赏析导数应用中的七大景点

广东省东莞市第一中学(523000) 孙传平

导数作为研究函数性质最常用、最有效的工具，它在函数的应用中到底隐藏着多少秘密呢？为此，有请同学们跟随本文一起走进导数应用中的七大景点，一探究竟.

景点1 迷人的极值点

极值点是刻画函数局部性质的一个重要概念，对它的认识与应用，不少同学还很模糊，为此将其作为首个景点介绍给大家.

例1如图1是函数f(x)的导函数f′(x)的图象，指出函数f(x)与f′(x)的极大值点和极小值点.

图1

解在点x1附近的左侧f′(x)＞0，右侧f′(x)＜0，所以点x1是函数f(x)的极大值点; 同理，点x3是f(x)的极小值点.在点x2附近的左侧f′(x)单调递减，右侧f′(x)单调递增，所以点x2是函数f′(x)的极小值点;同理，点x4是f′(x)的极大值点，点x5是f′(x)的极小值点.

点评函数f(x)的极值点藏匿在该函数的单调递增和单调递减区间的衔接点处，或藏匿在其导函数f′(x)的图象穿过x轴时的交点处(从上往下穿是极大值点，从下往上穿是极小值点).

例2(2016年高考山东卷)设f(x)=xlnx-ax2+(2a-1)x, a ∈ℝ.

(1)略.(2)已知f(x)在x=1 处取得极大值，求实数a的取值范围.

解(2)函数f(x)在x=1 处取得极大值等价于其导函数f′(x)在x=1 左右附近区域单调递减，且f′(1)=0.

由已知得f′(x)=lnx-2ax+2a,f′′(x)=-2a,x ＞0,满足f′(1)= 0.当a ≤0 时，f′′(x)＞0，这时f′(x)在(0,+∞)上单调递增，不合题意; 若2a= 1，即则当x ∈(0,1)时，f′′(x)＞0，这时f′(x)在(0,1)上单调递增，不合题意; 若0＜2a ＜1，则当时，f′′(x)＞0，这 时f′(x)在上单调递增，即在上单调递增，不合题意;

若2a ＞1，则同理得f′(x)在上单调递减，即f′(x)在上单调递减，符合题意.

综上所述，实数a的取值范围是

点评若x0是函数f(x)的极值点，且f(x)在x0可导(下文我们默认这一条件)，则其导函数f′(x)在x0左右附近区域具有单调性.具体地，f′(x)在f(x)的极大值点x0左右附近区域单调递减，在f(x)的极小值点x0左右附近区域单调递增.

景点2 极值与最值的角色转换

极值与最值是刻画函数性质中极为相似的两个概念，它们既有区别，又有联系，在一定的条件下，二者相互之间还可以进行角色转换.

例3已知函数(m ∈ℝ),在区间(-1,1)内存在最大值，求m的取值范围.

解因为f(x)在(-1,1)内有最大值，所以这个最大值必来自于f(x)在(-1,1)内的极大值.由于f(x)在[0,+∞)上是增函数，无极值，所以f(x)必须在区间(-1,0)上取得极大值，且为(-1,1)内的最大值.

图2

当x ＜0 时，f′(x)=x2+mx，令f′(x)=0，得x=-m(x=0 舍去).所以，当x ＜-m时，f′(x)＞0;当-m ＜x ＜0时，f′(x)＜0.故f(x)在x=-m处取得极大值，f(x)的图象如图2所示.f(x)在(-1,1)上存在最大值等价于解得故m的取值范围是

点评函数f(x)在闭区间[a,b]上的最值来源于该区间端点处的函数值以及开区间(a,b)内的极值.因此，当函数f(x)在开区间(a,b)内有最值时，这个最值必定也是f(x)的极值.

景点3 讨论函数的单调性(单调区间)“三要一不要”

讨论函数的单调性，判断函数的单调区间，是导数应用中最常见、最基本的问题，其求解遵循“三要一不要”.请看：

例4(2017年高考全国Ⅲ卷第21 题)已知函数f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x.

(1)讨论f(x)的单调性;(2)略.

