導(dǎo)數(shù)是研究函數(shù)圖象和性質(zhì)的重要工具，自從新教材將導(dǎo)數(shù)引進(jìn)高中數(shù)學(xué)教材以來(lái)，有關(guān)導(dǎo)數(shù)問(wèn)題便成為每年高考的必考試題之一，且相當(dāng)一部分是高考數(shù)學(xué)試卷的壓軸題.其中以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，考查函數(shù)性質(zhì)及應(yīng)用的試題，已成為最近幾年高考中函數(shù)與導(dǎo)數(shù)交匯試題的顯著特點(diǎn)和命題趨向.隨著高考對(duì)導(dǎo)數(shù)考查的不斷深入，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)確定含參數(shù)函數(shù)中的參數(shù)取值范圍成為一類常見的探索性問(wèn)題，由于含參數(shù)的導(dǎo)數(shù)問(wèn)題在解答時(shí)往往需要對(duì)參數(shù)進(jìn)行討論，因而它也是絕大多數(shù)考生答題的難點(diǎn)，具體表現(xiàn)在：他們不知何時(shí)開始討論、怎樣去討論.那么面對(duì)這類問(wèn)題，我們?cè)撊绾稳シ治瞿?？本文通過(guò)一些實(shí)例介紹這類問(wèn)題相應(yīng)的解法，期望對(duì)同學(xué)們的備考有所幫助.

一、與函數(shù)單調(diào)性有關(guān)的類型

用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，這是導(dǎo)數(shù)最為基本的運(yùn)用，相關(guān)結(jié)論是：若函數(shù)f（x）在區(qū)間（a，b）上可導(dǎo)，則在區(qū)間（a，b）上f（x）遞增f′（x）≥0;f（x）遞減f′（x）≤0.根據(jù)函數(shù)單調(diào)性求參數(shù)（函數(shù)中含參數(shù)或區(qū)間中含參數(shù)）的取值范圍（一般可用不等式恒成立理論求解），一般步驟是：首先求出f′（x）后，若能因式分解則先因式分解，討論f′（x）=0兩根的大小判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)性，若不能因式分解可利用函數(shù)單調(diào)性的充要條件轉(zhuǎn)化為恒成立問(wèn)題.

例1? ?設(shè)函數(shù)f（x）=（ax2-2x）·ex，其中a≥0.

（1）當(dāng)a= 4 3 時(shí)，求f（x）的極值點(diǎn);

（2）若f（x）在[-1，1]上為單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍.

分析：? （1）根據(jù)函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)的關(guān)系，易知先求函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，令導(dǎo)數(shù)等于零，再利用極值的定義判斷即可;（2）利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，先確定在此區(qū)間上是單調(diào)增還是單調(diào)減函數(shù).分析可得當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)f′（x）≤0，即f（x）=ax2+2（a-1）x-2≤0在[-1，1]上恒成立，最后利用恒成立的條件進(jìn)行求解.

解：? 對(duì)f（x）求導(dǎo)得

f′（x）=[ax2+2（a-1）x-2]·ex ①

（1）若a= 4 3 ，由f′（x）=[ax2+2（a-1）x-2]·ex=[ 4 3 x2+2（ 4 3 -1）x-2]·ex，

令f′（x）=0，因?yàn)閑x>0則 4 3 x2+ 2 3 x-2=0，即4x2+2x-6=0，

即2x2+x-3=0，x1=- 3 2 ，x2=1，

所以f（x），f′（x）隨x變化而變化的情況為：

x （-∞，- 3 2 ） - 3 2? （- 3 2 ，1） 1 （1，+∞）

f′（x） + 0 - 0 +

f（x） ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗

所以，x1=- 3 2 是極大值點(diǎn)，x2=1是極小值點(diǎn).

（2）若f（x）在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù)，又f′（0）=-2<0，所以當(dāng)x∈[-1，1]時(shí)，f′（x）≤0，即g（x）=ax2+2（a-1）x-2≤0在[-1，1]上恒成立.

①當(dāng)a=0時(shí)， g（-1）≤0g（1）≤0 ，所以g（x）=-2x-2≤0在[-1，1]上恒成立，

②當(dāng)a>0時(shí)拋物線g（x）=ax2+2（a-1）x-2開口向上，

則f（x）在[-1，1]上是單調(diào)函數(shù) g（-1）≤0g（1）≤0 ，即 -a≤03a-4≤0 ，所以0

綜合（1）（2）知a的取值范圍是[0， 4 3 ].

