一道函數不等式證明題引發的教學思考

摘要：教育部的文件《關于全面深化課程改革落實立德樹人根本任務的意見》充分認識全面深化改革，落實立德樹人的根本任務，明確各學段教育功能的定位，理順了各學段的育人目標，進一步提升數學、科學、技術等課程的育人價值，協同推進教材編寫、教學實施、評價方式、考試命題的各環節的改革。全國卷數學高考題的命制，必然會引起社會的廣泛關切。高考題是教學的風向標，如何更好地引導數學教學，文章就這個問題，通過對一道高考真題的剖析，思考教學應該如何有效地開展。

關鍵詞：一階導數的零點;理想模式;猜設證

中圖分類號：G633.603文獻標識碼：A文章編號：1673-8918（2022）03-0071-04

一、引言

下面就2014年新課標全國卷一理科數學的函數導數題展開說明。

二、真題再現及解析

設函數f（x）=aexlnx+bex-1x，曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2。

（1）求a，b;（2）證明：f（x）>1。

解析：（1）函數f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1

此處導函數不宜通分整理，不然會使問題復雜化，要求求導基本功要過關。

由題意點（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2，

利用導數的幾何意義及切點的雙重身份，即切點既在曲線上又在切線上，

可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2。

今天我們著重觀察第（2）小題：

首先，由（1）知f（x）=exlnx+2ex-1x，要證f（x）>1第一想法求f（x）min，

誠然想法很單純，但是道路太坎坷，但不妨礙試一試：

f′（x）=exlnx+1x+2ex-1（x-1）x2=ex-1·ex2lnx+ex+2（x-1）x2（x>0），

顯然此處的一階導，相當復雜，是否繼續推進，得有一個判斷，否則很可能一條胡同走到黑，費時費力沒有好成效。平時的教學，我們可以指導學生一階導應該有四個理想的模式。

①可求出具體零點或者可猜出零點，通過分析符號，確定導函數的變號情況;

②恒大于0或者恒小于0;

③單調（可直接觀察或者二次導恒正或恒負）;

④二次導可求零點。

此處一階導數沒有看到理想的四個模式，顯然二次導（除去恒正的項ex-1，x2）再求導也沒利用價值，所以考慮放棄此法。若不然四次導才恒正。

仔細分析發現本題中f（x）=exlnx+2ex-1x包含了三個基本初等函數：指數，對數，冪函數。

在平時的教學中我們喜聞樂見的求導是其中的兩個函數一起出現：對數與冪函數，指數與冪函數。不太喜歡看到指數與對數放一起求導，所以變形思路就出來了。

此處體現了化歸轉化思想，轉化成熟悉的問題來解決。

若真碰到指數和對數在一起了怎么辦？

f（x）=exlnx+2ex-1x>1等價變形①lnx+2ex>1ex，②xlnx>xex-2e。

在這里碰到一個相同的問題，證明不等式g（x）>h（x）。

因為接下來的問題處理對我們來說并不陌生。解決此類問題常用兩種處理方法：一是移項構造新函數，求新函數最值;二是通過中間橋梁g（x）>k>h（x）加強命題，證明一個更強的結論，即問題成立的一個充分條件，證明g（x）min>k，k>h（x）max即證g（x）min>h（x）max。