解函数f(x)的定义域为(0,+∞)，

若a ≥0，则f′(x)＞0，这时f(x)在(0,+∞)上单调递增;若a ＜0，则当时，f′(x)＞0;当时，f′(x)＜0.这时f(x)在上单调递增，在上单调递减.

点评讨论函数的单调性、求函数的单调区间等有“三要”： (1)要抓住函数的定义域，明确解题范围(常见不少同学习惯性的在(-∞,+∞)上求解，犯一些低级错误);(2)要化简导函数(通常化为几个因式的积的形式)，优化结构(为后续讨论铺路);(3)要细观导函数的结构，注重讨论.“一不要”指不要动辄就令f′(x)=0 求根，盲目处置.

景点4 “单调”与“存在单调区间”的两个基本视角

函数f(x)在区间D上单调或函数f(x)在区间D上存在单调区间，是导数应用的两个常见条件，二者极为相似但又有别，故将它们放在一起一并介绍，比较学习.

例5(2007年高考上海卷)已知函数f(x)=x2+

(1)略;(2)若函数f(x)在x ∈[2,+∞)上为增函数，求a的取值范围.

解法1求得因为f(x)在x ∈[2,+∞)上为增函数，所以对任何x ≥2，f′(x)≥0 恒成立(f′(x)不恒为0).由得a ≤2x3，记g(x)= 2x3，则a ≤[g(x)]min，故a ≤2×23= 16.所以，实数a的取值范围是(-∞,16].

解法2令得故f(x)的单调递增区间为因为f(x)在[2,+∞)上单调递增，所以[解得a ≤16.所以，实数a的取值范围是(-∞,16].

点评处理函数f(x)在区间D上单调，常用思路有“最值比较法”和“区间比较法”两个基本视角.

(1)最值比较法f(x)在区间D上单调递增(减)⇔对任何x ∈D，f′(x)≥0(f′(x)≤0)恒成立(f′(x)不恒为零)，故[f′(x)]min≥0([f′(x)]max≤0).

(2)区间比较法函数f(x)在区间D上单调递增(减)⇔不等式f′(x)＞0(f′(x)＜0)的解集M满足：M ⊇D.

例6(2011年高考江西卷)设

(1)若f(x)在上存在单调递增区间，求a的取值范围;(2)略.

解法1因为f(x)在上存在单调递增区间，所以存在使得f′(x0)＞0，所以[f′(x)]max＞0.由已知得f′(x)=-x2+x+ 2a，因为f′(x)在上单调递减，所以解得所以a的取值范围是

解法2依题意知f′(x)=-x2+x+ 2a ＞0 有解，所以∆= 1 + 8a ＞0.令f′(x)=-x2+x+ 2a ＞0，解得记 集 合A=依题意知所以解得所以a的取值范围是

点评处理函数f(x)在区间D上存在单调区间，常用思路亦有“最值比较法”和“区间比较法”两个基本视角.

(1)最值比较法函数f(x)在区间D上存在单调递增(减)区间⇔存在x0∈D，使f′(x0)＞0 (f′(x0)＜0)成立，故[f′(x)]max＞0([f′(x)]min＜0).

(2)区间比较法函数f(x)在区间D上存在单调递增(减)区间⇔不等式f′(x)＞0 (f′(x)＜0)的解集M满足：.

景点5 导数应用中的两个立足点

赏罢前四景，接下来请观赏导数应用中最频繁、最壮观的一个景点—立足于函数的性质与图象，或立足于导函数的性质与图象.

例7已知函数f(x)=x3+ax2-a2x+m(a ＞0)，若f(x)在[-1,1]内没有极值点，求a的取值范围.

方法1(立足于函数)由已知得f′(x)= (3x-a)(x+a), a ＞0,所以当或x ＜-a时，f′(x)＞0;当-a ＜时，f′(x)＜0.所以f(x)在内是增函数，在内是减函数，函数f(x)的图象如图3所示.因为f(x)在[-1,1]内没有极值点，所以f(x)在[-1,1]内单调，由图3知，-a ≤-1，且解得a ≥3.故实数a的取值范围是[3,+∞).

