湖北省松滋市第一中學(434200) 王 波

近些年來，運用導數(shù)解決含參數(shù)不等式的證明在高考及各大模擬考試中頻繁出現(xiàn)，已經成為了一個熱點.下面通過一道試題的解答，梳理這類問題的破解策略，供大家參考.

例1 (2020年5 月湖北省七市州高三聯(lián)考文科第21 題)已知函數(shù)f(x)=aex(a ∈R)，g(x)=

(1)當a=時，求函數(shù)y=f(x)在(1,f(1))處的切線方程;

(2)當a≥時，證明:f(x)-g(x)≥0.

試題考查了導數(shù)公式、求導法則、函數(shù)切線方程求解以及含參數(shù)不等式的證明，考查了學生的直觀想象、數(shù)學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng).試題平中見奇，解法多樣，內涵豐富，是一道研究性學習的好題.下面重點談一下第二問的證法.

證法1(構造函數(shù)利用最值證不等式) 要證f(x)- g(x) ≥0，即即證axex -lnx - x≥ 0.令F(x)=axex -lnx - x(x ＞0)，F(xiàn)′(x)=令φ(x)=axex-1，φ′(x)=aex(x+1)，a≥，x ＞0，故φ′(x)＞0，即φ(x) 在(0,+∞) 是增函數(shù).當x →0，φ(x)→-1; 當x →+∞，φ(x)→+∞，故存在唯一x0∈(0,+∞)使得φ(x0)=0，即ax0ex0-1=0.而當x ＞x0時，F(xiàn)′(x)＞0;當0＜x ＜x0時，F(xiàn)′(x)＜0，故F(x)在(0,x0)遞減，在(x0,+∞)上遞增.所以

又a≥則1+lna≥0，所以F(x) ≥F(x)mⅰn≥0，從而f(x)-g(x)≥0.

點評運用函數(shù)的思想證不等式的常規(guī)思路是直接構造函數(shù)，再利用函數(shù)的最值進行證明.證法1 中為了后面運用導數(shù)研究函數(shù)的簡便，兩邊同時乘上了x，再構造函數(shù)研究最值證明，這是處理不等式證明常用技巧，值得學習.證法1 中還運用了“虛設零點，整體代換”的技巧，體現(xiàn)了化歸與轉化的思想.

變式1(2015年高考全國Ⅰ卷文科第21 題) 設函數(shù)f(x)=e2x-alnx.

(1) 略;(2) 求證: 當a ＞0 時，f(x)≥2a+

證 明f′(x)=易 知f′(x) 在(0,+∞) 上遞增.當x →0，f′(x)→-∞; 當x →+∞，f′(x)→+∞，故存在唯一x0∈(0,+∞)使得f′(x0)=0，即2e2x0-=0.即兩邊取對數(shù)得-2x0.而當x ＞x0時，f′(x)＞0;當0＜x ＜x0時，f′(x)＜0，故f(x)在(0,x0)遞減，在(x0,+∞)上遞增.所以

證法2(參變分離證明不等式)要證f(x)-g(x) ≥0，即即證

令ω(x)=-lnx-x+1，易知ω(x)在(0,+∞)遞減且ω(1)=0，則當0＜x ＜1 時，φ′(x)＞0，當x ＞1時，φ′(x)＜0.故φ(x)在(0,1)遞增，在(1,+∞)遞減，所以φ(x)max=φ(1)=即所以即f(x)-g(x)≥0.

點評分離參數(shù)法是處理恒成立問題的常見方法.證法2 通過參數(shù)分離巧妙的避開了參數(shù)的研究，很好地體現(xiàn)了化歸轉化的思想.運用導數(shù)研究函數(shù)要學會多次構造，例如遇到復雜的分式型函數(shù)，一般求導后，把分子再次構造函數(shù)進行研究.

變式2(2018年高考全國Ⅰ卷文科第21 題)已知函數(shù)f(x)=aex-lnx-1.

證明要證f(x)=aex-lnx-1 ≥0，即證a≥此時令ω(x)=而ω′(x)=

令h(x)=-lnx-1，易知h(x)在(0,+∞)上單調遞減且h(1)=0.故當0＜x ＜1 時，h(x)＞0; 當x ＞1時，h(x)＜0，所以0＜x ＜1,ω′(x)＞0;x ＞1,ω′(x)＜0.故ω(x)max=ω(1)=即ω(x) ≤而a≥所以故當a≥時，f(x)≥0.

證法3(參數(shù)放縮消參證明不等式)要證f(x)-g(x)≥0，即即證axex-lnx-x≥0.又a≥故axex-lnx-x≥xex-1-lnx-x，需證xex-1-lnx-x≥0即可.

