探尋破解導函數正負困境的策略

廣東 劉光明

本文根據2021年1月30日教學考試雜志社舉辦的“八省市新高考適應性聯考分析會”主題分享《基于八省適應性試題談破解導函數正負困境的策略》梳理而成,期盼更多的交流.

利用導數處理函數綜合問題是高中必不可少的內容,基本流程是求導后根據導函數的正負分析原函數的單調性,然后利用單調性處理函數的極值、最值等相關問題.由此可見,導函數的正負判斷是函數綜合問題的關鍵點,如若導函數的正負判斷陷入困局,那么解決問題就會出現卡殼現象.本文抓住這一核心問題,通過實例剖析,試圖從再導一次、分類討論、分離函數、放縮法和巧設零點等五個思考方向尋求突破導函數正負難辨困局的策略.

策略1:再導一次

“再導一次”是對原函數f(x)的導函數f′(x)進行再一次的求導,根據二階導函數f″(x)的正負情況分析導函數f′(x)的函數性質,進而推理導函數f′(x)的正負情況.有時還會對導函數進行多次求導,逐層分析函數性質,從而處理問題.

故函數g(x)在區間(0,+∞)上單調遞減.

又g(1)=0,所以當00,此時f′(x)>0,

當x>1時,g(x)<0,此時f′(x)<0.

因此函數f(x)在區間(0,1)上單調遞增,在區間(1,+∞)上單調遞減.

策略2:分類討論

分類討論思想是數學中處理復雜問題的常見思想,尤其是在處理含參情況時特別有效,故導函數含參時,根據參數進行分類討論是自然能聯想到的處理方法,但導函數不含參數卻又正負難以判斷時,比較難以進行分類討論,其實遇到導函數中含有三角函數等難以處理的情況,根據需要對自變量進行分段討論,解決問題會更有效.

證明:f′(x)=ex-cosx+sinx,

又f′(0)=0,所以f′(x)

所以f(x)≥f(0)=0,即不等式成立;

又ex>1,此時f″(x)>0,所以f′(x)在區間(0,π)上單調遞增,

即f′(x)>f′(0)=0,此時函數f(x)在(0,π)上單調遞增,

所以f(x)≥f(0)=0,即不等式成立;

所以f′(x)在區間(π,+∞)上單調遞增,

即f′(x)>f′(π)=eπ+1>0,此時函數f(x)在(π,+∞)上單調遞增,

所以f(x)≥f(π)=eπ+1>0,即不等式成立.

評注:本題不含參數,但含有三角函數,多次求導也無濟于事,故從自變量的角度進行分段處理很容易判斷導函數的正負.

例題3已知函數f(x)=ex-2ax,求函數f(x)在區間[0,1]上的單調性.

解:f′(x)=ex-2a,

(ⅰ)當a≤0時,f′(x)=ex-2a>0,

此時f(x)在區間[0,1]上單調遞增;

(ⅱ)當a>0時,令f′(x)=0,解得x=ln(2a).

此時f(x)在區間[0,1]上單調遞增;

當x∈(0,ln(2a)),f′(x)=ex-2a<0;

當x∈(ln(2a),1),f′(x)=ex-2a>0,

此時f(x)在區間[0,ln(2a))上單調遞減,在區間(ln2a,1]上單調遞增;

此時f(x)在區間[0,1]上單調遞減.

評注:導函數含有參數a,其正負難以判斷.若根據導函數是否有零點及零點是否在所討論區間對參數進行分類討論,導函數的正負也就明晰了.

策略3:分離函數

分離函數是在導函數較為復雜時,通過因式分解、代數式重組分離出正負明確的代數式,或者分離出指數函數ex后,余下的代數式當作一個新函數g(x),再對函數g(x)進行正負分析的化繁為簡的做法.

對函數g(x)求導因式分解后得到

因此函數φ(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,所以φ(x)>φ(0)=0,

故當03時,g′(x)>0.

因此函數g(x)在區間(0,3)上單調遞減,在區間(3,+∞)上單調遞增,

例題5(2018·東北師大附中高三年級第一次摸底考試·21題節選)已知函數f(x)=sinx-cosx,當x≥0時,證明:f′(x)≤x+1.

