一道高考導(dǎo)數(shù)題的思考與探索*

陳炳泉

(福建省仙游縣華僑中學(xué) 351200)

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用在高中數(shù)學(xué)的學(xué)習(xí)中占有舉足輕重的地位，并且與其他知識(shí)點(diǎn)融合性強(qiáng)，近幾年的高考中，對(duì)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)及其應(yīng)用的考題屢見(jiàn)不鮮且?？汲Ｐ拢^為全面地考查了數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng).

含參數(shù)的不等式恒成立，求解參數(shù)范圍，解題的一個(gè)基本方法是以函數(shù)的視角來(lái)考慮與解決問(wèn)題，本質(zhì)上是將其轉(zhuǎn)化為函數(shù)最值或函數(shù)值大小比較的問(wèn)題.本文以2020年新高考I卷(山東卷)數(shù)學(xué)第21題為載體，探討含參不等式恒成立問(wèn)題中參數(shù)范圍的常見(jiàn)解題策略.

1 試題再現(xiàn)

(2020新高考Ⅰ卷(山東卷)數(shù)學(xué)第21題)已知函數(shù)f(x)=aex-1-lnx+lna,

(1)當(dāng)a=e時(shí)，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線與兩坐標(biāo)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(jiàn)解法

本題是考查函數(shù)與導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用，涉及到與函數(shù)相關(guān)的不等式證明問(wèn)題、利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、極值，函數(shù)的零點(diǎn)等問(wèn)題.著重體現(xiàn)了對(duì)數(shù)學(xué)學(xué)科中邏輯推理以及數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng)的考查.此類問(wèn)題解法靈活多樣，如，必要性探路法、分離參數(shù)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?yàn)間(x)=x+lnx在(0,+∞)上單調(diào)遞增，且g(1)=1，所以a≥1.

充分性：當(dāng)a≥1時(shí)，

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

≥ex-1·1-lnx+ln1=ex-1-lnx.

又因?yàn)閑x-1≥(x-1)+1=x，

-lnx≥-(x-1)=-x+1.

當(dāng)x=1時(shí)，上述兩個(gè)不等式同時(shí)取等號(hào)(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(shù)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?yàn)間(t)是增函數(shù)，

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(shí)，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?yàn)閒(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時(shí)f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

x∈(1,+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

③a>1時(shí)，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(guò)程都蘊(yùn)含了豐富的數(shù)學(xué)思想并體現(xiàn)了對(duì)邏輯推理及數(shù)學(xué)運(yùn)算核心素養(yǎng)的要求.解法1運(yùn)用了必要性探路法，看似解題過(guò)程簡(jiǎn)單，實(shí)際上找到合適的切入點(diǎn)需要強(qiáng)大的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)和邏輯推理做支撐，如何確定取值，是一個(gè)難點(diǎn).

分離參數(shù)法是解決含參不等式恒成立求參數(shù)問(wèn)題中常用的解法，即將不等式中的參數(shù)與未知數(shù)進(jìn)行分離，使之化簡(jiǎn)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(duì)于本題指數(shù)式與對(duì)數(shù)式混合的結(jié)構(gòu)，并不宜直接分離參數(shù)a.故而我們嘗試通過(guò)指數(shù)式與對(duì)數(shù)式之間恒等變換，構(gòu)造新的函數(shù)式不等關(guān)系，使得原不等式得以化簡(jiǎn)，進(jìn)而分離參數(shù)a.如解法2中，利用指數(shù)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(shù)式與對(duì)數(shù)式混合結(jié)構(gòu)的不等式便得以簡(jiǎn)化，轉(zhuǎn)化為只含有對(duì)數(shù)式結(jié)構(gòu)的不等式恒成立問(wèn)題.此時(shí)，我們便可分離出參數(shù)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(shù)a的范圍.顯然，分離參數(shù)法在本題中的運(yùn)用必須對(duì)原不等式進(jìn)行一番改頭換面，才得以成行，其中不僅需要數(shù)學(xué)運(yùn)算功底扎實(shí)，更需要原不等式的結(jié)構(gòu)設(shè)計(jì)得巧妙.由此可見(jiàn)，分離參數(shù)法在復(fù)雜的不等式結(jié)構(gòu)中，也許并不易，且不宜.對(duì)于大多數(shù)結(jié)構(gòu)較為復(fù)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(diǎn)的化解策略探索

