导数的应用创新题直击

导数，一向被认为是研究函数问题的“神器”，有些问题看似与导数无关，其实必须依赖导数才可以解决.让我们一起来直击几例导数的应用创新题.

一、函数的零点问题

例1 已知函数f（x）=1+x-x22+x33-x44+…+x20172017，则函数f（x）在其定义域內的零点个数是（  ）

A.0    B.1    C.2    D.3

解析：求导得f′（x）=1-x+x2-x3+…+x2016，可知：当x=-1时，f′（x）>0;

当x≠-1时，f′（x）=1×[1-（-x）2017]1-（-x）=1+x20171+x，无论x<-1还是x>-1，易判断知均有f′（x）>0成立.于是，当x∈R时，必有f′（x）>0，所以函数f（x）在R上单调递增.

又因为f（-1）=1-1-12-13-14-…-12015-12016-12017<0，f（0）=1>0，所以利用函数零点唯一存在性定理可知：函数f（x）在开区间（-1，0）上只有一个零点.从而结合函数f（x）在R上单调递增，即得函数f（x）在其定义域内的零点个数是1.故选B.

点评：本题具有一定的综合性，对能力的考查较强，解题关键是灵活利用“分类与整合思想”准确分析导数与零的大小关系.

二、不等式的解集问题

例2 （1）函数的定义域为R，f（-1）=2，对任意x∈R，f′（x）>2，则f（x）>2x+4的解集为（  ）

A.（-1，1）   B.（-1，+∞）

C.（-∞，-1）   D.（-∞，+∞）

（2）已知函数f（x）满足f（1）=1，导函数f′（x）<12，则不等式2f（x）

A.（-1，1）   B.（-∞，-1）

C.（-∞，-1）∪（1，+∞）     D.（1，+∞）

解析：（1）构造函数F（x）=f（x）-2x-4，则F′（x）=f′（x）-2>2-2=0，所以F（x）在R上单调递增，又因为F（-1）=f（-1）-2（-1）-4=0，则f（x）>2x+4f（x）-2x-4>0F（x）>0，于是的x>-1，选B.

（2）构造函数F（x）=2f（x）-x-1，则F′（x）=2f′（x）-1<2·12-1=0，所以函数F（x）单调递减，而F（1）=0，2f（x）1，选D.

点评：合理构造函数，并利用导数确定函数的单调性，是破解这类问题的关键，也是难点所在.这类问题能较好的考查我们分析问题和解决问题的能力.

三、函数值的大小比较问题

例3 （1）f（x）在R上的导函数为f′（x），且f′（x）>f（x），且a>0，则下面不等式成立的有（  ）

A.f（a）>eaf（0） B.f（a）

C.f（a）>f（0） D.f（a）

（2）函数f（x）的导函数为f′（x），对任意的实数x，都有2f′（x）>f（x）成立，则（  ）

A.3f（2ln2）>2f（2ln3）

B.3f（2ln2）>2f（2ln3）

C.3f（2ln2）=2f（2ln3）

D.3f（2ln2）与2f（2ln3）的大小不能确定

解析：（1）构造F（x）=f（x）ex，

F′（x）=f′（x）-f（x）ex>0，则F（x）单调递增，则F（a）>F（0）f（a）ea>f（0）e0，即f（a）>eaf（0），故选A.

（2）构造F（x）=f（x）e12x，

F′（x）=f′（x）e12x-12f（x）e12x（e12x）2=2f′（x）-f（x）2e12x>0，

则F（x）单调递增，则F（2ln2）

即f（2ln2）eln2

点评：抽象函数的函数值的大小比较，一般依据函数的单调性.因此此类问题解决的关键还是构造函数，并利用导数确定该函数的单调性.

四、取值范围与不等式的证明问题

例4 已知函数f（x）=xlnx+ax+1，a∈R.

（1）当x>0时，若关于x的不等式f（x）≥0恒成立，求a的取值范围;

（2）当n∈N*时，证明：n2n+4

解析：（1）由x>0时f（x）=xlnx+ax+1≥0恒成立

得-a≤lnx+1x.

设φ（x）=lnx+1x，

φ′（x）=1x-1x2=x-1x2，

x∈（0，1）时，φ′（x）<0，φ（x）单调递减，

x∈（1，+∞）时，φ′（x）>0，φ（x）单调递增，

∴x=1时，φ（x）取最小值，

∴-a≤φ（1）=1，a≥-1，

∴a的取值范围是[-1，+∞）.

（2）设数列{an}，{bn}的前n项的和分别为Sn=n2n+4，Tn=nn+1，则由于an=S1（n=1），

Sn-Sn-1（n≥2），

解得an=1（n+1）（n+2）;

同理，bn=1n（n+1），

所以只需证明an=1（n+1）（n+2）

由（1）知a=-1时，有xlnx≥x-1，即lnx≥x-1x.

令x=n+1n>1，则lnn+1n>1n+1，

所以ln2n+1n>1（n+1）2>1（n+1）（n+2）=1n+1-1n+2，

所以ln22+ln232+…+ln2n+1n>12-1n+2=n2n+4;

再证明ln2n+1n<1n（n+1），

亦即lnn+1n<1nn+1，

因为lnn+1n=2lnn+1n，1nn+1

=n+1-nnn+1=n+1n-nn+1，

所以只需证2lnn+1n

现证明2lnx1）.

令h（x）=2lnx-x+1x（x>1），

则h′（x）=2x-1-1x2=-（x-1）2x2<0，

所以函数h（x）在（1，+∞）上单调递减，h（x）

所以当x>1时，2lnx

令x=n+1n>1，

则2lnn+1n

综上，1（n+1）（n+2）

所以对数列{an}，{ln2n+1n}，{bn}分别求前n项的和，得

n2n+4

点评：待证数列不等式的一端是n项之和（或积）的结构，另一端含有变量n时，可以将它们分别视为两个数列的前n项的和（或积），从而将不等式的证明转化为两个数列的对应项之间的大小关系的证明.这类问题在各类考试中往往处于压轴题的“地位”，难度较大.主要考查导函数与原函数之间的关系，要求同学们利用导数深入研究函数的图像特征与性质，并利用它解决问题;而对于不等式的证明，必须先构造函数，并能揭示出该函数的单调性与所需证明的不等式之间的联系，这种联系具有一定的“隐蔽性”，要求解题者有较强的等价变形的能力.

（作者：高英，太仓市明德高级中学）