解决与导数有关问题的三个策略

邓焕迎

例1 设点P在曲线y= ex上，点Q在曲线y=ln 2x上，则|PQ|的最小值为

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由题意知，两条曲线关于直线y=x对称，求出其中一条曲线到直线y=x的距离的最小值的2倍即可.要求曲线y= ex上的点P到直线y=x的距离的最小值，可以先设出点P的坐标，运用点到直线的距离公式求解.这种方法虽然可行，但是运算量较大.我们可以利用曲线的切线帮助求解.

解 由题意知，曲线y= ex与y=ln 2x关于直线y=x对称，且y = ex在R上单调递增，所以曲线y= ex上的点与曲线y =ln 2x上的点的最短距离为曲线y= ex上的点到直线y=x的最短距离的2倍.当过点P 的切线与直线y=x平行时，点P到直线y=x的距离最短.设点P的坐标为（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，则点P的坐标为（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.选B.

小结 这道设计新颖的试题，主要考查同学们灵活运用数学知识的能力.灵活转化是解决本题的关键.

例2 已知函数 f（x）满足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及单调区间.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求导、赋值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符号确定函数h（x）的单调区间.a+1的符号影响了h（x）的单调性，故对a+1的范围进行筛选，选出适合条件的范围，找到极值点，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的关系，将问题转化为求关于a+1的函数的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，将其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，则 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式为 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，则g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上单调递增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的单调递增区间为[0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，则h′（x）=ex-（a+1）.

当a+1≤0时，h′（x）>0，则h（x）=ex-（a+1）x-b在R上单调递增.当x→-∞时，h（x）→-∞，与h（x）≥0矛盾.

当a+1>0时，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

当x=ln（a+1）时，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），则F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

当u= 时，Fmax（u）= .

所以，当a= -1，b= 时，（a+1）b取得最大值为 .

小结 筛选法是对某个参数的所有取值范围作一个甄别，筛选出适合题设的范围，进而解决问题，其关键是如何筛选.

例3 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函数f（x）的最大值.

（2）设0

分析 本题主要考查函数最值的求法和利用导数证明不等式.解决本题的关键是构造函数，用函数求导的知识，结合函数的单调性求解.

（1）解：由已知得，函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，则当-1< x<0时， f ′（x）>0；当x> 0时， f ′（x）<0.

所以，当x=0时，函数f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）证明：由已知得g′（x）=ln x+1.

设F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），则F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

当0a时，F′（x）>0，则F（x）在（a，+∞）上为增函数.于是可知，当x=a时，F（x）有极小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

设G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，则G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

当x>0时，G′（x）<0，则G（x）在（0，+∞）上为减函数.由于G（a）=0，a

综上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小结 构造函数，运用导数研究函数的单调性、证明不等式是近几年高考的热点.本题将函数、不等式、导数等知识融合在一起，主要考查同学们综合推理论证的能力.（责任编校/冯琪）

例1 设点P在曲线y= ex上，点Q在曲线y=ln 2x上，则|PQ|的最小值为

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由题意知，两条曲线关于直线y=x对称，求出其中一条曲线到直线y=x的距离的最小值的2倍即可.要求曲线y= ex上的点P到直线y=x的距离的最小值，可以先设出点P的坐标，运用点到直线的距离公式求解.这种方法虽然可行，但是运算量较大.我们可以利用曲线的切线帮助求解.

解 由题意知，曲线y= ex与y=ln 2x关于直线y=x对称，且y = ex在R上单调递增，所以曲线y= ex上的点与曲线y =ln 2x上的点的最短距离为曲线y= ex上的点到直线y=x的最短距离的2倍.当过点P 的切线与直线y=x平行时，点P到直线y=x的距离最短.设点P的坐标为（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，则点P的坐标为（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.选B.

小结 这道设计新颖的试题，主要考查同学们灵活运用数学知识的能力.灵活转化是解决本题的关键.

例2 已知函数 f（x）满足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及单调区间.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求导、赋值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符号确定函数h（x）的单调区间.a+1的符号影响了h（x）的单调性，故对a+1的范围进行筛选，选出适合条件的范围，找到极值点，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的关系，将问题转化为求关于a+1的函数的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，将其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，则 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式为 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，则g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上单调递增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的单调递增区间为[0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，则h′（x）=ex-（a+1）.

