導(dǎo)數(shù)法求參數(shù)范圍問題復(fù)習(xí)建議

俞新龍

導(dǎo)數(shù)作為解決數(shù)學(xué)問題的有力工具，在中學(xué)數(shù)學(xué)中占有十分重要的地位，它是高考必考內(nèi)容，其中，導(dǎo)數(shù)法求參數(shù)范圍問題是一種比較常見且又具有一定難度的題型，該類型問題常常給解題造成比較大的困擾.下面通過典型問題的解答，歸納了導(dǎo)數(shù)法求參數(shù)范圍問題中的3條復(fù)習(xí)建議，希望對大家破解此類問題有所幫助.

建議1：熟練掌握常見的三種解題方法，做到目標(biāo)明確

此類問題解決的方法不大多，常見的是變量分離、等價轉(zhuǎn)換和數(shù)形結(jié)合.

例1. 已知函數(shù)f x = ?ln x x .若不等式f x ≤kx對任意x>0恒成立，求實數(shù)k的取值范圍.

解析： 變量分離是求解參數(shù)范圍問題最常見方法.

解法1： 由 ?ln x x ≤kx得k≥ ?ln x x2 對任意x>0恒成立，故k≥ ??ln x x2 ???max .

記g x = ?ln x x2 ，則g′ x = ?1 x ·x2－ ln x·2x x4 = 1－2 ln x x3 .

由g′ x =0解得x= ??e .

當(dāng)00，x> ??e 時，g′ x <0，

所以g x = ?ln x x2 在（0， ??e ）遞增，在（ ??e ，+SymboleB@

）遞減，故g x ≤g ???e ?= ?ln ???e ?e = 1 2e ，

所以k≥ 1 2e .

若直接由（ ?ln x x －kx） ?max ≤0求解，則函數(shù)y= ?ln x x －kx最大值難求，此時可以先行等價轉(zhuǎn)換，再結(jié)合“對數(shù)單身狗”（具體是指當(dāng)求導(dǎo)判斷單調(diào)性遇阻時對數(shù)函數(shù)不與其他函數(shù)進行乘除）進行解決.

解法2： 由 ?ln x x ≤kx得 ln x－kx2≤0對任意x>0恒成立，則（ ln x－kx2） ?max ≤0.

記h x = ln x－kx2，h′ x = 1 x －2kx= 1－2kx2 x ，

故當(dāng)k≤0時，h′ x >0對x>0恒成立，即h x 是（0，+SymboleB@

）上的增函數(shù)，而h 1 =－k>0，不符合；

當(dāng)k>0時，由h′ x ＝0得x= ???1 2k ?或x=－ ???1 2k ?（舍去），所以當(dāng)00；x> ???1 2k ?時，h′ x <0.

因此，h（x） ?max =h ????1 2k ??= ln ????1 2k ?－k· 1 2k =－ 1 2 ?ln ?2k － 1 2 ≤0，解得k≥ 1 2e .

數(shù)形結(jié)合是解決數(shù)學(xué)問題非常形象直觀的方法，本題等價于直線y=kx的圖像始終在曲線f（x）= ?ln x x 圖像的上方.

解法３： 因為f′ x = 1－ ln x x2 ，

故知00，

x>e時f′ x <0，

即f（x）在（0，e）遞增，在（e，+SymboleB@

）遞減.

且易知x→0時，f x = ?ln x x →－SymboleB@

，x→+SymboleB@

時，f x = ?ln x x >0且趨向于0，故可得函數(shù)f x 的圖像大致如圖1所示.

因為直線y=kx的圖像始終在曲線f（x）= ?ln x x 圖像的上方，所以臨界狀態(tài)就是過原點O（0，0）作曲線f x = ?ln x x 的切線l.

設(shè)切點（m， ?ln m m ），則切線方程為y－ ?ln m m = 1－ ln m m2 （x－m），根據(jù)切線過原點得－ ?ln m m = 1－ ln m m2 ×（－m），解得m= ??e ，

于是得切線斜率 1－ ln ???e ?e = 1 2e ，則k≥ 1 2e .

以上三種解法各有優(yōu)缺點，在解題先后的選擇上沒有固定順序，可以根據(jù)個人解題習(xí)慣進行重點理解、掌握.

