導數在研究函數中的應用

導數進入高中教材后，顯示了它強大的生命力，可用導數研究函數的單調性，求單調區間、極值、最值、以及利用導數解決生活中的優化問題；還可以與函數、不等式、方程、三角、數列、解析幾何等多方面知識與方法交匯融合.在考查基礎知識之上導數題型往往呈現觀點高、應用性強、綜合性強的特點.

重點難點

高考對此部分內容的考查主要體現在：①考查導數的簡單應用：運用導數解決函數的單調性問題，利用導數解決函數的極值問題，利用導數解決函數的最值問題等；②考查導數綜合應用的能力：含參數的函數問題，函數的實際應用，以及和不等式、方程根的分布、解析幾何等知識的交匯.

重點：了解函數單調性和導數的關系，能利用導數研究函數的單調性，會求函數的單調區間（其中多項式函數一般不超過三次）；了解函數在某點取得極值的必要條件和充分條件；會用導數求函數的極大值、極小值（其中多項式函數一般不超過三次）；會求閉區間下函數的最大值、最小值（其中多項式函數一般不超過三次）.

難點：用分類討論的思想分析解決含參數的函數問題，用數形結合的思想和轉化變換的思想研究函數、方程、不等式知識之間的聯系.

方法突破

1. 要重視基礎.該部分內容突出一個“用”字，其中利用導數判斷單調性起著基礎性的作用，對導數在解決函數單調性、最值、極值等方面的應用，要做到抓主線，攻重點，熟知方法，并不斷進行訓練. 要注意概念辨析和知識理解，如：①若已知f（x）在區間D上單調遞增（減），則轉化為不等式f ′（x）≥0（f ′（x）≤0）在單調區間D上恒成立問題求解，而不是f ′（x）>0（f ′（x）<0）在單調區間D上恒成立問題. ②可導函數的極值點導數為零，但導數為零的點未必是極值點；如：函數f（x）=x3，在x=0處，有f ′（0）=0，但x=0不是函數f（x）=x3的極值點.

2. 要把握思想. 數學思想方法是數學知識的高度概括，是把知識轉化為能力的體現，由此，對導數中體現出來的數形結合、等價轉化等思想方法，要注意提煉出來，總結到位，并不斷進行訓練.

3.要加強交匯.注意導數與函數、方程、不等式等知識的交匯. 由導數方法研究方程、不等式時，一般是先構造一個函數，這里要考慮是否直接構造，還是轉化構造，借助適當的函數形式展開研究. 發揮好導數研究函數問題的工具作用，要把知識與知識相互結合起來，把知識與方法也相互結合起來，以此不斷提升我們綜合運用所學知識解決問題的能力.

4. 對于有些函數問題，一階求導得不到問題解決，有時候也可以思考是否需要二階求導.

典例精講

題型一： 利用導數研究函數單調性、極值、最值問題

例1 （2015年高考安徽卷）已知函數f（x）=（a>0，r>0）.

（1）求f（x）的定義域，并討論f（x）的單調性；

（2）若=400，求f（x）在（0，+∞）內的極值.

思索 本題主要考查函數的定義域、利用導數求函數的單調性，以及求函數的極值等基礎知識. 在利用導數求函數的單調性時要注意，求導后的分子是一個二次項系數為負數的一元二次式，在求f ′（x）>0和f ′（x）<0時要注意.

破解 （1）由題意可知x≠-r，所求的定義域為（-∞，-r）∪（-r，+∞）. f（x）==， f ′（x）==. 所以當x<-r或x>r時， f ′（x）<0；當-r0. 因此， f（x）的單調遞減區間為（-∞，-r），（r，+∞）； f（x）的單調遞增區間為（-r，r）.

（2）由（1）的解答可知f ′（r）=0， f（x）在（0，r）上單調遞增，在（r，+∞）上單調遞減. 因此，x=r是f（x）的極大值點，所以f（x）在（0，+∞）內的極大值為f（r）====100；f（x）在（0，+∞）內無極小值. 綜上， f（x）在（0，+∞）內極大值為100，無極小值.

題型二 應用導數研究函數的零點、方程的根或函數的圖象

例2 如果函數y=f（x）的圖象如圖1所示，那么其導函數的圖象可能是（ ）

思索 本題考查原函數f（x）與導函數f ′（x）的關系， f ′（x）>0時為增函數； f ′（x）<0時為減函數. 所以根據y=f（x）的單調性可知y=f ′（x）的正負.

破解 根據函數y=f（x）的圖象走勢為增、減、增、減，可知f ′（x）的取值為正、負、正、負，所以選A.

例3 （2015年高考北京卷）設函數f（x）=-klnx，k>0.

（1）求f（x）的單調區間和極值；

（2）證明：若f（x）存在零點，則f（x）在區間（1，]上僅有一個零點.

思索 本題主要考查導數的運算，利用導數判斷函數的單調性，求函數極值、零點等問題. 先對f（x）求導. 令f ′（x）=0解出x=，分析函數的單調性可知x=時函數取得極小值，同時也是最小值. 如果函數存在零點，那么只需要最小值f（）≤0即可，然后再利用函數的單調性證明零點的唯一性.

破解 （1）由f（x）=-klnx，k>0得f ′（x）=x-=. 由f ′（x）=0解得x=.

f（x）與f ′（x）在區間（0，+∞）上的情況如下：

所以， f（x）的單調遞減區間是（0，），單調遞增區間是（，+∞）； f（x）在x=處取得極小值f（）=.

