亢愛鋒
(山東省青島第九中學(xué))
利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性是高考數(shù)學(xué)的重點、熱點和難點.因為導(dǎo)數(shù)涉及的知識能力和思維層次要求較高,學(xué)生運用好導(dǎo)數(shù)這個“工具”,對提升學(xué)生的分析問題、解決問題、邏輯思維等綜合能力都有很大的幫助.其中,利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)單調(diào)性的核心是在定義域內(nèi)判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù).而判斷導(dǎo)函數(shù)的正負(fù),綜合考查學(xué)生觀察分析和綜合運用函數(shù)、不等式、零點等知識,配方、分離變量和因式分解等數(shù)學(xué)方法,考查學(xué)生對函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、等價轉(zhuǎn)化等數(shù)學(xué)思想掌握情況.高考在這一部分的考查可謂是“芝麻開花節(jié)節(jié)高”.根據(jù)多年對高考題的研究和教學(xué)的反思總結(jié),筆者將積累下來的如下解題方法分享給讀者.
例1(2015 年全國Ⅱ卷理21,節(jié)選)設(shè)函數(shù)f(x)=emx+x2-mx.證明:f(x)在(-∞,0)單調(diào)遞減,在(0,+∞)單調(diào)遞增.
易知f′(x)=m(emx-1)+2x.
當(dāng)x<0時,2x<0.
若m>0,則emx<1,emx-1<0,m(emx-1)<0,故f′(x)<0,因此f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.
若m<0,則emx>1,emx-1>0,m(emx-1)<0,從而f′(x)<0,因此f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.
故當(dāng)x<0 時,函數(shù)f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.
當(dāng)x>0時,2x>0.
若m>0,則emx>1,emx-1>0,m(emx-1)>0,故f′(x)>0,因此f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
若m<0,則emx<1,emx-1<0,m(emx-1)>0,故f′(x)>0,因此f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
故當(dāng)x>0時,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
綜上,f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增,在(0,+∞)上單調(diào)遞增.
例2求函數(shù)f(x)=-x+1的單調(diào)區(qū)間.
f′(x)=(x>0),因此判斷函數(shù)單調(diào)性的關(guān)鍵是判斷g(x)=1-lnx-x2(x>0)的正負(fù),有以下幾種解法.
方法1圖像法
觀察可知g(x)是由基本初等函數(shù)構(gòu)成的,所以可以將g(x)的正負(fù)轉(zhuǎn)化為函數(shù)g(x)的零點問題.
令g(x)=0,移項得1-x2=lnx,作出函數(shù)y=1-x2,y=lnx的圖像,如圖1所示.
圖1
由圖1可知,當(dāng)0<x<1時,1-x2>lnx,所以f′(x)>0,故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增;當(dāng)x>1時,1-x2<lnx,所以f′(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
方法2分組正負(fù)判斷法
因為1-x2,lnx的正負(fù)均取決于x與1的大小關(guān)系,所以將定義域分為0<x<1,x>1兩種情況分類討論1-x2,lnx的正負(fù).
當(dāng)0<x<1時,1-x2>0,lnx<0,所以1-x2-lnx>0,g(x)=1-lnx-x2>0,f′(x)>0,故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增.
當(dāng)x>1 時,1-x2<0,lnx>0,所以1-x2-lnx<0,g(x)<0,f′(x)<0,故f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
方法3二次求導(dǎo)法
構(gòu)造決定導(dǎo)函數(shù)f′(x)正負(fù)的核心函數(shù)g(x)=1-lnx-x2(x>0),則g′(x)=--2x,顯然g′(x)<0恒成立,故g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.又g(1)=0,所以g(x)在(0,+∞)內(nèi)有唯一零點為x=1.故當(dāng)0<x<1時,g(x)>0;當(dāng)x>1時,g(x)<0.因此,當(dāng)0<x<1時,f′(x)>0;當(dāng)x>1時,f′(x)<0,于是f(x)在區(qū)間(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.
例3已知f(x)=x-lnx,g(x)=當(dāng)x∈(0,e]時,比較f(x),g(x)的大小.
比較f(x),g(x)的大小,即判斷f(x)-g(x)在x∈(0,e]的正負(fù).令
例4證明:當(dāng)x>0時,x2<ex.
即證f(x)=x2-ex<0在x>0時恒成立.f′(x)=2x-ex,g(x)=2x-ex(x>0),則g′(x)=2-ex,易知當(dāng)0<x<ln2 時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)x>ln2時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,所以gmax(x)=g(ln2)=2ln2-2<0,所以f′(x)<0恒成立,故f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,因此f(x)<f(0)=-1,顯然f(x)=x2-ex<0,從而x2<ex.
例5已知函數(shù)f(x)=(x>0).
(1)求函數(shù)f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性;
(2)當(dāng)x>0時,f(x)>恒成立,求整數(shù)k的最大值.
因為x>0,所以x2>0,>0,ln(x+1)>0,則f′(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.
(2)方法1由已知得,當(dāng)x=1 時,k<2(1+ln2)<4,因為k∈Z,故kmax=3,因此只需證當(dāng)k=3時,f(x)>(x>0)恒成立,即證(x+1)ln(x+1)+1-2x>0(x>0)恒成立.
令g(x)=(x+1)ln(x+1)+1-2x(x>0),則g′(x)=ln(x+1)-1.當(dāng)x>e-1 時,g′(x)>0,g(x)單調(diào)遞增;當(dāng)0<x<e-1時,g′(x)<0,g(x)單調(diào)遞減,從而gmin(x)=g(e-1)=3-e>0,證畢.
方法2即證h(x)=k(x>0)恒成立,即hmin(x)>k.對h(x)求導(dǎo)得
令φ(x)=x-1-ln(x+1)(x>0),則φ′(x)=>0,所以φ(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又φ(2)=1-ln3<0,φ(3)=2-2ln2>0,所以φ(x)=0有唯一實根,設(shè)為a,則a∈(2,3),a=1+lna+1.
根據(jù)單調(diào)性可知,當(dāng)x>a時,φ(x)>0,h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增.當(dāng)0<x<a時,φ(x)<0,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減,從而hmin(x)=h(a)==a+1∈(3,4),因此正整數(shù)k的最大值為3.
例6已知函數(shù)f(x)=(k為常數(shù),e=2.71828…是自然對數(shù)的底數(shù)),曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與x軸平行.
(1)求k的值;
(2)求f(x)的單調(diào)區(qū)間.
(2)由(1)可知f′(x)=.設(shè)g(x)=-lnx-1,則g′(x)=-<0,即g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.由g(1)=0 知,當(dāng)0<x<1時,g(x)>0,從而f′(x)>0,當(dāng)x>1時,g(x)<0,從而f′(x)<0.
綜上,f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間是(1,+∞).
通過以上例題可以看出,導(dǎo)數(shù)法研究函數(shù)性質(zhì)的難點在于如何確定導(dǎo)數(shù)的正負(fù),所以解決了導(dǎo)數(shù)正負(fù)的問題,也就解決了導(dǎo)數(shù)的根本.無論是高考題還是平時的模擬訓(xùn)練,通過圖像法、逐項或分組判正負(fù)法、二次求導(dǎo)(三種不同解決渠道)這三種方法的不斷練習(xí),均可以提高學(xué)生的邏輯思維能力.
(完)