焦占紅 張曉茜

摘?要：數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是學(xué)生知識(shí)、能力、情感態(tài)度價(jià)值觀的綜合體現(xiàn).不等式證明題常以壓軸題的形式出現(xiàn)，解答這類問(wèn)題的有效策略是將題目的外形結(jié)構(gòu)特征與導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則結(jié)合起來(lái)，合理構(gòu)造出相關(guān)的可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題.

關(guān)鍵詞：核心素養(yǎng);導(dǎo)數(shù);構(gòu)造函數(shù);證明

數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)是學(xué)生知識(shí)、能力、情感態(tài)度價(jià)值觀的綜合體現(xiàn).函數(shù)不等式有助于學(xué)生數(shù)學(xué)核心素養(yǎng)的形成，集中體現(xiàn)了數(shù)學(xué)抽象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算等素養(yǎng).

以函數(shù)為背景，旨在考查導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則的逆向、變形應(yīng)用能力的不等式證明題，是近幾年高考試卷中的一位“常客”，經(jīng)常以壓軸題的形式出現(xiàn)，解答這類問(wèn)題的有效策略是將題目的外形結(jié)構(gòu)特征與導(dǎo)數(shù)運(yùn)算法則結(jié)合起來(lái)，合理構(gòu)造出相關(guān)的可導(dǎo)函數(shù)，然后利用該函數(shù)的性質(zhì)解決問(wèn)題.

題目?已知函數(shù)f（x）=lnx-ax（x>0），a為常數(shù)，若函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1≠x2）.

證明：x1x2>e2.

分析1?解決極值點(diǎn)偏移問(wèn)題的最基本的方法，共有四個(gè)解題要點(diǎn)：

（1）求函數(shù)g（x）的極值點(diǎn)x0;

（2）構(gòu)造函數(shù)f（x）=g（x0+x）-g（x0-x）;

（3）確定函數(shù)f（x）的單調(diào)性;

（4）結(jié)合F（0）=0，確定g（x0+x）與g（x0-x）的大小關(guān)系.

證法1?（巧抓極值點(diǎn)構(gòu)造函數(shù)）由題意，函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1≠x2），即f（x1）=f（x2）=0，易知lnx1，lnx2是方程x=aex的兩根.

設(shè)t1=lnx1，t2=lnx2，g（x）=xe-x，則g（t1）=g（t2）.

從而x1x2>e2lnx1+lnx2>2t1+t2>2.

下證：t1+t2>2.

因?yàn)間′（x）=（1-x）e-x，易得g（x）在（-∞，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以函數(shù)g（x）在x=1處取得極大值g（1）=1e.

當(dāng)x→-∞時(shí)，g（x）→-∞;

當(dāng)x→+∞時(shí)，g（x）→0且g（x）>0.

由g（t1）=g（t2），t1≠t2，不妨設(shè)t1

令F（x）=g（1+x）-g（1-x），x∈（0，1]，

則F′（x）=g′（1+x）+g′（1-x）=x（e2x-1）ex+1>0.

所以F（x）在（0，1]上單調(diào)遞增.

所以F（x）>F（0）=0對(duì)任意的x∈（0，1]恒成立.

即g（1+x）>g（1-x）對(duì)任意的x∈（0，1]恒成立.

由0

所以g[1+（1-t1）]=g（2-t1）>g[1-（1-t1）]=g（t1）=g（t2）.

即g（2-t1）>g（t2）.

又2-t1，t2∈（1，+∞），且g（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞減，所以2-t12.

故x1x2>e2.

分析2?該方法的關(guān)鍵是巧妙引入變量s，然后利用等量關(guān)系，把t1，t2消掉，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù)，轉(zhuǎn)化所證問(wèn)題.其解題要點(diǎn)為：

（1）取差構(gòu)元：記s=t2-t1，則t2=t1+s，利用該式消掉t2;

（2）巧解消參：利用g（t1）=g（t2），構(gòu)造方程，解之，利用s表示t1;

（3）構(gòu)造函數(shù)：依據(jù)消參之后所得不等式的形式，構(gòu)造關(guān)于s的函數(shù)G（s）;

（4）轉(zhuǎn)化求解：利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)G（s）的單調(diào)性和最小值，從而證得結(jié)論.

