导数综合题之谋略

■河南省平顶山市第一高级中学 刘海洋

■河南省平顶山市第一中学 张玲敏

众所周知，导数的综合应用题具有较高的难度，同学们“征服”它不仅要有勇气，而且要有智慧。那么解答这类问题需要哪些谋略呢?下面举例说明，供同学们参考。

一、利用分类讨论思想探究函数性质问题

例1函数f(x)=x3+|x-a|(x∈R，a∈R)。

(1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围;

(2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[-1，1]上的最大值、最小值分别为M(a)、m(a)，求M(a)-m(a)。

解析：由已知可得:

令h'(x)=0，得x=±1，所以h(x)在(-∞，-1)和(1，+∞)上是增函数，在(-1，1)上为减函数。

(1)分析可知，若要满足f(x)在R上是增函数，则需要a≤-1。

故a的取值范围为(-∞，-1]。

(2)因为函数f(x)在R上不单调，所以a＞-1。

当-1＜a＜1时，f(x)在(-∞，-1)上是增函数，在(-1，a)上是减函数，在[a，+∞)上是增函数。

【方法感悟】

1.解答这类题的模板:

2.解答这类题的难点:

(1)何时讨论参数?由于题目条件的不同，有的在求零点时讨论，有的在列表时讨论。

(2)如何讨论参数?需要根据题目的条件而定，有时还需参考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏。

二、利用数形结合思想探究函数的零点问题

例2设函数f(x)=lnx+，m∈R。

(1)当m=e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值;

解析：(1)由题设知，当m=e时，f(x)=

当x∈(0，e)时，f'(x)＜0，f(x)在(0，e)上单调递减。

当x∈(e，+∞)时，f'(x)＞0，f(x)在(e，+∞)上单调递增。

因此，f(x)的极小值为2。

则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1)。

当x∈(0，1)时，φ'(x)＞0，φ(x)在(0，1)上单调递增;

当x∈(1，+∞)时，φ'(x)＜0，φ(x)在(1，+∞)上单调递减。

故x=1是φ(x)的唯一极值点，且是极大值点。

又φ(0)=0，结合y=φ(x)的图像(如图1)，可知:

图1

④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点。

【方法感悟】

利用导数探究函数零点的一般思路:

(1)转化为可用导数研究其函数的图像与x轴(或直线y=k)在该区间上的交点问题;

(2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质，进而画出其图像;

(3)结合图像求解。

三、利用函数思想探究证明不等式问题

例3已知函数f(x)=ex+m-x3，g(x)=ln(x+1)+2。(1)若曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，求实数m的值;

(2)当m≥1时，证明:f(x)＞g(x)-x3。

解析：(1)因为f(x)=ex+m-x3，所以f'(x)=ex+m-3x2。

因为曲线y=f(x)在点(0，f(0))处的切线斜率为1，所以f'(0)=em=1。

解得m=0。

(2)因为f(x)=ex+m-x3，g(x)=ln(x+1)+2，所以f(x)＞g(x)-x3等价于ex+m-ln

(x+1)-2＞0。

当m≥1时，ex+m-ln(x+1)-2≥ex+1-ln

(x+1)-2。

因此，要证ex+m-ln(x+1)-2＞0，只需证明ex+1-ln(x+1)-2＞0。

设h(x)=ex+1-ln(x+1)-2，则

设p(x)=ex+1-(x＞ -1)，则

所以函数p(x)=h'(x)=ex+1-(-1，+∞)上单调递增。

因为h'(x0)=0，所以ex0+1=ln (x0+1)=-(x0+1)。

当x∈(-1，x0)时，h'(x)＜0;当x∈(x0，+∞)时，h'(x)＞0。

所以当x=x0时，h(x)取得最小值h(x0)。

因此，h(x)≥h(x0)=ex0+1-ln(x0+1)

综上可知，当m≥1时，f(x)＞g(x)-x3。

【方法感悟】

1.利用导数证明不等式的基本步骤:(1)作差或变形;(2)构造新的函数h(x);(3)利用导数研究h(x)的单调性及最值;(4)根据单调性及最值，得到所证不等式。

2.构造辅助函数的四种方法

(1)移项法:证明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))的问题转化为证明f(x)-g(x)＞0(f(x)-g(x)＜0)，进而构造辅助函数h(x)=f(x)-g(x)。

(2)构造“形似”函数:对原不等式同解变形，如移项、通分、取对数;把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构，根据“相同结构”构造辅助函数。

(3)主元法:对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x，x1))。

(4)放缩法:若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式进行放缩，再重新构造函数。

四、利用转化与化归思想探究不等式恒成立问题

例4已知函数f(x)=lnx。

(1)求函数g(x)=f(x+1)-x的最大值;

(2)若对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立，求实数a的取值范围。

解析：(1)因为f(x)=lnx，所以g(x)=f(x+1)-x=ln(x+1)-x(x＞-1)。

当x∈(-1，0)时，g'(x)＞0，g(x)在(-1，0)上单调递增;

当x∈(0，+∞)时，g'(x)＜0，g(x)在(0，+∞)上单调递减。

故g(x)在x=0处取得最大值g(0)=0。

(2)因为对任意x＞0，不等式f(x)≤ax≤x2+1恒成立，所以:在x＞0上恒成立，进一步转

当x∈(1，e)时，h'(x)＞0;当x∈(e，+∞)时，h'(x)＜0。

【方法感悟】

利用转化与化归思想解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法:

(1)分离参数法:

(2)函数思想法: