例谈导数在函数中的几种典型运用

范习昱

导数是研究函数性质的重要工具，正是因为导数的引入，使得我们认识函数、研究函数能够上升到一定的高度，解决与函数相关问题的视野更宽广，方法更为简捷.各省市高考数学对导数的运用要求都很高，命题内容也相当深刻，形式新颖，区分度很高，得到命题专家的青睐，同时也令很多同学失分严重，头疼不已.其实，我们也不难发现，高考导数相关题型一般都集中在函数的单调性、极值和最值、零点问题、实际应用问题四个方面.下文以案例的形式加以分类例析.

一、单调性相关问题

例1 已知a≥0，函数f（x）=（x2-2ax）ex，若f（x）在[-1，1]上是单调减函数，则a的取值范围是    .

解析：f′（x）=（2x-2a）ex+（x2-2ax）ex=[x2+（2-2a）x-2a]ex，由題意，当x∈[-1，1]时，f′（x）≤0恒成立，即x2+（2-2a）x-2a≤0在x∈[-1，1]时恒成立.

令g（x）=x2+（2-2a）x-2a，则有g（-1）≤0，g（1）≤0，

即（-1）2+（2-2a）·（-1）-2a≤0，12+2-2a-2a≤0，解得a≥34.

例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    .

解析：记函数g（x）=f（x）x，

则g′（x）=xf′（x）-f（x）x2，

因为当x>0时，xf′（x）-f（x）<0，

故当x>0时g′（x）<0，所以g（x）在（0，+∞）上单调递减;

又因为函数f（x）（x∈R）是奇函数，故函数g（x）是偶函数，

所以g（x）在（-∞，0）上单调递增，且g（-1）=g（1）=0.

当00，则f（x）>0;当x<-1时，g（x）<0，则f（x）>0.

综上所述，使得f（x）>0成立的x的取值范围是（-∞，-1）∪（0，1）.

例3 已知函数f（x）=x3+（1-a）x2-a（a+2）x+b（a，b∈R）.

（1）若函数f（x）的图象过原点，且在原点处的切线斜率是-3，求a，b的值;

（2）若函数f（x）在区间（-1，1）上不单调，求a的取值范围.

解析：（1）由题意得

f′（x）=3x2+2（1-a）x-a（a+2），

又f（0）=b=0f′（0）=-a（a+2）=-3，

解得b=0，a=-3或a=1.

（2）函数f（x）在区间（-1，1）不单调，

由f′（x）=0，得x1=a，x2=-a+23.

∴-1<a<1a≠-a+23或-1<-a+23<1a≠-a+23，

解得-1<a<1a≠-12或-5<a<1a≠-12.

所以a的取值范围是（-5，-12）∪（-12，1）.

例4 设函数f（x）=（2-a）lnx+1x+2ax，a∈R.当a≠0时，求f（x）的单调减区间.

解析：f′（x）=2ax2+（2-a）x-1x2，

令f′（x）=0得x1=-1a，x2=12.

若a>0，由f′（x）<0得0<x<12，

∴f（x）的单调减区间为（0，12）;

若a<0，①当a<-2时，-1a<12，

由f′（x）<0得0<x<-1a，或x>12，

∴f（x）的单调减区间为（0，-1a），（12，+∞）;

②当a=-2时，f（x）的单调减区间为（0，+∞）;

③当a>-2时，-1a>12，由f′（x）<0得0<x<12，或x>-1a，

∴f（x）的单调减区间（0，12），（-1a，+∞）.

总结：利用导数研究函数单调性问题，一般有以下几类题型：

1.直接求解单调区间或判断函数的单调性;

2.已知单调性求含参函数中参数的范围;

3.讨论求含参函数的单调性.

解题的关键是围绕导数的正负展开，灵活运用不等式、函数相关知识破解难点.

二、极值、最值相关问题

例5 已知函数f（x）=x3+mx2+x+2的两个极值点都在区间（-1，1）内，则正数m的取值范围是    .

解析：由题意可知f′（x）=0的两个不同解都在区间（-1，1）内.因为f′（x）=3x2+2mx+1，所以根据导函数图象可得Δ=（2m）2-4×3×1>0，-1<-2m6<1，f′（-1）=3-2m+1>0，f′（1）=3+2m+1>0，又m>0，解得3<m<2.

例6 已知函数f（x）=x3+2bx2+cx-2的图象在与x轴交点处的切线方程是y=5x-10.

（1）求函数f（x）的解析式;

（2）设函数g（x）=f（x）+13mx，若g（x）的极值存在，求实数m的取值范围以及函数g（x）取得极值时对应的自变量x的值.

解析：（1）由已知，切点为（2，0），故有f（2）=0，即4b+c+3=0 ①

又f′（x）=3x2+4bx+c，由已知f′（2）=12+8b+c=5得8b+c+7=0 ②

聯立①②，解得b=-1，c=1.所以函数解析式为f（x）=x3-2x2+x-2.

（2）因为g（x）=x3-2x2+x-2+13mx，

令g′（x）=3x2-4x+1+13m=0，

当函数有极值时，则Δ≥0，方程3x2-4x+1+13m=0有实数解，

由Δ=4（1-m）≥0，得m≤1.

①当m=1时，g′（x）=0有实数x=23，在x=23左右两侧均有g′（x）>0，故函数g（x）无极值;

②当m<1时，g′（x）=0有两个实数根x1=13（2-1-m），x2=13（2+1-m），g′（x），g（x）情况如下表：

x（-∞，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）

g′（x）+0-0+

g（x）↗极大值↘极小值↗

所以当m∈（-∞，1）时，函数g（x）有极值;

当x=13（2-1-m）时，g（x）有极大值;当x=13（2+1-m）时，g（x）有极小值.

总结：利用导数研究函数极值、最值相关的问题，一般有以下几类题型：

1.直接求解函数的极值、最值或其个数;

2.已知含参函数的极值、最值相关信息，求含参函数中参数的取值范围.

解题的关键依然是围绕导数的正负展开，注意函数极值存在的条件，结合函数的图象，特别是结合二次方程根的分布（包括二次函数的保号性的运用）等情况综合考虑.

三、零点相关问题

例7 若函数f（x）=x3+ax2+bx+c有极值点x1，x2，且f（x1）=x1，则关于x的方程3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数是    .

解析：由f′（x）=3x2+2ax+b=0得，x=x1或x=x2，即3（f（x））2+2af（x）+b=0的根为f（x）=x1或f（x）=x2的解.如图所示，

由图象可知f（x）=x1有两解，f（x）=x2有一解，故3（f（x））2+2af（x）+b=0的不同实根个数为3.

例8 设函数f（x）=（x+a）lnx，g（x）=x2ex.已知曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线2x-y=0平行.

（1）求a的值;

（2）是否存在自然数k，使得方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根？如果存在，求出k;如果不存在，请说明理由;

解析：（1）由题意知，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线斜率为2，所以f′（1）=2，

又f′（x）=lnx+ax+1，即f′（1）=a+1=2，所以a=1.

（2）当k=1时，方程f（x）=g（x）在（1，2）内存在唯一的根.

设h（x）=f（x）-g（x）=（x+1）lnx-x2ex，当x∈（0，1]时，h（x）<0.

又h（2）=3ln2-4e2=ln8-4e2>1-1=0，所以存在x0∈（1，2），使得h（x0）=0.

因为h′（x）=lnx+1x+1+x（x-2）ex，

所以当x∈（1，2）时，h′（x）>1-1e>0，当x∈（2，+∞）时，h′（x）>0，

所以当x∈（1，+∞）时，h（x）单调递增，

所以k=1时，方程f（x）=g（x）在（k，k+1）内存在唯一的根.

总结：运用导数处理函数的零点问题，关键在于运用导数研究函数的单调性，并结合函数的其他性质，如奇偶性、周期性、定义域和值域、函数值的正负等图象特征描绘函数的大致图象，结合函数的零点存在性定理解决此类问题.要注意以下三种形式的等价性：

（1）方程f（x）=g（x）的根的个数;

（2）函数f（x）与g（x）的交点个数;

（3）函数f（x）-g（x）的零点个数.

如果某个角度难以解决，应该想到三种形式的互相转化，突破难点.

四、实际应用

例9 现有一个以OA、OB为半径的扇形池塘，在OA、OB上分别取点C、D，作DE∥OA、CF∥OB交弧AB于点E、F，且BD=AC，现用渔网沿着DE、EO、OF、FC将池塘分成如图所示的三种养殖区域.若OA=1km，∠AOB=π2，∠EOF=θ.

（1）设区域Ⅱ的总面积为S，试将S表示为关于θ的函数;

（2）若养殖区域Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的每平方千米的年收入分别是15万元、20万元、10万元，记年总收入为y万元.试问当θ为多少时，年总收入最大？

解析：（1）因为BD=AC，OB=OA，所以OD=OC.因为∠AOB=π2，DE∥OA，CF∥OB，所以DE⊥OB，CF⊥OA.

又因为OE=OF，所以Rt△ODE≌Rt△OCF.

所以∠DOE=∠COF，∠COF=12（π2-θ）.

OC=OF·cos∠COF=cos[12（π2-θ）].

所以S△COF=12·OC·OF·sin∠COF=14cosθ，所以S区域Ⅱ=12cosθ，θ∈（0，π2）.

（2）因为S区域Ⅰ=12θ，所以S区域Ⅲ=S总-S区域Ⅰ-S区域Ⅱ=π4-12θ-12cosθ.

所以y=15×12θ+20×12cosθ+10×（π4-12θ-12cosθ）

=52π+52θ+5cosθ，（θ∈（0，π2）），

所以y′=52（1-2sinθ），令y′=0，则θ=π6.当θ∈（0，π6）时，y′>0，当θ∈（π6，π2）时，y′<0.故当θ=π6时，y有最大值.

答：当θ为π6时，年总收入最大.

例10 如图：已知半圆O的半径为2，CD∥AB，且CD与AB距离为1，矩形EFGH边EH在CD上，G，F在弧CD上.

（1）设∠FOB=θ时，将多边形OEFGH的面积S表示为θ的函数，并指明函数定义域.

（2）求多边形OEFGH面积取到最大值时sinθ的值.

解析：（1）延长FE交AB于Q，

Rt△OFQ中，OQ=2cosθ，FQ=2sinθ，

∴EH=4cosθ，FE=2sinθ-1，

∴S=EH·FE+12EH=8sinθcosθ-2cosθ，

∵∠COB=π6，∴定义域为θ∈（π6，π2）.

（2）S′=8cos2θ-8sin2θ+2sinθ

=-16sin2θ+2sinθ+8

=-16（sinθ-1+12916）（sinθ-1-12916），

∵θ∈（π6，π2），∴sinθ∈（12，1），

∴sinθ=1+12916有唯一解记为α，（α∈（π6，π2））.

由S′>0得sinθ<1+12916，∴π6<θ<α，

由S′<0得sinθ>1+12916，∴α<θ<π2，

∴S（θ）的单调增区间为（π6，α），单调减区间为（α，π2），

∴θ=α时S取最大值.

答：多边形OEFGH面积取到最大值时sinθ的值sinθ=1+12916.

总结：导数在实际应用问题中的应用，一般是在函数模型建立后，利用导数研究函数的单调性和极值与最值.解题关键有两点：一是什么样结构的函数易于求导求最值，二是求导之后的最优解如何正确获得.

反馈练习

1.已知函数g（x）=13x3-12ax2+（x-a）cosx-sinx，a∈R，讨论g（x）的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值.

2.如图，某广场中间有一块边长为2百米的菱形状绿化区ABCD，其中BMN是半径为1百米的扇形，∠ABC=2π3.管理部门欲在该地从M到D修建小路：在弧MN上选一点P（异于M，N两点），过点P修建与BC平行的小路PQ.问：点P选择在何处时，才能使得修建的小路MP与PQ及QD的总长最小？并说明理由.

3.已知函数f（x）=xlnx，g（x）=k（x-1），若x∈[e，e2]，使f（x）≤g（x）+12成立，求实数k的取值范围.

参考答案

1.解析：因为

g（x）=13x3-12ax2+（x-a）cosx-sinx，

所以g′（x）=x2-ax+cosx-xsinx+asinx-cosx

=x（x-a）-（x-a）sinx

=（x-a）（x-sinx），

令h（x）=x-sinx，则h′（x）=1-cosx>0，

所以h（x）在R上单调递增，

因此h（0）=0，所以，当x>0时，h（x）>0;

当x<0时h（x）<0.

（1）当a<0时，g′（x）=（x-a）（x-sinx），

当x∈（-∞，a）时，x-a<0，g′（x）>0，g（x）单调递增;

当x∈（a，0）时，x-a>0，g′（x）<0，g（x）单调递减;

当x∈（0，+∞）时，x-a>0，g′（x）>0，g（x）单调递增.

