导数在研究函数中的应用

导数进入高中教材后，显示了它强大的生命力，可用导数研究函数的单调性，求单调区间、极值、最值、以及利用导数解决生活中的优化问题；还可以与函数、不等式、方程、三角、数列、解析几何等多方面知识与方法交汇融合.在考查基础知识之上导数题型往往呈现观点高、应用性强、综合性强的特点.

重点难点

高考对此部分内容的考查主要体现在：①考查导数的简单应用：运用导数解决函数的单调性问题，利用导数解决函数的极值问题，利用导数解决函数的最值问题等；②考查导数综合应用的能力：含参数的函数问题，函数的实际应用，以及和不等式、方程根的分布、解析几何等知识的交汇.

重点：了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）；了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间下函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）.

难点：用分类讨论的思想分析解决含参数的函数问题，用数形结合的思想和转化变换的思想研究函数、方程、不等式知识之间的联系.

方法突破

1. 要重视基础.该部分内容突出一个“用”字，其中利用导数判断单调性起着基础性的作用，对导数在解决函数单调性、最值、极值等方面的应用，要做到抓主线，攻重点，熟知方法，并不断进行训练. 要注意概念辨析和知识理解，如：①若已知f（x）在区间D上单调递增（减），则转化为不等式f ′（x）≥0（f ′（x）≤0）在单调区间D上恒成立问题求解，而不是f ′（x）>0（f ′（x）<0）在单调区间D上恒成立问题. ②可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点未必是极值点；如：函数f（x）=x3，在x=0处，有f ′（0）=0，但x=0不是函数f（x）=x3的极值点.

2. 要把握思想. 数学思想方法是数学知识的高度概括，是把知识转化为能力的体现，由此，对导数中体现出来的数形结合、等价转化等思想方法，要注意提炼出来，总结到位，并不断进行训练.

3.要加强交汇.注意导数与函数、方程、不等式等知识的交汇. 由导数方法研究方程、不等式时，一般是先构造一个函数，这里要考虑是否直接构造，还是转化构造，借助适当的函数形式展开研究. 发挥好导数研究函数问题的工具作用，要把知识与知识相互结合起来，把知识与方法也相互结合起来，以此不断提升我们综合运用所学知识解决问题的能力.

4. 对于有些函数问题，一阶求导得不到问题解决，有时候也可以思考是否需要二阶求导.

典例精讲

题型一： 利用导数研究函数单调性、极值、最值问题

例1 （2015年高考安徽卷）已知函数f（x）=（a>0，r>0）.

（1）求f（x）的定义域，并讨论f（x）的单调性；

（2）若=400，求f（x）在（0，+∞）内的极值.

思索 本题主要考查函数的定义域、利用导数求函数的单调性，以及求函数的极值等基础知识. 在利用导数求函数的单调性时要注意，求导后的分子是一个二次项系数为负数的一元二次式，在求f ′（x）>0和f ′（x）<0时要注意.

破解 （1）由题意可知x≠-r，所求的定义域为（-∞，-r）∪（-r，+∞）. f（x）==， f ′（x）==. 所以当x<-r或x>r时， f ′（x）<0；当-r0. 因此， f（x）的单调递减区间为（-∞，-r），（r，+∞）； f（x）的单调递增区间为（-r，r）.

（2）由（1）的解答可知f ′（r）=0， f（x）在（0，r）上单调递增，在（r，+∞）上单调递减. 因此，x=r是f（x）的极大值点，所以f（x）在（0，+∞）内的极大值为f（r）====100；f（x）在（0，+∞）内无极小值. 综上， f（x）在（0，+∞）内极大值为100，无极小值.

题型二 应用导数研究函数的零点、方程的根或函数的图象

例2 如果函数y=f（x）的图象如图1所示，那么其导函数的图象可能是（ ）

思索 本题考查原函数f（x）与导函数f ′（x）的关系， f ′（x）>0时为增函数； f ′（x）<0时为减函数. 所以根据y=f（x）的单调性可知y=f ′（x）的正负.

破解 根据函数y=f（x）的图象走势为增、减、增、减，可知f ′（x）的取值为正、负、正、负，所以选A.

例3 （2015年高考北京卷）设函数f（x）=-klnx，k>0.

（1）求f（x）的单调区间和极值；

（2）证明：若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.

思索 本题主要考查导数的运算，利用导数判断函数的单调性，求函数极值、零点等问题. 先对f（x）求导. 令f ′（x）=0解出x=，分析函数的单调性可知x=时函数取得极小值，同时也是最小值. 如果函数存在零点，那么只需要最小值f（）≤0即可，然后再利用函数的单调性证明零点的唯一性.

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

f（x）与f ′（x）在区间（0，+∞）上的情况如下：

所以， f（x）的单调递减区间是（0，），单调递增区间是（，+∞）； f（x）在x=处取得极小值f（）=.

