探寻破解导函数正负困境的策略

广东 刘光明

本文根据2021年1月30日教学考试杂志社举办的“八省市新高考适应性联考分析会”主题分享《基于八省适应性试题谈破解导函数正负困境的策略》梳理而成,期盼更多的交流.

利用导数处理函数综合问题是高中必不可少的内容,基本流程是求导后根据导函数的正负分析原函数的单调性,然后利用单调性处理函数的极值、最值等相关问题.由此可见,导函数的正负判断是函数综合问题的关键点,如若导函数的正负判断陷入困局,那么解决问题就会出现卡壳现象.本文抓住这一核心问题,通过实例剖析,试图从再导一次、分类讨论、分离函数、放缩法和巧设零点等五个思考方向寻求突破导函数正负难辨困局的策略.

策略1:再导一次

“再导一次”是对原函数f(x)的导函数f′(x)进行再一次的求导,根据二阶导函数f″(x)的正负情况分析导函数f′(x)的函数性质,进而推理导函数f′(x)的正负情况.有时还会对导函数进行多次求导,逐层分析函数性质,从而处理问题.

故函数g(x)在区间(0,+∞)上单调递减.

又g(1)=0,所以当00,此时f′(x)>0,

当x>1时,g(x)<0,此时f′(x)<0.

因此函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减.

策略2:分类讨论

分类讨论思想是数学中处理复杂问题的常见思想,尤其是在处理含参情况时特别有效,故导函数含参时,根据参数进行分类讨论是自然能联想到的处理方法,但导函数不含参数却又正负难以判断时,比较难以进行分类讨论,其实遇到导函数中含有三角函数等难以处理的情况,根据需要对自变量进行分段讨论,解决问题会更有效.

证明: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,此时f″(x)>0,所以f′(x)在区间(0,π)上单调递增,

即f′(x)>f′(0)=0,此时函数f(x)在(0,π)上单调递增,

所以f(x)≥f(0)=0,即不等式成立;

所以f′(x)在区间(π,+∞)上单调递增,

即f′(x)>f′(π)=eπ+1>0,此时函数f(x)在(π,+∞)上单调递增,

所以f(x)≥f(π)=eπ+1>0,即不等式成立.

评注:本题不含参数,但含有三角函数,多次求导也无济于事,故从自变量的角度进行分段处理很容易判断导函数的正负.

例题3已知函数f(x)=ex-2ax,求函数f(x)在区间[0,1]上的单调性.

解:f′(x)=ex-2a,

(ⅰ)当a≤0时,f′(x)=ex-2a>0,

此时f(x)在区间[0,1]上单调递增;

(ⅱ)当a>0时,令f′(x)=0,解得x=ln(2a).

此时f(x)在区间[0,1]上单调递增;

当x∈(0,ln(2a)),f′(x)=ex-2a<0;

当x∈(ln(2a),1),f′(x)=ex-2a>0,

此时f(x)在区间[0,ln(2a))上单调递减,在区间(ln2a,1]上单调递增;

此时f(x)在区间[0,1]上单调递减.

评注:导函数含有参数a,其正负难以判断.若根据导函数是否有零点及零点是否在所讨论区间对参数进行分类讨论,导函数的正负也就明晰了.

策略3:分离函数

分离函数是在导函数较为复杂时,通过因式分解、代数式重组分离出正负明确的代数式,或者分离出指数函数ex后,余下的代数式当作一个新函数g(x),再对函数g(x)进行正负分析的化繁为简的做法.

对函数g(x)求导因式分解后得到

因此函数φ(x)在区间(0,+∞)上单调递增,所以φ(x)>φ(0)=0,

故当03时,g′(x)>0.

因此函数g(x)在区间(0,3)上单调递减,在区间(3,+∞)上单调递增,

例题5(2018·东北师大附中高三年级第一次摸底考试·21题节选)已知函数f(x)=sinx-cosx,当x≥0时,证明:f′(x)≤x+1.

