詳談導數處理函數性質難點問題

亢愛鋒

(山東省青島第九中學)

利用導數研究函數單調性是高考數學的重點、熱點和難點.因為導數涉及的知識能力和思維層次要求較高,學生運用好導數這個“工具”,對提升學生的分析問題、解決問題、邏輯思維等綜合能力都有很大的幫助.其中,利用導數討論函數單調性的核心是在定義域內判斷導函數的正負.而判斷導函數的正負,綜合考查學生觀察分析和綜合運用函數、不等式、零點等知識,配方、分離變量和因式分解等數學方法,考查學生對函數與方程、數形結合、等價轉化等數學思想掌握情況.高考在這一部分的考查可謂是“芝麻開花節節高”.根據多年對高考題的研究和教學的反思總結,筆者將積累下來的如下解題方法分享給讀者.

例1(2015 年全國Ⅱ卷理21,節選)設函數f(x)＝emx＋x2－mx.證明:f(x)在(－∞,0)單調遞減,在(0,＋∞)單調遞增.

易知f′(x)＝m(emx－1)＋2x.

當x＜0時,2x＜0.

若m＞0,則emx＜1,emx－1＜0,m(emx－1)＜0,故f′(x)＜0,因此f(x)在(－∞,0)上單調遞減.

若m＜0,則emx＞1,emx－1＞0,m(emx－1)＜0,從而f′(x)＜0,因此f(x)在(－∞,0)上單調遞減.

故當x＜0 時,函數f(x)在(－∞,0)上單調遞減.

當x＞0時,2x＞0.

若m＞0,則emx＞1,emx－1＞0,m(emx－1)＞0,故f′(x)＞0,因此f(x)在(0,＋∞)上單調遞增.

若m＜0,則emx＜1,emx－1＜0,m(emx－1)＞0,故f′(x)＞0,因此f(x)在(0,＋∞)上單調遞增.

故當x＞0時,f(x)在(0,＋∞)上單調遞增.

綜上,f(x)在(－∞,0)上單調遞增,在(0,＋∞)上單調遞增.

例2求函數f(x)＝－x＋1的單調區間.

f′(x)＝(x＞0),因此判斷函數單調性的關鍵是判斷g(x)＝1－lnx－x2(x＞0)的正負,有以下幾種解法.

方法1圖像法

觀察可知g(x)是由基本初等函數構成的,所以可以將g(x)的正負轉化為函數g(x)的零點問題.

令g(x)＝0,移項得1－x2＝lnx,作出函數y＝1－x2,y＝lnx的圖像,如圖1所示.

圖1

由圖1可知,當0＜x＜1時,1－x2＞lnx,所以f′(x)＞0,故f(x)在(0,1)上單調遞增;當x＞1時,1－x2＜lnx,所以f′(x)＜0,故f(x)在(1,＋∞)上單調遞減.

方法2分組正負判斷法

因為1－x2,lnx的正負均取決于x與1的大小關系,所以將定義域分為0＜x＜1,x＞1兩種情況分類討論1－x2,lnx的正負.

當0＜x＜1時,1－x2＞0,lnx＜0,所以1－x2－lnx＞0,g(x)＝1－lnx－x2＞0,f′(x)＞0,故f(x)在(0,1)上單調遞增.

當x＞1 時,1－x2＜0,lnx＞0,所以1－x2－lnx＜0,g(x)＜0,f′(x)＜0,故f(x)在(1,＋∞)上單調遞減.

方法3二次求導法

構造決定導函數f′(x)正負的核心函數g(x)＝1－lnx－x2(x＞0),則g′(x)＝－－2x,顯然g′(x)＜0恒成立,故g(x)在(0,＋∞)上單調遞減.又g(1)＝0,所以g(x)在(0,＋∞)內有唯一零點為x＝1.故當0＜x＜1時,g(x)＞0;當x＞1時,g(x)＜0.因此,當0＜x＜1時,f′(x)＞0;當x＞1時,f′(x)＜0,于是f(x)在區間(0,1)上單調遞增,在(1,＋∞)上單調遞減.

例3已知f(x)＝x－lnx,g(x)＝當x∈(0,e]時,比較f(x),g(x)的大小.

比較f(x),g(x)的大小,即判斷f(x)－g(x)在x∈(0,e]的正負.令

例4證明:當x＞0時,x2＜ex.

即證f(x)＝x2－ex＜0在x＞0時恒成立.f′(x)＝2x－ex,g(x)＝2x－ex(x＞0),則g′(x)＝2－ex,易知當0＜x＜ln2 時,g′(x)＞0,g(x)單調遞增;當x＞ln2時,g′(x)＜0,g(x)單調遞減,所以gmax(x)＝g(ln2)＝2ln2－2＜0,所以f′(x)＜0恒成立,故f(x)在(0,＋∞)上單調遞減,因此f(x)＜f(0)＝－1,顯然f(x)＝x2－ex＜0,從而x2＜ex.

例5已知函數f(x)＝(x＞0).

(1)求函數f(x)在(0,＋∞)上的單調性;

(2)當x＞0時,f(x)＞恒成立,求整數k的最大值.

因為x＞0,所以x2＞0,＞0,ln(x＋1)＞0,則f′(x)＜0,所以f(x)在(0,＋∞)上單調遞減.

(2)方法1由已知得,當x＝1 時,k＜2(1＋ln2)＜4,因為k∈Z,故kmax＝3,因此只需證當k＝3時,f(x)＞(x＞0)恒成立,即證(x＋1)ln(x＋1)＋1－2x＞0(x＞0)恒成立.

令g(x)＝(x＋1)ln(x＋1)＋1－2x(x＞0),則g′(x)＝ln(x＋1)－1.當x＞e－1 時,g′(x)＞0,g(x)單調遞增;當0＜x＜e－1時,g′(x)＜0,g(x)單調遞減,從而gmin(x)＝g(e－1)＝3－e＞0,證畢.

方法2即證h(x)＝k(x＞0)恒成立,即hmin(x)＞k.對h(x)求導得

令φ(x)＝x－1－ln(x＋1)(x＞0),則φ′(x)＝＞0,所以φ(x)在(0,＋∞)上單調遞增.又φ(2)＝1－ln3＜0,φ(3)＝2－2ln2＞0,所以φ(x)＝0有唯一實根,設為a,則a∈(2,3),a＝1＋lna＋1.

根據單調性可知,當x＞a時,φ(x)＞0,h′(x)＞0,h(x)單調遞增.當0＜x＜a時,φ(x)＜0,h′(x)＜0,h(x)單調遞減,從而hmin(x)＝h(a)＝＝a＋1∈(3,4),因此正整數k的最大值為3.

例6已知函數f(x)＝(k為常數,e＝2.71828…是自然對數的底數),曲線y＝f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.

(1)求k的值;

(2)求f(x)的單調區間.

(2)由(1)可知f′(x)＝.設g(x)＝－lnx－1,則g′(x)＝－＜0,即g(x)在(0,＋∞)上單調遞減.由g(1)＝0 知,當0＜x＜1時,g(x)＞0,從而f′(x)＞0,當x＞1時,g(x)＜0,從而f′(x)＜0.

綜上,f(x)的單調遞增區間是(0,1),單調遞減區間是(1,＋∞).

通過以上例題可以看出,導數法研究函數性質的難點在于如何確定導數的正負,所以解決了導數正負的問題,也就解決了導數的根本.無論是高考題還是平時的模擬訓練,通過圖像法、逐項或分組判正負法、二次求導(三種不同解決渠道)這三種方法的不斷練習,均可以提高學生的邏輯思維能力.

(完)