揭示本质简化构造——直接利用原函数的导数求参数的取值范围-《中学生数理化》高二数学2026年3月刊

中学生数理化 解题篇经典题突破方法 高二数学2026年3月 揭示本质 简化构造 直接利用原函数的导数求参数的取值范围 ■四川省成都经济技术开发区实验中学校 杜海洋 ■四川省成都市龙泉中学校 陈晓华 在高中数学导数应用问题中，含参不等 函数，故g'(x)=f'(x)一k≥0在(m,n)上 式恒成立问题因其灵活多变、构造复杂，历来 恒成立，即k≤'(x)。 是同学们面临的难点与痛点。传统解法往往 同理可得结论2。 需要同学们具备敏锐的观察力与高超的构造 结论2：已知函数y=f(x)不是常数函 技巧一通过移项、重组、差值变形等方式 数，在区间(m,n)(m<n)上，对任意x1,x2∈ “凑”出新函数，再借助单调性或最值求解参 (m,n)都有 f(x1)-f(x2) k 数范围。这一过程不仅思维链条长，且构造 路径不唯一，同学们极易陷入“构造失败”的 (或x)fx≤k),求实数的取值范 困境，错失解题方向。 围，则可利用f'(x)≤k求得。 本文另辟蹊径，回归问题本质：形如 二、例题讲解 x)-fx)或x）-f)<k这 1一x2 x1—x2 例已知函数f)-2ar2-e十(a+ 类差值不等式，其核心实为函数∫(x)的单调 1)x,对任意x1,x2∈(0，十∞)都有 性特征。基于此，我们提出一种更为直接、本 质的解题策略一无须构造辅助函数，直接 f(x)一fx》<a,则实数a的取值范围是 x1-x2 利用原函数的导数锁定参数范围。这一方法 ( )。 将复杂的构造工序转化为简单的导数运算， A.(-o∞，0 极大降低了思维门槛，为同学们提供了一种 B.(0,1) 稳定、可靠的通性通法。 C.(-∞，1] 一、结论呈现 D.[1,十o∞) 结论1：已知函数y=f(x)不是常数函 思路一：常规解法，构造函数 数，在区间(m,n)(m<n)上，对任意x1,x2∈ 解法1：不妨设x1>x2,因为 (m,n)都有 f(x1)-f(x2) k x1—x2 f(x)-fx2<a,所以f(x)-f(x:)< (或fx)-f(x ≥)，求实数k的取值范 a(x-x2),f(x)-ax<f(x:)-ax:. x1一x2 围，则可利用'(x)≥k求得。 ()-f()-az-tar-+ 证明：不妨设x1>x2,因为 x(x>0),则g(x1)<g(x2),所以g(x)在 f(x)一fx2>k,所以f(x1)-f(x:)> (0,十∞)上为减函数，所以g'(x)=ax x1xg e十1≤0在(0，十)上恒成立。 k(x1-x2),即f(x1)一kx1>f(x2)一kx2。 因为g"(x)=a一e*在(0，十∞)上单调 令g（x)=f(x)-kx,x∈(m,n),则 递减，所以g"(x)<g"(0)=a一1。 g(x1)>g(x2),所以g(x)在(m,n)上为增 当a≤1时，g"(x)≤0，g'(x)在(0， 22 商数学要擎方清中学生教理化 解题篇经典题突破方法 十∞)上单调递减，g'(x)<g'(0)=0,符合 D.(-∞，3) 题意。 解法1：对任意两个不等的实数x1, 当a>1时，令g"(x)>0,得0<x< x2(x1>xg),都有f(x1)一f(x)>3x1一 lna,所以g'(x)在(0，lna)上单调递增，所 3x2恒成立，则f(x1)一3x1>f(x2)一3x2 以当x∈(0，lna)时，g'(x)>g'(0)=0,不 恒成立。 符合题意。 令g(x)=f(x)-3x,则g(x1)> 综上，实数a的取值范围是（一∞，1]。 g(x2),即g(x)单调递增，则g'(x)=3x2十 故选C。 a一3≥0恒成立，即a一3≥一3x2恒成立。 思路二：直接利用原函数的导数 因为一3x2≤0，所以a一3≥0，则a≥3。 由结论2知f'(x)=a.x一e+a十1≤a 故选B。 在(0，十∞)上恒成立，即ax-e十1≤0。 解法2：由题意知，f)二f>3 解法2：令G(x)=a.x-e十1，x∈(0， x1一xg 十∞)。下同解法1。 则f'(x)=3x2十a≥3恒成立，即a≥3-3.x 解法3：由ax-e十1≤0，得a≤e-] 恒成立，解得a≥3。故选B。 x 变式2已知函数f(x)=xlnx一emr, 在(0，十∞)上恒成立。令h(x)=e-1, ，x 若对定义域内任意的x1<x2,都有 (0,十co),则a≤h(x)mimo f(x)一f(x》<1,则正实数m的取值范国 x1-x2 /(x)=ex1)+中，令m(x) 为()。 a? e(x一1)十1，易得m'(x)=xe>0,所以 A.(.] m(x)在(0，十∞)上单调递增，m(x)>m(0) B.(0,e] =0,即'(x)=c(x-1)+1>0,则h(x)在 e[+) (0,十∞)上单调递增。 D.[e,+∞) 由洛必达法则知m己-m号-1， e 解析：函数f(x)=xlnx一emr的定义域 所以h(x)>1,则a≤1。