傳統(tǒng)法有條不紊 高觀點(diǎn)扶搖直上
——談2023年唐山一模第22題一題多解以及命題手法

唐 洵

(福建省福清第三中學(xué),福建 福清 350000)

高考或質(zhì)檢中的導(dǎo)數(shù)證明問題,其求解過程一般是利用導(dǎo)數(shù)工具分析函數(shù)的性質(zhì),進(jìn)而得到問題的答案.此類解法雖然步步為營,但過程往往錯(cuò)綜復(fù)雜,一招不慎,滿盤皆輸.因此在解題時(shí),若能充分挖掘表達(dá)式的代數(shù)結(jié)構(gòu),聯(lián)想幾何特征,再融入一些高等數(shù)學(xué)的觀點(diǎn),勢必能速戰(zhàn)速決,躡影追風(fēng).

1 題目呈現(xiàn)

題目(2023年唐山3月一模)已知x>-1,證明:(ex-1)ln(x+1)≥x2.

2 解法展示

思路1整體構(gòu)造,一馬平川.

令g(x)=x2ex-1lnx+(2x-1)ex-1+1-2x2,x∈(0,+∞),

則g′(x)=2xex-1lnx+x2ex-1lnx+(3x+1)ex-1-4x

易知h(1)=0,即g′(1)=0.

故g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

故g(x)≥g(1)=0.

則f″(x-1)≥0在(0,+∞)上恒成立.

故f″(x)≥0在(-1,+∞)上恒成立.

即f′(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增.

易知f′(0)=0,故當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f′(x)<0,當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)>0,故f(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則f(x)≥f(0)=0.

故當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

點(diǎn)評整體構(gòu)造函數(shù)后,將所證問題轉(zhuǎn)化為求解函數(shù)的最值是處理此類證明問題的基本思路.本題運(yùn)用此法解題時(shí),其難點(diǎn)在于所證不等式中的指對數(shù)以“抱團(tuán)”的乘法形式出現(xiàn),因此在求解的過程中對數(shù)學(xué)計(jì)算以及邏輯推理的核心素養(yǎng)做出了更高層次的要求.

思路2分而治之,逐個(gè)擊破.

解法2顯然x=0時(shí),(ex-1)ln(x+1)=x2=0,即(ex-1)ln(x+1)≥x2成立.

故當(dāng)x>0時(shí),h′(x)>0,當(dāng)-1

則h(x)>h(0)=0.

即g′(x)>0,所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,則g(x)>g(0)=0.

則f′(x)>0.

故函數(shù)f(x)在(-1,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞增.

由洛必達(dá)法則可知,

故f(0)=0.

當(dāng)x∈(-1,0)時(shí),f(x)<0,ln(x+1)<0,f(x)·ln(x+1)=(ex-1)ln(x+1)>0,同理可得當(dāng)x∈(0,+∞)時(shí),(ex-1)ln(x+1)>0.

故當(dāng)x∈ (-1,0) ∪(0,+∞)時(shí),(ex-1)ln(x+1)>0.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

解法3顯然x=0時(shí),(ex-1)ln(x+1)=x2=0.

即(ex-1)ln(x+1)≥x2成立.

令h(x)=(1-x)ex-1,則

h′(x)=-xex.

當(dāng)x<0時(shí),h′(x)>0,h(x)單調(diào)遞增;

當(dāng)x>0,h′(x)<0,h(x)單調(diào)遞減.

所以h(x)≤h(0)=0,當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)等號成立.

所以g(x)在(-∞,0)和(0,+∞)上單調(diào)遞減.

