

F^{'} (π) = π cos π - sin π + π = 0

，于是当

x < π

时

F^{'} (x) > F^{'} (π) = 0

。因此

F

严格单调增加，

F (b) > F (a)

，这就证明了原不等式。

■

本题的方法是：作辅助函数

F = A - B

（这里不等式两端本已配好），用二阶导数判定

F^{'}

的符号，再由端点处的值定出

F^{'} > 0

。

💡 小知识

驻点的想法最早来自费马。早在牛顿和莱布尼茨之前几十年，他就凭着极值附近函数几乎不变化这一朴素观察去求极大极小值。拉格朗日因此称费马是微分学的真正奠基人，尽管那时候还没有导数这个词。

基础例题

从最基础开始，循序渐进；先独立尝试，再展开完整解答。

例 1 求

f (x) = x^{3} - 3 x

的单调区间与极值。难度 1

f^{'} (x) = 3 x^{2} - 3 = 3 (x - 1) (x + 1)

，驻点

x = \pm 1

。列表判

f^{'}

符号：

x < - 1 : f^{'} > 0 (↗); - 1 < x < 1 : f^{'} < 0 (↘); x > 1 : f^{'} > 0 (↗) .

故

x = - 1

处

+ \to -

，取极大值

f (- 1) = - 1 + 3 = 2

；

x = 1

处

- \to +

，取极小值

f (1) = 1 - 3 = - 2

。
单调增区间

(- \infty, - 1)

与

(1, + \infty)

，单调减区间

(- 1, 1)

。

例 2 求

f (x) = x e^{- x}

的单调区间与极值。难度 1

f^{'} (x) = e^{- x} - x e^{- x} = (1 - x) e^{- x}

。因

e^{- x} > 0

，

f^{'}

符号由

1 - x

决定：

x < 1 : f^{'} > 0 (↗); x > 1 : f^{'} < 0 (↘) .

故

x = 1

处取极大值

f (1) = e^{- 1} = \frac{1}{e}

。增区间

(- \infty, 1)

，减区间

(1, + \infty)

。

例 3 用第二充分条件求

f (x) = x^{3} - 6 x^{2} + 9 x + 1

的极值。难度 2

f^{'} (x) = 3 x^{2} - 12 x + 9 = 3 (x - 1) (x - 3)

，驻点

x = 1, 3

。求二阶导

f^{''} (x) = 6 x - 12

：

f^{''} (1) = - 6 < 0 \Rightarrow x = 1 为极大值点, f (1) = 1 - 6 + 9 + 1 = 5;

f^{''} (3) = 6 > 0 \Rightarrow x = 3 为极小值点, f (3) = 27 - 54 + 27 + 1 = 1.

故极大值

5

，极小值

1

。

例 4 证明：当

x > 0

时，

ln (1 + x) < x

。难度 2

令

g (x) = x - ln (1 + x)

，则

g (0) = 0

，且

g^{'} (x) = 1 - \frac{1}{1 + x} = \frac{x}{1 + x} .

当

x > 0

时

g^{'} (x) > 0

，故

g

在

[0, + \infty)

上单调增，于是

x > 0

时

g (x) > g (0) = 0

，即

ln (1 + x) < x

。

■

真题精选

近年原题，先做做看、自动判分，再对照答案、思路与完整解答。

2025 年 · 数三 · 第 2 题 · 选择题 · 5 分

已知函数

f (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} sin t d t

，

g (x) = \int_{0}^{x} e^{t^{2}} d t \cdot sin^{2} x

，则（　　）。

A $x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点，也是 $g (x)$ 的极值点
B $x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点， $(0, 0)$ 是曲线 $y = g (x)$ 的拐点
C $x = 0$ 是 $f (x)$ 的极值点， $(0, 0)$ 是曲线 $y = f (x)$ 的拐点
D $(0, 0)$ 是曲线 $y = f (x)$ 的拐点，也是曲线 $y = g (x)$ 的拐点

2025 年 · 数三 · 第 20 题 · 解答题 · 12 分

设函数

f (x)

在区间

(a, b)

内可导，证明：导函数

f^{'} (x)

在

(a, b)

内严格单调增加的充分必要条件是对

(a, b)

