利用導(dǎo)數(shù)的定義破解導(dǎo)數(shù)解答題

藍(lán)云波

在導(dǎo)數(shù)解答題中，含參數(shù)的恒成立、能成立問(wèn)題的考查頻率頗高，這部分考題，不少答案都是利用分類討論思想解答的，雖然分類討論是數(shù)學(xué)中的重要思想方法，具有不可替代的作用和地位.但筆者在教學(xué)中發(fā)現(xiàn)，學(xué)生對(duì)分類討論尤為畏懼，往往不能有效解決問(wèn)題.所以學(xué)生更喜歡利用分離參數(shù)，轉(zhuǎn)化為最值的方法解答這類問(wèn)題.但應(yīng)用這種方法求解，有時(shí)最值不存在，其極限值卻存在，不少教師在教學(xué)中都是利用高等數(shù)學(xué)中的洛必達(dá)法則解決的，但這對(duì)學(xué)生而言卻是超綱的，尤其是對(duì)基礎(chǔ)本就不夠好的學(xué)生而言，無(wú)疑加大了其學(xué)習(xí)的負(fù)擔(dān).基于此，筆者嘗試?yán)闷渌緩浇鉀Q這個(gè)問(wèn)題.通過(guò)探究，筆者發(fā)現(xiàn)，利用導(dǎo)數(shù)的定義是解決這類問(wèn)題的一大利器.因此特別把自己的一些想法整理成文，以期拋磚引玉，望大家批評(píng)指正.

人教A版數(shù)學(xué)選修22教材第5頁(yè)給出了如下的導(dǎo)數(shù)的定義：

一般地，函數(shù)y=f（x）在x=x0處的瞬時(shí)變化率是limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx，

我們稱它為函數(shù)y=f（x）在x=x0處的導(dǎo)數(shù)（derivative），記作f′（x0）或y′x=x0，即f′（x0）=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx.

在教學(xué)中，若教師對(duì)基本概念作進(jìn)一步的發(fā)掘，容易得出函數(shù)y=f（x）在x=x0處的導(dǎo)數(shù)定義等價(jià)于f′（x0）=limx→x0f（x）-f（x0）x-x0.

導(dǎo)數(shù)的定義給出了某一函數(shù)在x=x0處的極限值與函數(shù)y=f（x）在x=x0處的導(dǎo)數(shù)的聯(lián)系，為利用導(dǎo)數(shù)的定義解決一類導(dǎo)數(shù)解答題提供了理論依據(jù).下面筆者以近幾年的各類試題為例，談?wù)劺脤?dǎo)數(shù)的定義破解導(dǎo)數(shù)解答題這個(gè)問(wèn)題.

例1（2014年高考北京卷理科）已知函數(shù)f（x）=xcosx-sinx，x∈[0，π2].

（1）求證：f（x）≤0；

（2）若a

解析（1）因?yàn)閒′（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx≤0，所以f（x）在[0，π2]上單調(diào)遞減，所以f（x）≤f（0）=0×cos0-sin0=0，即f（x）≤0得證.

（2）設(shè)g（x）=sinxx，x∈（0，π2）.則g′（x）=xcosx-sinxx2，由（1）知，g′（x）<0，故g（x）在（0，π2）上單調(diào)遞減.所以g（x）>g（π2）=sinπ2π2=2π.所以a≤2π，即a的最大值為2π.

又limx→0sinxx=limx→0sinx-sin0x-0.由導(dǎo)數(shù)的定義知，limx→0sinxx等于函數(shù)h（x）=sinx在x=0處的導(dǎo)數(shù)，又因?yàn)閔′（x）=cosx，所以h′（0）=cos0=1，所以limx→0sinxx=1.所以g（x）<1，所以b≥1，即b的最小值為1.

綜上知a的最大值為2π，b的最小值為1.

點(diǎn)評(píng)本題的參考答案用的是較為復(fù)雜的分類討論的方法進(jìn)行求解的，能順利完成解答的學(xué)生不多.本解法運(yùn)用了學(xué)生較為喜歡的分離參數(shù)方法，難點(diǎn)在于得出函數(shù)g（x）=sinxx在（0，π2）單調(diào)遞減后，函數(shù)g（x）在x=0時(shí)的極限值的求解，本文使用了導(dǎo)數(shù)的定義，既避免了繁瑣的分類討論，又沒(méi)有使用超綱的洛必達(dá)法則，且整個(gè)解答過(guò)程極為簡(jiǎn)潔，無(wú)疑是一種值得推廣的好方法！

例2（2007年高考全國(guó)卷理科）已知函數(shù)f（x）=ex-e-x.

