一道函数不等式证明题引发的教学思考

摘要：教育部的文件《关于全面深化课程改革落实立德树人根本任务的意见》充分认识全面深化改革，落实立德树人的根本任务，明确各学段教育功能的定位，理顺了各学段的育人目标，进一步提升数学、科学、技术等课程的育人价值，协同推进教材编写、教学实施、评价方式、考试命题的各环节的改革。全国卷数学高考题的命制，必然会引起社会的广泛关切。高考题是教学的风向标，如何更好地引导数学教学，文章就这个问题，通过对一道高考真题的剖析，思考教学应该如何有效地开展。

关键词：一阶导数的零点;理想模式;猜设证

中图分类号：G633.603文献标识码：A文章编号：1673-8918（2022）03-0071-04

一、引言

下面就2014年新课标全国卷一理科数学的函数导数题展开说明。

二、真题再现及解析

设函数f（x）=aexlnx+bex-1x，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2。

（1）求a，b;（2）证明：f（x）>1。

解析：（1）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=aexlnx+axex-bx2ex-1+bxex-1

此处导函数不宜通分整理，不然会使问题复杂化，要求求导基本功要过关。

由题意点（1，f（1））处的切线为y=e（x-1）+2，

利用导数的几何意义及切点的双重身份，即切点既在曲线上又在切线上，

可得f（1）=2，f′（1）=e，故a=1，b=2。

今天我們着重观察第（2）小题：

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

诚然想法很单纯，但是道路太坎坷，但不妨碍试一试：

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

显然此处的一阶导，相当复杂，是否继续推进，得有一个判断，否则很可能一条胡同走到黑，费时费力没有好成效。平时的教学，我们可以指导学生一阶导应该有四个理想的模式。

①可求出具体零点或者可猜出零点，通过分析符号，确定导函数的变号情况;

②恒大于0或者恒小于0;

③单调（可直接观察或者二次导恒正或恒负）;

④二次导可求零点。

此处一阶导数没有看到理想的四个模式，显然二次导（除去恒正的项ex-1，x2）再求导也没利用价值，所以考虑放弃此法。若不然四次导才恒正。

仔细分析发现本题中f（x）=exlnx+2ex-1x包含了三个基本初等函数：指数，对数，幂函数。

在平时的教学中我们喜闻乐见的求导是其中的两个函数一起出现：对数与幂函数，指数与幂函数。不太喜欢看到指数与对数放一起求导，所以变形思路就出来了。

此处体现了化归转化思想，转化成熟悉的问题来解决。

若真碰到指数和对数在一起了怎么办？

f（x）=exlnx+2ex-1x>1等价变形①lnx+2ex>1ex，②xlnx>xex-2e。

在这里碰到一个相同的问题，证明不等式g（x）>h（x）。

因为接下来的问题处理对我们来说并不陌生。解决此类问题常用两种处理方法：一是移项构造新函数，求新函数最值;二是通过中间桥梁g（x）>k>h（x）加强命题，证明一个更强的结论，即问题成立的一个充分条件，证明g（x）min>k，k>h（x）max即证g（x）min>h（x）max。

对于变形①lnx+2ex>1ex我们可以通过构造差函数证明函数不等式。

解法一：设g（x）=lnx+2ex-1ex（x>0），下面证明g（x）min>0。

求导得g′（x）=ex（ex-2）+ex2ex2ex（x>0），

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

故h（x）在（0，+∞）上递增，有h32e=94e-12e32e<0，h（1）=e2-e>0，且h（x）在（0，+∞）上连续，

所以h（x）在（0，+∞）上有唯一的零点x0∈32e，1，即h（x0）=0，即ex0（ex0-2）+ex02=0。

当x∈（0，x0）时，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上递减，

当x∈（x0，+∞）时，即g′（x）>0故g（x）在（0，x0）上递增，

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

下面证明：当x0∈32e，1时lnx0+1x0+2ex0-2ex20>0。

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

故t（x）在所以32e，1上递增，t（x）>t32e=ln32+13+2e9>0，所以命题得证。

解法一解析：此法是处理不等式恒成立问题最常用的用法，也就是将不等式恒成立问题转化为差函数最值问题，但在一次求导时求不出零点，采用了“设而不求”隐零点的方法来处理，另外此法还需要二次求导，难度不可谓不大。

