探尋破解導(dǎo)函數(shù)正負(fù)困境的策略

廣東 劉光明

本文根據(jù)2021年1月30日教學(xué)考試雜志社舉辦的“八省市新高考適應(yīng)性聯(lián)考分析會”主題分享《基于八省適應(yīng)性試題談破解導(dǎo)函數(shù)正負(fù)困境的策略》梳理而成,期盼更多的交流.

利用導(dǎo)數(shù)處理函數(shù)綜合問題是高中必不可少的內(nèi)容,基本流程是求導(dǎo)后根據(jù)導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)分析原函數(shù)的單調(diào)性,然后利用單調(diào)性處理函數(shù)的極值、最值等相關(guān)問題.由此可見,導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷是函數(shù)綜合問題的關(guān)鍵點(diǎn),如若導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)判斷陷入困局,那么解決問題就會出現(xiàn)卡殼現(xiàn)象.本文抓住這一核心問題,通過實(shí)例剖析,試圖從再導(dǎo)一次、分類討論、分離函數(shù)、放縮法和巧設(shè)零點(diǎn)等五個思考方向?qū)で笸黄茖?dǎo)函數(shù)正負(fù)難辨困局的策略.

策略1:再導(dǎo)一次

“再導(dǎo)一次”是對原函數(shù)f(x)的導(dǎo)函數(shù)f′(x)進(jìn)行再一次的求導(dǎo),根據(jù)二階導(dǎo)函數(shù)f″(x)的正負(fù)情況分析導(dǎo)函數(shù)f′(x)的函數(shù)性質(zhì),進(jìn)而推理導(dǎo)函數(shù)f′(x)的正負(fù)情況.有時還會對導(dǎo)函數(shù)進(jìn)行多次求導(dǎo),逐層分析函數(shù)性質(zhì),從而處理問題.

故函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞減.

又g(1)=0,所以當(dāng)00,此時f′(x)>0,

當(dāng)x>1時,g(x)<0,此時f′(x)<0.

因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(1,+∞)上單調(diào)遞減.

策略2:分類討論

分類討論思想是數(shù)學(xué)中處理復(fù)雜問題的常見思想,尤其是在處理含參情況時特別有效,故導(dǎo)函數(shù)含參時,根據(jù)參數(shù)進(jìn)行分類討論是自然能聯(lián)想到的處理方法,但導(dǎo)函數(shù)不含參數(shù)卻又正負(fù)難以判斷時,比較難以進(jìn)行分類討論,其實(shí)遇到導(dǎo)函數(shù)中含有三角函數(shù)等難以處理的情況,根據(jù)需要對自變量進(jìn)行分段討論,解決問題會更有效.

證明:f′(x)=ex-cosx+sinx,

又f′(0)=0,所以f′(x)

所以f(x)≥f(0)=0,即不等式成立;

又ex>1,此時f″(x)>0,所以f′(x)在區(qū)間(0,π)上單調(diào)遞增,

即f′(x)>f′(0)=0,此時函數(shù)f(x)在(0,π)上單調(diào)遞增,

所以f(x)≥f(0)=0,即不等式成立;

所以f′(x)在區(qū)間(π,+∞)上單調(diào)遞增,

即f′(x)>f′(π)=eπ+1>0,此時函數(shù)f(x)在(π,+∞)上單調(diào)遞增,

所以f(x)≥f(π)=eπ+1>0,即不等式成立.

評注:本題不含參數(shù),但含有三角函數(shù),多次求導(dǎo)也無濟(jì)于事,故從自變量的角度進(jìn)行分段處理很容易判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù).

例題3已知函數(shù)f(x)=ex-2ax,求函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上的單調(diào)性.

解:f′(x)=ex-2a,

(ⅰ)當(dāng)a≤0時,f′(x)=ex-2a>0,

此時f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增;

(ⅱ)當(dāng)a>0時,令f′(x)=0,解得x=ln(2a).

此時f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增;

當(dāng)x∈(0,ln(2a)),f′(x)=ex-2a<0;

當(dāng)x∈(ln(2a),1),f′(x)=ex-2a>0,

此時f(x)在區(qū)間[0,ln(2a))上單調(diào)遞減,在區(qū)間(ln2a,1]上單調(diào)遞增;

此時f(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞減.

評注:導(dǎo)函數(shù)含有參數(shù)a,其正負(fù)難以判斷.若根據(jù)導(dǎo)函數(shù)是否有零點(diǎn)及零點(diǎn)是否在所討論區(qū)間對參數(shù)進(jìn)行分類討論,導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)也就明晰了.

策略3:分離函數(shù)

分離函數(shù)是在導(dǎo)函數(shù)較為復(fù)雜時,通過因式分解、代數(shù)式重組分離出正負(fù)明確的代數(shù)式,或者分離出指數(shù)函數(shù)ex后,余下的代數(shù)式當(dāng)作一個新函數(shù)g(x),再對函數(shù)g(x)進(jìn)行正負(fù)分析的化繁為簡的做法.

對函數(shù)g(x)求導(dǎo)因式分解后得到

因此函數(shù)φ(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,所以φ(x)>φ(0)=0,

故當(dāng)03時,g′(x)>0.

