十一種技巧破解導(dǎo)數(shù)所有難題

■陜西省洋縣中學(xué) 何記英

十一種技巧破解導(dǎo)數(shù)所有難題

■陜西省洋縣中學(xué) 何記英

導(dǎo)數(shù)的工具性和應(yīng)用性一直是高考考查的熱點,主要題型有：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的圖像和性質(zhì)進而比較大小關(guān)系、求和、求證不等式、求解參數(shù)范圍、研究零點、求解探索性和新定義問題、研究變化率的實際問題以及簡化證明數(shù)列求和的不等式等。下面歸類分析導(dǎo)數(shù)應(yīng)用的新穎試題。

一、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性及極值

(1)求a的值及f(x)的單調(diào)區(qū)間;

(2)?x∈[0,3],使f(x)＜b2,求b的取值范圍。

解析：(1)f'(x)=3a x2-3(a+2)x+6,

則f'(2)=0,故a=1。所以f'(x)=3x2-9x+6=3(x2-3x+2)=3(x-1)(x-2)。

令f'(x)＞0,則x＜1或x＞2;

令f'(x)＜0,則1＜x＜2。

所以f(x)的單調(diào)增區(qū)間為(-∞,1), (2,+∞),單調(diào)減區(qū)間為(1,2)。

(2)由(1)知f(x)的極小值為f(2)=b +2,f(x)的極大值為

所以f(x)min=b＜b2,解得b＜0或b＞1。故b的取值范圍為(-∞,0)∪(1,+∞)。

點評：求函數(shù)極值的方法步驟：①求出函數(shù)的定義域。②求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)f'(x),解方程f'(x)=0,求出x的值。③判定在定義域內(nèi)導(dǎo)函數(shù)為0的點兩側(cè)的單調(diào)性;并求出在該點的原函數(shù)值。④先增后減,為極大值點,先減后增為極小值點;兩側(cè)單調(diào)性相同,則該點不是極值點。

二、運用導(dǎo)數(shù)運算法則構(gòu)造函數(shù)，研究單調(diào)性比較大小

例2 已知函數(shù)f(x)在R上可導(dǎo),且?x∈R,均有f(x)＞f'(x),則有( )。

解析：從f(x)＞f'(x)這個條件,無法著手,此時我們要借助于選擇題中選項的提示功能。結(jié)合所學(xué)知識分析可知,要引入函數(shù)y=ex。由f(x)＞f'(x)?f(x)-f'(x)

點評：根據(jù)導(dǎo)數(shù)法則和題設(shè)條件,將題設(shè)條件合理變形,然后對照法則和導(dǎo)數(shù)公式構(gòu)造新函數(shù),如本題f(x)-f'(x)＞0,注意商的導(dǎo)數(shù)和y=ex的導(dǎo)數(shù)特征可構(gòu)造h(x)=,研究其性質(zhì)比較大小。

三、構(gòu)建輔助函數(shù)用導(dǎo)數(shù)研究圖像求解不等式

例3 已知定義在R上的函數(shù)f(x),滿足f(x)+2f'(x)＞0恒成立,且f(2)=為自然對數(shù)的底數(shù)),求不等式exf(x)的解集。

點評：超越不等式求解,先化簡通過移項變形為h(x)＞0,進而構(gòu)造函數(shù)h(x),研究其圖像與x軸的交點位置,即可求得不等式的解集,這也是導(dǎo)數(shù)的一個重要應(yīng)用。

四、構(gòu)建輔助函數(shù)研究函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，求參數(shù)范圍

例4 設(shè)函數(shù)f(x)在R上存在導(dǎo)函數(shù)f'(x),?x∈R,有f(-x)+f(x)=x2,在(0,+∞)上f'(x)＜x。若f(4-m)-f(m)≥8 -4m,則實數(shù)m的取值范圍是( )。

A.-2,2[]

B.2,+∞[)

C.0,+∞[)

D.-∞,-2 ( ]∪2,+∞[)

解析：由題設(shè)f(4-m)-f(m)≥8-4m和f'(x)＜x構(gòu)造輔助函數(shù)g(x)=f(x)-,注意到f(-x)+f(x)=x2,g(-x)所以g(-x)+g(x)=0,即g(x)為奇函數(shù),且g(0)=0。

g'(x)=f'(x)-x＜0在(0,+∞)上恒成立,則g(x)為奇函數(shù)且在(0,+∞)上為遞減函數(shù),于是f(4-m)-f(m)≥8-4m可轉(zhuǎn)化為依據(jù)單調(diào)性有4-m≤m,所以m≥2,選B。

點評：由題設(shè)f(4-m)-f(m)≥8-4m和f'(x)＜x及f(-x)+f(x)=x2,可構(gòu)造輔助函數(shù),證明g(x)為奇函數(shù)且在(0,+∞)上單調(diào)遞減是求解的關(guān)鍵。

五、構(gòu)造函數(shù)用導(dǎo)數(shù)證明不等式

例5 已知函數(shù)f(x)=(x-1)l nx+ xl n(1-x)。

(1)證明函數(shù)f(x)=(x-1)l nx+ xl n(1-x)在定義域內(nèi)是單調(diào)減函數(shù);

