例談導(dǎo)數(shù)在函數(shù)中的幾種典型運(yùn)用

范習(xí)昱

導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)性質(zhì)的重要工具，正是因?yàn)閷?dǎo)數(shù)的引入，使得我們認(rèn)識(shí)函數(shù)、研究函數(shù)能夠上升到一定的高度，解決與函數(shù)相關(guān)問(wèn)題的視野更寬廣，方法更為簡(jiǎn)捷.各省市高考數(shù)學(xué)對(duì)導(dǎo)數(shù)的運(yùn)用要求都很高，命題內(nèi)容也相當(dāng)深刻，形式新穎，區(qū)分度很高，得到命題專家的青睞，同時(shí)也令很多同學(xué)失分嚴(yán)重，頭疼不已.其實(shí)，我們也不難發(fā)現(xiàn)，高考導(dǎo)數(shù)相關(guān)題型一般都集中在函數(shù)的單調(diào)性、極值和最值、零點(diǎn)問(wèn)題、實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題四個(gè)方面.下文以案例的形式加以分類例析.

一、單調(diào)性相關(guān)問(wèn)題

例1?已知a≥0，函數(shù)f（x）=（x2-2ax）ex，若f（x）在[-1，1]上是單調(diào)減函數(shù)，則a的取值范圍是????.

解析：f′（x）=（2x-2a）ex+（x2-2ax）ex=[x2+（2-2a）x-2a]ex，由題意，當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，f′（x）≤0恒成立，即x2+（2-2a）x-2a≤0在x∈[-1，1]時(shí)恒成立.

令g（x）=x2+（2-2a）x-2a，則有g(shù)（-1）≤0，g（1）≤0，

即（-1）2+（2-2a）·（-1）-2a≤0，12+2-2a-2a≤0，解得a≥34.

例2?設(shè)函數(shù)f′（x）是奇函數(shù)f（x）（x∈R）的導(dǎo)函數(shù)，f（-1）=0，當(dāng)x>0時(shí)，xf′（x）-f（x）<0，則使得f（x）>0成立的x的取值范圍是????.

解析：記函數(shù)g（x）=f（x）x，

則g′（x）=xf′（x）-f（x）x2，

因?yàn)楫?dāng)x>0時(shí)，xf′（x）-f（x）<0，

故當(dāng)x>0時(shí)g′（x）<0，所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減;

又因?yàn)楹瘮?shù)f（x）（x∈R）是奇函數(shù)，故函數(shù)g（x）是偶函數(shù)，

所以g（x）在（-∞，0）上單調(diào)遞增，且g（-1）=g（1）=0.

當(dāng)00，則f（x）>0;當(dāng)x<-1時(shí)，g（x）<0，則f（x）>0.

綜上所述，使得f（x）>0成立的x的取值范圍是（-∞，-1）∪（0，1）.

例3?已知函數(shù)f（x）=x3+（1-a）x2-a（a+2）x+b（a，b∈R）.

（1）若函數(shù)f（x）的圖象過(guò)原點(diǎn)，且在原點(diǎn)處的切線斜率是-3，求a，b的值;

（2）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，1）上不單調(diào)，求a的取值范圍.

解析：（1）由題意得

f′（x）=3x2+2（1-a）x-a（a+2），

又f（0）=b=0f′（0）=-a（a+2）=-3，

解得b=0，a=-3或a=1.

（2）函數(shù)f（x）在區(qū)間（-1，1）不單調(diào)，

由f′（x）=0，得x1=a，x2=-a+23.

∴-1<a<1a≠-a+23或-1<-a+23<1a≠-a+23，

解得-1<a<1a≠-12或-5<a<1a≠-12.

所以a的取值范圍是（-5，-12）∪（-12，1）.

例4?設(shè)函數(shù)f（x）=（2-a）lnx+1x+2ax，a∈R.當(dāng)a≠0時(shí)，求f（x）的單調(diào)減區(qū)間.

解析：f′（x）=2ax2+（2-a）x-1x2，

令f′（x）=0得x1=-1a，x2=12.

若a>0，由f′（x）<0得0<x<12，

∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，12）;

若a<0，①當(dāng)a<-2時(shí)，-1a<12，

由f′（x）<0得0<x<-1a，或x>12，

∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，-1a），（12，+∞）;

②當(dāng)a=-2時(shí)，f（x）的單調(diào)減區(qū)間為（0，+∞）;

③當(dāng)a>-2時(shí)，-1a>12，由f′（x）<0得0<x<12，或x>-1a，

∴f（x）的單調(diào)減區(qū)間（0，12），（-1a，+∞）.