所以，当x=a时，g（x）取到极大值，极大值是

g（a）=-16a3-sina，

当x=0时，g（x）取到极小值，极小值是g（0）=-a.

（2）当a=0时，g′（x）=x（x-sinx），

當x∈（-∞，+∞）时，g′（x）≥0，g（x）单调递增;

所以，g（x）在（-∞，+∞）上单调递增，g（x）无极大值也无极小值.

（3）当a>0时，g′（x）=（x-a）（x-sinx），

当x∈（-∞，0）时，x-a<0，g′（x）>0，g（x）单调递增;

当x∈（0，a）时，x-a<0，g′（x）<0，g（x）单调递减;

当x∈（a，+∞）时，x-a>0，g′（x）>0，g（x）单调递增.

所以，当x=0时，g（x）取到极大值，极大值是g（0）=-a;

当x=a时，g（x）取到极小值，极小值是

g（a）=-16a3-sina.

综上所述：

当a<0时，函数g（x）在区间（-∞，a）和（0，+∞）上单调递增，在区间（a，0）上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g（a）=-16a3-sina，极小值是g（0）=-a.

当a=0时，函数g（x）在区间（-∞，+∞）上单调递增，无极值;

当a>0时，函数g（x）在区间（-∞，0）和（a，+∞）上单调递增，在区间（0，a）上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是g（0）=-a，极小值是g（a）=-16a3-sina.

2.解析：连接BP，过P作PP1⊥BC，垂足为P1，过Q作QQ1⊥BC，垂足为Q1，

设∠PBP1=θ（0<θ<2π3），MP=2π3-θ，

若0<θ<π2，在Rt△PBP1中，

PP1=sinθ，BP1=cosθ，

若θ=π2，则PP1=1，BP1=0，

若π2<θ<2π3，则PP1=sinθ，BP1=cos（π-θ）=-cosθ，∴PQ=2-cosθ-33sinθ.

在Rt△QCQ1中，QQ1=PP1=sinθ，CQ1=33sinθ，CQ=233sinθ，DQ=2-233sinθ，

所以总路径长f（θ）=2π3-θ+4-cosθ-3sinθ（0<θ<2π3）.

f′（θ）=sinθ-3cosθ-1=2sin（θ-π3）-1，

令f′（θ）=0，θ=π2，当0<θ<π2时，f′（θ）<0，

当π2<θ<2π3时，f′（θ）>0，所以当θ=π2时，总路径最短.

答：当BP⊥BC时，总路径最短.

3.解析：f（x）≤g（x）+12即xlnx-k（x-1）≤12，

令φ（x）=xlnx-k（x-1），x∈[e，e2]，

则x∈[e，e2]，使f（x）≤g（x）+12成立φ（x）min≤12，

φ′（x）=lnx-1（lnx）2-k=-（1lnx）2+1lnx-k

=-（1lnx-12）2+14-k.

（i）當k≥14时，φ′（x）≤0，φ（x）在区间[e，e2]上为减函数，于是φ（x）min=φ（e2）=e22-k（e2-1），

由e22-k（e2-1）≤12得k≥12，满足k≥14，所以k≥12符合题意;

（ii）当k<14时，由y=-（t-12）2+14-k及t=1lnx的单调性知φ′（x）=-（1lnx-12）2+14-k在区间[e，e2]上为增函数，所以φ′（e）≤φ′（x）≤φ′（e2），即-k≤φ′（x）≤14-k.

①若-k≥0，即k≤0，则φ′（x）≥0，所以φ（x）在区间[e，e2]为增函数，于是φ（x）min=φ（e）=e-k（e-1）≥e>12，不合题意;

②若-k<0，即0

φ′（e2）=14-k>0及φ′（x）的单调性知存在唯一x0∈（e，e2），使φ′（x0）=0，且当x∈（e，x0）时，φ′（x）<0，φ（x）为减函数;当x∈（x0，e2）时，φ′（x）>0，φ（x）为增函数;

所以φ（x）min=φ（x0）=x0lnx0-k（x0-1），

由x0lnx0-k（x0-1）≤12得k≥1x0-1（x0lnx0-12）>1x0-1（x02-12）=12>14，这与0

综上可知，k的取值范围是[12，+∞）.