一類函數最值的范圍探究

戈晨曦

[摘? 要] 一個不含參數的解析式和定義域都確定的函數，它的值域應該是確定的. 如果它有最值，那么它的最值也應該是確定的. 但是有些函數不借助科學技術很難得到精確的最值，我們只有通過分析極值點的范圍，從而估計出函數的最值范圍. 這個估計往往伴隨著一個可以接受的誤差值.

[關鍵詞] 函數最值;范圍;解題探究

一個不含參數的，并且解析式和定義域都確定的函數，它的值域應該也是確定的. 如果它有最值，那么它的最值也應該是確定的. 但是有些函數的最值，特別是一些超越函數，是很難算出具體數值的，但有時我們需要知道最值的范圍. 這時就需要我們對最值進行必要的估算. 對于這種能力的考查，符合《2019年全國統一考試（江蘇卷）說明》中對于運算求解能力的考查要求：能夠根據法則、公式進行正確運算、變形和數據處理;能夠根據問題的條件尋找與設計合理、簡捷的運算途徑;能夠根據要求對數據進行估計和近似計算.

問題：已知關于x的不等式（x-3）lnx≤λ有解，求整數λ的最小值.

分析：令h（x）=（x-3）lnx（x>0），這個結構的函數屬于超越函數的范疇，我們用導數工具去研究它的變化趨勢和極值. 導函數h′（x）=

lnx+1-

（x>0）又是一個超越函數，它的根是確定的，但是不知道具體的數值. 所以我們看到編題者巧妙地設置了一個求整數λ的最小值問題. 這里因為只要求λ是整數，所以對最小值的要求也由原來的需要精確的最小值轉為只需要知道最小值的范圍即可. 這里的最小值范圍應該限制在（k，k+1）（k∈Z）即可. 于是我們可以根據零點存在定理得到導函數零點的一個估值，這個估值可以精確到一個合適的范圍.

h′（1）=

ln1+1-

<0，h′（2）=

ln2+1-

>0，所以存在唯一x∈（1，2），使得h′（x）=0，即lnx+1-=0，當x∈（0，x）時，h′（x）<0;當x∈（x，+∞）時，h′（x）>0，所以h（x）=h（x）=（x-3）lnx. 又因為lnx+1-=0，所以lnx=-1代入h（x）=（x-3）lnx=（x-3）

-1

=3-

x+

. 又因為x∈（1，2），所以3-

x+

∈

-2，-

，這個范圍跨了兩個連續整數區間，不符合題意. 我們有沒有辦法能夠進一步縮小最小值的范圍呢？

我們可以通過進一步縮小導函數零點x的范圍，從而來縮小最小值的范圍. h′

=

ln+1-2

<0，所以x∈

，2

，所以3-

x+

∈

-，-

，所以λ≥0. 所以整數λ的最小值0.

解題感受：我們高中階段學習的絕大多數函數都是沒有辦法寫出值域的. 但是不是這類函數我們就不值得去研究了呢？其實這一類函數也有相當大的研究價值. 在這里我們可以研究其最值的范圍問題，而且這個范圍還是有條件的，必須控制在一個整數區間內，于是我們使用了隱零點和估算. 由上面的解題分析，我們發現，本題的最小值就是函數的極值，由于函數極值點x的不明確，導致了函數最小值的不明確. 但是最小值可以寫成關于x的函數，我們可以調整定義域x的范圍，從而來實現調整最小值范圍的目的. 此題的本質是求定義域和值域的問題.

本題的思維導圖如下：

解題反思：1.如果x∈

，2

仍然不能使h（x）限定在一個連續整數區間內，則根據零點存在定理和二分法的思想，我們可以進一步縮小，我們可以繼續去尋找

，2

的中間值，比如取，然而h′

=

ln+1-

的正負不是那么容易確定的，于是區間進一步縮小僅僅停留在了理論的層面. 實際問題中，往往很難實施. 如果我們把題目略做修整，（x-3）lnx≤λ有解，如果按照上面的方法處理，那么左邊的函數的最小值的范圍

-，-

. 此時不符合（k，k+1）（k∈Z）的特點，需要進一步縮小x. 我們發現不論在

，2

上取哪一個值，都不是特別好確定它的導函數的正負. 所以編題者這里巧妙地設置了系數，把最小值限制在了（k，k+1）（k∈Z）內. （x-3）lnx≤λ有解，是不是真的就沒有辦法求解了？其實，如果我們能夠證明（x-3）lnx>-1對于x>0恒成立，那么最小值就只能落在

-1，-

內了，問題便迎刃而解. 通過證明我們得到結論lnx≤x-1（x>0）當且僅當x=1時取等號. 所以當x∈（1，3），（x-3）lnx>（x-3）（x-1）=x2-4x+3=（x-2）2-1≥-1，當x∈（0，1]∪[3，+∞）， （x-3）lnx≥0，所以（x-3）lnx>-1對于x>0恒成立. 再結合最小值的范圍在

-，-

，所以我們可以確定最小值的范圍在

-1，-

.

我們再來看一例：ex+≥a對x>0恒成立，求整數a的最大值.

分析：與上例類似處理，h（x）=ex+（x>0），h′（x）=ex-（x>0），易得h′（x）在（0，+∞）上遞增. 又因為h′

=e-4<0，h′

=e->0. 所以必存在x∈

，

，使得h′（x）=e-=0，所以e=. 由分析可知h（x）=h（x）=e+=+，x∈

，

，易得h（x）∈

，6

.

問題來了，區間的跨度比較大，跨越了3個整數區間. 而且x∈

，

已經縮放得比較完美了，再去進行放縮，難度非常大. 這時候，如果我們發現h（1）=e+1∈（3，4），那么最小值的范圍就只能在區間（3，4）. 從上面的2個例子我們發現，有時我們在解題中善于發現特殊區間或者特殊點處函數值的范圍，將大大簡化我們的解題過程.

最值關于x的函數表達式的建構不是唯一的. 因為lnx+1-=0，所以x=，h（x）=（x-3）lnx=·

-3

lnx=-，x∈

，2

. 如果化到這個式子，則處理起來相當麻煩. 因為不同的代入方式，會得到不同的解析式. 所以我們要求構建的目標函數應該簡單、明了，能夠容易求得函數的值域. 下面舉一例說明：

已知f（x）=ex-lnx（x>0），若正整數k≤f（x）恒成立，求k的值.

分析：f′（x）=ex-（x>0），f″（x）=ex+（x>0），所以y=f′（x）單調遞增. 又因為f′（1）=e-1>0，f′

=-2<0，所以必存在x∈

，1

，使f′（x）=e-=0. 所以f（x）=f（x）=e-lnx. 因為e=，所以f（x）=f（x）=-lnx，如果能夠進一步發現e=?x=-lnx，則f（x）=f（x）=+x. 又因為x∈

，1

，f（x）=f（x）=+x∈

2，

，所以k的值為0或1.

數學的思想方法存在于問題解決的過程中，一個有意義且高效的解題過程的每個步驟無不體現著數學思想方法的指導作用[1]. 本題在解決過程中很好地體現了這一點，比如：最值到極值體現了化歸與轉化思想，極值的函數構建體現了函數與方程思想，縮小x的范圍體現了逼近思想.

參考文獻：

[1]? 蔣海燕. 中學數學核心素養[M]. 濟南：山東人民出版社，2017.