证明:f′(x)=cosx+sinx,

构造函数g(x)=x+1-cosx-sinx,

即g(x)=(x-sinx)+(1-cosx),

不妨设h(x)=x-sinx,t(x)=1-cosx,x>0,

则h′(x)=1-cosx.

因为1≥cosx,所以t(x)=h′(x)=1-cosx≥0,函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增,因此h(x)>h(0)=0,

所以g(x)=h(x)+t(x)≥0,于是f′(x)≤x+1.

评注:导函数正负难以判断,但某部分代数式正负易得,此时分解成明晰正负的几个函数的和,从而化解导数正负困境.故需要平时有一些基本经验的积累,如:x>sinx,cosx≤1,ex>x,x>lnx,ex>lnx.

策略4:放缩法

放缩法是将导函数中的某部分代数式巧妙地借助曲线切线、基本不等式或者已经得到证明的不等式等知识进行适当的放缩,从而判断导函数的正负的处理方法.

例题6(2018级东北师大附中高三年级第一次摸底考试·21题节选)已知函数f(x)=sinx-cosx.

若对任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,求实数a的取值范围.

解:对任意的x∈[0,+∞),不等式f(x)≤eax-2恒成立,

等价于eax-sinx+cosx-2≥0恒成立.

设h(x)=eax-sinx+cosx-2(x≥0),

则h′(x)=aeax-cosx-sinx.

①当a≥1时,h′(x)=aeax-cosx-sinx≥ex-cosx-sinx,

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

由例题5可知cosx+sinx≤x+1，所以h′(x)≥0,

所以h(x)在[0,+∞)上为增函数,h(x)≥h(0)=0,满足题意.

且当x∈(0,x0)时,h″(x)<0,此时h′(x)在(0,x0)上为减函数,h′(x)

评注:本题关键是将难以判断正负的代数式aeax-cosx-sinx放缩成为ex-cosx-sinx,再根据ex≥x+1,转化为x+1-cosx-sinx的正负,充分利用例题5的结论cosx+sinx≤x+1得到结论.

当a>0时,g(x)在区间(0,+∞)上是增函数.

记h(x)=ex-ex,则h′(x)=ex-e,令h′(x)=0可得x=1,

当x>1时,h′(x)>0,函数h(x)单调递增,

当0

因此h(x)≥h(1)=0,即ex≥ex,

又g(0)=-1<0,根据零点存在性定理可知存在唯一零点t(t>0)使得g(t)=0,

所以当0

当x>t时,g(x)>0,f′(x)>0,

因此函数f(x)在区间(0,t)上单调递减,在区间(t,+∞)上单调递增,

且f′(t)=0,故而函数f(x)有极小值点x0=t.

设φ(x)=ex-x-1,所以φ′(x)=ex-1,

令φ′(x)=ex-1=0可得x=0,

当x>0时,φ′(x)>0，函数单调递增,

故φ(x)>φ(0)=0,ex≥x+1.

评注:“化曲为直”是处理超越函数的一种有效手段,在导函数判断正负出现困难的时候,我们也同样可以考虑切线放缩.常见的切线放缩有ex≥x+1,x≥ln(x+1),x≥sinx.

策略5:巧设零点

导函数的零点存在但不容易求解出来时,也会致使导函数的单调性判断受阻,此时可以利用零点存在性定理分析导函数的零点,通过“设而不求”巧妙架设沟通单调性的桥梁.

所以函数f(x)是周期T=π的函数,

当x∈(x1,x2)时,g(x)<0,此时f′(x)>0.

即f(x)在x=x1处取得极小值,在点x=x2处取得极大值,

故其大致图象如图2所示,

图1

图2

所以函数h(x)在区间(0,+∞)上单调递增.

因此x∈(0,x0),h(x)<0;x∈(x0,+∞),h(x)>0,

函数g(x)在区间(0,x0)上单调递减;在区间(x0,+∞)上单调递增,

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,实数a的取值范围是(-∞,3].