(2)設(shè)0＜a＜b＜1,求證bb-1(1-b)b＜aa-1(1-a)a

因為x∈(0,1),所以l n[x(1-x)]＜0,所以f'(x)=l n[x(1-x)]-則函數(shù)f(x)= (x-1)l nx+xl n(1-x)在(0,1)上是單調(diào)減函數(shù)。

(2)注意0＜a＜b＜1和不等式的意義,要證bb-1(1-b)b＜aa-1(1-a)a,取對數(shù)只需證(b-1)l nb+bl n(1-b)＜(a-1)l na+ al n(1-a)成立。

由(1)知函數(shù)f(x)=(x-1)l nx+ xl n(1-x)在(0,1)上是單調(diào)減函數(shù)。

因為0＜a＜b＜1,所以f(a)＞f(b),即原不等式成立。

點評：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性,再用單調(diào)性來證明不等式是函數(shù)、導(dǎo)數(shù)、不等式綜合問題中的一個難點,注意試題的特征,對不等式要合理變形,如本題取對數(shù)(b-1)l nb+ bl n(1-b)＜(a-1)l na+al n(1-a),用已證函數(shù)的單調(diào)性,從而證得不等式。

六、構(gòu)建函數(shù)，用導(dǎo)數(shù)求解不等式恒成立問題

解析：將不等式m [g(x1)-g(x2)]＞x1f(x1)-x2f(x2)轉(zhuǎn)化為m g(x1)-x1f(x1)＞m g(x2)-x2f(x2)。觀察不等式左右結(jié)構(gòu)的對稱性,可以構(gòu)造輔助函數(shù)＞0。

當(dāng)x＞0時,函數(shù)q(x)嚴(yán)格單調(diào)遞增,即有q'(x)=m x-l nx-1≥0恒成立。

于是h(x)max=h(1)=1,故有m≥1。

因為m∈Z,m≤1,所以m=1。

點評：把不等式m g(x1)-g(x2) [

]＞x1f(x1)-x2f(x2)變形為m g(x1)-x1f(x1)＞m g(x2)-x2f(x2),使得x1僅出現(xiàn)在不等式左邊,而x2僅出現(xiàn)在不等式右邊,呈現(xiàn)出不等式左右兩邊形式一樣的對稱關(guān)系式,便于轉(zhuǎn)化為函數(shù)模型去解決問題。

七、利用導(dǎo)數(shù)幾何意義構(gòu)造相切條件，確定變量所在位置

例7 已知函數(shù)f(x)=x2的圖像在點(x0,)處的切線為l,若l也與函數(shù)y =l nx,x∈(0,1)的圖像相切,則x0所在的區(qū)間是( )。

解析：由題意知f'(x)=2x,f(x0)= x20,所以l的方程為y=2x0(x-x0)+x20= 2x0x-x20。因為l也與函數(shù)y=l nx的圖像相切,令切點坐標(biāo)為,所以l的方程為,所以因為x1∈(0,1),所以1+令g(x)=x2-l n 2x-1,x∈(1,+∞),則該函數(shù)的零點就是x0,排除A、B選項。又因為g'(x)=2x,所以g(x)在(1,+∞)上單調(diào)增。又g(1)=-l n 2＜0,g(2)=1-l n 22＜0,g(3)=2-l n23＞0,從而2＜x0＜。故應(yīng)選D。

點評：兩曲線有公切線,借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義構(gòu)建兩切點之間的關(guān)系,再降元構(gòu)建輔助函數(shù),用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性,用零點存在性定理確定所求變量所在的區(qū)間,將導(dǎo)數(shù)的幾何意義和工具性以及構(gòu)造函數(shù)與函數(shù)零點的判斷有機地交匯,探究過程耐人回味。

八、利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)探索性問題

(1)當(dāng)m=1時,求函數(shù)f(x)的單調(diào)性和極值。

(3)某同學(xué)發(fā)現(xiàn)：總存在正實數(shù)a、b(a＜b),使ab=ba。試問：他的判斷是否正確?若不正確,請說明理由;若正確,請求出a的取值范圍。(不需要解答過程)

解析：(1)易求函數(shù)定義域為(0,+∞),因為f(x)=x-l nx,,所以當(dāng)0＜x＜1時,f'(x)＜0,此時f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x＞1時,f'(x)＞0,此時f(x)單調(diào)遞增。

故f(x)只有極小值,且極小值為f(1)=1。

(2)由(1)知f(x)min=1。因為g'(x)=,所以當(dāng)0＜x＜e時,g'(x)＞0, g(x)在(0,e]上單調(diào)遞增,所以g(x)max=

f(x)-g(x)≥f(x)min-故在(1)的條件下,

(3)正確,a的取值范圍是(1,e)。

理由如下,考慮數(shù)形結(jié)合。因為g(x)在 (0,e)上單調(diào)遞增,在(e,+∞)上單調(diào)遞減,且當(dāng)x→0時,g(x)→—∞,當(dāng)x→+∞時,g(x)→0,所以易知函數(shù)g(x)的大致圖像如圖1所示。

