導數的應用創新題直擊

導數，一向被認為是研究函數問題的“神器”，有些問題看似與導數無關，其實必須依賴導數才可以解決.讓我們一起來直擊幾例導數的應用創新題.

一、函數的零點問題

例1?已知函數f（x）=1+x-x22+x33-x44+…+x20172017，則函數f（x）在其定義域內的零點個數是（??）

A.0????B.1????C.2????D.3

解析：求導得f′（x）=1-x+x2-x3+…+x2016，可知：當x=-1時，f′（x）>0;

當x≠-1時，f′（x）=1×[1-（-x）2017]1-（-x）=1+x20171+x，無論x<-1還是x>-1，易判斷知均有f′（x）>0成立.于是，當x∈R時，必有f′（x）>0，所以函數f（x）在R上單調遞增.

又因為f（-1）=1-1-12-13-14-…-12015-12016-12017<0，f（0）=1>0，所以利用函數零點唯一存在性定理可知：函數f（x）在開區間（-1，0）上只有一個零點.從而結合函數f（x）在R上單調遞增，即得函數f（x）在其定義域內的零點個數是1.故選B.

點評：本題具有一定的綜合性，對能力的考查較強，解題關鍵是靈活利用“分類與整合思想”準確分析導數與零的大小關系.

二、不等式的解集問題

例2?（1）函數的定義域為R，f（-1）=2，對任意x∈R，f′（x）>2，則f（x）>2x+4的解集為（??）

A.（-1，1）???B.（-1，+∞）

C.（-∞，-1）???D.（-∞，+∞）

（2）已知函數f（x）滿足f（1）=1，導函數f′（x）<12，則不等式2f（x）

A.（-1，1）???B.（-∞，-1）

C.（-∞，-1）∪（1，+∞）?????D.（1，+∞）

解析：（1）構造函數F（x）=f（x）-2x-4，則F′（x）=f′（x）-2>2-2=0，所以F（x）在R上單調遞增，又因為F（-1）=f（-1）-2（-1）-4=0，則f（x）>2x+4f（x）-2x-4>0F（x）>0，于是的x>-1，選B.

（2）構造函數F（x）=2f（x）-x-1，則F′（x）=2f′（x）-1<2·12-1=0，所以函數F（x）單調遞減，而F（1）=0，2f（x）1，選D.

點評：合理構造函數，并利用導數確定函數的單調性，是破解這類問題的關鍵，也是難點所在.這類問題能較好的考查我們分析問題和解決問題的能力.

三、函數值的大小比較問題

例3?（1）f（x）在R上的導函數為f′（x），且f′（x）>f（x），且a>0，則下面不等式成立的有（??）

A.f（a）>eaf（0）?B.f（a）

C.f（a）>f（0）?D.f（a）

（2）函數f（x）的導函數為f′（x），對任意的實數x，都有2f′（x）>f（x）成立，則（??）

A.3f（2ln2）>2f（2ln3）

B.3f（2ln2）>2f（2ln3）

C.3f（2ln2）=2f（2ln3）

D.3f（2ln2）與2f（2ln3）的大小不能確定

解析：（1）構造F（x）=f（x）ex，

F′（x）=f′（x）-f（x）ex>0，則F（x）單調遞增，則F（a）>F（0）f（a）ea>f（0）e0，即f（a）>eaf（0），故選A.

（2）構造F（x）=f（x）e12x，

F′（x）=f′（x）e12x-12f（x）e12x（e12x）2=2f′（x）-f（x）2e12x>0，

則F（x）單調遞增，則F（2ln2）

即f（2ln2）eln2

點評：抽象函數的函數值的大小比較，一般依據函數的單調性.因此此類問題解決的關鍵還是構造函數，并利用導數確定該函數的單調性.

四、取值范圍與不等式的證明問題

例4?已知函數f（x）=xlnx+ax+1，a∈R.

（1）當x>0時，若關于x的不等式f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍;

（2）當n∈N*時，證明：n2n+4

解析：（1）由x>0時f（x）=xlnx+ax+1≥0恒成立

得-a≤lnx+1x.

設φ（x）=lnx+1x，

φ′（x）=1x-1x2=x-1x2，

x∈（0，1）時，φ′（x）<0，φ（x）單調遞減，

x∈（1，+∞）時，φ′（x）>0，φ（x）單調遞增，

∴x=1時，φ（x）取最小值，

∴-a≤φ（1）=1，a≥-1，

∴a的取值范圍是[-1，+∞）.

（2）設數列{an}，{bn}的前n項的和分別為Sn=n2n+4，Tn=nn+1，則由于an=S1（n=1），

Sn-Sn-1（n≥2），

解得an=1（n+1）（n+2）;

同理，bn=1n（n+1），

所以只需證明an=1（n+1）（n+2）

由（1）知a=-1時，有xlnx≥x-1，即lnx≥x-1x.

令x=n+1n>1，則lnn+1n>1n+1，

所以ln2n+1n>1（n+1）2>1（n+1）（n+2）=1n+1-1n+2，

所以ln22+ln232+…+ln2n+1n>12-1n+2=n2n+4;

再證明ln2n+1n<1n（n+1），

亦即lnn+1n<1nn+1，

因為lnn+1n=2lnn+1n，1nn+1

=n+1-nnn+1=n+1n-nn+1，

所以只需證2lnn+1n

現證明2lnx1）.

令h（x）=2lnx-x+1x（x>1），

則h′（x）=2x-1-1x2=-（x-1）2x2<0，

所以函數h（x）在（1，+∞）上單調遞減，h（x）

所以當x>1時，2lnx

令x=n+1n>1，

則2lnn+1n

綜上，1（n+1）（n+2）

所以對數列{an}，{ln2n+1n}，{bn}分別求前n項的和，得

n2n+4

點評：待證數列不等式的一端是n項之和（或積）的結構，另一端含有變量n時，可以將它們分別視為兩個數列的前n項的和（或積），從而將不等式的證明轉化為兩個數列的對應項之間的大小關系的證明.這類問題在各類考試中往往處于壓軸題的“地位”，難度較大.主要考查導函數與原函數之間的關系，要求同學們利用導數深入研究函數的圖像特征與性質，并利用它解決問題;而對于不等式的證明，必須先構造函數，并能揭示出該函數的單調性與所需證明的不等式之間的聯系，這種聯系具有一定的“隱蔽性”，要求解題者有較強的等價變形的能力.

（作者：高英，太倉市明德高級中學）