總結(jié)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性問(wèn)題，一般有以下幾類題型：

1.直接求解單調(diào)區(qū)間或判斷函數(shù)的單調(diào)性;

2.已知單調(diào)性求含參函數(shù)中參數(shù)的范圍;

3.討論求含參函數(shù)的單調(diào)性.

解題的關(guān)鍵是圍繞導(dǎo)數(shù)的正負(fù)展開(kāi)，靈活運(yùn)用不等式、函數(shù)相關(guān)知識(shí)破解難點(diǎn).

二、極值、最值相關(guān)問(wèn)題

例5?已知函數(shù)f（x）=x3+mx2+x+2的兩個(gè)極值點(diǎn)都在區(qū)間（-1，1）內(nèi)，則正數(shù)m的取值范圍是????.

解析：由題意可知f′（x）=0的兩個(gè)不同解都在區(qū)間（-1，1）內(nèi).因?yàn)閒′（x）=3x2+2mx+1，所以根據(jù)導(dǎo)函數(shù)圖象可得Δ=（2m）2-4×3×1>0，-1<-2m6<1，f′（-1）=3-2m+1>0，f′（1）=3+2m+1>0，又m>0，解得3<m<2.

例6?已知函數(shù)f（x）=x3+2bx2+cx-2的圖象在與x軸交點(diǎn)處的切線方程是y=5x-10.

（1）求函數(shù)f（x）的解析式;

（2）設(shè)函數(shù)g（x）=f（x）+13mx，若g（x）的極值存在，求實(shí)數(shù)m的取值范圍以及函數(shù)g（x）取得極值時(shí)對(duì)應(yīng)的自變量x的值.

解析：（1）由已知，切點(diǎn)為（2，0），故有f（2）=0，即4b+c+3=0?①

又f′（x）=3x2+4bx+c，由已知f′（2）=12+8b+c=5得8b+c+7=0?②

聯(lián)立①②，解得b=-1，c=1.所以函數(shù)解析式為f（x）=x3-2x2+x-2.

（2）因?yàn)間（x）=x3-2x2+x-2+13mx，

令g′（x）=3x2-4x+1+13m=0，

當(dāng)函數(shù)有極值時(shí)，則Δ≥0，方程3x2-4x+1+13m=0有實(shí)數(shù)解，

由Δ=4（1-m）≥0，得m≤1.

①當(dāng)m=1時(shí)，g′（x）=0有實(shí)數(shù)x=23，在x=23左右兩側(cè)均有g(shù)′（x）>0，故函數(shù)g（x）無(wú)極值;

②當(dāng)m<1時(shí)，g′（x）=0有兩個(gè)實(shí)數(shù)根x1=13（2-1-m），x2=13（2+1-m），g′（x），g（x）情況如下表：

x（-∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）

g′（x）+0-0+

g（x）↗極大值↘極小值↗

所以當(dāng)m∈（-∞，1）時(shí)，函數(shù)g（x）有極值;

當(dāng)x=13（2-1-m）時(shí)，g（x）有極大值;當(dāng)x=13（2+1-m）時(shí)，g（x）有極小值.

總結(jié)：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)極值、最值相關(guān)的問(wèn)題，一般有以下幾類題型：

1.直接求解函數(shù)的極值、最值或其個(gè)數(shù);

2.已知含參函數(shù)的極值、最值相關(guān)信息，求含參函數(shù)中參數(shù)的取值范圍.

解題的關(guān)鍵依然是圍繞導(dǎo)數(shù)的正負(fù)展開(kāi)，注意函數(shù)極值存在的條件，結(jié)合函數(shù)的圖象，特別是結(jié)合二次方程根的分布（包括二次函數(shù)的保號(hào)性的運(yùn)用）等情況綜合考慮.

三、零點(diǎn)相關(guān)問(wèn)題

例7?若函數(shù)f（x）=x3+ax2+bx+c有極值點(diǎn)x1，x2，且f（x1）=x1，則關(guān)于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)是????.

