王芝平

(北京宏志中學(xué) 100013)

函數(shù)導(dǎo)數(shù)綜合性問題一般都要回歸函數(shù)單調(diào)性的判斷，而判斷一個復(fù)雜函數(shù)的單調(diào)性恰是函數(shù)導(dǎo)數(shù)的功能之一.

解決函數(shù)導(dǎo)數(shù)問題一般要經(jīng)歷“分析問題、構(gòu)建函數(shù)、研究函數(shù)、解決問題”幾個環(huán)節(jié).

1.分析問題 首先要弄明白我們的目的是什么？即要解決的問題是什么？它能轉(zhuǎn)化成什么等價問題(熟悉或易解決的)？

2.構(gòu)建函數(shù) 為了解決上面問題，要構(gòu)建恰當(dāng)函數(shù)，使所構(gòu)建的函數(shù)既能反映問題的本質(zhì)，又更易于解決問題.

3.研究函數(shù) 一般要借助導(dǎo)數(shù)研究這個函數(shù)的單調(diào)性.函數(shù)導(dǎo)數(shù)在其零點左右兩側(cè)取值異號，那么該零點就是函數(shù)單調(diào)增、減區(qū)間的“分界點”，也必是函數(shù)極值點，進而有可能是函數(shù)的最值點.

4.解決問題 通過獲得的函數(shù)性質(zhì)解決問題.

例1(2010，全國Ⅰ，理20) 已知函數(shù)f(x)=(x+1)lnx-x+1.

(Ⅰ)略；

(Ⅱ)證明：(x-1)f(x)≥0.

謀定思路有方向

利用符號法則，將(x-1)f(x)拆分為兩個函數(shù)x-1與f(x)，分別研究它們的取值正負情況.這里我們返璞歸真從最直接的方法入手：欲證F(x)=(x-1)f(x)≥0成立，只需證明函數(shù)F(x)的最小值非負即可，注意到F(1)=0，我們可以猜測F(x)的最小值為F(1)，即F(x)在區(qū)間(0，1]上是減函數(shù)，而在區(qū)間[1，+∞)上是增函數(shù)，也就是F′(x)的值以1為“界”“先負后正”.這個想法可以反復(fù)使用，讓我們試一試吧！

規(guī)范解答不失分

(Ⅱ)解 令F(x)= (x-1)f(x)(x>0)，

因為F′(1)=0，所以F′(x)如果是增函數(shù)，那么我們的“小目標(biāo)”就會得以實現(xiàn).“函數(shù)單調(diào)不單調(diào)，導(dǎo)數(shù)正負破玄妙”，讓我們看看函數(shù)F′(x)的導(dǎo)數(shù)的是正的還是負的吧！

所以{[F′(x)]′}′>0?x>1，

{[F′(x)]′}′<0?0

所以[F′(x)]′在區(qū)間(0，1]上是減函數(shù)，

而在區(qū)間[1，+∞)上是增函數(shù)．

所以[F′(x)]′≥[F′(1)]′=2>0，

所以F′(x)是增函數(shù)．

因為F′(1)=0，

所以F′(x)>0?x>1，F(xiàn)′(x)<0?0

所以F(x)在區(qū)間(0，1]上是減函數(shù)，

而在區(qū)間[1，+∞)上是增函數(shù)．

所以F(x)≥F(1)=0，

即(x-1)f(x)≥0恒成立．

解后反思要升華

上述過程雖然艱難曲折，但是對導(dǎo)數(shù)的功能卻有了更深層次的切身感悟，讓我們充分體會到“任憑函數(shù)多變幻，求導(dǎo)原則不能撼——函數(shù)單調(diào)不單調(diào)，導(dǎo)數(shù)正負破玄妙”，簡單地說，如果想知道一個函數(shù)的單調(diào)性，那么就看看其導(dǎo)數(shù)的正負吧！

可謂“不忘初心，方得始終”！

例2(2018，全國Ⅲ，理21) 已知函數(shù)f(x)=(2+x+ax2)ln(1+x)-2x.

