导数法求参数范围问题复习建议

俞新龙

导数作为解决数学问题的有力工具，在中学数学中占有十分重要的地位，它是高考必考内容，其中，导数法求参数范围问题是一种比较常见且又具有一定难度的题型，该类型问题常常给解题造成比较大的困扰.下面通过典型问题的解答，归纳了导数法求参数范围问题中的3条复习建议，希望对大家破解此类问题有所帮助.

建议1：熟练掌握常见的三种解题方法，做到目标明确

此类问题解决的方法不大多，常见的是变量分离、等价转换和数形结合.

例1. 已知函数f x =  ln x x .若不等式f x ≤kx对任意x>0恒成立，求实数k的取值范围.

解析： 变量分离是求解参数范围问题最常见方法.

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

记g x =  ln x x2 ，则g′ x =  1 x ·x2－ ln x·2x x4 = 1－2 ln x x3 .

由g′ x =0解得x=   e .

当00，x>   e 时，g′ x <0，

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

）递减，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，则函数y=  ln x x －kx最大值难求，此时可以先行等价转换，再结合“对数单身狗”（具体是指当求导判断单调性遇阻时对数函数不与其他函数进行乘除）进行解决.

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

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

故当k≤0时，h′ x >0对x>0恒成立，即h x 是（0，+SymboleB@

）上的增函数，而h 1 =－k>0，不符合；

当k>0时，由h′ x ＝0得x=    1 2k  或x=－    1 2k  （舍去），所以当00；x>    1 2k  时，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 .

数形结合是解决数学问题非常形象直观的方法，本题等价于直线y=kx的图像始终在曲线f（x）=  ln x x 图像的上方.

解法３： 因为f′ x = 1－ ln x x2 ，

故知00，

x>e时f′ x <0，

即f（x）在（0，e）递增，在（e，+SymboleB@

）递减.

且易知x→0时，f x =  ln x x →－SymboleB@

，x→+SymboleB@

时，f x =  ln x x >0且趋向于0，故可得函数f x 的图像大致如图1所示.

因为直线y=kx的图像始终在曲线f（x）=  ln x x 图像的上方，所以临界状态就是过原点O（0，0）作曲线f x =  ln x x 的切线l.

设切点（m，  ln m m ），则切线方程为y－  ln m m = 1－ ln m m2 （x－m），根据切线过原点得－  ln m m = 1－ ln m m2 ×（－m），解得m=   e ，

于是得切线斜率 1－ ln    e  e = 1 2e ，則k≥ 1 2e .

以上三种解法各有优缺点，在解题先后的选择上没有固定顺序，可以根据个人解题习惯进行重点理解、掌握.

建议2： 熟练掌握从结构上匹配题型解决方法，做到模式识别

该种问题常常具有明显的结构特征，我们可以通过题型匹配迅速找到问题的突破口.

例2. 设定义在 R 上的函数f x 满足f′ x +f x =3x2e－x，且f 0 =0，若f x ≤kx对任意x>0恒成立，则实数k的最小值为      .

解析： 看到类似“ Δ f′ x +SymbolQC@

f x ”结构就应该从匹配积的导数公式研究.

对于本题f′ x +f x 显然还不满足积的导数公式，但简单处理一下即可：因为从积的导数公式看，SymbolQC@

表示 Δ 的导数，而本题体会了原函数=导数 Δ ，此种情况一般只有函数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，又因为e0f 0 =03+k，所以k=0，则f x =x3e－x.

于是，x3e－x≤kx对任意x>0恒成立等价于（x2e－x）  max ≤k，x>0.记g x =x2e－x，则g′ x =（2x－x2）e－x，所以g x 在 0，2 递增，（2，+SymboleB@

）递减，

故g（x）  max =g 2 = 4 e2 ，故k≥ 4 e2 ，所以实数k的最小值为 4 e2 .

如果f′ x －f x =3x2e－x能得到怎样的关系式呢？从结构上看此时应该对照商的导数公式，所以有f′ x ex－f x  ex ′=3x2，进一步得 f′ x ex－f x  ex ′  ex 2 = 3x2  ex 2 ，  f x  ex  ′= 3x2  ex 2 .