尝试加强命题证明g（x）min>h（x）max。

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

所以当x∈0，2e时，g′（x）<0，当x∈2e，+∞时，g′（x）>0，

故g（x）在0，2e单调递减，在2e，+∞单调递增，

從而g（x）在0，+∞的最小值为g2e=ln2，

因为h（x）=1ex，（x>0）在（0，+∞）上递减，所以h（x）<h（0）=1，但是ln2<1，故此法行不通。

对于变形②xlnx>xex-2e。

尝试一：令m（x）=xlnx-xe-x+2e，得m′（x）=1+lnx+x-1ex（x>0），

不是一阶导数四个理想模式。故到放弃此尝试。

解法二：加强命题证明g（x）min>h（x）max。

设函数g（x）=xlnx，则g′（x）=1+lnx（x>0），

所以当g′（x）=0时，得x=1e时，易得g（x）min=g1e=-1e。

设函数h（x）=xex-2e，则h′（x）=1-xex（x>0），

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

所以g（x）min≥h（x）max，由于g（x），h（x）不在同一个x取到最值，所以g（x）>h（x），

综上：当x>0时，g（x）>h（x），即f（x）>1。

解法二解析：变形②较变形①化简的更彻底点，化简到我们非常熟悉的函数g（x）=xlnx，以及h（x）=xex-2e，体现了化归转化思想的真谛，继而通过加强命题证明原命题，计算量较解法一大幅减少，可谓磨刀不误砍柴工。

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

教材选修2-2中原题易证ex≥x+1，由于ex≥x+1，可得将x用x-1替换，可得ex-1≥x，所以1ex-1≤1x，所以只要证明不等式elnx+2x>1x（x>0），即证elnx+1x>0（x>0），令g（x）=elnx+1x，通过求导易得g（x）min>0，所以原命题得证。

解法三解析：利用教材中的不等式通过替代得到新不等式1ex-1≤1x，利用放缩法使得问题转化为elnx+1x>0（x>0），得以解决问题，此解法的难点是放缩法，但是放缩法又是高考压轴题的常用技巧，所以平时有志于攻克难题的学生，可以针对性地进行放缩法的训练，从而为解决难题打下坚实的基础。

此题还可以借助两个函数不等式ex≥ex和lnx≥-1ex来直接证题，相当的简洁明了。这两个不等式在平时的学习当中要有意识地去记忆和运用，才能信手拈来，用得得心应手，恰到好处。

几个解法的总结：原不等式直接证明是不现实的，所以三种解法都是通过适当的变形，证明一个等价的不等式，要么通过构造差函数，要么通过加强命题，要么通过放缩法，要么通过借助其他不等式，最终都能解决问题。当然解题过程难易有很大的差别，所以对待函数导数压轴题，除了多练，多思多想，善于发现总结更为重要。

三、试题拓展

1.2012年山东（理）22题

已知f（x）=lnx+1ex，设g（x）=（x2+x）f′（x），其中f′（x）为f（x）的导函数。

证明：对任意x>0，g（x）<1+e-2。

2.已知函数f（x）=axn（1-x）+b（x>0），n为正整数，a，b为常数。曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线为x+y=1。

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

以上两道拓展题都是具有相当大的难度，但是跟我们提及的四种解法都有关联，是原题的良好的习题范本，也是原题的拓展。让学生多加练习，总结思考，有助于学生发现压轴题也是有套路的，只是套路深一点而已，从而克服解难题的心理畏惧感，为成功拿下压轴题奠定良好的知识储备和心理基石。

四、试题的价值——教学的导向性

翻阅课本时，在普通高中课程标准实验教科书人教A版选修教材中证明过重要不等式：“（3）ex>1+x，x≠0，（4）lnx<x<ex，x>0”解法三中我们应用ex≥x+1进行放缩，另外我们还可以借助不等式lnx≤x-1进行证明，因此我们在平常教学中，要积极对书本的例题、习题进行改造，让导数与不等式、数列等其他知识有效进行整合，让我们的教学不止停留在课本，而应该延伸到课本以外的知识。

五、教学的反思和升华

文章解析的这道高考题解题卡壳的地方就是原函数的一阶导不太理想或者变形后的一阶导不太理想。

所以我们在教学中应该就一阶导数零点不可求怎么办，展开深层次的教学，总结升华。

导数是研究函数的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性。用导数研究函数f（x）的单调性，往往需要解方程f′（x）=0。若该方程不易求解时，如何继续解题呢？