(Ⅰ)若a=0，證明：當(dāng)-10時，f(x)>0；

(Ⅱ)若x=0是f(x)的極大值點，求a.

解(網(wǎng)上流傳的官方答案)

當(dāng)-1

當(dāng)x>0時，g′(x)>0.

故當(dāng)x>-1時，g(x)≥g(0)=0，

且僅當(dāng)x=0時，g(x)=0，

從而f′(x)≥0，且僅當(dāng)x=0時，

f′(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)單調(diào)遞增.

又f(0)=0，故當(dāng)-1

f(x)<0；當(dāng)x>0時，f(x)>0.

(2)(i)若a≥0，由(1)知，當(dāng)x>0時，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0=f(0)，這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.

故h(x)與f(x)符號相同.

又h(0)=f(0)=0，

故x=0是f(x)的極大值點當(dāng)且僅當(dāng)x=0是h(x)的極大值點.

h′(x)>0，故x=0不是h(x)的極大值點.

所以x=0不是h(x)的極大值點.

如果6a+1=0，

則當(dāng)x∈(-1,0)時，h′(x)>0；

當(dāng)x∈(0,1)時，h′(x)<0.

所以x=0是h(x)的極大值點，

從而x=0是f(x)的極大值點.

下面給出我們的分析與解法.

謀定思路有方向

(Ⅰ)易知f(0)=0，由結(jié)論可知，只需證明a=0時f(x)是增函數(shù)即可，進而考察f′(x)是否恒不小于0.如果不易發(fā)現(xiàn)f′(x)的正負，可繼續(xù)討論函數(shù)f′(x)的導(dǎo)函數(shù)取值情況，這個過程可反復(fù)進行.

(Ⅱ) 因為x=0是f(x)的極大值點，又f(x)是可導(dǎo)函數(shù)，由極值點的定義及極值點與函數(shù)導(dǎo)數(shù)的關(guān)系可知，f′(0)=0且f′(x)在x=0的左右兩側(cè)的取值符號應(yīng)該是“左正、右負”，所以f′(x)在以0為中心的一個區(qū)間(如(-b，b))上是減函數(shù).這就要繼續(xù)研究f′(x)的導(dǎo)函數(shù)[f′(x)]′是否小于0，如果不達目的，可如法炮制繼續(xù)研究[f′(x)]′的導(dǎo)函數(shù).

也可以綜合利用“復(fù)雜函數(shù)大于零，符號法則立奇功”與“不等結(jié)構(gòu)任紛雜，適當(dāng)分離變通達”等策略，將函數(shù)f(x)轉(zhuǎn)化為較為簡單的函數(shù)予以研究.

規(guī)范解答不失分

解(Ⅰ)函數(shù)f(x)的定義域為 (-1，+∞) .

當(dāng)a=0時，f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x，

當(dāng)-1

當(dāng)x>0時，g′(x)>0.

故當(dāng)x>-1時，g(x) ≥g(0) =0，

且僅當(dāng)x=0時，g(x)=0，

所以g(x)=f′(x)在區(qū)間(-1，0)上是減函數(shù)，

在區(qū)間(0，+∞) 上是增函數(shù)，

從而f′(x)≥f′(0)=0，

且僅當(dāng)x=0時，f′(x)=0.

所以f(x)在(-1，+∞)單調(diào)遞增.

又f(0)=0，故當(dāng)-1

f(x)<0；當(dāng)x>0時，f(x)>0

(Ⅱ)方法1 (i)若a≥0，由(1)知，當(dāng)x>0時，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0，這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.

因為若x=0是f(x)的極大值點，

所以f′(x)在x=0的左右兩側(cè)的取值符號應(yīng)該是“左正、右負”，

所以f′(x)在以0為中心的一個區(qū)間上是減函數(shù).