點(diǎn)評(píng)： 本題考查了函數(shù)極值的求法和含參數(shù)函數(shù)的單調(diào)性判斷和處理能力.利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的對(duì)應(yīng)規(guī)律：設(shè)函數(shù)f（x）在（a，b）內(nèi)可導(dǎo).若函數(shù)f（x）在（a，b）內(nèi)單調(diào)遞增（減），則有f′（x）≥0（f′（x）≤0）.其實(shí)往往先判斷函數(shù)的單調(diào)性，再保證問(wèn)題中的區(qū)間是函數(shù)單調(diào)遞增（遞減）區(qū)間的一個(gè)子區(qū)間即可;不少時(shí)候也轉(zhuǎn)化為一個(gè)恒成立問(wèn)題，常有兩種方法：運(yùn)用分離參數(shù)法，如參數(shù)可分離，則分離參數(shù)→構(gòu)造函數(shù)g（x）（可將有意義的端點(diǎn)改為閉）→求g（x）的最值→得參數(shù)的范圍;如參數(shù)不方便分離，而f′（x）是二次函數(shù)，用根的分布：①若f′（x）=0的兩根容易求，則求根，考慮根的位置;②若f′（x）=0不確定有根或兩根不容易求，一定要考慮Δ和f′（a）f′（b），有時(shí)還要考慮對(duì)稱軸，當(dāng)然這還需要一個(gè)熟能生巧的過(guò)程.

二、與不等式有關(guān)的類型

以導(dǎo)數(shù)作為工具，以含有參數(shù)的不等式作為載體，在知識(shí)交匯處命題已成為如今各地聯(lián)考和高考命題的熱點(diǎn)之一，在利用不等式恒成立求參數(shù)取值范圍時(shí)，常利用以下結(jié)論：

①若f（x）值域?yàn)閇m，n]，則不等式f（x）≥a恒成立a≤m;不等式f（x）≥a有解a≤n;

②若f（x）值域?yàn)閇m，n]，則不等式f（x）>a恒成立aa有解a≤n.

例2? ?已知函數(shù)f（x）= ln（x+1） x ，x∈（-1，0）∪（0，+∞）.

（1）判斷函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間;

（2）若對(duì)任意的x>0，都有f（x）

分析：? （1）先求導(dǎo)可得f′（x）=? x x+1 -ln（x+1） x2 ，因?yàn)榉帜竫2>0，可直接討論分子的正負(fù)即可得導(dǎo)數(shù)的正負(fù)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)大于0可得其單調(diào)增區(qū)間，導(dǎo)數(shù)小于0可得其單調(diào)減區(qū)間.（2）可將f（x）0，h（x）<0恒成立，即函數(shù)h（x）的最大值小于0.先求函數(shù)h（x）的導(dǎo)數(shù)，討論其正負(fù)得函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間，根據(jù)單調(diào)性求其最值，根據(jù)函數(shù)h（x）的最大值小于0即可求得k的范圍.

解：? （1）f′（x）=? x x+1 -ln（x+1） x2 ，設(shè)g（x）= x x+1 -ln（x+1），（x>-1），

則g′（x）= 1 （x+1）2 - 1 x+1 = -x （x+1）2 ，當(dāng)x∈（-1，0）時(shí)g′（x）>0;當(dāng)x∈（0，+∞）時(shí)，g′（x）<0，所以g（x）在（-1，0）上遞增，在（0，+∞）上遞減，所以gmax（x）=g（0）=0，所以g（x）≤0，即當(dāng)x∈（-1，0）∪（0，+∞）時(shí)，f′（x）<0，所以f（x）在區(qū)間（-1，0）和（0，+∞）上都是減函數(shù).

（2）f（x）

設(shè)函數(shù)h（x）=ln（x+1）-kx3+ 1 2 x2-x，對(duì)于函數(shù)h（x），不妨令x≥0.

所以h（0）=0，h′（x）= 1 x+1 -3kx2+x-1= -3kx3+x2-3kx2 x+1 = x2（-3kx+1-3k） x+1 ，

當(dāng)k≤0時(shí)，在x∈[0，+∞）時(shí)，h′（x）≥0，所以h（x）在x∈[0，+∞）為增函數(shù)，所以h（x）≥h（0）=0，不符合題意;

當(dāng)0

當(dāng)k≥ 1 3 時(shí)，在x∈[0，+∞）時(shí)，h′（x）≤0，所以h（x）在x∈[0，+∞）為減函數(shù)，所以h（x）≤h（0）=0，即ln（x+1）-kx3+ 1 2 x2-x<0在x>0上成立，符合題意;

綜上，實(shí)數(shù)k的最小值為 1 3 .