（1）證明：f′（x）≥2；

（2）若對(duì)x≥0都有f（x）≥ax，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析（1）略；

（2）當(dāng)x=0時(shí)，對(duì)任意a∈R，f（x）≥ax顯然成立；

當(dāng)x>0時(shí)，由f（x）≥ax可得a≤ex-e-xx.設(shè)g（x）=ex-e-xx（x>0）.

則g′（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）x2，設(shè)h（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）（x>0）.

則h′（x）=x（ex-e-x）>0，所以h（x）單調(diào)遞增，所以h（x）>h（0）=0，所以g′（x）>0，

所以g（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，又因?yàn)閘imx→0g（x）=limx→0ex-e-xx=limx→0（ex-e-x）-（e0-e-0）x-0.

由導(dǎo)數(shù)的定義知極限值limx→0g（x）為函數(shù)s（x）=ex-e-x在x=0處的導(dǎo)數(shù)值，又s′（x）=ex+e-x，

所以s′（0）=e0+e-0=2，所以limx→0g（x）=2.綜上可知實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，2].

點(diǎn)評(píng)本題與例1是同類型題，再一次讓我們感受到了導(dǎo)數(shù)的定義在解這類問(wèn)題中的優(yōu)越性.這說(shuō)明教師在教學(xué)過(guò)程中，應(yīng)重視基本概念、定義的教學(xué)，不可只重題型方法的灌輸，從而忽視基本概念、定義的生成、發(fā)掘和延伸.

例3（2015年四川省遂寧市第二次診斷）已知函數(shù)f（x）=ex（e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)），g（x）=ln（x+1）.

（1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的極值；

（2）對(duì)任意x≥0，證明：f（x）>g（x+1）；

（3）對(duì)任意x≥0，都有g(shù)（x）≥axx+1成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

解析（1），（2）略；

（3）g（x）≥axx+1即為ln（x+1）≥axx+1①，

當(dāng)x=0時(shí)，對(duì)a∈R，不等式①恒成立；

當(dāng)x>0時(shí)，不等式①等價(jià)于a≤（x+1）ln（x+1）x.

設(shè)G（x）=（x+1）ln（x+1）x，x>0.則G′（x）=x[ln（x+1）+1]-（x+1）ln（x+1）x2

=x-ln（x+1）x2.令h（x）=x-ln（x+1）（x>0），則h′（x）=1-1x+1=xx+1>0，所以h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.所以h（x）>h（0）=0-ln（0+1）=0，故G′（x）>0，所以G（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.又limx→0（x+1）ln（x+1）x=limx→0（x+1）ln（x+1）-（0+1）ln（0+1）x-0，由導(dǎo)數(shù)的定義知，limx→0（x+1）ln（x+1）x等于函數(shù)m（x）=（x+1）ln（x+1）在x=0處的導(dǎo)數(shù)，又因?yàn)閙′（x）=ln（x+1）+1，所以m′（0）=ln（0+1）+1=1，所以limx→0（x+1）ln（x+1）x=1.所以G（x）>1，故a≤1，綜上知實(shí)數(shù)a的取值范圍為（-∞，1].

點(diǎn)評(píng)本題改編自2014年高考陜西卷理科數(shù)學(xué)卷的壓軸題，本文給出的整個(gè)解法過(guò)程行云流水，幾乎沒(méi)有受到任何阻礙，這說(shuō)明，利用導(dǎo)數(shù)的定義求解函數(shù)在某點(diǎn)處的極限值具有一定的通性通法.

例4（2013年山東省濟(jì)南市二模理科）設(shè)f（x）=（x+a）lnxx+1，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線與直線2x+y+1=0垂直.

（1）求a的值；

（2）若x∈[1，+∞），f（x）≤m（x-1）恒成立，求m的取值范圍；

（3）求證：ln42n+1<∑ni=1i4i2-1（n∈N*）.