故选C。 为(0，+o∞)。因为fx）-f(x) x1-x2 <1,所以 解法4：由a.x一e十1≤0，得a.x≤e一 f'(x)=lnx十1-mer≤1，即lnx≤memr。 1。令y=ax,H(x)=e一1，易得两个函数 因为x∈(0，十∞)，所以xlnx≤nIem。 的图像均过原点。 而m>0,则当0<x≤1时，xlnx≤0 又H'(x)=e,则H'(0)=1,即H(x) naem;当x>1时，rln e·In et。 =e一1在原点处的切线方程为y=x。又 令g(x)=xlnx,x>1,求导得g'(x) x∈(0，十∞)，故当a≤1时，直线y=ax在 1nx十1>0，故函数g(x)在(1，十o∞)上单调 函数H(x)=e一1图像的下方。故选C。 递增。 三、变式训练 当x>1时，不等式xlnx≤emr·lnem 变式1函数f(x)=x3十ax,若对任意 化为g(x)≤g(em),则x≤er在(1，十o∞) 两个不等的实数x1,x2(x1>x2),都有 上恒成立，即mx≥lnx,x>1,因此m≥ln x f(x1)一f(x2)>3x1一3x2恒成立，则实数a 在(1，十∞)上恒成立。 的取值范围是()。 A.(-2,+∞)】 令9(x)=ln工，x>1,求导得g'(x)= x B.[3,+∞) C.(-∞，-2] 1-1n工。当x∈(1，e)时，g'(x)>0,9(x)单 23 中学生表理化然氨学品聚破方法 调递增；当x∈(e,十∞)时，p'(x)<0,p(x) 所以s(x)>1,则a≤1。故选B。 单调递减。 变式4已知函数f(x)=x3一(a十1)· 于是当x=e时，p(x)取得最大值，p(e) x,Hx1,xg∈R,当x1十x2≠0时， =,则m≥。所以正实数m的取值范西 f(x)十fx》≥1，则实数a的取值范围为 x1十x2 为[是，十，故选C 解法1：因为f(x)=x3-(a十1)x,所以 变式3已知函数f(x)=e-2ax, f(-x)=(-x)3-(a+1)(-x)=-f(x), f(x)为奇函数。 若对任意两个不等的正实数x1,x2都有 任取x1,x2∈R,当x1十（一x2)≠0时， f(x)一fx2>1恒成立，则实数a的取值 x1一x2 fx)+f-x1,等价于f)-fx) 范围是( x1一x2 ）。 x1一xg A.(-∞，1) B.(-∞，1] ≥1，即fx）-xi]-[fx）-x0. x1一x2 C.(0,1) D.(0,1] 令函数g(x)=f(x)一x,则对任意x1, 解法1：易知f'(x)=e-ax≥1在(0， 十∞)上恒成立，即e≥ax十1。 x∈R,x1≠cg g(x1)一gx》≥0恒成立， x1x2 又过点(0,1)且与y=e相切的直线方 所以g'(x)≥0。 程为y=x十1，则由函数图像可知，只需a≤ 又g(x)=f(x)-x=x3一(a十2)x,则 1即可满足不等式。故选B。 g'(x)=3x2-a一2≥0对Hx∈R恒成立，即 解法2：易知f'(x)=e一ax≥1在(0， a≤3x2-2对Hx∈R恒成立。 十c∞)上恒成立，则e一ax一1≥0在(0， 因为y=3x2一2的最小值为一2，所以 十∞)上恒成立。令h(x)=e一ax一1，则 a-2。 h'(x)=e-a。 解法2：由解法1得）二》≥1. 若a≤1，则h'(x)>0,h(x)在(0，十c∞) x1一x2 上单调递增，h(x)>h(0)=0,符合题意。 由结论1可得f'(x)=3x3-(a十1)≥1 若a>1,令h'(x)<0,则x∈(0，lna), 对Vx∈R恒成立，即a≤3x2一2对Hx∈R 所以h(x)在(0，lna)上单调递减，h(x)< 恒成立。 h(0)=0,不符合题意，舍去。 因为y=3x2一2的最小值为一2，所以 综上，a≤1。故选B。 a≤-2。 解法3：易知f'(x)=e一ax≥1在(0， 本文通过理论推导与实例验证，系统阐 +∞)上恒成立→e-ax-1≥0>e-1≥ 述了“直接利用原函数的导数求解参数范围” x 这一简化构造的解题思想。其核心结论在 a,x∈(0，十∞)。 于：对于非常数函数，区间上的斜率型不等式 令s)=21x∈0，+ee,则) 恒成立问题，可等价转化为导函数的不等式 恒成立问题，从而绕过了传统方法中辅助函 e(x-1)+1 数构造的烦琐环节。该方法将问题直接转化 令t(x)=e'(x一1)十1，则t'(x)=e(x 为求导与不等式求解，紧扣“单调性是不等式 一1)+e=xe>0,所以t(x)在(0，+∞)上 关系的本质”这一核心，有助于同学们深化对 单调递增，t(x)>t(0)=0。则s'(x)>0, 导数工具的理解，拓展了解题路径，体现了 s(x)在(0，十∞)上单调递增。 “一题多解、多法归一”的实践价值。 (责任编辑赵倩) 由洛必达法则知lim e-1 e x =1im号=1， 24