比较常见的形式有：对于f′ x +f x 结构构造函数y=exf x ；对于f′ x －f x 结构构造函数y= f x  ex ；对于xf′ x +f x 结构构造函数y=xf x ；对于xf′ x －f x 结构构造函数y= f x  x .

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

）恒成立，则实数a的最小值为（  ）

A .－   e

B .－ e 2

C .－e

D .－2e

解析： 首先从a的位置考虑，原不等式可化为x+ ln xa+ 1 ex ≥xa，

即x+ 1 ex ≥xa－ ln xa，从右边看可考查函数f（x）=x－ ln x，能否将左边也化成这种结构呢？如果可以的话，就是考查函数f（x）的单调性了.

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

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

）递增.当x>1时e－x∈（0，1）， 所以实数a要取最小值的话，必有e－x∈（0，1），xa∈（0，1），从而得到e－x≤xa<1，则有 ln e－x≤ ln xa－x≤a ln xa≥ －x  ln x 对x>1恒成立.

令g x = －x  ln x ，则g′ x = －1· ln x－（－x）· 1 x  （ ln x）2 = 1－ ln x （ ln x）2 ，可知g x 在（1，e）递增，（e，+SymboleB@

）递减，所以g（x）  max =g e =－e，故a≥g（x）  max =－e，则实数a的最小值为－e.

从上述两例可以看出，许多看似比较难的题目我们都可以从结构上寻求突破口.

建议3： 熟练掌握ex≥x+1恒成立、xex=1有解解决方法，做到能力提升

教材习题中历来都有ex≥x+1 ln x≤x－1结论的体现，所以大家都比较重视，但如何灵活运用却是一个难点；而对于xex=1有解的运用及变用却鲜有涉及.

例4. 已知不等式xex－a（x+1）≥ ln x对任意正数x恒成立，则实数a的最大值是（  ）

A . 1 2

B .1

C .   2

D . e 2

解析： 一般都采用变量分离解答.xex－a x+1 ≥ ln xa≤  xex－ ln x x+1    min ，x>0.

记f x = xex－ ln x x+1 ，

则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 ，没有办法判断f′ x 的正负，再尝试对g（x）= x2+x+1 ex－1－ 1 x + ln x进行求导研究，得到g′ x = x2+3x+2 ex+ 1 x2 + 1 x >0对x>0恒成立，故g（x）在（0，+SymboleB@

）递增，但g（x）是否有零点也难确定，至此无法解答下去了，解题遇阻.

如果能比较灵活运用ex≥x+1的话，那么本题f x 的最小值可以这样求解：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，当且仅当 ln x+x=0时等号成立，故f x 的最小值为1，所以a≤1，故实数a的最大值是1.

在解题中如果一个等式中有x、ex、 ln x，则一定要注意xex=1 有解的应用.从图像上易知y=ex与y= 1 x 有交点，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，所以本题中g 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且满足ex 0= 1 x 0 、即x 0+ ln x 0=0时，有g x 0 =0，故可知当0x 0时f′ x >0，故（f x ）  min =f x 0 = x 0ex 0－ ln x 0 x 0+1 =1，所以a≤1，故实数a的最大值是1.

例5. 已知函数f x =xex－1，g x = ln x+kx，且f x ≥g x 对任意的x∈（0，+ SymboleB@）恒成立，则实数k的最大值为      .

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 ，则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 递减， x 0，+ SymboleB@

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

至此，解题遇阻.实际上，如例4解析过程一样，我们要能从x 02ex 0+ ln x 0=0中得到ex 0= 1 x 0 、即x 0+ ln x 0=0，这样的话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，则实数k的最大值为1.

从上述两例可以看出，虽然ex≥x+1恒成立、xex=1有解在解题运用中具有一定的难度，但只要我们解题中遇到x、ex、 ln x关系式就能有意识地去思考，应该还是可以理解掌握的.

责任编辑  徐国坚