建議2： 熟練掌握從結(jié)構(gòu)上匹配題型解決方法，做到模式識別

該種問題常常具有明顯的結(jié)構(gòu)特征，我們可以通過題型匹配迅速找到問題的突破口.

例2. 設(shè)定義在 R 上的函數(shù)f x 滿足f′ x +f x =3x2e－x，且f 0 =0，若f x ≤kx對任意x>0恒成立，則實數(shù)k的最小值為 ?????.

解析： 看到類似“ Δ f′ x +SymbolQC@

f x ”結(jié)構(gòu)就應(yīng)該從匹配積的導(dǎo)數(shù)公式研究.

對于本題f′ x +f x 顯然還不滿足積的導(dǎo)數(shù)公式，但簡單處理一下即可：因為從積的導(dǎo)數(shù)公式看，SymbolQC@

表示 Δ 的導(dǎo)數(shù)，而本題體會了原函數(shù)=導(dǎo)數(shù) Δ ，此種情況一般只有函數(shù)y=ex，所以就可以得到f′ x ex+exf x =f′ x ex+f x ?ex ′= exf x ?′=3x2.

因此，exf x =x3+k，又因為e0f 0 =03+k，所以k=0，則f x =x3e－x.

于是，x3e－x≤kx對任意x>0恒成立等價于（x2e－x） ?max ≤k，x>0.記g x =x2e－x，則g′ x =（2x－x2）e－x，所以g x 在 0，2 遞增，（2，+SymboleB@

）遞減，

故g（x） ?max =g 2 = 4 e2 ，故k≥ 4 e2 ，所以實數(shù)k的最小值為 4 e2 .

如果f′ x －f x =3x2e－x能得到怎樣的關(guān)系式呢？從結(jié)構(gòu)上看此時應(yīng)該對照商的導(dǎo)數(shù)公式，所以有f′ x ex－f x ?ex ′=3x2，進一步得 f′ x ex－f x ?ex ′ ?ex 2 = 3x2 ?ex 2 ， ?f x ?ex ?′= 3x2 ?ex 2 .

比較常見的形式有：對于f′ x +f x 結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)y=exf x ；對于f′ x －f x 結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)y= f x ?ex ；對于xf′ x +f x 結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)y=xf x ；對于xf′ x －f x 結(jié)構(gòu)構(gòu)造函數(shù)y= f x ?x .

例3. 已知不等式x+a ln x+ 1 ex ≥xa對任意x∈（1，+SymboleB@

）恒成立，則實數(shù)a的最小值為（ ?）

A .－ ??e

B .－ e 2

C .－e

D .－2e

解析： 首先從a的位置考慮，原不等式可化為x+ ln xa+ 1 ex ≥xa，

即x+ 1 ex ≥xa－ ln xa，從右邊看可考查函數(shù)f（x）=x－ ln x，能否將左邊也化成這種結(jié)構(gòu)呢？如果可以的話，就是考查函數(shù)f（x）的單調(diào)性了.

由x+ 1 ex = ln ex+e－x=e－x－ ln e－x≥xa－ ln xa，得f（e－x）≥f（xa）.

又因為f′（x）=1－ 1 x ，易知f（x）在 0，1 遞減，（1，+SymboleB@

）遞增.當(dāng)x>1時e－x∈（0，1）， 所以實數(shù)a要取最小值的話，必有e－x∈（0，1），xa∈（0，1），從而得到e－x≤xa<1，則有 ln e－x≤ ln xa－x≤a ln xa≥ －x ?ln x 對x>1恒成立.

令g x = －x ?ln x ，則g′ x = －1· ln x－（－x）· 1 x ?（ ln x）2 = 1－ ln x （ ln x）2 ，可知g x 在（1，e）遞增，（e，+SymboleB@

）遞減，所以g（x） ?max =g e =－e，故a≥g（x） ?max =－e，則實數(shù)a的最小值為－e.

從上述兩例可以看出，許多看似比較難的題目我們都可以從結(jié)構(gòu)上尋求突破口.