解析：由f′（x）=3x2+2ax+b=0得，x=x1或x=x2，即3（f（x））2+2af（x）+b=0的根為f（x）=x1或f（x）=x2的解.如圖所示，

由圖象可知f（x）=x1有兩解，f（x）=x2有一解，故3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同實(shí)根個(gè)數(shù)為3.

例8?設(shè)函數(shù)f（x）=（x+a）lnx，g（x）=x2ex.已知曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線2x-y=0平行.

（1）求a的值;

（2）是否存在自然數(shù)k，使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）內(nèi)存在唯一的根？如果存在，求出k;如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由;

解析：（1）由題意知，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線斜率為2，所以f′（1）=2，

又f′（x）=lnx+ax+1，即f′（1）=a+1=2，所以a=1.

（2）當(dāng)k=1時(shí)，方程f（x）=g（x）在（1，2）內(nèi)存在唯一的根.

設(shè)h（x）=f（x）-g（x）=（x+1）lnx-x2ex，當(dāng)x∈（0，1]時(shí)，h（x）<0.

又h（2）=3ln2-4e2=ln8-4e2>1-1=0，所以存在x0∈（1，2），使得h（x0）=0.

因?yàn)閔′（x）=lnx+1x+1+x（x-2）ex，

所以當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，h′（x）>1-1e>0，當(dāng)x∈（2，+∞）時(shí)，h′（x）>0，

所以當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）單調(diào)遞增，

所以k=1時(shí)，方程f（x）=g（x）在（k，k+1）內(nèi)存在唯一的根.

總結(jié)：運(yùn)用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題，關(guān)鍵在于運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，并結(jié)合函數(shù)的其他性質(zhì)，如奇偶性、周期性、定義域和值域、函數(shù)值的正負(fù)等圖象特征描繪函數(shù)的大致圖象，結(jié)合函數(shù)的零點(diǎn)存在性定理解決此類問(wèn)題.要注意以下三種形式的等價(jià)性：

（1）方程f（x）=g（x）的根的個(gè)數(shù);

（2）函數(shù)f（x）與g（x）的交點(diǎn)個(gè)數(shù);

（3）函數(shù)f（x）-g（x）的零點(diǎn)個(gè)數(shù).

如果某個(gè)角度難以解決，應(yīng)該想到三種形式的互相轉(zhuǎn)化，突破難點(diǎn).

四、實(shí)際應(yīng)用

例9?現(xiàn)有一個(gè)以O(shè)A、OB為半徑的扇形池塘，在OA、OB上分別取點(diǎn)C、D，作DE∥OA、CF∥OB交弧AB于點(diǎn)E、F，且BD=AC，現(xiàn)用漁網(wǎng)沿著DE、EO、OF、FC將池塘分成如圖所示的三種養(yǎng)殖區(qū)域.若OA=1km，∠AOB=π2，∠EOF=θ.

（1）設(shè)區(qū)域Ⅱ的總面積為S，試將S表示為關(guān)于θ的函數(shù);

（2）若養(yǎng)殖區(qū)域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的每平方千米的年收入分別是15萬(wàn)元、20萬(wàn)元、10萬(wàn)元，記年總收入為y萬(wàn)元.試問(wèn)當(dāng)θ為多少時(shí)，年總收入最大？

解析：（1）因?yàn)锽D=AC，OB=OA，所以O(shè)D=OC.因?yàn)椤螦OB=π2，DE∥OA，CF∥OB，所以DE⊥OB，CF⊥OA.

又因?yàn)镺E=OF，所以Rt△ODE≌Rt△OCF.

所以∠DOE=∠COF，∠COF=12（π2-θ）.

OC=OF·cos∠COF=cos[12（π2-θ）].

所以S△COF=12·OC·OF·sin∠COF=14cosθ，所以S區(qū)域Ⅱ=12cosθ，θ∈（0，π2）.

（2）因?yàn)镾區(qū)域Ⅰ=12θ，所以S區(qū)域Ⅲ=S總-S區(qū)域Ⅰ-S區(qū)域Ⅱ=π4-12θ-12cosθ.

所以y=15×12θ+20×12cosθ+10×（π4-12θ-12cosθ）

=52π+52θ+5cosθ，（θ∈（0，π2）），

所以y′=52（1-2sinθ），令y′=0，則θ=π6.當(dāng)θ∈（0，π6）時(shí)，y′>0，當(dāng)θ∈（π6，π2）時(shí)，y′<0.故當(dāng)θ=π6時(shí)，y有最大值.