對于變形①lnx+2ex>1ex我們可以通過構造差函數證明函數不等式。

解法一：設g（x）=lnx+2ex-1ex（x>0），下面證明g（x）min>0。

求導得g′（x）=ex（ex-2）+ex2ex2ex（x>0），

再令h（x）=ex（ex-2）+ex2，則h′（x）=ex（ex+e-2）+2ex>0，這是理想模型③。

故h（x）在（0，+∞）上遞增，有h32e=94e-12e32e<0，h（1）=e2-e>0，且h（x）在（0，+∞）上連續，

所以h（x）在（0，+∞）上有唯一的零點x0∈32e，1，即h（x0）=0，即ex0（ex0-2）+ex02=0。

當x∈（0，x0）時，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上遞減，

當x∈（x0，+∞）時，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上遞增，

所以g（x）min=g（x0）=lnx0+2ex0-1ex0=lnx0+2ex0-2-ex0ex20=lnx0+1x0+2ex0-2ex20。

下面證明：當x0∈32e，1時lnx0+1x0+2ex0-2ex20>0。

令t（x）=lnx+1x+2ex-2ex2，x∈32e，1，則t′（x）=ex2-（e+2）+4ex3>0，

故t（x）在所以32e，1上遞增，t（x）>t32e=ln32+13+2e9>0，所以命題得證。

解法一解析：此法是處理不等式恒成立問題最常用的用法，也就是將不等式恒成立問題轉化為差函數最值問題，但在一次求導時求不出零點，采用了“設而不求”隱零點的方法來處理，另外此法還需要二次求導，難度不可謂不大。

嘗試加強命題證明g（x）min>h（x）max。

令g（x）=lnx+2ex，（x>0），h（x）=1ex，（x>0），則g′（x）=ex-2ex2（x>0），

所以當x∈0，2e時，g′（x）<0，當x∈2e，+∞時，g′（x）>0，

故g（x）在0，2e單調遞減，在2e，+∞單調遞增，

從而g（x）在0，+∞的最小值為g2e=ln2，

因為h（x）=1ex，（x>0）在（0，+∞）上遞減，所以h（x）<h（0）=1，但是ln2<1，故此法行不通。

對于變形②xlnx>xex-2e。

嘗試一：令m（x）=xlnx-xe-x+2e，得m′（x）=1+lnx+x-1ex（x>0），

不是一階導數四個理想模式。故到放棄此嘗試。

解法二：加強命題證明g（x）min>h（x）max。

設函數g（x）=xlnx，則g′（x）=1+lnx（x>0），

所以當g′（x）=0時，得x=1e時，易得g（x）min=g1e=-1e。

設函數h（x）=xex-2e，則h′（x）=1-xex（x>0），

所以當h′（x）=1-xex（x>0）時，得x=1時，易得h（x）max=h（1）=-1e。

所以g（x）min≥h（x）max，由于g（x），h（x）不在同一個x取到最值，所以g（x）>h（x），

綜上：當x>0時，g（x）>h（x），即f（x）>1。

解法二解析：變形②較變形①化簡的更徹底點，化簡到我們非常熟悉的函數g（x）=xlnx，以及h（x）=xex-2e，體現了化歸轉化思想的真諦，繼而通過加強命題證明原命題，計算量較解法一大幅減少，可謂磨刀不誤砍柴工。

解法三：不等式exlnx+2ex-1x>1等價于不等式elnx+2x>1ex-1（x>0）。

教材選修2-2中原題易證ex≥x+1，由于ex≥x+1，可得將x用x-1替換，可得ex-1≥x，所以1ex-1≤1x，所以只要證明不等式elnx+2x>1x（x>0），即證elnx+1x>0（x>0），令g（x）=elnx+1x，通過求導易得g（x）min>0，所以原命題得證。

解法三解析：利用教材中的不等式通過替代得到新不等式1ex-1≤1x，利用放縮法使得問題轉化為elnx+1x>0（x>0），得以解決問題，此解法的難點是放縮法，但是放縮法又是高考壓軸題的常用技巧，所以平時有志于攻克難題的學生，可以針對性地進行放縮法的訓練，從而為解決難題打下堅實的基礎。

此題還可以借助兩個函數不等式ex≥ex和lnx≥-1ex來直接證題，相當的簡潔明了。這兩個不等式在平時的學習當中要有意識地去記憶和運用，才能信手拈來，用得得心應手，恰到好處。