（一）猜——猜出方程f′（x）=0的根

典例：设f（x）=1+lnxx。若关于x的方程f（x）=x2-2x+k有实数解，求实数k的取值范围。

解析：方程f（x）=x2-2x+k有实数解，即f（x）-x2+2x=k有实数解。

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

接下来求函数g（x）的单调区间，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。

因为g′（1）=0，且当0<x<1时，g′（x）>0，当x>1时，g′（x）<0，

所以函数g（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减。

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

所以函数g（x）的值域是（-∞，2]，所以所求实数k的取值范围是（-∞，2]。

本题解题关键点：

当所求的导函数等于零的方程看起来不易求解时，可以通过特殊值猜出f′（x）=0的根。

若导函数中出现lnx时，常猜x=1;当函数解析式中出现ex时，常猜x=0。

（二）设——设出f′（x）=0的根

典例：设函数f（x）=e2x-alnx。求证：当a>0时，f（x）≥2a+aln2a。

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

因为函数g（x）=2xe2x（x>0），则g′（x）=2（2x+1）e2x（x>0），

则g′（x）>0在（0，+∞）上恒成立，所以g（x）单调递增，所以g（x）>g（0）=0。

又因为x→+∞时，g（x）→+∞，所以g（x）的值域为（0，+∞）。

由此可得，当a>0时，f′（x）有唯一零点。

可设f′（x）=0在（0，+∞）上的唯一零点为x0，即2e2x0=ax0。

当x∈（0，x0）时，f′（x）<0;当x∈（x0，+∞）时，f′（x）>0。

所以函数f（x）在（0，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增。

当x=x0时，f（x）取得最小值为f（x0）。因为2e2x0=ax0，

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

当且仅当x0=12时等号成立。所以当a>0时，f（x）≥2a+aln2a。

本题解题的关键点：

解题思路是求函数f（x）的最小值，因此需要求f′（x）=0的根，但是f′（x）=2e2x-ax=0的根无法求解。通过观察或者求导可得二阶导数是恒正，即一阶导数是单调的，并且一阶导有变号，此时由零点存在定理可设出f′（x）=0的根为x0，可得f′（x）在（0，x0）和（x0，+∞）上的正负值，从而通过单调性知f（x）min=f（x0），此法应用了隐零点的设而不求法，最后利用基本不等式证得结论。

（三）证——证明方程f′（x）=0无根

典例：已知m∈R，函数f（x）=mx-mx-2lnx，g（x）=2ex若x0∈[1，e]，使得f（x0）>g（x0）成立，求实数m的取值范围。

解析：因为当x=1时，f（x）=0，g（x）=2e，不存在f（x0）>g（x0），所以关于x的不等式f（x）>g（x）在[1，e]上有解，即关于x的不等式2e+2xlnxx2-1<m，（1<x≤e）有解。

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

则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），

可大胆猜测方程h′（x）=0，（1<x≤e）无解。

证明如下：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]上是减函数，所以h（x）min=h（e）=4ee2-1，

故所求实数m的取值范围是4ee2-1，+∞。

本题解题的关键点：

当利用导函数求函数f（x）在区间[a，b]上的最值时，可首先考虑函数f（x）在该区间上是否具有单调性，若具有单调性，则f（x）在区间的端点处取得最值，此时若求f′（x）=0的根，则此方程是无解的。或许此时需要能够熟练应用一些重要不等式，通过一些放缩法，从而证明f′（x）恒正或者恒负，从而推出函数f（x）单调。

六、结语

文章主要是通过对一道高考真题的剖析，揭示其命题本质，从而启发本人在教学中如何通过猜设证三种方法引导学生更加有效地解决一阶导数不易求零点的问题，从而在一定程度上为解决此类函数不等式的证明扫清障碍，当然通过猜设证能解决的问题还相当有限，有时还需要对原不等式的变形改造、放缩等才能更好地解决问题，希望文章能够为教师提高课堂实效提供一点参考。

参考文献：

[1]佚名.教育部关于全面深化课程改革落实立德树人根本任务的意见[J].基础教育参考，2014.

[2]戚有建.2014年新课标全国卷Ⅰ理科21题研究[J].数学通讯：学生阅读，2014（10）：36-39.

作者简介：廖国凤（1981～），男，汉族，福建南平人，福建省南安第一中学，研究方向：数学教学。