解析（1），（3）略；

（2）當(dāng)x=1時(shí)，對(duì)m∈R，f（x）≤m（x-1）均成立，當(dāng)x>1時(shí)，原不等式等價(jià)于m≥xlnxx2-1恒成立.設(shè)g（x）=xlnxx2-1，x∈（1，+∞）.則g′（x）=（lnx+1）（x2-1）-（xlnx）·2x（x2-1）2

=-x2lnx-lnx+x2-1（x2-1）2.設(shè)h（x）=-x2lnx-lnx+x2-1，則h′（x）=-2xlnx-1x+x，再設(shè)s（x）=-2xlnx-1x+x.則s′（x）=-2lnx+1x2-1，再設(shè)q（x）=-2lnx+1x2-1，則q′（x）=-2x-2x3<0.所以q（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，又因?yàn)閝（1）=0，故q（x）<0，即當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，s′（x）<0.所以s（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，而s（1）=0，所以s（x）<0，即當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h′（x）<0，所以h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，而h（1）=0，故當(dāng)x∈（1，+∞）時(shí)，h（x）<0，由此可得g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減.

因?yàn)閘imx→1xlnxx2-1=limx→1xx+1limx→1lnxx-1.而limx→1xx+1=12，limx→1lnxx-1=limx→1lnx-ln1x-1，由導(dǎo)數(shù)的定義知，limx→1lnxx-1等于函數(shù)p（x）=lnx在x=1處的導(dǎo)數(shù)，又因?yàn)閜′（x）=1x所以limx→1lnxx-1=p′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.所以g（x）<12，故m≥12.

綜上知m的取值范圍為[12，+∞）.

點(diǎn)評(píng)本題如按參考答案給出的方法解答，對(duì)恒等變形的技巧要求較高，且變形后的分類討論也較為復(fù)雜，本題通過(guò)多次求導(dǎo)后，得出函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，問(wèn)題便轉(zhuǎn)化為一個(gè)極限值的求解，此極限值與前面三例相比較為復(fù)雜，似乎不能利用導(dǎo)數(shù)的定義求解，但在走出定勢(shì)思維，通過(guò)拆分變形之后，問(wèn)題便迎刃而解.

例4中，在求解極限limx→1xlnxx2-1的值時(shí)，還可運(yùn)用下列兩種方法求解.

方法2limx→1xlnxx2-1=limx→11x+1limx→1xlnxx-1.而limx→11x+1=12，

limx→1xlnxx-1=limx→1xlnx-1×ln1x-1，由導(dǎo)數(shù)的定義知，limx→1xlnxx-1等于函數(shù)h（x）=xlnx在x=1處的導(dǎo)數(shù)，又因?yàn)閔′（x）=lnx+1，所以limx→1xlnxx-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.

方法3設(shè)t=x2，則limx→1xlnxx2-1=12limx2→1x2lnx2x2-1=12limt→1tlntt-1

=12limt→1tlnt-1ln1t-1.由導(dǎo)數(shù)的定義知，limt→1tlntt-1等于函數(shù)h（t）=tlnt在t=1處的導(dǎo)數(shù)，又因?yàn)閔′（t）=lnt2t+tt，所以limx→1tlntt-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.

通過(guò)以上分析說(shuō)明，對(duì)某些含參的導(dǎo)數(shù)解答題，若能利用導(dǎo)數(shù)的定義突破解題的瓶頸，能極大地優(yōu)化解題過(guò)程，且解答過(guò)程具有一定的可操作性、模仿性、機(jī)械化的特點(diǎn)，無(wú)疑是學(xué)生較能接受和掌握的一種理想方法.若教師在教學(xué)中能注意合理引導(dǎo)和傳授，既能提高學(xué)生的解題效率，又開(kāi)闊了學(xué)生的視野和發(fā)散了學(xué)生的思維，同時(shí)也會(huì)對(duì)數(shù)學(xué)概念、定義的重要性有更深的體會(huì).

最后，筆者給出兩道相關(guān)例題留給讀者完成，相信會(huì)對(duì)這種方法有更深的認(rèn)識(shí)和體會(huì)，并能在解題中靈活應(yīng)用.

變式習(xí)題：

題1（貴州省貴陽(yáng)市2015屆高三第一學(xué)期期末監(jiān)測(cè)）已知函數(shù)f（x）=（x-1）ex+1，x∈[0，1].

（1）證明：f（x）≥0；

（2）若a

題2（2010年高考全國(guó)卷理科）設(shè)函數(shù)f（x）=x（ex-1）-ax2.

（1）當(dāng)a=12時(shí)，求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若當(dāng)x≥0時(shí)f（x）≥0，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.

（題1第二問(wèn)答案為e-2；題2第二問(wèn)答案為（-∞，1].）