易知當(dāng)-1x>ln(x+1);

當(dāng)x>0時(shí),x>ln(x+1)>0,

所以g(x)

又當(dāng)x>-1且x≠0時(shí),x(ex-1)>0,

所以(ex-1)ln(x+1)>x2.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

點(diǎn)評分離參數(shù)或分離函數(shù)的目的是使得復(fù)雜的函數(shù)問題簡單化,因此在分離時(shí),應(yīng)當(dāng)聯(lián)想常用的函數(shù)模型,選擇合理的分離,使得分離后得到的新函數(shù)的性質(zhì)可以信手拈來.本題在分離的過程中有兩種選擇,一是單純地處理ln(x+1),如解法2;二是將ex-1與ln(x+1)同時(shí)變形,如解法3.

思路3對數(shù)平均,化繁為簡.

解法4顯然x=0時(shí),(ex-1)ln(x+1)=x2=0,即(ex-1)ln(x+1)≥x2成立.

當(dāng)x≠0時(shí),由對數(shù)均值不等式可得

易知xln(x+1)>0.

故(ex-1)ln(x+1)>x2.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

思路4積分領(lǐng)航,幾何楊帆.

解析5 顯然x=0時(shí),(ex-1)ln(x+1)=x2=0,即(ex-1)ln(x+1)≥x2成立.

圖的大小比較 圖的大小比較

則(ex-1)ln(x+1)>x2.

則(ex-1)ln(x+1)>x2.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

點(diǎn)評定積分的幾何意義是曲邊梯形的面積.若遇到分式結(jié)構(gòu),可以考慮通過變形轉(zhuǎn)化為某個(gè)函數(shù)在區(qū)間上的定積分,進(jìn)而聯(lián)系幾何意義,實(shí)現(xiàn)數(shù)形結(jié)合,進(jìn)而快速解決問題.

思路5中值定理,如履薄冰.

解法6顯然x=0時(shí),(ex-1)ln(x+1)=x2=0,即(ex-1)ln(x+1)≥x2成立.

當(dāng)x≠0時(shí),由于xln(x+1)>0,則

(*)

(ex-1)ln(x+1)≥x2.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

思路6泰勒展開,否極泰來.

解法7由泰勒公式可知,

此時(shí)ln(x+1) ≥0,

此時(shí)ln(x+1)≤0,

故要證(ex-1)ln(x+1)≥x2,

令f(x)=(2+x)ln(x+1)-2x,

當(dāng)x≠0時(shí),由對數(shù)平均不等式,得

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

故當(dāng)-1

當(dāng)x>0時(shí),f″(x)>0,

故f′(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減,在(1,+∞)上單調(diào)遞增.

則[f′(x)]min=f′(0)=0.

故f′(x)≥0.

即f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增.

綜上所述,當(dāng)x>-1時(shí),(ex-1)ln(x+1)≥x2.

圖3 切線放縮 圖4 凹凸反轉(zhuǎn)

3 命題思路

通過觀察題目,不難發(fā)現(xiàn)y=ex-1與y=ln(x+1)互為反函數(shù),兩者的圖象關(guān)于直線y=x對稱,且該直線為公切線,兩個(gè)函數(shù)在公共的定義域內(nèi)都存在著明顯的凹凸性,于是筆者認(rèn)為本題的命題思路如下:

第一步,選取一個(gè)凹(凸)函數(shù)f(x),明確函數(shù)的單調(diào)性;

第二步,在(x0f(x0))處作曲線y=f(x)切線y=h(x),保證f(x)≥h(x)或f(x)≤h(x)恒成立,且等號僅在x=x0處取得;

第三步,求解曲線y=f(x)關(guān)于直線y=h(x)的對稱曲線y=g(x);

第四步,構(gòu)造不等式f(x)·g(x)≥[h(x)]2,其中等號只在x=x0處取得.

在近年的高考中,以泰勒展開式為背景的不等式問題屢見不鮮,因此筆者認(rèn)為,在教學(xué)時(shí),有必要增加對部分高等數(shù)學(xué)知識的滲透,既提高了解題效率,又避免了復(fù)雜的運(yùn)算,使得學(xué)生能夠會當(dāng)凌絕頂,一覽眾山小[3].