2.1 隱零點(diǎn)化解策略

策略一：放縮法證明不等式成立

詳解見(jiàn)本例解法3：

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

策略分析：既然轉(zhuǎn)化為函數(shù)不好求解，不妨考慮直接證明不等式恒成立.這里面運(yùn)用了兩個(gè)不等式：(1)ex≥x+1；(2)x≥1+lnx對(duì)原不等式進(jìn)行放縮，大大地簡(jiǎn)化了原不等式的結(jié)構(gòu)，快速地證明了a>1時(shí)，f(x)≥1恒成立.利用放縮法證明不等式，直接跨越了導(dǎo)函數(shù)求零點(diǎn)的過(guò)程，其便捷性不言而喻；但與其同時(shí)，我們也得意識(shí)到，這種放縮法并非“放之四海而皆準(zhǔn)”的，它對(duì)縮放的精準(zhǔn)程度是有要求的.

策略二：設(shè)而不求，代換隱零點(diǎn)

因?yàn)閒(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時(shí)f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

x∈(1,+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

且當(dāng)x∈(0,x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

x∈(x0,+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)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(shè)而不求，隱零點(diǎn)反解求參數(shù)

因?yàn)閒(x)=aex-1-lnx+lna，

易知y=f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.

則f′(1)=0.

所以，x∈(0,1)時(shí)f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

x∈(1,+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)遞增.

fmin(x)=f(1)=e0-ln1=1，

所以f(x)≥1成立.

②0

當(dāng)x∈(0,x0)時(shí)，f′(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；

x∈(x0,+∞)時(shí)，f′(x)>0，f(x)單調(diào)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(shù)，

且g(1)=1.故當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，g(x)≥1.

因?yàn)閒(x)≥1恒成立?fmin(x)≥1?f(x0)≥1，

所以x0∈(0,1].

(iii)

當(dāng)x∈(0,1]時(shí)，a′(x)<0，

故函數(shù)y=a(x)在(0,1]上是減函數(shù).

故a>1時(shí)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(shù)范圍的求解，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)單調(diào)性，得到導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)x0(解方程f′(x0)=0)，進(jìn)而得函數(shù)最值f(x0)，由f(x0)≥1解得參數(shù)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(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)x0)的時(shí)候，該如何化解這個(gè)問(wèn)題呢？我們探索了兩種途徑來(lái)解決這個(gè)問(wèn)題：其一，以不等式的角度來(lái)進(jìn)行證明，可利用不等式的性質(zhì)，運(yùn)用放縮法證明不等式恒成立(策略一)；也可從函數(shù)的角度來(lái)看待這個(gè)問(wèn)題，通過(guò)函數(shù)最值f(x0)的取值范圍來(lái)證明不等式恒成立(策略二).其二，利用參數(shù)a與導(dǎo)函數(shù)零點(diǎn)x0的關(guān)系f′(x0)=0→a=φ(x0)，由f(x)≥1求得零點(diǎn)x0的取值范圍，再利用函數(shù)關(guān)系a=φ(x0)反解得到參數(shù)a的取值范圍.

上述的策略一與策略二都運(yùn)用了數(shù)學(xué)化歸轉(zhuǎn)化思想，將函數(shù)最值的求值轉(zhuǎn)化為不等式證明或函數(shù)最值的取值范圍.這其中蘊(yùn)含著數(shù)學(xué)“等量關(guān)系”與“不等關(guān)系”兩者的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化，需要我們?cè)谄綍r(shí)的數(shù)學(xué)學(xué)習(xí)中對(duì)知識(shí)間的聯(lián)系進(jìn)行思考并總結(jié)規(guī)律，我們也可以從課本中的題目中找到啟發(fā).