點(diǎn)評(píng)： 本題主要考查導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的極值與最值、恒成立問(wèn)題等數(shù)學(xué)知識(shí)，考查綜合分析問(wèn)題解決問(wèn)題的能力和計(jì)算能力，考查函數(shù)思想和分類討論思想.利用“要使f（x）>a成立，只需使函數(shù)的最小值f（x）min>a恒成立即可;要使f（x）

三、與極值有關(guān)的類型

極值這個(gè)概念在高中數(shù)學(xué)中可以說(shuō)是一個(gè)與導(dǎo)數(shù)緊密相連的概念，基本上只要提到極值或極值點(diǎn)就會(huì)想到導(dǎo)數(shù)，極值點(diǎn)個(gè)數(shù)的判定，一般是轉(zhuǎn)化為使f′（x）=0方程根的個(gè)數(shù)，一般情況下導(dǎo)函數(shù)若可以化成二次函數(shù)，我們可以利用判別式研究，若不是，我們可以借助圖形研究.在完成此類題目時(shí)一定要注意極值與最值的區(qū)別，它們有本質(zhì)的不同：極值是一個(gè)局部的概念，而最值是一個(gè)整體的概念.

例3? ?已知函數(shù)f（x）= 1 2 ax2-2x+alnx（a∈ R ）.

（1）若函數(shù)y=f（x）存在極大值和極小值，求a的取值范圍;

（2）設(shè)m，n分別為f（x）的極大值和極小值，其中m=f（x1），n=f（x2），且x1∈（ 1 3 ， 1 2 ），求m+n的取值范圍.

分析：? （1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）= 1 2 ax2-2x+alnx（a∈ R ），所以要求函數(shù)y=f（x）存在極大值和極小值即對(duì)函數(shù)的求導(dǎo)，要保證導(dǎo)函數(shù)的對(duì)應(yīng)的方程有兩個(gè)不相等的正實(shí)根.所以通過(guò)判別式大于零和韋達(dá)定理中根與系數(shù)的關(guān)系即可得到結(jié)論.（2）根據(jù)極大值與極小值的含義得到兩個(gè)相應(yīng)的方程，又由兩個(gè)極值點(diǎn)的關(guān)系，將其中一個(gè)消去，由兩個(gè)極值相加可得關(guān)于極大值點(diǎn)的等式從而通過(guò)基本不等式求最值即可.

解：? （1）f′（x）= ax2-2x+a x （x>0），由題設(shè)知a≠0，且關(guān)于x的方程ax2-2x+a=0有兩個(gè)不相等的正根，設(shè)為x1，x2，于是有 Δ=4-4a2>0x1+x2= 2 a >0x1x2=1 ，

解得0

經(jīng)檢驗(yàn)，0

（2）由題設(shè)結(jié)合x1x2=1，x1

且m= 1 2 ax21-2x1+alnx1，n= 1 2 ax22-2x2+alnx2，

所以m+n= 1 2 a（x21+x21）-2（x1+x2）+alnx1x2

= 1 2 · 2 x1+x2 [（x1+x2）2-2x1x2]-2（x1+x2）

=-（x1+x2）- 2 x1+x2

=-[（x1+ 1 x1 ）+ 2 x1+ 1 x1? ]，

因?yàn)椋▁1+ 1 x1 ）′=1- 1 x21 <0，所以x1+ 1 x1 在區(qū)間（ 1 3 ， 1 2 ）是減函數(shù)，

所以x1+ 1 x1 ∈（ 5 2 ， 10 3 ），設(shè)t=x1+ 1 x1 ，

且g（t）=-t- 2 t （ 5 2

所以g（t）在區(qū)間（ 5 2 ， 10 3 ）上是減函數(shù)，

g（ 5 2 ）=- 33 10 ，g（ 10 3 ）=- 59 15 ，所以g（t）∈（- 59 15 ，- 33 10 ），因此m+n∈（- 59 15 ，- 33 10 ）.

