例談函數與導數題的求解策略

張文成湖北省監利縣朱河中學(433325)函數在數學中具有舉足輕重的地位，它不僅是高中數學的核心和主線內容，還是學習高等數學的基礎.而導數從高等數學“下嫁”到高中數學后，為研究函數提供了簡捷有效的方法，替函數插上了騰飛的“翅膀”.因此函數與導數的綜合題就成了高考的熱點、重點和難點.筆者結合2008年全國各省、市的高考題，談談此類問題的解題策略.1.整式型函數模型例1(全國Ⅰ理19題)已知函數f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R.(1)討論函數f(x)的單調區間；(2)設函數f(x)在區間(-23，-13)內是減函數，求a的取值范圍.分析：本題以整式函數為背景，考查函數的單調性.若用初等數學的方法來處理，運算過程較復雜，而通過先求其導數，再解導數不等式，即可快速解決問題.解：(1)對f(x)=x3+ax2+x+1，求導：f′(x)=3x2+2ax+1,當a2≤3時，△≤0，ゝ′(x)≥0，故f(x)在R上單調遞增；當a2>3，由f′(x)=0求得兩根為x=-a±a2-33.故f(x)在(-∞,-a-a2-33)單調遞增，(-a-a2-33，-a+a2-33)單調遞減，(-a+a2-33，+∞)單調遞增.(2)由(1)知-a-a2-33≤-23,-a+a2-33≥-13，且a2>3，解得a≥2.2.分式型函數模型例2(寧夏、海南理21題)設函數f(x)=゛x+1x+b(a,b∈Z)，曲線y=f(x)在點(2,ゝ(2))處的切線方程為y=3.(1)求f(x)的解析式；(2)證明：函數y=f(x)的圖像是一個中心對稱圖形，并求其對稱中心；(3)證明：曲線y=f(x)上任一點的切線與直線x=1和直線y=x所圍三角形的面積為定值，并求出此定值.分析：本題根據導數的幾何意義，通過對分式型函數求導，得到過切點的直線的斜率，進而解決問題.解：(1)f′(x)=a-1(x+b)2，于是2a+12+b=3,a-1(2+b)2=0,解得a=1,b=-1,或a=94,b=-83.因a,b∈Z，故f(x)=x+1x-1.(2)略.(3)證明：在曲線上任取一點M(x0,x0+1x0-1)，由f′(x0)=1-1(x0-1)2知，過點M的切線l的方程為y-x20-x0+1x0-1=［1-1(x0-1)2］(x-x0).令x=1得y=x0+1x0-1，故切線l與直線x=1交點為(1,x0+1x0-1).令y=x得y=2x0-1，故切線l與直線y=x交點為(2x0-1,2x0-1)，而直線x=1與直線y=x的交點為(1，1)，故三條直線所圍三角形的面積為12|x0+1x0-1-1|?﹟2x0-1-1|=12|2x0-1|?﹟2x0-2|=2.所以，三條直線所圍三角形的面積為定值2.3.根式型函數模型例3(浙江理21題)已知a是實數，函數f(x)=x(x-a).(1)求函數f(x)的單調區間；(2)設g(a)為f(x)在區間［0，2］上的最小值.(玦)寫出g(a)的表達式；(玦i)求a的取值范圍，使得-6≤g(a)≤-2.分析：本題運用函數的性質、求導及導數的應用等基礎知識，通過比較區間內的極值和區間兩端點處的函數值，求出函數的最小值，從而解決相應問題.解：(1)函數的定義域為［0，+∞)，f′(x)=x+x-a2x=3x-a2x(x>0).若a≤0，則ゝ′(x)>0，故f(x)的單調遞增區間為［0，+∞)；若a>0，令f′(x)=0,得x=a3,當0<xa3時，f′(x)>0.故f(x)的單調遞減區間為［0,a3］，單調遞增區間為(a3,+∞).(2)(玦)由(1)知：若a≤0，f(x)在［0，2］上單調遞增，所以g(a)=f(0)=0.若0綜上所述，g(a)=0,a≤0,-2a3a3,02(2-a),a≥6.(玦i)令-6≤g(a)≤-2.若a≤0，無解；若0綜上所述：a的取值范圍為3≤a≤2+32.4.指數型函數模型例4(山東文21題)設函數f(x)=x2e﹛-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1為ゝ(x)的極值點.(1)求a和b的值；(2)討論ゝ(x)的單調性；(3)設g(x)=23x3-x2，試比較f(x)與g(x)的大小.