幾個解法的總結：原不等式直接證明是不現實的，所以三種解法都是通過適當的變形，證明一個等價的不等式，要么通過構造差函數，要么通過加強命題，要么通過放縮法，要么通過借助其他不等式，最終都能解決問題。當然解題過程難易有很大的差別，所以對待函數導數壓軸題，除了多練，多思多想，善于發現總結更為重要。

三、試題拓展

1.2012年山東（理）22題

已知f（x）=lnx+1ex，設g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）為f（x）的導函數。

證明：對任意x>0，g（x）<1+e-2。

2.已知函數f（x）=axn（1-x）+b（x>0），n為正整數，a，b為常數。曲線y=f（x）在點（1，f（1））處的切線為x+y=1。

（1）求a，b的值;（2）求函數f（x）的最大值;（3）證明：f（x）<1ne。

以上兩道拓展題都是具有相當大的難度，但是跟我們提及的四種解法都有關聯，是原題的良好的習題范本，也是原題的拓展。讓學生多加練習，總結思考，有助于學生發現壓軸題也是有套路的，只是套路深一點而已，從而克服解難題的心理畏懼感，為成功拿下壓軸題奠定良好的知識儲備和心理基石。

四、試題的價值——教學的導向性

翻閱課本時，在普通高中課程標準實驗教科書人教A版選修教材中證明過重要不等式：“（3）ex>1+x，x≠0，（4）lnx<x<ex，x>0”解法三中我們應用ex≥x+1進行放縮，另外我們還可以借助不等式lnx≤x-1進行證明，因此我們在平常教學中，要積極對書本的例題、習題進行改造，讓導數與不等式、數列等其他知識有效進行整合，讓我們的教學不止停留在課本，而應該延伸到課本以外的知識。

五、教學的反思和升華

文章解析的這道高考題解題卡殼的地方就是原函數的一階導不太理想或者變形后的一階導不太理想。

所以我們在教學中應該就一階導數零點不可求怎么辦，展開深層次的教學，總結升華。

導數是研究函數的有力工具，其核心又是由導數值的正、負確定函數的單調性。用導數研究函數f（x）的單調性，往往需要解方程f′（x）=0。若該方程不易求解時，如何繼續解題呢？

（一）猜——猜出方程f′（x）=0的根

典例：設f（x）=1+lnxx。若關于x的方程f（x）=x2-2x+k有實數解，求實數k的取值范圍。

解析：方程f（x）=x2-2x+k有實數解，即f（x）-x2+2x=k有實數解。

設g（x）=f（x）-x2+2x=1+lnxx-x2+2x，則g′（x）=2（1-x）-lnxx2。

接下來求函數g（x）的單調區間，所以需解不等式g′（x）≥0及g′（x）≤0，因而需解方程g′（x）=0，

但此方程不易求解，所以我們可以先猜后解。

因為g′（1）=0，且當0<x<1時，g′（x）>0，當x>1時，g′（x）<0，

所以函數g（x）在（0，1）上單調遞增，在（1，+∞）上單調遞減。

所以g（x）max=g（1）=2。當x→0時，g（x）→-∞;當x→+∞時，g（x）→-∞，

所以函數g（x）的值域是（-∞，2]，所以所求實數k的取值范圍是（-∞，2]。

本題解題關鍵點：

當所求的導函數等于零的方程看起來不易求解時，可以通過特殊值猜出f′（x）=0的根。

若導函數中出現lnx時，常猜x=1;當函數解析式中出現ex時，常猜x=0。

（二）設——設出f′（x）=0的根

典例：設函數f（x）=e2x-alnx。求證：當a>0時，f（x）≥2a+aln2a。

解析：f′（x）=2e2x-ax（x>0）。令方程f′（x）=0，得a=2xe2x（x>0）。

因為函數g（x）=2xe2x（x>0），則g′（x）=2（2x+1）e2x（x>0），

則g′（x）>0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）單調遞增，所以g（x）>g（0）=0。