點(diǎn)評(píng)： 本題考查了同學(xué)們利用導(dǎo)數(shù)求極值、利用基本不等式求極值、函數(shù)與不等式的關(guān)系和消元解方程的思想.正確運(yùn)用導(dǎo)數(shù)為零與函數(shù)極值的關(guān)系是此類問(wèn)題解題的前提和關(guān)鍵，而適當(dāng)?shù)姆诸愑懻撏鶗?huì)成為解題的難點(diǎn)，當(dāng)然也有一定的規(guī)律：比如導(dǎo)函數(shù)是一個(gè)二次函數(shù)，判別式與0的關(guān)系不定而引起的分類;極值點(diǎn)的大小關(guān)系不定而引起的分類;極值點(diǎn)與區(qū)間的關(guān)系不定而引起的分類等等，當(dāng)然這些都非一日之功.

四、與方程有關(guān)的類型

現(xiàn)在高中數(shù)學(xué)命題中常出現(xiàn)有關(guān)參數(shù)的方程問(wèn)題、根的分布問(wèn)題，有時(shí)甚至出現(xiàn)在一些高考試題的壓軸題中.完成此類問(wèn)題正確的轉(zhuǎn)化是解題最為關(guān)鍵的地方，基礎(chǔ)較差的同學(xué)可能出現(xiàn)復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化的現(xiàn)象（當(dāng)然是錯(cuò)誤的理解而已），這種題型往往能很好的考查同學(xué)們運(yùn)用所學(xué)知識(shí)解決新問(wèn)題的能力，這也正是它的魅力所在.

例4? ?已知函數(shù)f（x）=lnx- 1 2 ax2-2x（a<0）.

（1）若函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增，求實(shí)數(shù)a的取值范圍;

（2）若a=- 1 2 ，且關(guān)于x的方程f（x）=- 1 2 x+b在[1，4]上恰有兩個(gè)不等的實(shí)根，求實(shí)數(shù)b的取值范圍.

分析：? （1）求出f（x）的定義域及導(dǎo)函數(shù)f′（x），由函數(shù)f（x）在定義域內(nèi)單調(diào)遞增知，f′（x）≥0在定義域內(nèi)恒成立，通過(guò)參變分離化為a≤g（x）在定義域內(nèi)恒成立，求出g（x）的最小值，即a≤[g（x）]min即為a的取值范圍;（2）先將關(guān)于x的方程f（x）=- 1 2 x+b在[1，4]上恰有兩個(gè)不等實(shí)根轉(zhuǎn)化為方程f（x）+ 1 2 x=b在[1，4]上恰有兩個(gè)不等實(shí)根，即函數(shù)y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）圖象與y=b恰有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)通過(guò)研究函數(shù)y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）的單調(diào)性、極值、最值及圖象，結(jié)合y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）的圖象，找出y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）與y=b恰有兩個(gè)交點(diǎn)時(shí)b的取值范圍，即為所求.

解：? （1）函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），

f′（x）=- ax2+2x-1 x （x>0），

依題意f′（x）≥0在x>0時(shí)恒成立，

則a≤ 1-2x x2 =（ 1 x -1）2-1在x>0時(shí)恒成立，

即a≤[（ 1 x -1）2-1]min（x>0），

當(dāng)x=1時(shí)，（ 1 x -1）2-1取最小值-1，所以a的取值范圍是（-∞，-1].

（2）a=- 1 2 ，由f（x）=- 1 2 x+b得 1 4 x2- 3 2 x+lnx-b=0在[1，4]上有兩個(gè)不同的實(shí)根，

設(shè)g（x）= 1 4 x2- 3 2 x+lnx，x∈[1，4]，

g′（x）= （x-2）（x-1） 2x ，x∈[1，2）時(shí)，g′（x）<0，x∈（2，4]時(shí)，g′（x）>0，

g（x）min=g（2）=ln2-2，g（1）=- 5 4 ，g（4）=2ln2-2，

g（1）-g（4）= 3 4 -2ln2= 1 4 （3-4ln4）<0，

得g（1）

點(diǎn)評(píng)： 本題考查了常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)、導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則、導(dǎo)數(shù)函數(shù)單調(diào)性關(guān)系、導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式，考查了同學(xué)們的轉(zhuǎn)化能力和運(yùn)算求解能力.在某一區(qū)間內(nèi)有關(guān)方程根的分布情況，所涉及方程往往有兩類：一類為一元二次方程，它可充分利用三個(gè)二次的關(guān)系進(jìn)行處理問(wèn)題;另一類為非一元二次方程，此時(shí)一般要構(gòu)造新的方程或函數(shù)進(jìn)行研究，運(yùn)用導(dǎo)數(shù)作為工具，數(shù)形結(jié)合處理此類問(wèn)題.

（作者：王佩其，江蘇省太倉(cāng)市明德高級(jí)中學(xué)）