一道高考導數題的思考與探索*

陳炳泉

(福建省仙游縣華僑中學 351200)

函數與導數及其應用在高中數學的學習中占有舉足輕重的地位，并且與其他知識點融合性強，近幾年的高考中，對函數與導數及其應用的考題屢見不鮮且常考常新，較為全面地考查了數學學科核心素養.

含參數的不等式恒成立，求解參數范圍，解題的一個基本方法是以函數的視角來考慮與解決問題，本質上是將其轉化為函數最值或函數值大小比較的問題.本文以2020年新高考I卷(山東卷)數學第21題為載體，探討含參不等式恒成立問題中參數范圍的常見解題策略.

1 試題再現

(2020新高考Ⅰ卷(山東卷)數學第21題)已知函數f(x)=aex-1-lnx+lna,

(1)當a=e時，求曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線與兩坐標軸圍成的三角形的面積；(解略).

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍.

1.1 常見解法

本題是考查函數與導數的應用，涉及到與函數相關的不等式證明問題、利用導數研究函數的單調性、極值，函數的零點等問題.著重體現了對數學學科中邏輯推理以及數學運算核心素養的考查.此類問題解法靈活多樣，如，必要性探路法、分離參數法、含參分類討論法等等.

解法1：必要性探路法

必要性：由題可知，必有f(1)=a+lna≥1.因為g(x)=x+lnx在(0,+∞)上單調遞增，且g(1)=1，所以a≥1.

充分性：當a≥1時，

f(x)=aex-1-lnx+lna

≥ex-1·1-lnx+ln1=ex-1-lnx.

又因為ex-1≥(x-1)+1=x，

-lnx≥-(x-1)=-x+1.

當x=1時，上述兩個不等式同時取等號(證明略)，

所以ex-1-lnx≥1.

綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞).

解法2：分離參數法

f(x)=aex-1-lnx+lna

=elna+x-1-lnx+lna,

要使f(x)≥1也即elna+x-1-lnx+lna≥1，

即elna+x-1+lna-1≥lnx,

即elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx.

令g(t)=et+t，(t∈R)故只需

g(lna+x-1)≥g(lnx)即可.

因為g(t)是增函數，

所以只需lna+x-1≥lnx.

故f(x)≥1?lna≥lnx-x+1.

令h(x)=lnx-x+1(x>0)，

則只需lna≥[h(x)]max.

x∈(1,+∞)時，h′(x)<0.

所以h(x)在(0,1)上遞增，在(1,+∞)上遞減.

則有h(x)max=h(1)=0.故lna≥0所以a≥1.

即a的取值范圍是[1,+∞).

解法3：含參分類討論

因為f(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時f′(x)<0，f(x)單調遞減；

x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

③a>1時，aex-1-lnx+lna>ex-1-lnx≥x-lnx≥1，故f(x)≥1成立.

綜上所述，a的取值范圍是[1,+∞).

1.2 解后反思

上述的三種解題過程都蘊含了豐富的數學思想并體現了對邏輯推理及數學運算核心素養的要求.解法1運用了必要性探路法，看似解題過程簡單，實際上找到合適的切入點需要強大的數學基礎和邏輯推理做支撐，如何確定取值，是一個難點.

分離參數法是解決含參不等式恒成立求參數問題中常用的解法，即將不等式中的參數與未知數進行分離，使之化簡為a≥g(x)(或a≤g(x))，則有：(1)a≥g(x)恒成立?a≥gmax(x)；(2)a≤g(x)恒成立?a≤gmin(x).但是，對于本題指數式與對數式混合的結構，并不宜直接分離參數a.故而我們嘗試通過指數式與對數式之間恒等變換，構造新的函數式不等關系，使得原不等式得以化簡，進而分離參數a.如解法2中，利用指數式的變形aex-1=elna+x-1，x=elnx，將原命題中f(x)≥1恒等變換為不等式elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx.令g(t)=et+t，則f(x)≥1?g(lna+x-1)≥g(lnx)?lna+x-1≥lnx.如此，原命題中含有指數式與對數式混合結構的不等式便得以簡化，轉化為只含有對數式結構的不等式恒成立問題.此時，我們便可分離出參數lna，令h(x)=lnx-x+1，則lna+x-1≥lnx恒成立?lna≥[h(x)]max，可先求出lna范圍，再求得參數a的范圍.顯然，分離參數法在本題中的運用必須對原不等式進行一番改頭換面，才得以成行，其中不僅需要數學運算功底扎實，更需要原不等式的結構設計得巧妙.由此可見，分離參數法在復雜的不等式結構中，也許并不易，且不宜.對于大多數結構較為復雜的含參不等式而言，解法3的含參分類討論更加具有普遍適用性，是“通性通法”.

2 含參分類討論中隱零點的化解策略探索

2.1 隱零點化解策略

策略一：放縮法證明不等式成立

詳解見本例解法3：

當a>1時，aex-1-lnx+lna>ex-1-lnx≥x-lnx≥1，故f(x)≥1成立.

策略分析：既然轉化為函數不好求解，不妨考慮直接證明不等式恒成立.這里面運用了兩個不等式：(1)ex≥x+1；(2)x≥1+lnx對原不等式進行放縮，大大地簡化了原不等式的結構，快速地證明了a>1時，f(x)≥1恒成立.利用放縮法證明不等式，直接跨越了導函數求零點的過程，其便捷性不言而喻；但與其同時，我們也得意識到，這種放縮法并非“放之四海而皆準”的，它對縮放的精準程度是有要求的.

策略二：設而不求，代換隱零點

因為f(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時f′(x)<0，f(x)單調遞減；

x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

且當x∈(0,x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；

x∈(x0,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

所以fmin(x)=f(x0)=aex0-1-lnx0+lna

故fmin(x)>1,f(x)≥1恒成立.