因此函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,3)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(3,+∞)上單調(diào)遞增,

例題5(2018·東北師大附中高三年級第一次摸底考試·21題節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=sinx-cosx,當(dāng)x≥0時,證明:f′(x)≤x+1.

證明:f′(x)=cosx+sinx,

構(gòu)造函數(shù)g(x)=x+1-cosx-sinx,

即g(x)=(x-sinx)+(1-cosx),

不妨設(shè)h(x)=x-sinx,t(x)=1-cosx,x>0,

則h′(x)=1-cosx.

因?yàn)?≥cosx,所以t(x)=h′(x)=1-cosx≥0,函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,因此h(x)>h(0)=0,

所以g(x)=h(x)+t(x)≥0,于是f′(x)≤x+1.

評注:導(dǎo)函數(shù)正負(fù)難以判斷,但某部分代數(shù)式正負(fù)易得,此時分解成明晰正負(fù)的幾個函數(shù)的和,從而化解導(dǎo)數(shù)正負(fù)困境.故需要平時有一些基本經(jīng)驗(yàn)的積累,如:x>sinx,cosx≤1,ex>x,x>lnx,ex>lnx.

策略4:放縮法

放縮法是將導(dǎo)函數(shù)中的某部分代數(shù)式巧妙地借助曲線切線、基本不等式或者已經(jīng)得到證明的不等式等知識進(jìn)行適當(dāng)?shù)姆趴s,從而判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)的處理方法.

例題6(2018級東北師大附中高三年級第一次摸底考試·21題節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=sinx-cosx.

若對任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解:對任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,

等價于eax-sinx+cosx-2≥0恒成立.

設(shè)h(x)=eax-sinx+cosx-2(x≥0),

則h′(x)=aeax-cosx-sinx.

①當(dāng)a≥1時,h′(x)=aeax-cosx-sinx≥ex-cosx-sinx,

又ex≥x+1,所以h′(x)≥ex-cosx-sinx≥x+1-cosx-sinx,

由例題5可知cosx+sinx≤x+1，所以h′(x)≥0,

所以h(x)在[0,+∞)上為增函數(shù),h(x)≥h(0)=0,滿足題意.

且當(dāng)x∈(0,x0)時,h″(x)<0,此時h′(x)在(0,x0)上為減函數(shù),h′(x)

評注:本題關(guān)鍵是將難以判斷正負(fù)的代數(shù)式aeax-cosx-sinx放縮成為ex-cosx-sinx,再根據(jù)ex≥x+1,轉(zhuǎn)化為x+1-cosx-sinx的正負(fù),充分利用例題5的結(jié)論cosx+sinx≤x+1得到結(jié)論.

當(dāng)a>0時,g(x)在區(qū)間(0,+∞)上是增函數(shù).

記h(x)=ex-ex,則h′(x)=ex-e,令h′(x)=0可得x=1,

當(dāng)x>1時,h′(x)>0,函數(shù)h(x)單調(diào)遞增,

當(dāng)0

因此h(x)≥h(1)=0,即ex≥ex,

又g(0)=-1<0,根據(jù)零點(diǎn)存在性定理可知存在唯一零點(diǎn)t(t>0)使得g(t)=0,

所以當(dāng)0

當(dāng)x>t時,g(x)>0,f′(x)>0,

因此函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,t)上單調(diào)遞減,在區(qū)間(t,+∞)上單調(diào)遞增,

且f′(t)=0,故而函數(shù)f(x)有極小值點(diǎn)x0=t.

設(shè)φ(x)=ex-x-1,所以φ′(x)=ex-1,

令φ′(x)=ex-1=0可得x=0,

當(dāng)x>0時,φ′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增,

故φ(x)>φ(0)=0,ex≥x+1.

評注:“化曲為直”是處理超越函數(shù)的一種有效手段,在導(dǎo)函數(shù)判斷正負(fù)出現(xiàn)困難的時候,我們也同樣可以考慮切線放縮.常見的切線放縮有ex≥x+1,x≥ln(x+1),x≥sinx.

策略5:巧設(shè)零點(diǎn)

導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)存在但不容易求解出來時,也會致使導(dǎo)函數(shù)的單調(diào)性判斷受阻,此時可以利用零點(diǎn)存在性定理分析導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn),通過“設(shè)而不求”巧妙架設(shè)溝通單調(diào)性的橋梁.

所以函數(shù)f(x)是周期T=π的函數(shù),

當(dāng)x∈(x1,x2)時,g(x)<0,此時f′(x)>0.

即f(x)在x=x1處取得極小值,在點(diǎn)x=x2處取得極大值,

故其大致圖象如圖2所示,

圖1

圖2

所以函數(shù)h(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增.

因此x∈(0,x0),h(x)<0;x∈(x0,+∞),h(x)>0,

函數(shù)g(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞減;在區(qū)間(x0,+∞)上單調(diào)遞增,

所以g(x)min=g(x0)=x0ex0-x0-lnx0+2.

又x0ex0=1,x0+lnx0=0,g(x0)min=x0ex0-(x0+lnx0)+2=3,

所以a≤g(x0)min=3,實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,3].