分析：本題根據函數極值點定義，通過對指數型函數求導，建立方程組求出待定系數，而要比較兩函數值的大小，最常用的方法是作差構造函數，然后利用函數的單調性即可獲解.解：(1)因為f′(x)=e﹛-1(2x+x2)+3ax2+2bx=xe﹛-1(x+2)+x(3ax+2b),又x=-2和x=1為f(x)的極值點，所以ゝ′(-2)=f′(1)=0,因此-6a+2b=0,3+3a+2b=0,解方程組得a=-13,b=-1.(2)因為a=-13,b=-1，所以f′(x)=x(x+2)(e﹛-1-1),令f′(x)=0，解得x1=-2,x2=0,x3=1.因為當x∈(-∞,-2)∪(0，1)時，f′(x)<0；當x∈(-2,0)∪(1,+∞)時，f′(x)>0.所以f(x)的單調遞增區間為(-2，0)、(1，+∞)；單調遞減區間為(-∞，-2)、(0，1).(3)由(1)可知f(x)=x2e﹛-1-13x3-x2,故f(x)-g(x)=x2e﹛-1-x3=x2(e﹛-1-x),令h(x)=e﹛-1-x,則h′(x)=e﹛-1-1，由h′(x)=0，得x=1,因為x∈(-∞，1］時，h′(x)≤0，所以h(x)在x∈(-∞，1］上單調遞減.故x∈(-∞，1］時，h(x)≥h(1)=0.因為x∈［1,+∞)時，h′(x)≥0，所以h(x)在x∈［1，+∞)上單調遞增.故x∈［1，+∞)時，h(x)≥h(1)=0.所以對任意x∈(-∞，+∞)，恒有h(x)≥0，又x2≥0，因此f(x)-ゞ(x)≥0，故當x=0或x=1時，f(x)=ゞ(x);當x≠0且x≠1時，f(x)>g(x).5.對數型函數模型例5(四川理22題)已知x=3是函數ゝ(x)=a玪n(1+x)+x2-10x的一個極值點.(1)求a;(2)求函數f(x)的單調區間；(3)若直線y=b與函數y=f(x)的圖像有3個交點，求b的取值范圍.分析：要解決直線y=b與函數y=f(x)的圖像的交點問題，可以先研究函數y=f(x)的單調性和極值(必要時要研究函數圖像端點的極限情況)，然后畫出函數的大致圖像，通過觀察圖像與直線的交點情況，列不等式可獲解.解：(1)因為f′(x)=a1+x+2x-10，所以f′(3)=a4+6-10=0，因此a=16.(2)由(1)知，f(x)=16玪n(1+x)+x2-10x,x∈(-1,+∞)，f′(x)=2(x2-4x+3)1+x=2(x-1)(x-3)x+1，當x∈(-1,1)∪(3,+∞)時，f′(x)>0；當x∈(1,3)時，f′(x)<0.所以f(x)的單調增區間是(-1，1)、(3，+∞)；ゝ(x)的單調減區間是(1，3).(3)由(2)知，f(x)在(-1，1)內單調增加，在(1，3)內單調減少，在(3，+∞)上單調增加，且當x=1或x=3時，f′(x)=0,所以f(x)的極大值為f(1)=16玪n2-9,極小值為f(3)=32玪n2-21,且f(1)>f(3).又f(9)=16玪n10-9>16玪n2-9=f(1),f(e-2-1)<-32+11=-21<b<p>6.三角函數型函數模型例6(全國Ⅱ理22題)設函數f(x)=玸in玿2+玞os玿.(1)求f(x)的單調區間；(2)如果對任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范圍.分析：通過對三角函數型函數求導，解三角不等式就可以確定函數的單調區間.而要解決不等式恒成立，常見的方法之一是作差構造函數后運用函數的單調性解決問題.解：(1)f′(x)=(2+玞os玿)玞os玿-玸in玿(-玸in玿)(2+玞os玿)2=2玞os玿+1(2+玞os玿)2.當2kπ-2π3<x-12，即f′(x)>0;當2kπ+2π3<x<2kπ+4π3(k∈z)時，玞os玿<-12，即f′(x)<p>(2)令g(x)=ax-f(x)，則g′(x)=a-2玞os玿+1(2+玞os玿)2=a-22+玞os玿+3(2+玞os玿)2=3(12+玞os玿-13)2+a-13.故當a≥13時，ゞ′(x)≥0.又g(0)=0，所以當x≥0時，g(x)≥g(0)=0,即f(x)≤ax.當00.因此h(x)在［0,玜rccos3a)上單調增加.故當x∈(0,玜r