蓝云波
在导数解答题中，含参数的恒成立、能成立问题的考查频率颇高，这部分考题，不少答案都是利用分类讨论思想解答的，虽然分类讨论是数学中的重要思想方法，具有不可替代的作用和地位.但笔者在教学中发现，学生对分类讨论尤为畏惧，往往不能有效解决问题.所以学生更喜欢利用分离参数，转化为最值的方法解答这类问题.但应用这种方法求解，有时最值不存在，其极限值却存在，不少教师在教学中都是利用高等数学中的洛必达法则解决的，但这对学生而言却是超纲的，尤其是对基础本就不够好的学生而言，无疑加大了其学习的负担.基于此，笔者尝试利用其它途径解决这个问题.通过探究，笔者发现，利用导数的定义是解决这类问题的一大利器.因此特别把自己的一些想法整理成文，以期抛砖引玉，望大家批评指正.
人教A版数学选修22教材第5页给出了如下的导数的定义：
一般地，函数y=f（x）在x=x0处的瞬时变化率是limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx，
我们称它为函数y=f（x）在x=x0处的导数（derivative），记作f′（x0）或y′x=x0，即f′（x0）=limΔx→0ΔyΔx=limΔx→0f（x0+Δx）-f（x0）Δx.
在教学中，若教师对基本概念作进一步的发掘，容易得出函数y=f（x）在x=x0处的导数定义等价于f′（x0）=limx→x0f（x）-f（x0）x-x0.
导数的定义给出了某一函数在x=x0处的极限值与函数y=f（x）在x=x0处的导数的联系，为利用导数的定义解决一类导数解答题提供了理论依据.下面笔者以近几年的各类试题为例，谈谈利用导数的定义破解导数解答题这个问题.
例1（2014年高考北京卷理科）已知函数f（x）=xcosx-sinx，x∈[0，π2].
（1）求证：f（x）≤0；
（2）若a 解析（1）因为f′（x）=cosx-xsinx-cosx=-xsinx≤0，所以f（x）在[0，π2]上单调递减，所以f（x）≤f（0）=0×cos0-sin0=0，即f（x）≤0得证. （2）设g（x）=sinxx，x∈（0，π2）.则g′（x）=xcosx-sinxx2，由（1）知，g′（x）<0，故g（x）在（0，π2）上单调递减.所以g（x）>g（π2）=sinπ2π2=2π.所以a≤2π，即a的最大值为2π. 又limx→0sinxx=limx→0sinx-sin0x-0.由导数的定义知，limx→0sinxx等于函数h（x）=sinx在x=0处的导数，又因为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的最小值为1. 综上知a的最大值为2π，b的最小值为1. 点评本题的参考答案用的是较为复杂的分类讨论的方法进行求解的，能顺利完成解答的学生不多.本解法运用了学生较为喜欢的分离参数方法，难点在于得出函数g（x）=sinxx在（0，π2）单调递减后，函数g（x）在x=0时的极限值的求解，本文使用了导数的定义，既避免了繁琐的分类讨论，又没有使用超纲的洛必达法则，且整个解答过程极为简洁，无疑是一种值得推广的好方法！ 例2（2007年高考全国卷理科）已知函数f（x）=ex-e-x. （1）证明：f′（x）≥2； （2）若对x≥0都有f（x）≥ax，求实数a的取值范围. 解析（1）略； （2）当x=0时，对任意a∈R，f（x）≥ax显然成立； 当x>0时，由f（x）≥ax可得a≤ex-e-xx.设g（x）=ex-e-xx（x>0）. 则g′（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）x2，设h（x）=x（ex+e-x）-（ex-e-x）（x>0）. 则h′（x）=x（ex-e-x）>0，所以h（x）单调递增，所以h（x）>h（0）=0，所以g′（x）>0， 所以g（x）在（0，+∞）上单调递增，又因为limx→0g（x）=limx→0ex-e-xx=limx→0（ex-e-x）-（e0-e-0）x-0. 由导数的定义知极限值limx→0g（x）为函数s（x）=ex-e-x在x=0处的导数值，又s′（x）=ex+e-x， 所以s′（0）=e0+e-0=2，所以limx→0g（x）=2.综上可知实数a的取值范围为（-∞，2]. 点评本题与例1是同类型题，再一次让我们感受到了导数的定义在解这类问题中的优越性.这说明教师在教学过程中，应重视基本概念、定义的教学，不可只重题型方法的灌输，从而忽视基本概念、定义的生成、发掘和延伸. 例3（2015年四川省遂宁市第二次诊断）已知函数f（x）=ex（e=2.71828…是自然对数的底数），g（x）=ln（x+1）. （1）若F（x）=f（x）-g（x），求F（x）的极值； （2）对任意x≥0，证明：f（x）>g（x+1）； （3）对任意x≥0，都有g（x）≥axx+1成立，求实数a的取值范围. 解析（1），（2）略； （3）g（x）≥axx+1即为ln（x+1）≥axx+1①， 当x=0时，对a∈R，不等式①恒成立； 当x>0时，不等式①等价于a≤（x+1）ln（x+1）x. 设G（x）=（x+1）ln（x+1）x，x>0.则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），则h′（x）=1-1x+1=xx+1>0，所以h（x）在（0，+∞）上单调递增.所以h（x）>h（0）=0-ln（0+1）=0，故G′（x）>0，所以G（x）在（0，+∞）上单调递增.又limx→0（x+1）ln（x+1）x=limx→0（x+1）ln（x+1）-（0+1）ln（0+1）x-0，由导数的定义知，limx→0（x+1）ln（x+1）x等于函数m（x）=（x+1）ln（x+1）在x=0处的导数，又因为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，综上知实数a的取值范围为（-∞，1].
