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    利用導數(shù)的定義破解導數(shù)解答題

    2016-05-26 14:14:36藍云波
    中學數(shù)學雜志(高中版) 2016年3期
    關鍵詞:定義利用方法

    藍云波

    在導數(shù)解答題中,含參數(shù)的恒成立、能成立問題的考查頻率頗高,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.但筆者在教學中發(fā)現(xiàn),學生對分類討論尤為畏懼,往往不能有效解決問題.所以學生更喜歡利用分離參數(shù),轉化為最值的方法解答這類問題.但應用這種方法求解,有時最值不存在,其極限值卻存在,不少教師在教學中都是利用高等數(shù)學中的洛必達法則解決的,但這對學生而言卻是超綱的,尤其是對基礎本就不夠好的學生而言,無疑加大了其學習的負擔.基于此,筆者嘗試利用其它途徑解決這個問題.通過探究,筆者發(fā)現(xiàn),利用導數(shù)的定義是解決這類問題的一大利器.因此特別把自己的一些想法整理成文,以期拋磚引玉,望大家批評指正.

    人教A版數(shù)學選修22教材第5頁給出了如下的導數(shù)的定義:

    一般地,函數(shù)y=f(x)在x=x0處的瞬時變化率是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.

    在教學中,若教師對基本概念作進一步的發(fā)掘,容易得出函數(shù)y=f(x)在x=x0處的導數(shù)定義等價于f′(x0)=limx→x0f(x)-f(x0)x-x0.

    導數(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處的導數(shù)的聯(lián)系,為利用導數(shù)的定義解決一類導數(shù)解答題提供了理論依據.下面筆者以近幾年的各類試題為例,談談利用導數(shù)的定義破解導數(shù)解答題這個問題.

    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)因為f′(x)=cosx-xsinx-cosx=-xsinx≤0,所以f(x)在[0,π2]上單調遞減,所以f(x)≤f(0)=0×cos0-sin0=0,即f(x)≤0得證.

    (2)設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.由導數(shù)的定義知,limx→0sinxx等于函數(shù)h(x)=sinx在x=0處的導數(shù),又因為h′(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.

    點評本題的參考答案用的是較為復雜的分類討論的方法進行求解的,能順利完成解答的學生不多.本解法運用了學生較為喜歡的分離參數(shù)方法,難點在于得出函數(shù)g(x)=sinxx在(0,π2)單調遞減后,函數(shù)g(x)在x=0時的極限值的求解,本文使用了導數(shù)的定義,既避免了繁瑣的分類討論,又沒有使用超綱的洛必達法則,且整個解答過程極為簡潔,無疑是一種值得推廣的好方法!

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

    (1)證明:f′(x)≥2;

    (2)若對x≥0都有f(x)≥ax,求實數(shù)a的取值范圍.

    解析(1)略;

    (2)當x=0時,對任意a∈R,f(x)≥ax顯然成立;

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

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

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

    所以g(x)在(0,+∞)上單調遞增,又因為limx→0g(x)=limx→0ex-e-xx=limx→0(ex-e-x)-(e0-e-0)x-0.

    由導數(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.綜上可知實數(shù)a的取值范圍為(-∞,2].

    點評本題與例1是同類型題,再一次讓我們感受到了導數(shù)的定義在解這類問題中的優(yōu)越性.這說明教師在教學過程中,應重視基本概念、定義的教學,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)對任意x≥0,證明:f(x)>g(x+1);

    (3)對任意x≥0,都有g(x)≥axx+1成立,求實數(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x=0時,對a∈R,不等式①恒成立;

    當x>0時,不等式①等價于a≤(x+1)ln(x+1)x.

    設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處的導數(shù),又因為m′(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,綜上知實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1].

    點評本題改編自2014年高考陜西卷理科數(shù)學卷的壓軸題,本文給出的整個解法過程行云流水,幾乎沒有受到任何阻礙,這說明,利用導數(shù)的定義求解函數(shù)在某點處的極限值具有一定的通性通法.

    例4(2013年山東省濟南市二模理科)設f(x)=(x+a)lnxx+1,曲線y=f(x)在點(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x=1時,對m∈R,f(x)≤m(x-1)均成立,當x>1時,原不等式等價于m≥xlnxx2-1恒成立.設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h(x)=-x2lnx-lnx+x2-1,則h′(x)=-2xlnx-1x+x,再設s(x)=-2xlnx-1x+x.則s′(x)=-2lnx+1x2-1,再設q(x)=-2lnx+1x2-1,則q′(x)=-2x-2x3<0.所以q(x)在(1,+∞)上單調遞減,又因為q(1)=0,故q(x)<0,即當x∈(1,+∞)時,s′(x)<0.所以s(x)在(1,+∞)上單調遞減,而s(1)=0,所以s(x)<0,即當x∈(1,+∞)時,h′(x)<0,所以h(x)在(1,+∞)上單調遞減,而h(1)=0,故當x∈(1,+∞)時,h(x)<0,由此可得g′(x)<0,所以g(x)在(1,+∞)上單調遞減.

    因為limx→1xlnxx2-1=limx→1xx+1limx→1lnxx-1.而limx→1xx+1=12,limx→1lnxx-1=limx→1lnx-ln1x-1,由導數(shù)的定義知,limx→1lnxx-1等于函數(shù)p(x)=lnx在x=1處的導數(shù),又因為p′(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,+∞).

    點評本題如按參考答案給出的方法解答,對恒等變形的技巧要求較高,且變形后的分類討論也較為復雜,本題通過多次求導后,得出函數(shù)g(x)在(1,+∞)上單調遞減,問題便轉化為一個極限值的求解,此極限值與前面三例相比較為復雜,似乎不能利用導數(shù)的定義求解,但在走出定勢思維,通過拆分變形之后,問題便迎刃而解.

    例4中,在求解極限limx→1xlnxx2-1的值時,還可運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,由導數(shù)的定義知,limx→1xlnxx-1等于函數(shù)h(x)=xlnx在x=1處的導數(shù),又因為h′(x)=lnx+1,所以limx→1xlnxx-1=h′(1)=1,所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.

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

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

    通過以上分析說明,對某些含參的導數(shù)解答題,若能利用導數(shù)的定義突破解題的瓶頸,能極大地優(yōu)化解題過程,且解答過程具有一定的可操作性、模仿性、機械化的特點,無疑是學生較能接受和掌握的一種理想方法.若教師在教學中能注意合理引導和傳授,既能提高學生的解題效率,又開闊了學生的視野和發(fā)散了學生的思維,同時也會對數(shù)學概念、定義的重要性有更深的體會.

    最后,筆者給出兩道相關例題留給讀者完成,相信會對這種方法有更深的認識和體會,并能在解題中靈活應用.

    變式習題:

    題1(貴州省貴陽市2015屆高三第一學期期末監(jiān)測)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年高考全國卷理科)設函數(shù)f(x)=x(ex-1)-ax2.

    (1)當a=12時,求f(x)的單調區(qū)間;

    (2)若當x≥0時f(x)≥0,求實數(shù)a的取值范圍.

    (題1第二問答案為e-2;題2第二問答案為(-∞,1].)

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