綜上所述，a的取值范圍為[1,+∞).

策略三：設而不求，隱零點反解求參數

因為f(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時f′(x)<0，f(x)單調遞減；

x∈(1,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

當x∈(0,x0)時，f′(x)<0，f(x)單調遞減；

x∈(x0,+∞)時，f′(x)>0，f(x)單調遞增.

(i)

故fmin(x)=f(x0)=aex0-1-lnx0+lna

(ii)

易知y=g(x)在(0,+∞)上是減函數，

且g(1)=1.故當x∈(0,1]時，g(x)≥1.

因為f(x)≥1恒成立?fmin(x)≥1?f(x0)≥1，

所以x0∈(0,1].

(iii)

當x∈(0,1]時，a′(x)<0，

故函數y=a(x)在(0,1]上是減函數.

故a>1時不等式成立.

綜上所述，a的取值范圍為[1,+∞).

2.2 解后反思

含參分類討論中參數范圍的求解，利用導數研究函數單調性，得到導函數的零點x0(解方程f′(x0)=0)，進而得函數最值f(x0)，由f(x0)≥1解得參數范圍是一種基本方法.但在不便直接求解方程f′(x0)=0的根(即求導函數零點x0)的時候，該如何化解這個問題呢？我們探索了兩種途徑來解決這個問題：其一，以不等式的角度來進行證明，可利用不等式的性質，運用放縮法證明不等式恒成立(策略一)；也可從函數的角度來看待這個問題，通過函數最值f(x0)的取值范圍來證明不等式恒成立(策略二).其二，利用參數a與導函數零點x0的關系f′(x0)=0→a=φ(x0)，由f(x)≥1求得零點x0的取值范圍，再利用函數關系a=φ(x0)反解得到參數a的取值范圍.

上述的策略一與策略二都運用了數學化歸轉化思想，將函數最值的求值轉化為不等式證明或函數最值的取值范圍.這其中蘊含著數學“等量關系”與“不等關系”兩者的聯系與轉化，需要我們在平時的數學學習中對知識間的聯系進行思考并總結規律，我們也可以從課本中的題目中找到啟發.

如，高中數學人教A版教科書，選修2-2，第32頁，習題1.3 B組第1題：

利用函數的單調性，證明下列不等式，并通過函數圖象直觀驗證：

(1)sinx

(2)x-x2>0，x∈(0,1)；

(3)ex>1+x，x≠0；

(4)lnx0.

本題中的(3)，(4)兩小題也即我們在策略一：使用放縮法證明不等式過程中運用到的結論.證明如下：

(3)設f(x)=ex-1-x，x≠0，

因為f′(x)=ex-1，x≠0，

所以，當x>0時，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)

上單調遞增；當x<0時，f′(x)<0，f(x)在(-∞,0)上單調遞減.

故x≠0時，總是有f(x)>f(0)=0，

即ex-1-x>0.

所以x≠0時，ex>1+x.

(4)設f(x)=lnx-x，x>0，

當00，f(x)在(0,1)上單調遞增；當x>1時，f′(x)<0，f(x)在(1,+∞)上單調遞減.

故，當x>0時，總是有

f(x)≤fmax(x)=f(1)=-1，

即lnx-x≤-1.

所以，x>0時，lnx≤x-1

由(3)可知，x>0時，ex>1+x>x.

綜上，當x>0時，lnx

習題(3)，(4)中，以不等式的角度直接去證明f(x)>0成立是不適宜的，在f(x)>0這個不等關系中，我們會聯想到比較特殊的一個臨界值，即函數f(x)的最值f(x0).通常，我們可利用函數最值，實現不等關系與等量關系的一個轉化：

不等式f(x)>0恒成立?函數f(x)的最小值f(x0)>0.

如題(4)中，就是通過函數最值的求解，結合不等式性質，證明了x>0時，lnx

但是在題(3)中，x≠0時，f(x)=ex-1-x的最小值是不存在的，此時我們再次轉換角度，不求函數最值，轉而通過函數值f(x)的取值范圍來證明不等式f(x)>0恒成立.這種思考方向非常值得我們借鑒和運用.在函數f(x)的最值無法求解，或是不易求解時，我們可以嘗試能否通過函數值f(x)的取值范圍，或是函數f(x)最小值f(x0)的取值范圍來證明不等式.(如圖所示).

即等量關系與不等關系的轉化：

正如我們遇到本文高考題中，函數最值f(x0)求而不得時，可嘗試逆向思維：函數最值(f(x0)的值)→函數最值范圍(f(x0)≥1)→不等式成立(f(x)≥1).

一道典型的問題可以引導啟發學生思維上的多角度思考與拓展.通過上述不同的解題途徑，我們可以領略到函數、導數與其他知識的綜合交融及其靈活多變，雖然解題方法不同，但其核心思想始終圍繞著函數.在解題過程中，無論是不等式的放縮法應用，函數隱零點的設而不求，整體代換亦或是反解求參數，都蘊含著數學轉化與化歸思想的應用，體現了對邏輯推理與數學運算學科核心素養的要求.對于含參不等式恒成立中參數范圍的求解問題，含參分類討論法更加通用，適用范圍更廣，它的解題步驟樸素卻不簡單，需要具備清晰的數學邏輯思維和扎實的數學運算功底.

“不積跬步，無以至千里；不積小流，無以成江海.”在平時的學習中，我們應重視對數學必備知識與關鍵能力的深度理解，多方位多角度去思考問題，構建知識間的聯系與轉化，由特殊到一般地尋找規律，探索解題的通性、通法，提升數學學科核心素養.