圖1

故總存在正實數(shù)a、b且1＜a＜e＜b,使得g(a)=g(b),即

點評：利用導(dǎo)數(shù)研究單調(diào)性可以證明不等式,再結(jié)合函數(shù)的性質(zhì)作出其大致圖像,借助圖像就可以解決探索性問題,這是導(dǎo)數(shù)的又一個應(yīng)用。

九、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的新定義問題

(1)若函數(shù)f(x)與g(x)在公共定義域上具有相同的單調(diào)性,求實數(shù)m的值。

(2)若函數(shù)m(x),m1(x),m2(x)在公共定義域內(nèi)滿足m1(x)＞m(x)＞m2(x)恒成立,則稱m(x)為從m1(x)至m2(x)的“過渡函數(shù)”。

(ⅰ)在(1)的條件下,探究從f(x)至g(x)是否存在無窮多個“過渡函數(shù)”,并說明理由。

(ⅱ)是否存在非零實數(shù)m,使得f(x)是從p(x)至g(x)的“過渡函數(shù)”?若存在,請求出非零實數(shù)m的取值范圍;若不存在,請說明理由。

解析：(1)易知f(x)與g(x)的公共定義域為(0,+∞),且在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增。又f'(x)則f'(1)=0,即m=-1。經(jīng)檢驗,當(dāng)m=-1時f(x)與g(x)在公共定義域上具有相同的單調(diào)性,故所求實數(shù)的值為-1。

令F(x)=f(x)-g(x)=x-l nx, x∈(0,+∞),則。故F(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增,故F(x)min=F(1)=1,因此f(x)-g(x)≥1,即f(x)≥g(x)+1。

令h(x)=g(x)+t,t∈(0,1),則f(x)＞h(x)＞g(x)在(0,+∞)上恒成立。

故存在無窮多個從f(x)至g(x)的“過渡函數(shù)”。

(ⅱ)假設(shè)存在實數(shù)m,使得f(x)是從p(x)至g(x)的“過渡函數(shù)”,則在(0,+∞)上恒成立。令H(x)=f(x)-g(x)=ml nx+x,x∈(0, +∞),則

①當(dāng)m＞0時,H'(x)＞0,故H(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且值域為R,此時f(x)-g(x)＞0不恒成立,故m＞0與假設(shè)不符。

②當(dāng)m＜0時,令H'(x)=0,解得x= -m,可知H(x)在(0,-m)上單調(diào)遞減,在(-m,+∞)上單調(diào)遞增,故H(x)min= H(-m)=ml n(-m)-m,依題意知, ml n(-m)-m＞0,解得m＞-e,故-e＜m＜0;所以,當(dāng)-e＜m＜0時,f(x)＞在g(x)上(0,+∞)恒成立。

綜上可知,不存在非零實數(shù)m,使得f(x)是從p(x)至g(x)的“過渡函數(shù)”。

點評：新定義的過渡函數(shù),定義域相同且三個函數(shù)的大小關(guān)系滿足m1(x)＞m2(x)＞m3(x),實質(zhì)是怎樣探究和應(yīng)用這種不等關(guān)系?？梢宰鞑顦?gòu)建兩個輔助函數(shù)研究單調(diào)性尋求極值切入,構(gòu)造這種不等關(guān)系,也可以由這種不等關(guān)系構(gòu)建兩個輔助函數(shù)判斷是否有同時存在的條件。

十、利用“二次求導(dǎo)”求解綜合問題

當(dāng)x＞1時,h'(x)＞0,則h(x)遞增,所以h(x)＞h(1)=-1。

因為h(3)=1-l n3＜0,h(4)=2-l n4＞0,故存在唯一x0,x0∈(3,4),使得h(x0) =0。

當(dāng)1＜x＜x0時,h(x)＜0,x＞x0時, h(x)＞0,從而g'(x0)=0。

于是,當(dāng)1＜x＜x0時,g'(x0)＜0,當(dāng)x＞x0時,g'(x0)＞0。

g(x)在x=x0時取得最小值,即

由h(x0)=0得l nx0=x0-2,代入上式,得g(x)min=x0,即k＜g(x)min=x0。

由于k∈Z,x0∈(3,4),所以kmax=3。

點評：當(dāng)f'(x)=0無法用初等方程求解時,可二次求導(dǎo)。二次求導(dǎo)與設(shè)而不求聯(lián)袂,化解一次求導(dǎo)函數(shù)零點“求之不得”的問題,用零點存在定理估算以及零點適合方程l nx0=x0-2的應(yīng)用,都是求解超越函數(shù)不等式的常用方法。

十一、利用定積分求解數(shù)列和的不等式

圖2

SABCF,從而=l nn-l n(n-i)。

相加后可以得到：

點評：挖掘待證不等式為數(shù)列和的不等式左右兩邊的幾何意義,通過構(gòu)造函數(shù)利用定積分的幾何意義來解決問題,解法雖然綜合性強,但由于數(shù)形結(jié)合解法直觀便于操作。積分法證明不等式是一個新方法、新亮點,很值得品味。

(責(zé)任編輯 徐利杰)