内任意的

x_{1}, x_{2}, x_{3}

，当

x_{1} < x_{2} < x_{3}

时，

\frac{f ( x _{2} ) - f ( x _{1} )}{x _{2} - x _{1}} < \frac{f ( x _{3} ) - f ( x _{2} )}{x _{3} - x _{2}}

。

2024 年 · 数三 · 第 14 题 · 填空题 · 5 分

设某产品的价格函数为

p = {25 - 0.25 Q, 35 - 0.75 Q, Q \leq 20 Q > 20

（

p

为单价，单位：万元，

Q

为产量，单位：件），总成本函数为

C = 150 + 5 Q + 0.25 Q^{2}

（万元），则经营该产品可获得的最大利润为 ______（万元）。

2024 年 · 数三 · 第 19 题 · 解答题 · 12 分

设

t > 0

，平面有界区域

D

由曲线

y = x e^{- 2 x}

与直线

x = t

，

x = 2 t

及

x

轴围成，

D

的面积为

S (t)

，求

S (t)

的最大值。

随堂练习

先用基础题热身，再按年份从新到旧挑战本知识点的其余真题。

练习 1 · 选择题

函数

f (x) = x^{3} - 3 x

的极大值为（　）

A $2$
B $- 2$
C $0$
D不存在

练习 2 · 选择题

函数

f (x) = x e^{x}

的极小值点为（　）

A $x = - 1$
B $x = 0$
C $x = 1$
D $x = e$

练习 3 · 填空题

函数

f (x) = x^{3} - 3 x^{2} + 2

的单调递减区间为 ____。

练习 4 · 填空题

函数

f (x) = x^{2} - 2 ln x (x > 0)

的极小值为 ____。

练习 5 · 填空题

若

f (x) = x^{3} + a x

在

x = 1

处取得极值，则

a =

____。

练习 6 · 选择题

设

f (x)

在

(- \infty, + \infty)

内可导，且

f^{'} (x) = (x + 1)^{2} (x - 2) (x - 4)^{3}

，则（　）

A $x = - 1, x = 2, x = 4$ 都是 $f (x)$ 的极值点
B $x = 2$ 是极大值点， $x = 4$ 是极小值点， $x = - 1$ 不是极值点
C $x = 2$ 是极小值点， $x = 4$ 是极大值点， $x = - 1$ 不是极值点
D $f (x)$ 只有唯一的极值点 $x = 4$

练习 7 · 填空题

函数

f (x) = (x - 1) 3 x^{2}

的极大值为 ____。

练习 8 · 解答题

设

f (x) = \frac{ln x}{x ^{2}} (x > 0)

。

(1) 求

f (x)

的单调区间与最大值；

(2) 设

a > 0

，讨论方程

ln x = a x^{2}

在

(0, + \infty)

内实根的个数。

2023 年 · 数三 · 第 17 题 · 解答题 · 10 分

已知可导函数

y = y (x)

满足

a e^{x} + y^{2} + y - ln (1 + x) cos y + b = 0

，且

y (0) = 0, y^{'} (0) = 0

。（Ⅰ）求

a, b

的值；（Ⅱ）判断

x = 0

是否为

y (x)

的极值点。

2022 年 · 数三 · 第 2 题 · 选择题 · 5 分

已知

a_{n} = n n - \frac{( - 1 ) ^{n}}{n}

（

n = 1, 2, \dots

），则数列

{a_{n}}

（　　）

A有最大值，有最小值
B有最大值，没有最小值
C没有最大值，有最小值
D没有最大值，没有最小值

函数的单调性与极值

考频价值

前置诊断

要点精讲

1. 单调性判别法的依据：拉格朗日中值定理★ 要懂

2. 极值的可疑点为驻点 ∪ 不可导点，两类都不能遗漏★★ 必会

3. 第一充分条件与第二充分条件的比较：f′′(x0​)=0 时第二条件失效★★ 必会

4. 用单调性证明不等式：作辅助函数 g，考察 g′ 的符号与端点值★★ 必会

基础例题

真题精选

随堂练习

2. 极值的可疑点为驻点 $\cup$ 不可导点，两类都不能遗漏★★ 必会

3. 第一充分条件与第二充分条件的比较： $f^{''} (x_{0}) = 0$ 时第二条件失效★★ 必会

4. 用单调性证明不等式：作辅助函数 $g$ ，考察 $g^{'}$ 的符号与端点值★★ 必会