例谈导数应用的延伸

• 作 者: 陈广权
• 出 处: 高中生学习·高二理综版
• 发表日期: 2011年4期
• 关键词: 数学教材 函数式 高考试题 凹凸性 已知函数 极值点 恒成立 切线斜率 判断函数 极限问题

　　在高中数学教材中，导数主要应用于讨论函数的单调性、极值与最值. 近两年的高考试题进一步延伸了其应用功能，主要表现在如下五个方面.
　　
　　延伸之一 研究凹凸性
　　函数[f(x)]的导数[f ′(x)]表示曲线[y=f(x)]上点[(x,f(x))]处的切线的斜率，对[f ′(x)]再次求导，得到[f ″(x).][f ″(x)]的正负反映出曲线[y=f(x)]上切线斜率的增减，即[f ″(x)>0]表示[f(x)]为凹函数，[f ″(x)<0]表示[f(x)]为凸函数.
　　例1 如图所示，单位圆中弧[AB]的长为[x]，[f(x)]表示弧[AB]与弦[AB]所围成的弓形面积的2倍，则函数[y=f(x)]的图象为（ ）
　　 A B C D
　　解 由题意可得，
　　[f(x)=2(12x-12sinx)=x-sinx,x∈[0,2π]]，
　　所以[f ′(x)=1-cosx,f ″(x)=sinx].
　　当[x∈[0,π]]时，[f ″(x)≥0]；当[x∈[π,2π]]时，[f ″(x)≤0]，故选择D.
　　点评 多数函数在某些区间上都具有相应的凹凸性，因此，在探讨函数图象的特征时，可以通过类似上述求二阶导数的办法去解决.
　　延伸之二 构建不等式
　　这主要体现在两方面：（1）应用导数可以判断函数的单调性，而函数的单调性反映的正好是一种不等关系，即[x1f(x2)]；（2）应用导数可以求函数的最值，而函数若有最值，则必有[f(x)min≤f(x),f(x)max≥f(x)]. 这都为不等式的建立和证明提供了很好的依据.
　　例2 已知函数[f(x)=ln(1+x)-x,g(x)][=xlnx.]
　　（1）求函数[f(x)]的最大值；
　　（2）设[0<][a　　[0　　解 （1）由[f(x)=ln(1+x)-x(x>-1)],得
　　[f ′(x)=11+x-1=-x1+x].
　　显然，[x∈(-1,0)]时，[f ′(x)>0;]
　　[x∈(0,+∞)]时，[f ′(x)<0].
　　故[f(x)]在[x=0]处取得极大值（也是最大值），[fmax(x)=f(0)=0].
　　（2）方法一
　　由（1）知，[x>-1]时，[f(x)≤f(x)max][=f(0)=0].
　　故当[x≠0]时，有[f(x)<0]，即[ln(1+x)-x].
　　又[00,-12-b-a2a].
　　同理[ln2ba+b=-ln(1+a-b2b)>-a-b2b].
　　于是[aln2aa+b+bln2ba+b>-b-a2-a-b2=0]，
　　即[g(a)+g(b)-2g(a+b2)>0].
　　又[2aa+b　　故[aln2aa+b+bln2ba+b　　[=(b-a)ln2ba+b<(b-a)ln2]，
　　故命题得证.
　　方法二
　　设[F(x)=g(x)+g(a)-2g(a+x2),x∈(0,+∞)].
　　则[F ′(x)=lnx-lna+x2].
　　显然，[x∈(0,a)]时，[F ′(x)<0]，[x∈(a,+∞)]时，[F ′(x)>0]，所以[F(x)]在[(a,+∞)]上为增函数.
　　又[0F(a)]，而[F(a)=0]，故[F(b)>0,]即[g(b)+g(a)-2g(a+b2)>0].
　　又设[G(x)=F(x)-(x-a)ln2,]
　　则[G ′(x)=lnx-ln(a+x)].
　　当[x∈(0,+∞)]时，[G′(x)<0]，即[G(x)]为[(0,+∞)]上的减函数，又[0　　故[g(a)+g(b)-2g(a+b2)<(b-a)ln2].
　　点评 （1）本题第二问的两种证法分别是通过函数的最值性与单调性建立不等式，从而使问题获得解决的；（2）用导数证明不等式的前提是构造与问题相关的新函数. 比如，要证[f(x)≤g(x)],[x∈a,b]，可以构造函数[F(x)=f(x)-g(x)],[x∈a,b]，于是转化为求证[F(x)≤0]，如果将0视为函数值[F(x0)]，从而即证[F(x)≤F(x0)]. 当[x0∈a,b]时，可以考虑证明函数[F(x)=f(x)-g(x)]在[x0]处取得极大值，当[x0∉a,b]时，即可考虑证明函数[F(x)=f(x)-g(x)]在[x∈a,b]上单调，最终达到预期目的.
