結合上述兩種情況,有a≤e-1.
點評先對f(x)=lnx-ax求導,利用條件f(x)在(1,+∞)上是單調減函數求出a的范圍,再利用g(x)在(1,+∞)上有最小值求出a的范圍,兩者取交集.函數單調性與導數法則的掌握是解題的關鍵,利用導數對函數單調性討論是解題的關鍵,函數方程與不等式間的相互轉化是解題的技巧.
例2已知函數f(x)=ex-2x+a有零點,則a的取值范圍是.
解析f ′(x)=ex-2.令f ′(x)=0,解得x=ln2.
當x∈(-∞,ln2)時,f ′(x)<0,
當x∈(ln2,+∞)時f ′(x)>0.
所以函數f(x)在x=ln2處取得極小值,
所以f(x)min=f(ln2)=2-2ln2+a,
因為函數f(x)=3x-2x+a有零點,
所以2-2ln2+a≤0,即a≤2ln2-2.
所以a的取值范圍是(-∞,2ln2-2].
點評先求出f(x)的導函數,令導函數等于0可解除其極值,經過分析發現其有最小值,而函數又有零點,零點時令f(x)=0的方程的解,亦可看做函數圖象x軸交點的橫坐標,此時不難發現其函數圖象與x軸有交點,只需令最小值位于x軸上或其下方即可.此題同例1一樣,要把握住關鍵點,掌握相應解題技巧.也可用下述方法解決此類問題.
二、導數與圖象結合求解參數范圍
例2已知函數f(x)=-x2+2x,x≤0,
ln(x+1),x>0,若|f(x)|≥ax,則a的取值范圍是
A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.[-2,1]D.[-2,0]
解析選D.畫出函數y=|f(x)|的圖象如圖1所示.
當x≤0時,g(x)=|f(x)|=x2-2x,
g′(x)=2x-2,g′(0)=-2,故a≥-2.
當x>0時,
g(x)=|f(x)|=ln(x+1),
g′(x)=1x+1.
由于g(x)上任意點的切線斜率都要大于a,所以a≤0.
綜上-2≤a≤0.
點評先結合函數畫出函數y=|f(x)|的圖象,利用y=|f(x)|在(0,0)處的切線為制定參數的標準.根據函數畫出函數圖象是解題的基礎,利用導數確定函數圖象上各點切線的斜率是解題的關鍵,通過對圖象特征分析找到解題的突破口.
三、構造函數借助導數求解參數范圍
例3設函數f(x)=exx2-k(2x+lnx) (其中k為常數,e=2.71828…是自然對數的底數).(1)當k≤0時,求函數f(x)的單調區間;(2)若函數f(x)在(0,2)內存在兩個極值點,求k的取值范圍.
解析(1)f ′(x)=ex·x2-2xexx4-k(-2x2+1x)
=(x-2)(ex-kx)x3 (x>0).
當k≤0時,kx≤0,所以ex-kx>0.
令f ′(0)=0,得x=2.函數在(0,2)上單調遞減,在(2,+∞)上單調遞增.
(2)令g(x)=ex-kx,則g′(x)=ex-k.
令ex-k=0,得x=lnk.
由于g′(0)=1-k<0,g(0)=1>0,g′(2)=e2-k>0,g(2)=e2-2k>0,所以k1,所以k>e.綜上知k的取值范圍是(e,e22).
點評先求函數的導函數,極值點的定義及題意得出函數的單調性.觀察導函數式子的特點,構造函數,利用導數研究極值,從而確定函數參數范圍.由熟練的應用導數確定函數的單調性是解題的基礎,構造出函數找到討論的途徑是解題的關鍵,應用零點定理就能找到解題的突破口.
四、參變分離求解參數范圍
例4已知函數f(x)=x-ax-lnx,a>0.若f(x)>x-x2在[1,+∞)恒成立,求實數a的取值范圍.
解析f(x)>x-x2,即x2-ax-lnx>0.
因為x∈(1,+∞),所以a令g(x)=x3-xlnx,
則h(x)=g′(x)=3x2-lnx-1.
h′(x)=6x-1x=6x2-1x.
在[1,+∞)上,h′(x)>0,得h(x)>h(1)=2,
即g′(x)>0.
故g(x)=x3-xlnx在[1,+∞)為增函數,
g(x)≥g(1)=1,所以a的取值范圍是(0,1].
點評該題考查導數的應用、性質等基礎知識,但是參變分離后對右式要進行二次求導,又考查了學生的邏輯思維能力,綜合性較高,要具備良好的數學素質.但是把握住參變分離這個大框架,就確定了問題的解題方向,借助導數基礎知識逐步解決問題.