答：當(dāng)θ為π6時(shí)，年總收入最大.

例10?如圖：已知半圓O的半徑為2，CD∥AB，且CD與AB距離為1，矩形EFGH邊EH在CD上，G，F(xiàn)在弧CD上.

（1）設(shè)∠FOB=θ時(shí)，將多邊形OEFGH的面積S表示為θ的函數(shù)，并指明函數(shù)定義域.

（2）求多邊形OEFGH面積取到最大值時(shí)sinθ的值.

解析：（1）延長(zhǎng)FE交AB于Q，

Rt△OFQ中，OQ=2cosθ，F(xiàn)Q=2sinθ，

∴EH=4cosθ，F(xiàn)E=2sinθ-1，

∴S=EH·FE+12EH=8sinθcosθ-2cosθ，

∵∠COB=π6，∴定義域?yàn)棣取剩é?，π2）.

（2）S′=8cos2θ-8sin2θ+2sinθ

=-16sin2θ+2sinθ+8

=-16（sinθ-1+12916）（sinθ-1-12916），

∵θ∈（π6，π2），∴sinθ∈（12，1），

∴sinθ=1+12916有唯一解記為α，（α∈（π6，π2））.

由S′>0得sinθ<1+12916，∴π6<θ<α，

由S′<0得sinθ>1+12916，∴α<θ<π2，

∴S（θ）的單調(diào)增區(qū)間為（π6，α），單調(diào)減區(qū)間為（α，π2），

∴θ=α?xí)rS取最大值.

答：多邊形OEFGH面積取到最大值時(shí)sinθ的值sinθ=1+12916.

總結(jié)：導(dǎo)數(shù)在實(shí)際應(yīng)用問(wèn)題中的應(yīng)用，一般是在函數(shù)模型建立后，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值與最值.解題關(guān)鍵有兩點(diǎn)：一是什么樣結(jié)構(gòu)的函數(shù)易于求導(dǎo)求最值，二是求導(dǎo)之后的最優(yōu)解如何正確獲得.

反饋練習(xí)

1.已知函數(shù)g（x）=13x3-12ax2+（x-a）cosx-sinx，a∈R，討論g（x）的單調(diào)性并判斷有無(wú)極值，有極值時(shí)求出極值.

2.如圖，某廣場(chǎng)中間有一塊邊長(zhǎng)為2百米的菱形狀綠化區(qū)ABCD，其中BMN是半徑為1百米的扇形，∠ABC=2π3.管理部門欲在該地從M到D修建小路：在弧MN上選一點(diǎn)P（異于M，N兩點(diǎn)），過(guò)點(diǎn)P修建與BC平行的小路PQ.問(wèn)：點(diǎn)P選擇在何處時(shí)，才能使得修建的小路MP與PQ及QD的總長(zhǎng)最?。坎⒄f(shuō)明理由.

3.已知函數(shù)f（x）=xlnx，g（x）=k（x-1），若x∈[e，e2]，使f（x）≤g（x）+12成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍.

參考答案

1.解析：因?yàn)?/p>

g（x）=13x3-12ax2+（x-a）cosx-sinx，

所以g′（x）=x2-ax+cosx-xsinx+asinx-cosx

=x（x-a）-（x-a）sinx

=（x-a）（x-sinx），

令h（x）=x-sinx，則h′（x）=1-cosx>0，

所以h（x）在R上單調(diào)遞增，

因此h（0）=0，所以，當(dāng)x>0時(shí)，h（x）>0;

當(dāng)x<0時(shí)h（x）<0.

（1）當(dāng)a<0時(shí)，g′（x）=（x-a）（x-sinx），

當(dāng)x∈（-∞，a）時(shí)，x-a<0，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈（a，0）時(shí)，x-a>0，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，x-a>0，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

所以，當(dāng)x=a時(shí)，g（x）取到極大值，極大值是

g（a）=-16a3-sina，

當(dāng)x=0時(shí)，g（x）取到極小值，極小值是g（0）=-a.

（2）當(dāng)a=0時(shí)，g′（x）=x（x-sinx），

當(dāng)x∈（-∞，+∞）時(shí)，g′（x）≥0，g（x）單調(diào)遞增;

所以，g（x）在（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，g（x）無(wú)極大值也無(wú)極小值.

