导数在函数中的应用

王朝璇

利用导数研究函数的单调性

在某个区间[a，b]上，如果[fx>0]，那么函数[y=fx]在这个区间上单调递增；如果[fx<0]，那么函数[y=fx]在这个区间上单调递减.

例1 已知[f（x）=ax-lnx+2x-1x2，a∈R].

（1）讨论[f（x）]的单调性；

（2）当[a=1]时，证明：[f（x）>fx+32]对任意的[x∈1，2]成立.

解析 （1）先求[f（x）]的导函数，然后对[a]进行分类讨论，得到[f（x）]的单调区间.

由题意得，[fx的定义域为0，+∞]，

[fx=ax2-2x-1x3.]

[当a≤0，x∈0，1时，fx>0， fx单调递增；x∈1，+∞时，fx<0， fx单调递减.]

[当a>0时，fx=ax-1x3x+2ax-2a，]

①[01]时，

当[x∈（0，1）]，或[x∈][（2a，+∞）]时，[f（x）>0]，[f（x）]单调递增；

当[x∈][（1，2a）]时，[f（x）<0]，[f（x）]单调递减.

②[a=2]时，[2a=1]，当[x∈][（0，+∞）]时，[f（x）≥0，][f（x）]单调递增.

③[a>2]，[0<2a<1]时，

[当x∈0，2a]，[或x∈1，+∞时，fx>0， fx]单调递增；

当[x∈][（2a，1）]时，[f（x）<0]，[f（x）]单调递减.

综上所述，当[a≤0]时，函数[f（x）]在[（0，1）]上单调递增，在[（1，+∞）]上单调递减；当[02]时，[f（x）]在[（0，2a）]上单调递增，在[（2a，1）]上单调递减，在[（1，+∞）]上单调递增.

（2）要证[f（x）>fx+32]对任意的[x∈1，2]成立，即证[f（x）-f（x）>32]，根据单调性予以证明.

由（1）知，[a=1时，]

[f（x）-f（x）=x-lnx+2x-1x2-（1-1x-2x2+2x3）]

[=x-lnx+3x+1x2-2x3-1]，[x∈[1，2]].

令[g（x）=x-lnx，h（x）=3x+1x2-2x3-1]，[x∈[1，2]].

则[f（x）-f（x）=g（x）+h（x）].

由[g（x）=x-1x≥0]可得，[g（x）≥g（1）=1]，當且仅当[x=1]时取得等号.

又[h（x）=-3x2-2x+6x4]，

设[φ（x）=-3x2-2x+6]，

则[φ（x）]在[x∈][[1，2]]上单调递减.

因为[φ（1）=1，φ（2）=-10].

所以在[[1，2]]上存在[x0]使得[x∈（1，x0）] 时，[φ（x）>0； ][x∈（x0，2）]时，[φ（x）<0].

所以函数[h（x）]在[（1，x0）]上单调递增；在[（x0，2）]上单调递减.

由于[h（1）=1，h（2）=12]，

因此[h（x）≥h（2）=12，]当且仅当[x=2]取得等号.

所以[f（x）-f（x）>g（1）+h（2）=32].

即[f（x）>f（x）+32]对任意的[x∈[1，2]]恒成立.

点评 对于（1），在讨论[f（x）]的符号时，要能够正确地分解因式，对[a]的讨论要全面，不要忽视[a=0]时的情况. 对于（2），不等式的证明往往可以通过转化为对应函数在指定区间上的最值问题解决.

利用导数研究函数的极值和最值

注意：函数的最值是个“整体”概念，而极值是个“局部”概念.

例2 （1）讨论函数[f（x）=x-2x+2?ex]的单调性，并证明当[x>0]时，[（x-2）ex+x+2>0]；

（2）证明：当[a∈[0，1）]时，函数[g（x）=ex-ax-ax2，][x>0]有最小值. 设[g（x）]的最小值为[h（a）]，求函数[h（a）]的值域.

解析 （1）先求定义域，用导数法求函数的单调性，从而证明不等式.

由题意得，[f（x）]的定义域为[（-∞，-2）?（-2，+∞）].

则[f（x）=（x-1）（x+2）ex-（x-2）ex（x+2）2=x2ex（x+2）2≥0，]当且仅当[x=0]时，[f（x）=0].

所以[f（x）]在[（-∞，-2），（-2，+∞）]上单调递增.

因此当[x∈（0，+∞）]时，[f（x）>f（0）=-1.]

所以[（x-2）ex>-（x+2），即（x-2）ex+x+2>0].

（2）先根据题意求出函数的[g（x）]最小值[h（a）]，再利用导数求函数[h（a）]的值域.

