一道函數不等式問題的探究與思考

福建省廈門市海滄中學 (361022) 徐云龍 陳凌燕

導數作為研究函數的一個有力工具，是高中階段學習的重要內容，同時也是考查學生核心素養和創新意識的重要載體.本文通過對一道函數不等式的證明探究，來分析一類導數試題的求解方法和命制手法.

1試題及解法

考查意圖：本題以指數和對數混合的函數為載體，研究含參不等式的恒成立問題，較好地考查了導數在研究函數性質中的應用等基礎知識，體現學生邏輯分析，運算求解等關鍵能力.試題簡潔而內涵豐富，給解題者以數學美的感受.

解法一：直接對函數f(x)求導，利用導數研究函數f(x)的單調性求最小值.

若00，g(x)單調遞增，g(x)>g(0)=1；

若1lna時，g′(x)>0，g(x)單調遞增.

所以g(x)min=g(lna)=a-alna.

所以，當10；當a=e時，g(x)≥g(x)min=g(1)=0；當e0，g(4)=e4-4a≥e4-4e2>0，所以g(x)存在兩個零點x1,x2(01時，f′(x)>0，f(x)單調遞增，所以f(x)min=f(1)=e-a≥e-a≥0>-e2；當e

設h(a)=a-alna(e

評析：本解法將不等式恒成立問題轉化為函數的最值問題，這是不等式恒成立問題的通法，但運算過程較為繁瑣，對學生的運算能力有較高的要求.

解法二：變換主元，利用a的取值范圍對f(x)進行放縮.

綜上，當0

當00，則g(t)min=g(e)=e-a≥e-e2>-e2；當e

解法五：分析法，同構換元齊上陣.

評析：上述解法綜合利用了解法二的變換主元和式子的結構特征，進行換元化簡，簡化運算，同時可得本題的起源于常見不等式et≥t+1.從而撥開云霧見真章，認識到本題的命制方法.

2命題思考

下面證明：當a>e2時，?x0∈(0,+∞)，使得f(x)≥0不成立.

綜上，若f(x)≥0恒成立，則有a≤e2.

下面證明：當a<1時，?x0∈(1,+∞)，使得f(x)≥0不成立.

由導數知識知方程x-lnx-2=0,x∈(1,+∞)有解，設為x0，即x0-lnx0-2=0且x0>2.所以ex0-lnx0-2-(x0-alnx0-1)=(x0-2)(a-1)<0.綜上，若f(x)≥0恒成立，則有a≥1.

3類題再現

題目1 (2019年福建省質量檢測理科21題)已知函數f(x)=x(e2x-a).(1)若y=2x是曲線y=f(x)的切線，求a的值；(2)若f(x)≥1+x+lnx，求a的取值范圍.

簡析：(1)略；(2)由x(e2x-a)≥1+x+lnx，得e2x+lnx≥ax+x+lnx+1.令t=2x+lnx，由不等式et≥t+1，得e2x+lnx≥2x+lnx+1，當a≤1時，有e2x+lnx≥2x+lnx+1≥ax+x+lnx+1，即a≤1時，不等式恒成立.

下面證明：當a>1時，?x0∈(0,+∞)，使得f(x0)≥1+x0+lnx0不成立.

由導數知識知方程2x+lnx=0有解，設為x0，即2x0+lnx0=0，則有e2x0+lnx0-(ax0+x0+lnx0+1)=(1-a)x0，因為a>1，x0∈(0,+∞)，所以(1-a)x0<0，即f(x0)<1+x0+lnx0.

綜上，若f(x)≥1+x+lnx，則有a≤1.

試題1的由來：首先由常見不等式et≥t+1，換元令t=2x+lnx，得e2x+lnx≥2x+lnx+1，若e2x+lnx≥2x+lnx+1≥(a+1)x+lnx+1，得a≤1.(當然，本題還需證明，當a<1時，不等式不成立)

題目2 (2020年全國新高考Ⅰ卷第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；

(2)若f(x)≥1，求a的取值范圍.

簡析：(1)略；(2)由f(x)=aex-1-lnx+lna≥1得elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x.由lnx+x=elnx+lnx，得elna+x-1+lna+x-1≥elnx+lnx.

令g(x)=ex+x，由g′(x)=ex+1>0，得lna+x-1≥lnx，lna≥lnx-x+1，不難得h(x)=lnx-x+1的最大值為0，所以lna≥0，即a≥1.

試題2的由來：首先由常見不等式x-1≥lnx，若x-1+lna≥lnx恒成立，則有lna≥1，即a≥1.由g(t)=et+t單調遞增得ex-1+lna+x-1+lna≥elnx+lnx，即f(x)=aex-1-lnx+lna≥1.

題目3 (2013年課標全國Ⅱ卷第21題)已知函數f(x)=ex-ln(x+m).

(1)設x=0是f(x)的極值點，求m，并討論f(x)的單調性；

(2)當m≤2時，證明：f(x)>0.

簡析：(1)略；(2)由不等式ex≥x+1，當且僅當x=0時取等號；又有ln(x+m)≤x+m-1，當且僅當x+m=1時，取等號；由m≤2，得x+1≥x+m-1，即ex≥x+1≥x+m-1≥ln(x+m)，由不等式不能同時成立，得ex>ln(x+m)，即f(x)=ex-ln(x+m)>0.

題目4 (2022莆田高三三檢第22題)已知函數f(x)=ex-ax(a∈R).

(1)討論f(x)的單調性；

(2)若a=0，證明：對任意的x>1，都有f(x)≥x4-3x3lnx+x3.

試題4的由來：首先由常見不等式et≥t+1，換元令t=x-3lnx，得ex-3lnx≥x-3lnx+1，即ex≥x4-3x3lnx+x3.

4教學反思

追求通法，但更要認識問題本質.不等式恒成立問題的通法是轉化為求函數的最值問題.通法往往運算復雜，同時也易將問題的本質掩蓋在復雜的運算之中，難以發現.因此，我們要對問題進行更加深入的思考，加強對問題本質的認識，厘清問題的本質，也就認識了題目的來龍去脈，認識了題目是如何被命制出來的，做到了解一題通一類，提升了素養和思維的深度，也使學生感受到學習數學的樂趣.