（2）由（1）知， f（x）在区间（0，+∞）上的最小值为f（）=. 因为f（x）存在零点，所以≤0，从而k≥e. 当k=e时， f（x）在区间（1，）上单调递减，且f（）=0，所以x=是f（x）在区间（1，]上的唯一零点. 当k>e时， f（x）在区间（1，]上单调递减，且f（1）=>0， f（）=<0，所以f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.

综上可知，若f（x）存在零点，则f（x）在区间（1，]上仅有一个零点.

题型三 应用导数求解恒成立问题或证明不等式

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

（1）证明：当x>0时，f（x）

（2）证明：当k<1时，存在x0>0，使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）；

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

思索 在解函数的综合应用问题时，我们常常要借助导数，将题中千变万化的隐藏信息进行转化，探究这类问题的根本，从本质入手，进而求解. 利用导数研究函数的单调性，再用单调性来证明不等式是函数、导数、不等式综合中的一个难点，解题技巧是构造辅助函数，把不等式的证明转化为利用导数研究函数的单调性或最值，从而证得不等式.

破解 （1）令F（x）=f（x）-x=ln（1+x）-x，x∈[0，+∞），则有F ′（x）=-1=-. 当x∈（0，+∞），F′（x）<0，所以F（x）在（0，+∞）上单调递减. 故当x>0时，F（x）0时， f（x）

（2）令G（x）=f（x）-g（x）=ln（1+x）-kx，x∈[0，+∞），则可得G′（x）=-k=.当k≤0时，G′（x）>0，所以G（x）在[0，+∞）上单调递增， G（x）>G（0）=0.

故任意正实数x0均满足题意. 当00，取x0=-1，对任意x∈（0，x0），有G′（x）>0，从而G（x）在（0，x0）单调递增，所以G（x）>G（0）=0，即f（x）>g（x）.

综上，当k<1时，总存在x0>0使得对任意x∈（0，x0），恒有f（x）>g（x）.

（3）当k>1时，由（1）知，对于？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

从而得到，当k>1时，对于x∈（0，k-1），恒有f（x）-g（x）>x2，故满足题意的t不存在.

当k<1时，取k1=，从而k0，使是x∈（0，x0）， f（x）>k1x>kx=g（x），此时f（x）-g（x）>x2=f（x）-g（x）>（k1-k）x=x，令x>x2，解得0x2.

记x0与的较小者为x1，当x∈（0，x1）时，恒有f（x）-g（x）>x2.

故满足题意的t不存在.

当k=1时，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，+∞），则有M′（x）=1=-2x=.

当x>0时，M′（x）<0，所以M（x）在[0，+∞）上单调递减，故M（x）

故当x>0时，恒有f（x）-g（x）

综上，k=1.

变式练习

1. 对二次函数f（x）=ax2+bx+c（a为非零常数），四位同学分别给出下列结论，其中有且仅有一个结论是错误的，则错误的结论是（ ）

A. -1是f（x）的零点

B. 1是f（x）的极值点

C. 3是f（x）的极值

D. 点（2，8）在曲线y=f（x）上

2. 设函数f ′（x）是奇函数f（x）（x∈R）的导函数，f（-1）=0，当x>0时，xf′（x）-f（x）<0，则使得f（x）>0成立的x的取值范围是（ ）

A. （-∞，-1）∪（0，1）

B. （-1，0）∪（1，+∞）

C. （-∞，-1）∪（-1，0）

D. （0，1）∪（1，+∞）

3. 设函数f（x）=ex（2x-1）-ax+a，其中a<1，若存在唯一的整数x0使得f（x0）<0，则a的取值范围是（ ）

A. -，1\tB. -，

C. ，\tD. ，1

4. 设函数f（x）=e+x2-mx.

（1）证明：f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（2）若对于任意x1，x2∈[-1，1]，都有f（x1）-f（x2）≤e-1，求m的取值范围.

5. 已知函数f（x）=x3+ax2+b（a，b∈R）.

（1）试讨论f（x）的单调性；

（2）若b=c-a（实数c是与a无关的常数），当函数f（x）有三个不同的零点时，a的取值范围恰好是（-∞，-3）∪1，∪，+∞，求c的值.

参考答案

1. A 2. A 3. D

4. （1）略 （2）[-1，1]

5. （1）略

（2）由（1）知，函数f（x）的两个极值为f（0）=b， f-=a3+b，则函数f（x）有三个零点等价于f（0）·f-=ba+b<0，从而a>0，-a30时，a3-a+c>0或当a<0时，a3-a+c<0.

设g（a）=a3-a+c，因为函数f（x）有三个零点时，a的取值范围恰好是（-∞，-3）∪1，∪，+∞，则在（-∞，-3）上g（a）<0，且在1，∪，+∞上g（a）>0均恒成立，从而g（-3）=c-1≤0，且g=c-1≥0，因此c=1.

此时， f（x）=x3+ax2+1-a=（x+1）[x2+（a-1）x+1-a]，因函数有三个零点，则x2+（a-1）x+1-a=0有两个异于-1的不等实根，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，∪，+∞. 综上c=1.