兩次求導(dǎo)圓夢參數(shù)分離法

含有自然對數(shù)函數(shù)的不等式恒成立，求參數(shù)取值范圍問題，若用參數(shù)分離法將參數(shù)分離后，不等式的另外一邊是一個(gè)超越函數(shù)，對該函數(shù)求導(dǎo)后往往仍然為一個(gè)超越函數(shù)，求其根常常難度很大.因此，命題人提供的參考答案通常是用分類討論法來回避對超越函數(shù)的研究.而同學(xué)們往往不愿意分類討論，卻對參數(shù)分離法情有獨(dú)鐘，選擇了參數(shù)分離法又因?yàn)槌胶瘮?shù)難以處理而苦惱.實(shí)際上，實(shí)施參數(shù)分離后，對所得超越函數(shù)求導(dǎo)后的其中一部分函數(shù)，再求一次導(dǎo)數(shù)，問題常常可以解決，從而圓學(xué)生參數(shù)分離法之夢.

例 （北京市東城區(qū)2013—2014學(xué)年度一模（理科）（18）題）已知函數(shù)f（x）=ax2-4ln（x-1），a∈R.

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

（Ⅱ）已知點(diǎn)P（1，1）和函數(shù)f（x）圖象上動(dòng)點(diǎn)M（m，f（m）），對任意m∈[2，e+1]，直線PM傾斜角都是鈍角，求a的取值范圍.

1 參考答案給出的分類討論法

解 （Ⅰ）當(dāng)a=1時(shí)，f（x）=x2-4ln（x-1），定義域?yàn)椋?，+∞），

f′（x）=2x-4x-1=2x2-2x-4x-1=

2（x+1）（x-2）x-1

所以當(dāng)a=1時(shí)，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為（2，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（1，2）.

（Ⅱ）因?yàn)閷θ我鈓∈[2，e+1]，直線PM傾斜角都是鈍角，

所以對任意m∈[2，e+1]，直線PM的斜率小于0，

即f（m）-1m-1<0，f（m）<1，

即f（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最大值小于1.

令g（x）=ax2-ax-2

（1）當(dāng)a=0時(shí)，f（x）=-4ln（x-1）在[2，e+1]上單調(diào)遞減，

f（x）max=f（2）=0<1，顯然成立，所以a=0.

（2）當(dāng)a<0時(shí)，二次函數(shù)g（x）的圖象開口向下，

且g（0）=-2，g（1）=-2，

x∈（1，+∞），g（x）<0，

故f′（x）<0，f（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，

故f（x）在[2，e+1]上單調(diào)遞減，f（x）max=f（2）=4a<1，顯然成立，所以a<0.

（3）當(dāng)a>0時(shí)，二次函數(shù)g（x）的圖象開口向上，

且g（0）=-2，g（1）=-2，

所以x0∈（1，+∞），g（x0）≤0.

當(dāng)x∈（1，x0）時(shí)，g（x）<0，

當(dāng)x∈（x0，+∞）時(shí)，g（x）>0.

所以f（x）在區(qū)間（1，+∞）內(nèi)先遞減再遞增，

故f（x）在[2，e+1]上的最大值只能是f（2）或f（e+1）.

所以f（2）<1，

f（e+1）<1，即4a<1，

a（e+1）2-4<1，

所以0<a<14.綜上a<14.

2 參數(shù)分離法

解法1 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）因?yàn)閷θ我鈓∈[2，e+1]，直線PM傾斜角都是鈍角，

所以對任意m∈[2，e+1]，直線PM的斜率小于0，

即f（m）-1m-1<0，f（m）<1，

又f（x）=ax2-4ln（x-1），

所以am2-4ln（m-1）<1對任意m∈[2，e+1]恒成立，

所以a<1+4ln（m-1）m2對任意m∈[2，e+1]恒成立.

設(shè)g（x）=1+4ln（x-1）x2（x>1），

則a小于g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值.