令h(x)=xex-1-lnx - x(x ＞0)，h′(x)=令φ(x)=xex-1-1，φ′(x)=(x+1)ex-1＞0，故φ(x) 在(0,+∞) 遞增且φ(1)=0.從而當x ＞1 時，h′(x)＞0; 當0＜x ＜1 時，h′(x)＜0，則h(x)在(0,1)上遞減，在(1,+∞)上遞增.故h(x)mⅰn=h(1)=0，所以h(x) ≥0，則axex -lnx - x≥0，所以f(x)-g(x)≥0.

點評含有參數(shù)的不等式證明，若根據(jù)參數(shù)范圍進行放縮消參，這樣簡化了不等式結構，便于構造函數(shù)進行研究.放縮消參是處理含參不等式證明的常規(guī)技巧，值得學習體會.

變式3(2018年高考全國Ⅲ卷文科第21 題)已知函數(shù)

(1) 略;(2) 證明: 當a≥1 時，f(x)+e≥0.

證明當a≥1 時，f(x)=令

當-1＜x ＜2 時，φ′(x)＞0; 當x ＜-1 或x ＞2時，φ′(x)＜0.故φ(x) 在(-∞,-1),(2,+∞) 上遞減; 在(-1,2) 上遞增且當x →+∞，φ(x)→0.所以φ(x)mⅰn=φ(-1)=-e，故φ(x)≥-e，所以f(x)≥φ(x)≥-e，從而當a≥1 時，f(x)+e ≥0.

證法4(分散構造兩個函數(shù)證不等式) 要證f(x)-g(x) ≥0，即aex --1 ≥0，即證令F(x)=(x ＞0)，F(xiàn)′(x)=當x ＞1 時，F(xiàn)′(x)＞0; 當0＜x ＜1 時，F(xiàn)′(x)＜.故F(x) 在(0,1)遞減，在(1,+∞) 遞增，所以F(x)mⅰn=F(1)=ae ≥1.令G(x)=(x ＞0)，G′(x)=令h(x)=-2 lnx - x+1，易知h(x) 在(0,+∞) 遞減且h(1)=0，所以G′(x)＜0,x ＞1，G′(x)＞0,0＜x ＜1.故G(x) 在(0,1) 遞增，在(1,+∞) 遞減，所以G(x)max=G(1)=1.故F(x)mⅰn≥G(x)max，所以即f(x)-g(x)≥0.

點評本法通過移項構造兩個函數(shù)，轉化為證明兩個新函數(shù)的大小關系恒成立.一般地，這類策略可總結為: 欲證f(x)＞0 恒成立，移項轉化為F(x)＞G(x)恒成立，若證得[F(x)]mⅰn＞[G(x)]max，則問題迎刃而解.

變式4(2014年高考全國Ⅰ卷理科第21 題) 設函數(shù)f(x)=aexlnx+曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線為y=e(x-1)+2.

(1) 略;(2) 證明:f(x)＞1.

證明易求得a=1,b=2，故f(x)=exlnx+要證f(x)＞1，即exlnx+＞1，即證xlnx ＞令F(x)=xlnx，F(xiàn)′(x)=lnx+1，F(xiàn)′(x)=0，x=易得F(x) 在遞 減，在遞增.所以F(x)mⅰn=

令G(x)=x=1.易知G(x) 在(1,+∞) 遞減，在(0,1) 遞增.所以G(x)max=G(1)=所以F(x)mⅰn≥G(x)max，而二者不在同一自變量處取最值，所以F(x)＞G(x)，即所以f(x)＞1.

證法5(運用重要不等式放縮證明不等式)

運用導數(shù)證不等式經常會運用到如下兩個重要不等式:

上述兩個不等式有如下幾何含義:

圖1

圖2

如圖1，f(x)=ex在點(0,1)處的切線為y=x+1，即不等式①得證.

如圖2，f(x)=lnx在點(1,0)處的切線為y=x-1，即不等式②得證.

因為a≥故f(x)=aex≥ ex-1，而利用不等式①得ex-1≥(x-1)+1=x，所以f(x) ≥x.利用不等式②得g(x)=而即所以f(x)≥g(x)(在x=1 時取等號)，即f(x)-g(x)≥0.

點評本法可謂是最簡潔而又優(yōu)美的證法! 首先放縮消參，然后運用重要不等式ex≥x+1，lnx≤x-1 將f(x)與g(x)進行放縮，將超越形式化為整式形式，最終巧妙解決.近年來全國新課標卷高考數(shù)學試題十分青睞對“利用導數(shù)研究不等關系”的考查，而運用重要不等式進行放縮是解決此問題的一大利器.事實上我們還可以積累如下優(yōu)美的不等關系: ex≥x+1，ex≥ex，lnx≤x -1，

變式5(2013年高考全國Ⅱ卷理科第21 題)已知函數(shù)f(x)=ex-ln(x+m).

(1)略;(2)證明: 當m≤2 時，f(x)＞0.

證 明當m≤ 2 時，ln(x+m) ≤ ln(x+2)，所 以ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2)，由重要不等式ex≥x+1與lnx≤x-1 得ex-ln(x+2)＞x+1-(x+2-1)=0.故當m≤2 時，f(x)＞0.