證法2?（巧抓“根差”——s=△t=t2-t1構(gòu)造函數(shù)）由題意，函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)x1，x2（x1≠x2），即f（x1）=f（x2）=0，易知lnx1，lnx2是方程x=aex的兩根.

設(shè)t1=lnx1，t2=lnx2，g（x）=xe-x，則g（t1）=g（t2）.

從而x1x2>e2lnx1+lnx2>2t1+t2>2.

下證：t1+t2>2.

由g（t1）=g（t2），得t1e-t1=t2e-t2.

化簡(jiǎn)得et2-t1=t2t1.①

不妨設(shè)t2>t1，由法1知，0

令s=t2-t1，則s>0，t2=s+t1.

代入①式，得es=s+t1t1，解得t1=ses-1.

則t1+t2=2t1+s=2ses-1+s.

故要證t1+t2>2，即證2ses-1+s>2.

又es-1>0，故要證2ses-1+s>2，

即證2s+（s-2）（es-1）>0.②

令G（s）=2s+（s-2）（es-1）（s>0），

則G′（s）=（s-1）es+1，G″（s）=ses>0.

故G′（s）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以G′（s）>G′（0）=0.

從而G（s）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.

所以G（s）>G（0）=0.

所以②式成立，故t1+t2>2.

故x1x2>e2.

分析3?該方法的基本思路是直接消掉參數(shù)a，再結(jié)合所證問(wèn)題，巧妙引入變量c=x1x2，從而構(gòu)造相應(yīng)的函數(shù).其解題要點(diǎn)為：

（1）聯(lián)立消參：利用方程f（x1）=f（x2）消掉解析式中的參數(shù)a;

（2）抓商構(gòu)元：令c=x1x2，消掉變量x1，x2，構(gòu)造關(guān)于c的函數(shù)h（c）;

（3）用導(dǎo)求解：利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)h（c）的最小值，從而可證得結(jié)論.

證法3?（巧抓“根商”——c=x1x2構(gòu)造函數(shù)）不妨設(shè)x1>x2，因?yàn)閘nx1-ax1=0，lnx2-ax2=0，

所以lnx1+lnx2=a（x1+x2），lnx1-lnx2=a（x1-x2）.

所以lnx1-lnx2x1-x2=a.

欲證x1x2>e2，即證lnx1+lnx2>2.

因?yàn)閘nx1+lnx2=a（x1+x2），

所以即證a>2x1-x2.

所以原問(wèn)題等價(jià)于證明lnx1-lnx2x1-x2>2x1+x2.

即lnx1x2>2（x1-x2）x1+x2.

令c=x1x2（c>1），則不等式變?yōu)閘nc>2（c-1）c+1.

令h（c）=lnc-2（c-1）c+1，c>1，

所以h′（c）=1c-4（c+1）2=（c-1）2c（c+1）2>0.

所以h（c）在（1，+∞）上單調(diào)遞增.

所以h（c）>h（1）=ln1-0=0.

即lnc-2（c-1）c+1>0（c>1）.

因此原不等式x1x2>e2得證.

不等式證明是高考的熱門考點(diǎn)，函數(shù)的零點(diǎn)問(wèn)題是近幾年的考查重點(diǎn)，本題以極值點(diǎn)偏移的小題為例，簡(jiǎn)要探討構(gòu)造函數(shù)問(wèn)題.

參考文獻(xiàn)：

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[3]人民教育出版社普通高中課程實(shí)驗(yàn)教科書數(shù)學(xué)2-2 A版[M].北京：人民教育出版社，2018.

[4]林崇德21 世紀(jì)學(xué)生發(fā)展核心素養(yǎng)研究[M]. 北京：北京師范大學(xué)出版社，2016.

（收稿日期：2019-10-14）