可求得g′（x）=2x3（x-1）[x-4（x-1）ln（x-1）+1]， ②

當(dāng)x>1時(shí)，2x3（x-1）>0，則g′（x）的符號與x-4（x-1）ln（x-1）+1的符號一致.

令h（x）=x-4（x-1）ln（x-1）+1（x>1），

則h′（x）=-3-4ln（x-1）.

令h′（x）=0，則x=1+e-34，

令h′（x）>0，則1<x<1+e-34，

令h′（x）<0，則x>1+e-34.

故函數(shù)h（x）在（1，1+e-34）遞增，在（1+e-34，+∞）遞減，在x=1+e-34取最大值，即

h（x）max=h（1+e-34）=2+4e-34>0.

又h（2）=3>0，h（e+1）=2-3e<0，且函數(shù)h（x）圖象在[2，e+1]連續(xù)不間斷，

所以在[2，e+1]上存在x0，使得h（x0）=0.

因此，當(dāng)2<x<x0時(shí)，h（x）>0，則g′（x）>0，則函數(shù)g（x）在（2，x0）上遞增;

當(dāng)x0<x<e+1時(shí)，h（x）<0，則g′（x）<0，則函數(shù)g（x）在（x0，e+1）上遞減（如圖1）.

圖1

因此g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為g（2），g（e+1）中的最小值.

又g（2）=14，g（e+1）=5（e+1）2，且14<5（e+1）2，

所以g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為14.

所以a<14.

解法2 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）因?yàn)閷θ我鈓∈[2，e+1]，直線PM傾斜角都是鈍角，

所以對任意m∈[2，e+1]，直線PM的斜率小于0，

即f（m）-1m-1<0，f（m）<1，

又f（x）=ax2-4ln（x-1），

所以am2-4ln（m-1）<1對任意m∈[2，e+1]恒成立，

所以a<1+4ln（m-1）m2對任意m∈[2，e+1]恒成立.

設(shè)g（x）=1+4ln（x-1）x2（2≤x≤e+1），

則a<g（x）min.

可求得g′（x）=2x3（x-1）[x-4（x-1）ln（x-1）+1]（2≤x≤e+1）.

當(dāng)2≤x≤e+1時(shí)，2x3（x-1）>0，則g′（x）的符號與x-4（x-1）ln（x-1）+1的符號一致.

令h（x）=x-4（x-1）ln（x-1）+1（2≤x≤e+1），

因?yàn)閤≥2，所以h′（x）=-3-4ln（x-1）≤-3<0.

故函數(shù)h（x）在[2，e+1]遞減.

又h（2）=3>0，h（e+1）=2-3e<0，且函數(shù)h（x）的圖象在[2，e+1]連續(xù)不間斷，

所以在[2，e+1]上存在x0，使得h（x0）=0.

因此，當(dāng)2<x<x0時(shí)，h（x）>0，則g′（x）>0，則函數(shù)g（x）在（2，x0）上遞增;

當(dāng)x0<x<e+1時(shí)，h（x）<0，則g′（x）<0，則函數(shù)g（x）在（x0，e+1）上遞減（如圖2）.

因此g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為g（2），g（e+1）中的最小值.

又g（2）=14，g（e+1）=5（e+1）2，且14<5（e+1）2，

所以g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為14.

所以a<14.

圖2

解法3 （Ⅰ）略.

（Ⅱ）因?yàn)閷θ我鈓∈[2，e+1]，直線PM傾斜角都是鈍角，

所以對任意m∈[2，e+1]，直線PM的斜率小于0，

即f（m）-1m-1<0，f（m）<1，

又f（x）=ax2-4ln（x-1），

所以am2-4ln（m-1）<1對任意m∈[2，e+1]恒成立，

所以a<1+4ln（m-1）m2對任意m∈[2，e+1]恒成立.

設(shè)g（x）=1+4ln（x-1）x2（2≤x≤e+1），

則a<g（x）min.