又因為x→+∞時，g（x）→+∞，所以g（x）的值域為（0，+∞）。

由此可得，當a>0時，f′（x）有唯一零點。

可設f′（x）=0在（0，+∞）上的唯一零點為x0，即2e2x0=ax0。

當x∈（0，x0）時，f′（x）<0;當x∈（x0，+∞）時，f′（x）>0。

所以函數f（x）在（0，x0）上單調遞減，在（x0，+∞）上單調遞增。

當x=x0時，f（x）取得最小值為f（x0）。因為2e2x0=ax0，

所以f（x）min=f（x0）=e2x0-alnx0=a2x0+2ax0+aln2a≥2a+aln2a，

當且僅當x0=12時等號成立。所以當a>0時，f（x）≥2a+aln2a。

本題解題的關鍵點：

解題思路是求函數f（x）的最小值，因此需要求f′（x）=0的根，但是f′（x）=2e2x-ax=0的根無法求解。通過觀察或者求導可得二階導數是恒正，即一階導數是單調的，并且一階導有變號，此時由零點存在定理可設出f′（x）=0的根為x0，可得f′（x）在（0，x0）和（x0，+∞）上的正負值，從而通過單調性知f（x）min=f（x0），此法應用了隱零點的設而不求法，最后利用基本不等式證得結論。

（三）證——證明方程f′（x）=0無根

典例：已知m∈R，函數f（x）=mx-mx-2lnx，g（x）=2ex若x0∈[1，e]，使得f（x0）>g（x0）成立，求實數m的取值范圍。

解析：因為當x=1時，f（x）=0，g（x）=2e，不存在f（x0）>g（x0），所以關于x的不等式f（x）>g（x）在[1，e]上有解，即關于x的不等式2e+2xlnxx2-1<m，（1<x≤e）有解。

設h（x）=2e+2xlnxx2-1，（1<x≤e），因為h（x）<m，（1<x≤e）有解，只需求出h（x）的最小值即可。

則h′（x）=2x2-4ex-2-2（1+x2）lnx（x2-1）2，（1<x≤e），

但不易求解方程h′（x）=0，（1<x≤e），

可大膽猜測方程h′（x）=0，（1<x≤e）無解。

證明如下：由1<x≤e，可得-2（1+x2）lnx<0，

由1<x≤e，2x2-4ex-2=2（x-e）2-2e2-2<0，

所以h′（x）<0，h（x）在（1，e]上是減函數，所以h（x）min=h（e）=4ee2-1，

故所求實數m的取值范圍是4ee2-1，+∞。

本題解題的關鍵點：

當利用導函數求函數f（x）在區間[a，b]上的最值時，可首先考慮函數f（x）在該區間上是否具有單調性，若具有單調性，則f（x）在區間的端點處取得最值，此時若求f′（x）=0的根，則此方程是無解的。或許此時需要能夠熟練應用一些重要不等式，通過一些放縮法，從而證明f′（x）恒正或者恒負，從而推出函數f（x）單調。

六、結語

文章主要是通過對一道高考真題的剖析，揭示其命題本質，從而啟發本人在教學中如何通過猜設證三種方法引導學生更加有效地解決一階導數不易求零點的問題，從而在一定程度上為解決此類函數不等式的證明掃清障礙，當然通過猜設證能解決的問題還相當有限，有時還需要對原不等式的變形改造、放縮等才能更好地解決問題，希望文章能夠為教師提高課堂實效提供一點參考。

參考文獻：

[1]佚名.教育部關于全面深化課程改革落實立德樹人根本任務的意見[J].基礎教育參考，2014.

[2]戚有建.2014年新課標全國卷Ⅰ理科21題研究[J].數學通訊：學生閱讀，2014（10）：36-39.

作者簡介：廖國鳳（1981～），男，漢族，福建南平人，福建省南安第一中學，研究方向：數學教學。