导数问题中参数范围处理的一种求解策略

江苏省天一中学 周新伟 吴利华

在高三复习中，导数试题中含有参数是最常见的问题．一般处理参数问题，常用的两种思路是：分离参数，转化为求函数的值域问题或转化为求函数的最大（小）值问题，此法有时会失效，不赘述；或者直接将参数参与运算求证的过程中，在此过程中再对参数进行分类讨论．

一、提出问题

先看一道试题：

设函数f（x）=x2ln x-x+1．

（1）证明：当x≥1时，f（x）≥（x-1）2；

（2）若当x≥1时，f（x）≥m（x-1）2恒成立，求实数m的取值范围．

解析 对于第一问，f（x）-（x-1）2=x2ln x+x-x2，设g（x）=x2ln x+xx2（x≥1），则g′（x）=2x ln x-x+1，g″（x）=2ln x+1．显然，g″（x）=2ln x+1＞0，由此可得g′（x）在［1，+∞）上单调递增，故g′（x）≥g′（1）=0，所以g（x）在［1，+∞）上单调递增，g（x）≥g（1）=0，所以f（x）≥（x-1）2．

第二问的一般解答形式如下：

设h（x）=x2ln x-x-m（x-1）2+1（x≥1），

则h′（x）=2x ln x+x-2m（x-1）-1（x≥1）．

由（1）知x2ln x≥（x-1）2+x-1=x（x-1），所以x ln x≥x-1．

故h′（x）≥3（x-1）-2m（x-1）=（3-2m）（x-1）．

则h″（x）=2ln x+3-2m．令h″（x）=2ln x+3-2m=0，得当x∈［1，时，h′（x）单调递减，则h′（x）≤h′（1）=0，所以h（x）在上单调递减，h（x）≤h（1）=0，即h（x）≥0不恒成立．

审视第二问的解答，可以发现：在处理过程中，用到了前一问的结论，然后对导函数进行了放缩，而后才开始对参数m进行分类讨论，技巧性比较强．同时，从系统的观点来看，对于第二问，结合（1），可以发现当m≤1时，不等式f（x）≥m（x-1）2一定恒成立，那么只要在m＞1的前提下，求解使不等式f（x）≥m（x-1）2成立的m的取值范围即可．如此，解题过程可以考虑进一步优化．

二、优化思路

接上，当m＞1时，设h（x）=x2ln x-x-m（x-1）2+1（x≥1），

则h′（x）=2x ln x+x-2m（x-1）-1（x≥1），h″（x）=2ln x+3-2m（x≥1）．

不难发现，h（1）=0，h′（1）=0，因此，若要当x≥1时，只需要h′（x）≥h′（1）=0，h（x）≥h（1）=0即可．而这就需要h″（x）=2ln x+3-2m在［1，+∞）上恒大于等于零，也即即可．

至此，我们找到了一个使h（x）=x2ln x-x-m（x-1）2+1≥0在x∈［1，+∞）恒成立的一个充分条件，即

显然，由h″（x）=2ln x+3-2m在［1，+∞）上恒大于等于零所得的m范围，即应该是答案A的子集A1，这也就是说，我们找到了使“x≥1时，h（x）≥0”成立的一个充分条件．而当即m∈∁RA1时，“x≥1时，h（x）≥0”却不恒成立，那么就间接得到使h（x）≥0成立的必要条件是m∈A1，也即要想让h（x）≥0（x≥1）恒成立，参数m的范围不能大于故是“h（x）≥0（x≥1）”成立的必要条件，进而知m的取值范围就是集合A1．这种思路清晰明了，简单易操作，正所谓“充分必要总相宜”，不失为处理导数问题中参数问题的一种比较好的求解策略．

三、方法实践

例1设函数f（x）=ex-1-x-ax2．

（1）若a=0，求f（x）的单调区间；

（2）若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围．

答案（1）a=0时，易得f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增；

例2已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中实数a＞0．

（1）求a的值；

（2）若对任意的x∈［0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值．

答案（1）a=1；