可求得g′（x）=2x3[1+2x-1-4ln（x-1）].

當(dāng)2≤x≤e+1時(shí)，2x3>0，則g′（x）的符號與1+2x-1-4ln（x-1）的符號一致.

令h（x）=1+2x-1-4ln（x-1）（2≤x≤e+1），

易觀察出函數(shù)h（x）在[2，e+1]遞減.

又h（2）=3>0，h（e+1）=-3+2e<0，且函數(shù)h（x）圖象在[2，e+1]連續(xù)不間斷，

所以在[2，e+1]上存在x0，使得h（x0）=0.

因此，當(dāng)2<x<x0時(shí)，h（x）>0，則g′（x）>0，則函數(shù)g（x）在（2，x0）上遞增;

當(dāng)x0<x<e+1時(shí)，h（x）<0，則g′（x）<0，則函數(shù)g（x）在（x0，e+1）上遞減（如圖3）.

因此g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為g（2），g（e+1）中的最小值.

又g（2）=14，g（e+1）=5（e+1）2，且14<5（e+1）2，所以g（x）在區(qū)間[2，e+1]上的最小值為14.所以a<14.

圖33 兩類解法的比較

參考答案給出的①式f′（x）=2（ax2-ax-2）x-1的分子不再含有自然對數(shù)，但需要關(guān)于a分類討論.

本文給出的解法1實(shí)施參數(shù)分離后得到a<1+4ln（m-1）m2，設(shè)g（x）=1+4ln（x-1）x2（x>1），對其求導(dǎo)后得到的②式g′（x）=2x3（x-1）[x-4（x-1）ln（x-1）+1]中的“x-4（x-1）ln（x-1）+1”部分仍然含有l(wèi)n（x-1），又很難求其根，解題到此往往擱淺.而事實(shí)上只要對函數(shù)h（x）=x-4（x-1）ln（x-1）+1再求一次導(dǎo)數(shù)后，便可以見到勝利的曙光了.

本文給出的解法2注意到函數(shù)1+4ln（x-1）x2是一個(gè)確定的函數(shù)，因此只須研究它在題目給定區(qū)間[2，e+1]上的情況即可，因此引入的新函數(shù)為g（x）=1+4ln（x-1）x2（2≤x≤e+1），引入的另外一個(gè)新函數(shù)為h（x）=x-4（x-1）ln（x-1）+1（2≤x≤e+1），解題長度比方法1要短.

本文給出的解法3選擇研究的函數(shù)h（x）=1+2x-1-4ln（x-1）（2≤x≤e+1）甚至不求導(dǎo)也能夠判斷出h（x）的單調(diào)性，可以使參數(shù)分離法更容易完成.

作者簡介 李春雷，男，1967年10月生，河北香河人，中學(xué)高級教師，北京市骨干教師，全國初等數(shù)學(xué)研究會(huì)第二屆、第三屆理事會(huì)常務(wù)理事，北京師范大學(xué)研究生院2013級在讀教育博士.主要研究高中數(shù)學(xué)教師教育創(chuàng)新途徑、中學(xué)數(shù)學(xué)教育理論、解題教學(xué)、高考命題等.

曾獲首屆丘成桐中學(xué)數(shù)學(xué)獎(jiǎng)、全國“紫金杯”數(shù)學(xué)創(chuàng)新獎(jiǎng)、全國初等數(shù)學(xué)青年研究獎(jiǎng)、北京市第三屆基礎(chǔ)教育教學(xué)成果獎(jiǎng)、全國教師教育學(xué)會(huì)綜合實(shí)踐活動(dòng)先進(jìn)個(gè)人等榮譽(yù)稱號，在省級、國家級刊物上公開發(fā)表數(shù)學(xué)論文100余篇，多篇文章被中國人民大學(xué)報(bào)刊資料復(fù)印中心全文轉(zhuǎn)載.