　　
　　延伸之三 讨论方程根
　　由于导数可以研究函数的单调性与极值，因而通过分析极值的正负及单调情况便能断定函数图象穿过[x]轴的次数，这就使得用导数讨论方程根成为可能.
　　例3 已知函数[f(x)=-x2+8x,g(x)=6lnx+m.]
　　（1）求[f(x)]在区间[[t,t+1]]上的最大值；
　　（2）是否存在实数[m]，使得[y=f(x)]的图象与[y=g(x)]的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出[m]的范围；若不存在，请说明理由.
　　解 （1）略.
　　（2）设[φ(x)=g(x)-f(x),]问题转化为[φ(x)=0]有且只有三个不同的正根.
　　由[φ(x)=x2-8x+6lnx+m]得，
　　[φ ′(x)=2(x-1)(x-3)x(x>0)].
　　当[x∈(0,1)]时，[φ ′(x)>0]；[x∈(1,3)]时，[φ ′(x)<0]；[x∈(3,+∞)]时，[φ ′(x)>0].
　　所以[φ(x)极大值=φ(1)=m-7,]
　　[φ(x)极小值=φ(3)=m+6ln3-15].
　　又[limx→0+φ(x)<0]，[limx→+∞φ(x)>0]，要保证[φ(x)]的图象在[x]正半轴上穿过3次，由单调性及极值，结合图象分析知，必要求[φ(x)极大值>0，φ(x)极小值<0]，于是得到[7　　点评 讨论方程的根是否存在或根的个数时，可求出方程对应的函数的导数，找出极值点，研究极值点所分的各个区间上函数的单调性以及极值的符号. 如果定义域为类似于[-∞,0]这样的开区间，只需再探求一下[x]趋向于[-∞]和[0-]时函数极限值的符号.
　　
　　延伸之四 求函数极限
　　例4 设函数[f(x)=(x+1)ln(x+1)]. 若对所有的[x≥0]，都有[f(x)≥ax]成立，求实数[a]的取值范围.
　　解 问题转化为求[xln(x+1)+ln(x+1)≥ax]恒成立时[a]的取值范围.
　　当[x=0]时，[a∈R].
　　当[x>0]时，有[ln(x+1)+ln(x+1)x≥a]恒成立，所以[ln(x+1)+ln(x+1)xmin≥a]，
　　设[g(x)=ln(x+1)+ln(x+1)x,]则
　　[g′(x)=1x+1+1x(x+1)-ln(x+1)x2]
　　 [=x-ln(x+1)x2,]
　　下证[x-ln(x+1)>0].
　　设[h(x)=x-ln(x+1),因为h′(x)=1-1x+1>0]，所以[h(x)]为增函数，[h(x)>h(0)]，即[h(x)>0]，故[g′(x)>0]，则[g(x)]为增函数，所以问题转化为[limx→0+ln(x+1)+ln(x+1)x≥a]，即[limx→0+ln(x+1)x≥a].
　　而[limx→0+ln(x+1)x=limx→0+ln′(x+1)x′=limx→0+1x+11=1,]
　　所以[a≤1].
　　点评 对于[00,∞∞]型极限问题，如果[f(x),g(x)]在[x0]的空心邻域内可导，且[g′(x)≠0]，则有[limx→x0f(x)g(x)=limx→x0f ′(x)g′(x)=A]，即可以用导数求解类似的极限问题（洛必达法则）.
　　
　　延伸之五 解特殊不等式
　　例5 解关于[x]的不等式[ln(1+1-xx)-][1-xx>ln2-1].
　　解 考查函数[f(x)=ln(1+x)-x,x∈0,+∞]，可证该函数为[0,+∞]上的减函数，又[ln2-1=f(1)]，所以不等式化为[1-xx<1]，解得[x12　　点评 对于某些特殊不等式，根据其结构特征，可构造一个可导函数，先利用导数判断其单调性，再将要解的不等式两边化为相应的函数式，利用单调性脱去函数符号，转化为解常规不等式.
　　【练习】
　　1. 当[a>1]时，若[a-lna　　2. 已知函数[f(x)=x2+2x+alnx(x>0)]，求证：对任意不相等的正数[x1,x2]，当[a≤0]时，[f(x1)+f(x2)2>f(x1+x22)].
　　3. 已知函数[f(x)=14x4+x3-92x2+cx]有3个极值点，求实数[c]的范围.
　　4. 求证不等式：[12+13+…+1n+1　　
　　【参考答案】
　　1. [1≤a　　2. 提示：本题即求证当[a≤0]时函数为凹函数，故证明[f ″(x)≥0(x>0)]即可.
　　3. [-27　　4. 提示：通过构造函数，利用导数证明当[x>0]时，[xx+1