這就要再研究f′(x)的導(dǎo)數(shù)，

我們希望[f′(x)]′<0，

那么x=0是[f′(x)]′的極大值點.

同理{[f′(x)]′}′在x=0處的導(dǎo)數(shù)等于0，且在x=0左右兩側(cè)的取值符號應(yīng)該是“左正、右負”，

所以，當(dāng)-10，

當(dāng)0

即當(dāng)-1

當(dāng)且僅當(dāng)x=0時，[f′(x)]′=0.

所以f′(x)在區(qū)間(-1，1)上是減函數(shù).

又因為f′(0)=0，

所以當(dāng)-10，

當(dāng)0

所以f(x)在區(qū)間(-1，0)上是增函數(shù)，在區(qū)間(0，1)上是減函數(shù)，

所以x=0是f(x)的極大值點，該極大值為f(0)=0.

(Ⅱ)方法2

(i)若a≥0，由(1)知，當(dāng)x>0時，f(x)≥(2+x)ln(1+x)-2x>0，這與x=0是f(x)的極大值點矛盾.

(ii)若a<0，注意到函數(shù)f(x)的復(fù)雜性，可將2+x+ax2與ln(1+x)進行“分離”.

先研究函數(shù)r(x)=2+x+ax2的一些基本特征：

因為a<0，所以二次函數(shù)r(x)的圖像開口向下，

又Δ=4-8a>0，r(0)=2>0，

所以存在一個區(qū)間(-b，b)(0

在這個區(qū)間上r(x)>0，

因為f(x) =(2+x+ax2)ln(1+x)-2x

因為x=0是f(x)的極大值點，

即f(x)≤f(0)=0，

又h(0)=0，

所以“x=0是f(x)的極大值點”等價于“x=0是h(x)的極大值點”.

這等價于h(x)在(-b，0)上是增函數(shù)，

在(0，b)上是減函數(shù)，

即在(-b，0)上，h′(x)>0，

在(0，b)上h′(x)<0，且h′(0)=0.

令p(x)=a2x2+4ax+6a+1 (-b

則x=0不是h(x)的極大值點.

即若x=0是h(x)的極大值點，

(必要條件)

所以h′(x)>0?p(x)>0?-b

所以h(x)在區(qū)間(-b，0)上是增函數(shù)，在區(qū)間(0，b)上是減函數(shù)，

所以x=0是h(x)的極大值點，

即x=0是f(x)的極大值點.

(充分條件)

解后反思要升華

利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)性質(zhì)時，要明白求導(dǎo)的目的與意義是什么？不能讓求導(dǎo)成為一種僵化的解題模式，求導(dǎo)之后就不知道干什么了，這歸根結(jié)底還是沒有從本質(zhì)上理解導(dǎo)數(shù)工具能為我們分析函數(shù)帶來什么.上面的解法不同于標(biāo)準(zhǔn)答案，其特點是不斷分析新的目標(biāo)函數(shù)應(yīng)該正負如何，單調(diào)性如何，指引的非常清晰，解題很有目標(biāo)感.這就是所謂的“發(fā)現(xiàn)問題、提出問題、分析問題、解決問題”的能力吧.

在上述解法中，雖然多次構(gòu)造新的函數(shù)、多次求導(dǎo)，但是它們都不是解決問題的本質(zhì)核心，核心是我們想研究函數(shù)的什么，我們用什么工具手段來研究，從這點來說，三次求導(dǎo)雖然罕見，但是并不是新鮮的題型，而是對于“原則”的合理運用，“任憑函數(shù)多變幻，導(dǎo)數(shù)原則不能撼”正是一針見血的點明了這一點.

再次表明我們的態(tài)度：“任憑函數(shù)多變幻，求導(dǎo)原則不能撼——函數(shù)單調(diào)不單調(diào)，導(dǎo)數(shù)正負破玄妙”.