導(dǎo)數(shù)，一向被認為是研究函數(shù)問題的“神器”，有些問題看似與導(dǎo)數(shù)無關(guān)，其實必須依賴導(dǎo)數(shù)才可以解決.讓我們一起來直擊幾例導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用創(chuàng)新題.

一、函數(shù)的零點問題

例1?已知函數(shù)f（x）=1+x-x22+x33-x44+…+x20172017，則函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)的零點個數(shù)是（??）

A.0????B.1????C.2????D.3

解析：求導(dǎo)得f′（x）=1-x+x2-x3+…+x2016，可知：當(dāng)x=-1時，f′（x）>0;

當(dāng)x≠-1時，f′（x）=1×[1-（-x）2017]1-（-x）=1+x20171+x，無論x<-1還是x>-1，易判斷知均有f′（x）>0成立.于是，當(dāng)x∈R時，必有f′（x）>0，所以函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增.

又因為f（-1）=1-1-12-13-14-…-12015-12016-12017<0，f（0）=1>0，所以利用函數(shù)零點唯一存在性定理可知：函數(shù)f（x）在開區(qū)間（-1，0）上只有一個零點.從而結(jié)合函數(shù)f（x）在R上單調(diào)遞增，即得函數(shù)f（x）在其定義域內(nèi)的零點個數(shù)是1.故選B.

點評：本題具有一定的綜合性，對能力的考查較強，解題關(guān)鍵是靈活利用“分類與整合思想”準確分析導(dǎo)數(shù)與零的大小關(guān)系.

二、不等式的解集問題

例2?（1）函數(shù)的定義域為R，f（-1）=2，對任意x∈R，f′（x）>2，則f（x）>2x+4的解集為（??）

A.（-1，1）???B.（-1，+∞）

C.（-∞，-1）???D.（-∞，+∞）

（2）已知函數(shù)f（x）滿足f（1）=1，導(dǎo)函數(shù)f′（x）<12，則不等式2f（x）

A.（-1，1）???B.（-∞，-1）

C.（-∞，-1）∪（1，+∞）?????D.（1，+∞）

解析：（1）構(gòu)造函數(shù)F（x）=f（x）-2x-4，則F′（x）=f′（x）-2>2-2=0，所以F（x）在R上單調(diào)遞增，又因為F（-1）=f（-1）-2（-1）-4=0，則f（x）>2x+4f（x）-2x-4>0F（x）>0，于是的x>-1，選B.

（2）構(gòu)造函數(shù)F（x）=2f（x）-x-1，則F′（x）=2f′（x）-1<2·12-1=0，所以函數(shù)F（x）單調(diào)遞減，而F（1）=0，2f（x）1，選D.

點評：合理構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)確定函數(shù)的單調(diào)性，是破解這類問題的關(guān)鍵，也是難點所在.這類問題能較好的考查我們分析問題和解決問題的能力.

三、函數(shù)值的大小比較問題

例3?（1）f（x）在R上的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），且f′（x）>f（x），且a>0，則下面不等式成立的有（??）

A.f（a）>eaf（0）?B.f（a）

C.f（a）>f（0）?D.f（a）

（2）函數(shù)f（x）的導(dǎo)函數(shù)為f′（x），對任意的實數(shù)x，都有2f′（x）>f（x）成立，則（??）

A.3f（2ln2）>2f（2ln3）

B.3f（2ln2）>2f（2ln3）

C.3f（2ln2）=2f（2ln3）

D.3f（2ln2）與2f（2ln3）的大小不能確定

解析：（1）構(gòu)造F（x）=f（x）ex，

F′（x）=f′（x）-f（x）ex>0，則F（x）單調(diào)遞增，則F（a）>F（0）f（a）ea>f（0）e0，即f（a）>eaf（0），故選A.

（2）構(gòu)造F（x）=f（x）e12x，

F′（x）=f′（x）e12x-12f（x）e12x（e12x）2=2f′（x）-f（x）2e12x>0，

則F（x）單調(diào)遞增，則F（2ln2）

即f（2ln2）eln2

點評：抽象函數(shù)的函數(shù)值的大小比較，一般依據(jù)函數(shù)的單調(diào)性.因此此類問題解決的關(guān)鍵還是構(gòu)造函數(shù)，并利用導(dǎo)數(shù)確定該函數(shù)的單調(diào)性.

四、取值范圍與不等式的證明問題

例4?已知函數(shù)f（x）=xlnx+ax+1，a∈R.

（1）當(dāng)x>0時，若關(guān)于x的不等式f（x）≥0恒成立，求a的取值范圍;

（2）當(dāng)n∈N*時，證明：n2n+4

解析：（1）由x>0時f（x）=xlnx+ax+1≥0恒成立

得-a≤lnx+1x.

設(shè)φ（x）=lnx+1x，

φ′（x）=1x-1x2=x-1x2，

x∈（0，1）時，φ′（x）<0，φ（x）單調(diào)遞減，

x∈（1，+∞）時，φ′（x）>0，φ（x）單調(diào)遞增，

∴x=1時，φ（x）取最小值，

∴-a≤φ（1）=1，a≥-1，

∴a的取值范圍是[-1，+∞）.

（2）設(shè)數(shù)列{an}，{bn}的前n項的和分別為Sn=n2n+4，Tn=nn+1，則由于an=S1（n=1），

Sn-Sn-1（n≥2），

解得an=1（n+1）（n+2）;

同理，bn=1n（n+1），

所以只需證明an=1（n+1）（n+2）

由（1）知a=-1時，有xlnx≥x-1，即lnx≥x-1x.

令x=n+1n>1，則lnn+1n>1n+1，

所以ln2n+1n>1（n+1）2>1（n+1）（n+2）=1n+1-1n+2，

所以ln22+ln232+…+ln2n+1n>12-1n+2=n2n+4;

再證明ln2n+1n<1n（n+1），

亦即lnn+1n<1nn+1，

因為lnn+1n=2lnn+1n，1nn+1

=n+1-nnn+1=n+1n-nn+1，

所以只需證2lnn+1n

現(xiàn)證明2lnx1）.

令h（x）=2lnx-x+1x（x>1），

則h′（x）=2x-1-1x2=-（x-1）2x2<0，

所以函數(shù)h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，h（x）

所以當(dāng)x>1時，2lnx

令x=n+1n>1，

則2lnn+1n

綜上，1（n+1）（n+2）

所以對數(shù)列{an}，{ln2n+1n}，{bn}分別求前n項的和，得

n2n+4

點評：待證數(shù)列不等式的一端是n項之和（或積）的結(jié)構(gòu)，另一端含有變量n時，可以將它們分別視為兩個數(shù)列的前n項的和（或積），從而將不等式的證明轉(zhuǎn)化為兩個數(shù)列的對應(yīng)項之間的大小關(guān)系的證明.這類問題在各類考試中往往處于壓軸題的“地位”，難度較大.主要考查導(dǎo)函數(shù)與原函數(shù)之間的關(guān)系，要求同學(xué)們利用導(dǎo)數(shù)深入研究函數(shù)的圖像特征與性質(zhì)，并利用它解決問題;而對于不等式的證明，必須先構(gòu)造函數(shù)，并能揭示出該函數(shù)的單調(diào)性與所需證明的不等式之間的聯(lián)系，這種聯(lián)系具有一定的“隱蔽性”，要求解題者有較強的等價變形的能力.

（作者：高英，太倉市明德高級中學(xué)）