建議3： 熟練掌握ex≥x+1恒成立、xex=1有解解決方法，做到能力提升

教材習(xí)題中歷來都有ex≥x+1 ln x≤x－1結(jié)論的體現(xiàn)，所以大家都比較重視，但如何靈活運用卻是一個難點；而對于xex=1有解的運用及變用卻鮮有涉及.

例4. 已知不等式xex－a（x+1）≥ ln x對任意正數(shù)x恒成立，則實數(shù)a的最大值是（ ?）

A . 1 2

B .1

C . ??2

D . e 2

解析： 一般都采用變量分離解答.xex－a x+1 ≥ ln xa≤ ?xex－ ln x x+1 ???min ，x>0.

記f x = xex－ ln x x+1 ，

則f′ x = ?xex－ ln x ′ x+1 － xex－ ln x （x+1）′ （x+1）2 = ?x2+x+1 ex－1－ 1 x + ln x （x+1）2 ，沒有辦法判斷f′ x 的正負，再嘗試對g（x）= x2+x+1 ex－1－ 1 x + ln x進行求導(dǎo)研究，得到g′ x = x2+3x+2 ex+ 1 x2 + 1 x >0對x>0恒成立，故g（x）在（0，+SymboleB@

）遞增，但g（x）是否有零點也難確定，至此無法解答下去了，解題遇阻.

如果能比較靈活運用ex≥x+1的話，那么本題f x 的最小值可以這樣求解：f x = xex－ ln x x+1 = e ln x·ex－ ln x x+1 = e ln x+x－ ln x x+1 ≥ （ ln x+x+1）－ ln x x+1 =1，當(dāng)且僅當(dāng) ln x+x=0時等號成立，故f x 的最小值為1，所以a≤1，故實數(shù)a的最大值是1.

在解題中如果一個等式中有x、ex、 ln x，則一定要注意xex=1 有解的應(yīng)用.從圖像上易知y=ex與y= 1 x 有交點，故

ex= 1 x 即xex=1方程有解，由此等式可以演化出一些其他等式，如： ln ex= ln ?1 x x+ ln x=0，x2ex=x，所以本題中g(shù) x = x2+x+1 ex－1－ 1 x + ln x=x+1+ 1 x －1－ 1 x －x=0，即存在x 0>0且滿足ex 0= 1 x 0 、即x 0+ ln x 0=0時，有g(shù) x 0 =0，故可知當(dāng)0x 0時f′ x >0，故（f x ） ?min =f x 0 = x 0ex 0－ ln x 0 x 0+1 =1，所以a≤1，故實數(shù)a的最大值是1.

例5. 已知函數(shù)f x =xex－1，g x = ln x+kx，且f x ≥g x 對任意的x∈（0，+?SymboleB@）恒成立，則實數(shù)k的最大值為 ?????.

解析： ?f x ≥g x k≤（ex－ 1 x － ?ln x x ） ?min ，x∈（0，+?SymboleB@）.

令h x =ex－ 1 x － ?ln x x ，則h′ x =ex+ 1 x2 － 1－ ln x x2 =ex+ ?ln x x2 .

因為h′ 1 =e>0，h′ ?1 e ?=e ?1 e －e2<0，所以必存在x 0∈（ 1 e ，1）使h′ x 0 =ex 0+ ?ln x 0 x 02 =0、即x 02ex 0+ ln x 0=0，且知h x 在 0，x 0 遞減， x 0，+?SymboleB@

遞增，所以h x ≥h x 0 =ex 0－ 1 x 0 － ?ln x 0 x 0 .

至此，解題遇阻.實際上，如例4解析過程一樣，我們要能從x 02ex 0+ ln x 0=0中得到ex 0= 1 x 0 、即x 0+ ln x 0=0，這樣的話h x ≥h x 0 =ex 0－ 1 x 0 － ?ln x 0 x 0 = 1 x 0 － 1 x 0 － －x 0 x 0 =1，故k≤1，則實數(shù)k的最大值為1.

從上述兩例可以看出，雖然ex≥x+1恒成立、xex=1有解在解題運用中具有一定的難度，但只要我們解題中遇到x、ex、 ln x關(guān)系式就能有意識地去思考，應(yīng)該還是可以理解掌握的.

責(zé)任編輯 ?徐國堅