点评本题改编自2014年高考陕西卷理科数学卷的压轴题，本文给出的整个解法过程行云流水，几乎没有受到任何阻碍，这说明，利用导数的定义求解函数在某点处的极限值具有一定的通性通法.
例4（2013年山东省济南市二模理科）设f（x）=（x+a）lnxx+1，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与直线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的取值范围；
（3）求证：ln42n+1<∑ni=1i4i2-1（n∈N*）.
解析（1），（3）略；
（2）当x=1时，对m∈R，f（x）≤m（x-1）均成立，当x>1时，原不等式等价于m≥xlnxx2-1恒成立.设g（x）=xlnxx2-1，x∈（1，+∞）.则g′（x）=（lnx+1）（x2-1）-（xlnx）·2x（x2-1）2
=-x2lnx-lnx+x2-1（x2-1）2.设h（x）=-x2lnx-lnx+x2-1，则h′（x）=-2xlnx-1x+x，再设s（x）=-2xlnx-1x+x.则s′（x）=-2lnx+1x2-1，再设q（x）=-2lnx+1x2-1，则q′（x）=-2x-2x3<0.所以q（x）在（1，+∞）上单调递减，又因为q（1）=0，故q（x）<0，即当x∈（1，+∞）时，s′（x）<0.所以s（x）在（1，+∞）上单调递减，而s（1）=0，所以s（x）<0，即当x∈（1，+∞）时，h′（x）<0，所以h（x）在（1，+∞）上单调递减，而h（1）=0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）<0，由此可得g′（x）<0，所以g（x）在（1，+∞）上单调递减.
因为limx→1xlnxx2-1=limx→1xx+1limx→1lnxx-1.而limx→1xx+1=12，limx→1lnxx-1=limx→1lnx-ln1x-1，由导数的定义知，limx→1lnxx-1等于函数p（x）=lnx在x=1处的导数，又因为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.
综上知m的取值范围为[12，+∞）.
点评本题如按参考答案给出的方法解答，对恒等变形的技巧要求较高，且变形后的分类讨论也较为复杂，本题通过多次求导后，得出函数g（x）在（1，+∞）上单调递减，问题便转化为一个极限值的求解，此极限值与前面三例相比较为复杂，似乎不能利用导数的定义求解，但在走出定势思维，通过拆分变形之后，问题便迎刃而解.
例4中，在求解极限limx→1xlnxx2-1的值时，还可运用下列两种方法求解.
方法2limx→1xlnxx2-1=limx→11x+1limx→1xlnxx-1.而limx→11x+1=12，
limx→1xlnxx-1=limx→1xlnx-1×ln1x-1，由导数的定义知，limx→1xlnxx-1等于函数h（x）=xlnx在x=1处的导数，又因为h′（x）=lnx+1，所以limx→1xlnxx-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.
方法3设t=x2，则limx→1xlnxx2-1=12limx2→1x2lnx2x2-1=12limt→1tlntt-1
=12limt→1tlnt-1ln1t-1.由导数的定义知，limt→1tlntt-1等于函数h（t）=tlnt在t=1处的导数，又因为h′（t）=lnt2t+tt，所以limx→1tlntt-1=h′（1）=1，所以limx→1xlnxx2-1=12×1=12.
通过以上分析说明，对某些含参的导数解答题，若能利用导数的定义突破解题的瓶颈，能极大地优化解题过程，且解答过程具有一定的可操作性、模仿性、机械化的特点，无疑是学生较能接受和掌握的一种理想方法.若教师在教学中能注意合理引导和传授，既能提高学生的解题效率，又开阔了学生的视野和发散了学生的思维，同时也会对数学概念、定义的重要性有更深的体会.
最后，笔者给出两道相关例题留给读者完成，相信会对这种方法有更深的认识和体会，并能在解题中灵活应用.
变式习题：
题1（贵州省贵阳市2015届高三第一学期期末监测）已知函数f（x）=（x-1）ex+1，x∈[0，1].
（1）证明：f（x）≥0；
（2）若a 题2（2010年高考全国卷理科）设函数f（x）=x（ex-1）-ax2. （1）当a=12时，求f（x）的单调区间； （2）若当x≥0时f（x）≥0，求实数a的取值范围. （题1第二问答案为e-2；题2第二问答案为（-∞，1].）