当a+1≤0时，h′（x）>0，则h（x）=ex-（a+1）x-b在R上单调递增.当x→-∞时，h（x）→-∞，与h（x）≥0矛盾.

当a+1>0时，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

当x=ln（a+1）时，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），则F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

当u= 时，Fmax（u）= .

所以，当a= -1，b= 时，（a+1）b取得最大值为 .

小结 筛选法是对某个参数的所有取值范围作一个甄别，筛选出适合题设的范围，进而解决问题，其关键是如何筛选.

例3 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函数f（x）的最大值.

（2）设0

分析 本题主要考查函数最值的求法和利用导数证明不等式.解决本题的关键是构造函数，用函数求导的知识，结合函数的单调性求解.

（1）解：由已知得，函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，则当-1< x<0时， f ′（x）>0；当x> 0时， f ′（x）<0.

所以，当x=0时，函数f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）证明：由已知得g′（x）=ln x+1.

设F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），则F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

当0a时，F′（x）>0，则F（x）在（a，+∞）上为增函数.于是可知，当x=a时，F（x）有极小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

设G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，则G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

当x>0时，G′（x）<0，则G（x）在（0，+∞）上为减函数.由于G（a）=0，a

综上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小结 构造函数，运用导数研究函数的单调性、证明不等式是近几年高考的热点.本题将函数、不等式、导数等知识融合在一起，主要考查同学们综合推理论证的能力.（责任编校/冯琪）

例1 设点P在曲线y= ex上，点Q在曲线y=ln 2x上，则|PQ|的最小值为

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由题意知，两条曲线关于直线y=x对称，求出其中一条曲线到直线y=x的距离的最小值的2倍即可.要求曲线y= ex上的点P到直线y=x的距离的最小值，可以先设出点P的坐标，运用点到直线的距离公式求解.这种方法虽然可行，但是运算量较大.我们可以利用曲线的切线帮助求解.

解 由题意知，曲线y= ex与y=ln 2x关于直线y=x对称，且y = ex在R上单调递增，所以曲线y= ex上的点与曲线y =ln 2x上的点的最短距离为曲线y= ex上的点到直线y=x的最短距离的2倍.当过点P 的切线与直线y=x平行时，点P到直线y=x的距离最短.设点P的坐标为（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，则点P的坐标为（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.选B.

小结 这道设计新颖的试题，主要考查同学们灵活运用数学知识的能力.灵活转化是解决本题的关键.

例2 已知函数 f（x）满足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及单调区间.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求导、赋值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符号确定函数h（x）的单调区间.a+1的符号影响了h（x）的单调性，故对a+1的范围进行筛选，选出适合条件的范围，找到极值点，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的关系，将问题转化为求关于a+1的函数的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，将其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，则 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式为 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，则g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上单调递增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的单调递增区间为[0，+∞），单调递减区间为（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，则h′（x）=ex-（a+1）.

当a+1≤0时，h′（x）>0，则h（x）=ex-（a+1）x-b在R上单调递增.当x→-∞时，h（x）→-∞，与h（x）≥0矛盾.

当a+1>0时，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

当x=ln（a+1）时，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），则F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

当u= 时，Fmax（u）= .

所以，当a= -1，b= 时，（a+1）b取得最大值为 .

小结 筛选法是对某个参数的所有取值范围作一个甄别，筛选出适合题设的范围，进而解决问题，其关键是如何筛选.

例3 已知函数f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函数f（x）的最大值.

（2）设0

分析 本题主要考查函数最值的求法和利用导数证明不等式.解决本题的关键是构造函数，用函数求导的知识，结合函数的单调性求解.

（1）解：由已知得，函数f（x）的定义域为（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，则当-1< x<0时， f ′（x）>0；当x> 0时， f ′（x）<0.

所以，当x=0时，函数f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）证明：由已知得g′（x）=ln x+1.

设F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），则F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

当0a时，F′（x）>0，则F（x）在（a，+∞）上为增函数.于是可知，当x=a时，F（x）有极小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

设G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，则G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

当x>0时，G′（x）<0，则G（x）在（0，+∞）上为减函数.由于G（a）=0，a

综上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小结 构造函数，运用导数研究函数的单调性、证明不等式是近几年高考的热点.本题将函数、不等式、导数等知识融合在一起，主要考查同学们综合推理论证的能力.（责任编校/冯琪）