图3

图4

方法2(立足于导函数)由已知得f′(x)=(3x-a)(x+a), a ＞0，曲线f′(x)如图4所示.因为f(x)在[-1,1]内没有极值点，所以f′(x)在(-1,1)内没有零点，由图4知所以-a ≤-1，且解得a ≥3.所以a的取值范围是[3,+∞).

点评本题从两个立足点出发均可成功解题，可见站稳两个立足点，犹如找到了解题的突破口和“密道”，成功解题在望.

例8(2009年高考天津卷文科)设函数f(x)=

(1)求函数的单调区间与极值;

图5

(2)已知函数f(x)有三个互不相同的零点0,x1,x2，且x1＜x2，若对任意的x ∈[x1,x2],f(x)＞f(1)恒成立，求m的取值范围.

解(1)递减区间： (-∞,1-m),(1+m,+∞);递增区间：(1-m,1+m);极小值极大值过程略.

(2)由(1)得曲线f(x)如图5所示，因为f(x)有3 个不同的零点，所以f(1-m)＜0，且f(1+m)＞0.即

又f(x)的3 个零点为0,x1,x2且x1＜x2，由m ＞0 知1+m ＞0，故x2＞0.若0＜x1＜x2，由图5知，这时f(x)在[x1,x2]上的最小值为0，由f(x)＞f(1)恒成立，得f(1)＜0，从而解得若x1＜0＜x2，调换图5中0 与x1的位置，这时f(x)＞f(1)不恒成立.综上所述，m的取值范围是

点评在第(1)问的基础上，立足于函数的性质与图象求(2)的解答，不仅占有思维起点低、思路清晰自然的优势，而且其质朴的思维还为我们免除了寻找解题思路之苦，因而相较于其它解法，此法更显优秀.

景点6 作差法来助阵

作差法一直以来是我们解题的好帮手，应用导数工具处理问题时，当然也少不了它的参与．

例9(1)(2011年高考湖南卷)设直线x=t与曲线y= lnx和y=x2分别交于点M,N，则当|MN|最小时t的值为.

(2)(2013年高考陕西卷)已知函数f(x)=ex,x ∈ℝ．设a ＜b，比较的大小，并说明理由．

解(1)设f(x)=x2,g(x)= lnx,则|MN|=f(x)- g(x)=x2-lnx.记φ(x)=x2-lnx(x ＞0)，则时，φ′(x)＞0;当时，φ′(x)＜0．所以当时，φ(x)有极小值也是最小值．所以|MN|最小时

(2)

(视b - a为x)记g(x)=x+ 2 + (x -2)ex，则g′(x)=1+(x-1)ex，g′′(x)=xex．当x ＞0 时，g′′(x)＞0⇒g′(x)在(0,+∞)内单调递增，又g′(0)= 0，所以g′(x)＞0，故函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，又g(0)= 0，故当x ＞0时，g(x)＞0．因为a ＜b，所以g(b-a)＞0．代入①式，得

点评本题从作差入手，为成功解题奠定了基础．作差了不起！

景点7 点的位置可知晓

我们知道，在区间(a,b)内，如果f′(x)＞0，那么函数f(x)在这个区间内单调递增; 然而，当f′(x0)＞0，那么x0又在什么位置呢？

例10(2011年高考辽宁卷理科第21 题)已知函数f(x)=lnx-ax2+(2-a)x．

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a ＞0，证明： 当时，

(3)若f(x)的图象与x轴交于A,B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：f′(x0)＜0．

解(1)当a ≤0 时，f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ＞0 时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

(3)因为f(x)有两个零点，由(1)知,a>0且.函数f(x)的图象如图6所示.设A(x1,0), B(x2,0),且x1< x2,则故由(2)得

图6

点评第(3)问有难度，难就难在推导(*)式.那么，(*)式的思维又是怎样产生的呢?说穿了其实很简单，(*)式的思维正是基于f'(xo)<0台xo位于f(x)的单调递减区间(f'(xo)>0→xO位于f(x)的单调递增区间).只要明白了这一点，你自然就会想到再结合第(2)问，问题便归结为比较两个函数值与f(x2)的大小.这就是本题最为关键的(*)式的思维.

好了，导数应用中的七大景点就赏析到此，接下来该是同学们练功的时候了，赶紧去练练吧!