由题意得，[g（x）=（x-2）ex+a（x+2）x2=x+2x2[f（x）+a].]

由（1）知，[f（x）+a]单调递增，对任意[a∈[0，1）， f（0）+a=a-1<0， f（2）+a=a≥0.]

因此，存在唯一[x0∈（0，2]，]使得[f（x0）+a=0，]即[g（x0）=0].

当[0

当[x>x0]时，[f（x）+a>0，g（x）>0，g（x）]单调递增.

因此[g（x）]在[x=x0]处取得最小值，最小值为

[g（x0）=ex0-a（x0+1）x02=ex0+f（x0）（x0+1）x02=ex0x0+2.]

于是[h（a）=ex0x0+2].

由[（exx+2）=（x+1）ex（x+2）2>0知， exx+2]单调递增.

由[x0∈（0，2]]得，

[12=e00+2

因为[exx+2]单调递增，对任意[λ∈（12，e24]，]存在唯一的[x0∈（0，2]，][a=-f（x0）∈[0，1）]使得[h（a）=λ，]

所以[h（a）]的值域是[（12，e24].]

综上所述，当[a∈[0，1）]时，[g（x）]有最小值[h（a）]，[h（a）]的值域是[（12，e24].]

点评 对于（1），当[x∈（0，+∞）]时，先判断[f（x）]的单调性，再利用[f（x）>f（0）]证明结论. 对于（2），用导数法求函数[g（x）]的最值的过程中，构造新函数[h（a）=ex0x0+2]，然后进行讨论求解，求解的关键是“设而不求”方法的应用. 另外，注意将[g（x）]符号的判断灵活地转化为对[f（x）+a]符号的判断.

利用导数研究函数的零点

这一节的主要内容有：函数的零点所在区间的判断、函数零点的个数以及函数零点的综合运用问题.

例3 已知函數[fx=x-2ex+ax-12]有两个零点.

（1）求[a]的取值范围；

（2）设[x1，x2]是[fx]的两个零点，证明：[x1+x2<2].

解析 （1）由函数[fx=x-2ex+ax-12]有两个零点，得到关于[a]的不等式，然后求解.

由题意得，[f（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a）.]

①设[a=0]，则[f（x）=（x-2）ex]，[f（x）]只有一个零点.

②设[a>0]，则当[x∈（-∞，1）]时，[f（x）<0]；当[x∈（1，+∞）]时，[f（x）>0].

所以[f（x）]在[（-∞，1）]上单调递减，在[（1，+∞）]上单调递增.

又[f（1）=-e]，[f（2）=a]，取[b]满足[b<0]，且[b

则[f（b）>a2（b-2）+a（b-1）2=a（b2-32b）>0].

故[f（x）]存在两个零点.

③设[a<0]，由[f（x）=0]得，[x=1]或[x=ln（-2a）].

若[a≥-e2]，则[ln（-2a）≤1]，故当[x∈（1，+∞）]时，[f（x）>0]，

因此[f（x）]在[（1，+∞）]上单调递增.

又当[x≤1]时，[f（x）<0]，

所以[f（x）]不存在两个零点.

若[a<-e2]，则[ln（-2a）>1].

故当[x∈（1，ln（-2a））]时，[f（x）<0]；

当[x∈（ln（-2a），+∞）]时，[f（x）>0].

因此[f（x）]在[（1，ln（-2a））]单调递减，在[（ln（-2a），+∞）]单调递增.

又当[x≤1]时，[f（x）<0]，所以[f（x）]不存在两个零点.

综上所述，[a]的取值范围为[（0，+∞）].

（2）不妨设[x1

所以[x1+x2<2]等价于[f（x 1）>f（2-x2）]，

又[x1]是[f（x）]的零点，

故只需证[f（2-x2）<0].

由于[f（2-x2）=-x2e2-x2+a（x2-1）2]，

又[f（x2）=（x2-2）ex2+a（x2-1）2=0]，

所以[f（2-x2）=-x2e2-x2-（x2-2）ex2].

设[g（x）=-xe2-x-（x-2）ex]，

则[g（x）=（x-1）（e2-x-ex）].

所以当[x>1]时，[g（x）<0]，[g（x）]单调递减.

而[g（1）=0]，

故当[x>1]时，[g（x）<0].

从而[g（x2）=f（2-x2）<0]，故[x1+x2<2].

点评 讨论零点时一般利用导数研究函数的单调性、极值等性质，并借助函数图象，根据零点或图象的交点情况，建立含参数的方程（或不等式）组求解，实现形与数的和谐统一. 在解题的过程中，通常要根据参数进行分类讨论，要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简. 解决函数不等式的证明问题的思路：构造适当的函数，利用导数研究函数的单调性或极值破解.