如，高中數(shù)學(xué)人教A版教科書(shū)，選修2-2，第32頁(yè)，習(xí)題1.3 B組第1題：

利用函數(shù)的單調(diào)性，證明下列不等式，并通過(guò)函數(shù)圖象直觀驗(yàn)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?cè)诓呗砸唬菏褂梅趴s法證明不等式過(guò)程中運(yùn)用到的結(jié)論.證明如下：

(3)設(shè)f(x)=ex-1-x，x≠0，

因?yàn)閒′(x)=ex-1，x≠0，

所以，當(dāng)x>0時(shí)，f′(x)>0，f(x)在(0,+∞)

上單調(diào)遞增；當(dāng)x<0時(shí)，f′(x)<0，f(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞減.

故x≠0時(shí)，總是有f(x)>f(0)=0，

即ex-1-x>0.

所以x≠0時(shí)，ex>1+x.

(4)設(shè)f(x)=lnx-x，x>0，

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

故，當(dāng)x>0時(shí)，總是有

f(x)≤fmax(x)=f(1)=-1，

即lnx-x≤-1.

所以，x>0時(shí)，lnx≤x-1

由(3)可知，x>0時(shí)，ex>1+x>x.

綜上，當(dāng)x>0時(shí)，lnx

習(xí)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(gè)不等關(guān)系中，我們會(huì)聯(lián)想到比較特殊的一個(gè)臨界值，即函數(shù)f(x)的最值f(x0).通常，我們可利用函數(shù)最值，實(shí)現(xiàn)不等關(guān)系與等量關(guān)系的一個(gè)轉(zhuǎn)化：

不等式f(x)>0恒成立?函數(shù)f(x)的最小值f(x0)>0.

如題(4)中，就是通過(guò)函數(shù)最值的求解，結(jié)合不等式性質(zhì)，證明了x>0時(shí)，lnx

但是在題(3)中，x≠0時(shí)，f(x)=ex-1-x的最小值是不存在的，此時(shí)我們?cè)俅无D(zhuǎn)換角度，不求函數(shù)最值，轉(zhuǎn)而通過(guò)函數(shù)值f(x)的取值范圍來(lái)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(yùn)用.在函數(shù)f(x)的最值無(wú)法求解，或是不易求解時(shí)，我們可以嘗試能否通過(guò)函數(shù)值f(x)的取值范圍，或是函數(shù)f(x)最小值f(x0)的取值范圍來(lái)證明不等式.(如圖所示).

即等量關(guān)系與不等關(guān)系的轉(zhuǎn)化：

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

一道典型的問(wèn)題可以引導(dǎo)啟發(fā)學(xué)生思維上的多角度思考與拓展.通過(guò)上述不同的解題途徑，我們可以領(lǐng)略到函數(shù)、導(dǎo)數(shù)與其他知識(shí)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(shù).在解題過(guò)程中，無(wú)論是不等式的放縮法應(yīng)用，函數(shù)隱零點(diǎn)的設(shè)而不求，整體代換亦或是反解求參數(shù)，都蘊(yùn)含著數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化與化歸思想的應(yīng)用，體現(xiàn)了對(duì)邏輯推理與數(shù)學(xué)運(yùn)算學(xué)科核心素養(yǎng)的要求.對(duì)于含參不等式恒成立中參數(shù)范圍的求解問(wèn)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(jiǎn)單，需要具備清晰的數(shù)學(xué)邏輯思維和扎實(shí)的數(shù)學(xué)運(yùn)算功底.

“不積跬步，無(wú)以至千里；不積小流，無(wú)以成江海.”在平時(shí)的學(xué)習(xí)中，我們應(yīng)重視對(duì)數(shù)學(xué)必備知識(shí)與關(guān)鍵能力的深度理解，多方位多角度去思考問(wèn)題，構(gòu)建知識(shí)間的聯(lián)系與轉(zhuǎn)化，由特殊到一般地尋找規(guī)律，探索解題的通性、通法，提升數(shù)學(xué)學(xué)科核心素養(yǎng).