（3）當(dāng)a>0時(shí)，g′（x）=（x-a）（x-sinx），

當(dāng)x∈（-∞，0）時(shí)，x-a<0，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈（0，a）時(shí)，x-a<0，g′（x）<0，g（x）單調(diào)遞減;

當(dāng)x∈（a，+∞）時(shí)，x-a>0，g′（x）>0，g（x）單調(diào)遞增.

所以，當(dāng)x=0時(shí)，g（x）取到極大值，極大值是g（0）=-a;

當(dāng)x=a時(shí)，g（x）取到極小值，極小值是

g（a）=-16a3-sina.

綜上所述：

當(dāng)a<0時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（-∞，a）和（0，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（a，0）上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g（a）=-16a3-sina，極小值是g（0）=-a.

當(dāng)a=0時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（-∞，+∞）上單調(diào)遞增，無(wú)極值;

當(dāng)a>0時(shí)，函數(shù)g（x）在區(qū)間（-∞，0）和（a，+∞）上單調(diào)遞增，在區(qū)間（0，a）上單調(diào)遞減，函數(shù)既有極大值，又有極小值，極大值是g（0）=-a，極小值是g（a）=-16a3-sina.

2.解析：連接BP，過(guò)P作PP1⊥BC，垂足為P1，過(guò)Q作QQ1⊥BC，垂足為Q1，

設(shè)∠PBP1=θ（0<θ<2π3），MP=2π3-θ，

若0<θ<π2，在Rt△PBP1中，

PP1=sinθ，BP1=cosθ，

若θ=π2，則PP1=1，BP1=0，

若π2<θ<2π3，則PP1=sinθ，BP1=cos（π-θ）=-cosθ，∴PQ=2-cosθ-33sinθ.

在Rt△QCQ1中，QQ1=PP1=sinθ，CQ1=33sinθ，CQ=233sinθ，DQ=2-233sinθ，

所以總路徑長(zhǎng)f（θ）=2π3-θ+4-cosθ-3sinθ（0<θ<2π3）.

f′（θ）=sinθ-3cosθ-1=2sin（θ-π3）-1，

令f′（θ）=0，θ=π2，當(dāng)0<θ<π2時(shí)，f′（θ）<0，

當(dāng)π2<θ<2π3時(shí)，f′（θ）>0，所以當(dāng)θ=π2時(shí)，總路徑最短.

答：當(dāng)BP⊥BC時(shí)，總路徑最短.

3.解析：f（x）≤g（x）+12即xlnx-k（x-1）≤12，

令φ（x）=xlnx-k（x-1），x∈[e，e2]，

則x∈[e，e2]，使f（x）≤g（x）+12成立φ（x）min≤12，

φ′（x）=lnx-1（lnx）2-k=-（1lnx）2+1lnx-k

=-（1lnx-12）2+14-k.

（i）當(dāng)k≥14時(shí)，φ′（x）≤0，φ（x）在區(qū)間[e，e2]上為減函數(shù)，于是φ（x）min=φ（e2）=e22-k（e2-1），

由e22-k（e2-1）≤12得k≥12，滿足k≥14，所以k≥12符合題意;

（ii）當(dāng)k<14時(shí)，由y=-（t-12）2+14-k及t=1lnx的單調(diào)性知φ′（x）=-（1lnx-12）2+14-k在區(qū)間[e，e2]上為增函數(shù)，所以φ′（e）≤φ′（x）≤φ′（e2），即-k≤φ′（x）≤14-k.

①若-k≥0，即k≤0，則φ′（x）≥0，所以φ（x）在區(qū)間[e，e2]為增函數(shù)，于是φ（x）min=φ（e）=e-k（e-1）≥e>12，不合題意;

②若-k<0，即0

φ′（e2）=14-k>0及φ′（x）的單調(diào)性知存在唯一x0∈（e，e2），使φ′（x0）=0，且當(dāng)x∈（e，x0）時(shí)，φ′（x）<0，φ（x）為減函數(shù);當(dāng)x∈（x0，e2）時(shí)，φ′（x）>0，φ（x）為增函數(shù);

所以φ（x）min=φ（x0）=x0lnx0-k（x0-1），

由x0lnx0-k（x0-1）≤12得k≥1x0-1（x0lnx0-12）>1x0-1（x02-12）=12>14，這與0

綜上可知，k的取值范圍是[12，+∞）.