例谈函数与导数题的求解策略

张文成
湖北省监利县朱河中学 (433325)
函数在数学中具有举足轻重的地位，它不仅是高中数学的核心和主线内容，还是学习高等数学的基础.而导数从高等数学“下嫁”到高中数学后，为研究函数提供了简捷有效的方法，替函数插上了腾飞的“翅膀”.因此函数与导数的综合题就成了高考的热点、重点和难点.笔者结合2008年全国各省、市的高考题，谈谈此类问题的解题策略.
1.整式型函数模型
例1 (全国Ⅰ理19题)已知函数f(x)=x3+ax2+x+1,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间(-23，-13)内是减函数，求a的取值范围.
分析：本题以整式函数为背景，考查函数的单调性.若用初等数学的方法来处理，运算过程较复杂，而通过先求其导数，再解导数不等式，即可快速解决问题.
解：(1)对f(x)=x3+ax2+x+1，求导：f′(x)=3x2+2ax+1,当a2≤3时，△≤0，ゝ′(x)≥0，故f(x)在R上单调递增；当a2>3，由f′(x)=0求得两根为x=-a±a2-33.故f(x)在(-∞,-a-a2-33)单调递增，(-a-a2-33，-a+a2-33)单调递减，(-a+a2-33，+∞)单调递增.
(2)由(1)知-a-a2-33≤-23,
-a+a2-33≥-13，
且a2>3，解得a≥2.
2.分式型函数模型
例2(宁夏、海南理21题)设函数f(x)=゛x+1x+b(a,b∈Z)，曲线y=f(x)在点(2,ゝ(2))处的切线方程为y=3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)证明：函数y=f(x)的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心；
(3)证明：曲线y=f(x)上任一点的切线与直线x=1和直线y=x所围三角形的面积为定值，并求出此定值.
分析：本题根据导数的几何意义，通过对分式型函数求导，得到过切点的直线的斜率，进而解决问题.
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)证明：在曲线上任取一点M(x0,x0+1x0-1)，由f′(x0)=1-1(x0-1)2知，过点M的切线l的方程为y-x20-x0+1x0-1=［1-1(x0-1)2］(x-x0).令x=1得y=x0+1x0-1，故切线l与直线x=1交点为(1,x0+1x0-1).令y=x得y=2x0-1，故切线l与直线y=x交点为(2x0-1,2x0-1)，而直线x=1与直线y=x的交点为(1，1)，故三条直线所围三角形的面积为12|x0+1x0-1-1|?﹟2x0-1-1|=12|2x0-1|?﹟2x0-2|=2.所以，三条直线所围三角形的面积为定值2.
3.根式型函数模型
例3 (浙江理21题)已知a是实数，函数f(x)=x(x-a).
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)设g(a)为f(x)在区间［0，2］上的最小值.(玦)写出g(a)的表达式；(玦i)求a的取值范围，使得-6≤g(a)≤-2.
分析：本题运用函数的性质、求导及导数的应用等基础知识，通过比较区间内的极值和区间两端点处的函数值，求出函数的最小值，从而解决相应问题.
解：(1)函数的定义域为［0，+∞)，f′(x)=x+x-a2x=3x-a2x(x>0).若a≤0，则ゝ′(x)>0，故f(x)的单调递增区间为［0，+∞)；若a>0，令f′(x)=0,得x=a3,当0(2)(玦)由(1)知：若a≤0，f(x)在［0，2］上单调递增，所以g(a)=f(0)=0.若0综上所述，g(a)=0,a≤0,
-2a3a3,02(2-a),a≥6.
(玦i)令-6≤g(a)≤-2.若a≤0，无解；若0综上所述：a的取值范围为3≤a≤2+32.
4.指数型函数模型
例4 (山东文21题)设函数f(x)=x2e﹛-1+ax3+bx2，已知x=-2和x=1为ゝ(x)的极值点.(1)求a和b的值；(2)讨论ゝ(x)的单调性；(3)设g(x)=23x3-x2，试比较f(x)与g(x)的大小.
分析：本题根据函数极值点定义，通过对指数型函数求导，建立方程组求出待定系数，而要比较两函数值的大小，最常用的方法是作差构造函数，然后利用函数的单调性即可获解.
解：(1)因为f′(x)=e﹛-1(2x+x2)+3ax2+2bx=xe﹛-1(x+2)+x(3ax+2b),又x=-2和x=1为f(x)的极值点，所以ゝ′(-2)=f′(1)=0,因此-6a+2b=0,
3+3a+2b=0,解方程组得a=-13,b=-1.
(2)因为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.因为当x∈(-∞,-2)∪(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(-2,0)∪(1,+∞)时，f′(x)>0.所以f(x)的单调递增区间为(-2，0)、(1，+∞)；单调递减区间为(-∞，-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,则h′(x)=e﹛-1-1，由h′(x)=0，得x=1,因为x∈(-∞，1］时，h′(x)≤0，所以h(x)在x∈(-∞，1］上单调递减.故x∈(-∞，1］时，h(x)≥h(1)=0.因为x∈［1,+∞)时，h′(x)≥0，所以h(x)在x∈［1，+∞)上单调递增.故x∈［1，+∞)时，h(x)≥h(1)=0.所以对任意x∈(-∞，+∞)，恒有h(x)≥0，又x2≥0，因此f(x)-ゞ(x)≥0，故当x=0或x=1时，f(x)=ゞ(x);当x≠0且x≠1时，f(x)>g(x).
5.对数型函数模型
例5 (四川理22题)已知x=3是函数ゝ(x)=a玪n(1+x)+x2-10x的一个极值点.(1)求a;(2)求函数f(x)的单调区间；(3)若直线y=b与函数y=f(x)的图像有3个交点，求b的取值范围.
分析：要解决直线y=b与函数y=f(x)的图像的交点问题，可以先研究函数y=f(x)的单调性和极值(必要时要研究函数图像端点的极限情况)，然后画出函数的大致图像，通过观察图像与直线的交点情况，列不等式可获解.
解：(1)因为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，当x∈(-1,1)∪(3,+∞)时，f′(x)>0；当x∈(1,3)时，f′(x)<0.所以f(x)的单调增区间是(-1，1)、(3，+∞)；ゝ(x)的单调减区间是(1，3).
(3)由(2)知，f(x)在(-1，1)内单调增加，在(1，3)内单调减少，在(3，+∞)上单调增加，且当x=1或x=3时，f′(x)=0,所以f(x)的极大值为f(1)=16玪n2-9,极小值为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=-216.三角函数型函数模型
例6 (全国Ⅱ理22题)设函数f(x)=玸in玿2+玞os玿.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)如果对任何x≥0，都有f(x)≤ax，求a的取值范围.
分析：通过对三角函数型函数求导，解三角不等式就可以确定函数的单调区间.而要解决不等式恒成立，常见的方法之一是作差构造函数后运用函数的单调性解决问题.
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.当2kπ-2π3-12，即f′(x)>0;当2kπ+2π3(2)令g(x)=ax-f(x)，则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.故当a≥13时，ゞ′(x)≥0.又g(0)=0，所以当x≥0时，g(x)≥g(0)=0,即f(x)≤ax.当00.因此h(x)在［0,玜rccos3a)上单调增加.故当x∈(0,玜rccos3a)时，h(x)>h(0)=0,即玸in玿>3ax.于是，当x∈(0,玜rccos3a)时，f(x)=玸in玿2+玞os玿>玸in玿3>ax.当a≤0时，有f(π2)=12>0≥a?π2.因此，a的取值范围是［13，+∞).