證明:f′(x)=cosx+sinx,

構造函數g(x)=x+1-cosx-sinx,

即g(x)=(x-sinx)+(1-cosx),

不妨設h(x)=x-sinx,t(x)=1-cosx,x>0,

則h′(x)=1-cosx.

因為1≥cosx,所以t(x)=h′(x)=1-cosx≥0,函數h(x)在區間(0,+∞)上單調遞增,因此h(x)>h(0)=0,

所以g(x)=h(x)+t(x)≥0,于是f′(x)≤x+1.

評注:導函數正負難以判斷,但某部分代數式正負易得,此時分解成明晰正負的幾個函數的和,從而化解導數正負困境.故需要平時有一些基本經驗的積累,如:x>sinx,cosx≤1,ex>x,x>lnx,ex>lnx.

策略4:放縮法

放縮法是將導函數中的某部分代數式巧妙地借助曲線切線、基本不等式或者已經得到證明的不等式等知識進行適當的放縮,從而判斷導函數的正負的處理方法.

例題6(2018級東北師大附中高三年級第一次摸底考試·21題節選)已知函數f(x)=sinx-cosx.

若對任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,求實數a的取值范圍.

解:對任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,

等價于eax-sinx+cosx-2≥0恒成立.

設h(x)=eax-sinx+cosx-2(x≥0),

則h′(x)=aeax-cosx-sinx.

①當a≥1時,h′(x)=aeax-cosx-sinx≥ex-cosx-sinx,

又ex≥x+1,所以h′(x)≥ex-cosx-sinx≥x+1-cosx-sinx,

由例題5可知cosx+sinx≤x+1，所以h′(x)≥0,

所以h(x)在[0,+∞)上為增函數,h(x)≥h(0)=0,滿足題意.

且當x∈(0,x0)時,h″(x)<0,此時h′(x)在(0,x0)上為減函數,h′(x)

評注:本題關鍵是將難以判斷正負的代數式aeax-cosx-sinx放縮成為ex-cosx-sinx,再根據ex≥x+1,轉化為x+1-cosx-sinx的正負,充分利用例題5的結論cosx+sinx≤x+1得到結論.

當a>0時,g(x)在區間(0,+∞)上是增函數.

記h(x)=ex-ex,則h′(x)=ex-e,令h′(x)=0可得x=1,

當x>1時,h′(x)>0,函數h(x)單調遞增,

當0

因此h(x)≥h(1)=0,即ex≥ex,

又g(0)=-1<0,根據零點存在性定理可知存在唯一零點t(t>0)使得g(t)=0,

所以當0

當x>t時,g(x)>0,f′(x)>0,

因此函數f(x)在區間(0,t)上單調遞減,在區間(t,+∞)上單調遞增,

且f′(t)=0,故而函數f(x)有極小值點x0=t.

設φ(x)=ex-x-1,所以φ′(x)=ex-1,

令φ′(x)=ex-1=0可得x=0,

當x>0時,φ′(x)>0，函數單調遞增,

故φ(x)>φ(0)=0,ex≥x+1.

評注:“化曲為直”是處理超越函數的一種有效手段,在導函數判斷正負出現困難的時候,我們也同樣可以考慮切線放縮.常見的切線放縮有ex≥x+1,x≥ln(x+1),x≥sinx.

策略5:巧設零點

導函數的零點存在但不容易求解出來時,也會致使導函數的單調性判斷受阻,此時可以利用零點存在性定理分析導函數的零點,通過“設而不求”巧妙架設溝通單調性的橋梁.

所以函數f(x)是周期T=π的函數,

當x∈(x1,x2)時,g(x)<0,此時f′(x)>0.

即f(x)在x=x1處取得極小值,在點x=x2處取得極大值,

故其大致圖象如圖2所示,

圖1

圖2

所以函數h(x)在區間(0,+∞)上單調遞增.

因此x∈(0,x0),h(x)<0;x∈(x0,+∞),h(x)>0,

函數g(x)在區間(0,x0)上單調遞減;在區間(x0,+∞)上單調遞增,

所以g(x)min=g(x0)=x0ex0-x0-lnx0+2.

又x0ex0=1,x0+lnx0=0,g(x0)min=x0ex0-(x0+lnx0)+2=3,

所以a≤g(x0)min=3,實數a的取值范圍是(-∞,3].