（2）由（1）知， f（x）在區間（0，+∞）上的最小值為f（）=. 因為f（x）存在零點，所以≤0，從而k≥e. 當k=e時， f（x）在區間（1，）上單調遞減，且f（）=0，所以x=是f（x）在區間（1，]上的唯一零點. 當k>e時， f（x）在區間（1，]上單調遞減，且f（1）=>0， f（）=<0，所以f（x）在區間（1，]上僅有一個零點.

綜上可知，若f（x）存在零點，則f（x）在區間（1，]上僅有一個零點.

題型三 應用導數求解恒成立問題或證明不等式

例4 （2015年高考福建卷）已知函數f（x）=ln（1+x），g（x）=kx（k∈R）.

（1）證明：當x>0時，f（x）

（2）證明：當k<1時，存在x0>0，使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

（3）確定k的所有可能取值，使得存在t>0，對任意的x∈（0，t），恒有f（x）-g（x）

思索 在解函數的綜合應用問題時，我們常常要借助導數，將題中千變萬化的隱藏信息進行轉化，探究這類問題的根本，從本質入手，進而求解. 利用導數研究函數的單調性，再用單調性來證明不等式是函數、導數、不等式綜合中的一個難點，解題技巧是構造輔助函數，把不等式的證明轉化為利用導數研究函數的單調性或最值，從而證得不等式.

破解 （1）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x∈[0，+∞），則有F ′（x）=-1=-. 當x∈（0，+∞），F′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上單調遞減. 故當x>0時，F（x）0時， f（x）

（2）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈[0，+∞），則可得G′（x）=-k=.當k≤0時，G′（x）>0，所以G（x）在[0，+∞）上單調遞增， G（x）>G（0）=0.

故任意正實數x0均滿足題意. 當00，取x0=-1，對任意x∈（0，x0），有G′（x）>0，從而G（x）在（0，x0）單調遞增，所以G（x）>G（0）=0，即f（x）>g（x）.

綜上，當k<1時，總存在x0>0使得對任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（3）當k>1時，由（1）知，對于？坌x∈（0，+∞），g（x）>x>f（x），故f（x）-g（x）=g（x）-f（x）=kx-ln（1+x）>kx-x=（k-1）x.

令（k-1）x>x2，解得0

從而得到，當k>1時，對于x∈（0，k-1），恒有f（x）-g（x）>x2，故滿足題意的t不存在.

當k<1時，取k1=，從而k0，使是x∈（0，x0）， f（x）>k1x>kx=g（x），此時f（x）-g（x）>x2=f（x）-g（x）>（k1-k）x=x，令x>x2，解得0x2.

記x0與的較小者為x1，當x∈（0，x1）時，恒有f（x）-g（x）>x2.

故滿足題意的t不存在.

當k=1時，由（1）知，x>0，f（x）-g（x）=f（x）-g（x）=x-ln（1+x），令M（x）=x-ln（1+x）-x2，x∈[0，+∞），則有M′（x）=1=-2x=.

當x>0時，M′（x）<0，所以M（x）在[0，+∞）上單調遞減，故M（x）

故當x>0時，恒有f（x）-g（x）

綜上，k=1.

變式練習

1. 對二次函數f（x）=ax2+bx+c（a為非零常數），四位同學分別給出下列結論，其中有且僅有一個結論是錯誤的，則錯誤的結論是（ ）

A. -1是f（x）的零點

B. 1是f（x）的極值點

C. 3是f（x）的極值

D. 點（2，8）在曲線y=f（x）上

2. 設函數f ′（x）是奇函數f（x）（x∈R）的導函數，f（-1）=0，當x>0時，xf′（x）-f（x）<0，則使得f（x）>0成立的x的取值范圍是（ ）

A. （-∞，-1）∪（0，1）

B. （-1，0）∪（1，+∞）

C. （-∞，-1）∪（-1，0）

D. （0，1）∪（1，+∞）

3. 設函數f（x）=ex（2x-1）-ax+a，其中a<1，若存在唯一的整數x0使得f（x0）<0，則a的取值范圍是（ ）

A. -，1\tB. -，

C. ，\tD. ，1

4. 設函數f（x）=e+x2-mx.

（1）證明：f（x）在（-∞，0）單調遞減，在（0，+∞）單調遞增；

（2）若對于任意x1，x2∈[-1，1]，都有f（x1）-f（x2）≤e-1，求m的取值范圍.

5. 已知函數f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）.

（1）試討論f（x）的單調性；

（2）若b=c-a（實數c是與a無關的常數），當函數f（x）有三個不同的零點時，a的取值范圍恰好是（-∞，-3）∪1，∪，+∞，求c的值.

參考答案

1. A 2. A 3. D

4. （1）略 （2）[-1，1]

5. （1）略

（2）由（1）知，函數f（x）的兩個極值為f（0）=b， f-=a3+b，則函數f（x）有三個零點等價于f（0）·f-=ba+b<0，從而a>0，-a30時，a3-a+c>0或當a<0時，a3-a+c<0.

設g（a）=a3-a+c，因為函數f（x）有三個零點時，a的取值范圍恰好是（-∞，-3）∪1，∪，+∞，則在（-∞，-3）上g（a）<0，且在1，∪，+∞上g（a）>0均恒成立，從而g（-3）=c-1≤0，且g=c-1≥0，因此c=1.

此時， f（x）=x3+ax2+1-a=（x+1）[x2+（a-1）x+1-a]，因函數有三個零點，則x2+（a-1）x+1-a=0有兩個異于-1的不等實根，所以Δ=（a-1）2-4（1-a）=a2+2a-3>0，且（-1）2-（a-1）+1-a≠0，解得a∈（-∞，-3）∪1，∪，+∞. 綜上c=1.