山東省莒南縣第一中學(xué)(276600) 李 明

今年是山東高考不分文理科第一年.高考結(jié)束后,筆者針對(duì)導(dǎo)數(shù)解答題對(duì)部分考生做了調(diào)查,結(jié)果顯示:大部分考生都能完成第一問(wèn)的解答;而對(duì)于第二問(wèn),由于無(wú)法直接分離參數(shù),部分考生利用分類(lèi)討論,但對(duì)如何分類(lèi),分類(lèi)的依據(jù)是什么不清楚,導(dǎo)致解答步驟不完整.以下筆者就該題探究如下.

題目(2020年高考山東卷第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;

(2)若f(x)≥1,求a的取值范圍.

本題主要考查導(dǎo)數(shù)幾何意義、利用導(dǎo)數(shù)研究不等式恒成立問(wèn)題,考查綜合分析求解能力,分類(lèi)討論思想和等價(jià)轉(zhuǎn)化思想,屬較難試題.

解析(1)三角形面積為(過(guò)程略).以下考慮問(wèn)題(2)的解答.

思路一(直接分類(lèi)討論.標(biāo)準(zhǔn)解答)當(dāng)0＜a ＜1 時(shí),f(1)=a+ lna ＜1.當(dāng)a= 1 時(shí),f(x)= ex-1-lnx,f′(x)= ex-1-當(dāng)x ∈(0,1)時(shí),f′(x)＜0; 當(dāng)x ∈(1,+∞)時(shí),f′(x)＞0, 所以當(dāng)x= 1 時(shí),f(x)取得最小值, 最小值為f(1)= 1, 從而f(x)≥1.當(dāng)a ＞1 時(shí),f(x)=aex-1-lnx+lna≥ex-1-lnx≥1.綜上,a的取值范圍是[1,+∞).

評(píng)注此種解法簡(jiǎn)潔,但考生不易想到分類(lèi)的依據(jù),并且當(dāng)a ＞1 時(shí)的放縮也對(duì)考生提出了較高的要求.

思路二( 必要性探路+ 隱零點(diǎn))依題意, 對(duì)任意x ∈(0,+∞),aex-1-lnx+ lna≥1, 則f(1)≥1, 即a+lna≥1,令g(a)=a+lna,則g(a)單調(diào)遞增,g(1)=1,故上述不等式等價(jià)于g(a)≥g(1),所以a≥1.

f′(x)=aex-1-,f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,又因?yàn)閒′(1)=a-1 ≥0,取b=則f′(b)＜0,根據(jù)零點(diǎn)存在性定理, 存在唯一的零點(diǎn)x0∈(b,1], 使得f′(x0)= 0, 即故當(dāng)x ∈(b,x0),f′(x)＜0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x ∈(x0,+∞),f′(x)＞0,f(x)單調(diào)遞增.f(x)min=f(x0)=aex0-1-lnx0+lna=-lnx0+lna只需保證f(x0)大于等于1 即可,顯然f(x0)在x0∈(b,1]上單調(diào)遞減,f(x0)≥f(1)=1+lna,又a≥1,則1+lna≥1,f(x0)≥1,即f(x)≥1,當(dāng)且僅當(dāng)a= 1,x= 1 時(shí)等號(hào)成立,故a的取值范圍是[1,+∞).

評(píng)注利用條件的必要性, 縮小參數(shù)的范圍是導(dǎo)數(shù)解答題中求參數(shù)范圍常用手段, 上述解法中先在定義域中取x=1,求出a的一個(gè)范圍,再在此范圍中確定a的取值范圍,利用隱零點(diǎn)整體代換,消去指數(shù)式,使f(x0)變?yōu)橐粋€(gè)關(guān)于x0的單調(diào)遞減函數(shù),從而求得a的取值范圍.

思路三(隱零點(diǎn)+基本不等式)f(x)=aex-1-lnx+lna,f′(x)=aex-1-, 且a ＞0.設(shè)g(x)=f′(x), 則g′(x)=aex-1+＞0,g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,即f′(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 由思路二必要性探路得到a≥1, 下面分類(lèi)討論:當(dāng)a= 1 時(shí),f′(1)= 0, 所以f(x)min=f(1)= 1,f(x)≥1 成立.當(dāng)a ＞1 時(shí),＜1,＜1, 從而(a-1)＜0, 所以存在唯一x0＞0,使得f′(x0)=aex0-1-= 0,且當(dāng)x ∈(0,x0)時(shí)f′(x)＜0,當(dāng)x ∈(x0,+∞)時(shí)f′(x)＞0.所以aex0-1=即lna+x0-1=-lnx0,因此

所以f(x)≥1 恒成立.綜上所述, 實(shí)數(shù)a的取值范圍是[1,+∞).

評(píng)注上述方法還是利用隱零點(diǎn)整體代換,只不過(guò)與思路二不同的地方是將指數(shù)和對(duì)數(shù)同時(shí)代換,代換之后恰好可以利用基本不等式求最小值,這需要考生熟練掌握隱零點(diǎn)代換及指對(duì)互化.

思路四(轉(zhuǎn)換主元+切線放縮)記g(a)=aex-1-lnx+lna(a ＞0),g′(a)= ex-1+＞0,g(a)在(0,+∞)為單調(diào)遞增函數(shù),由思路二必要性知a≥1.下面分類(lèi)討論:當(dāng)a=1時(shí),g(1)=f(x)= ex-1-lnx,利用切線放縮[1],ex≥x+1,用x-1 替換x,得到

又因?yàn)?/p>

①+ ②得到ex-1-lnx≥1,即f(x)≥1 恒成立.當(dāng)a ＞1時(shí),利用單調(diào)性得到g(a)＞g(1)≥1,符合題意.綜上所述a≥1.

評(píng)注在解答多元問(wèn)題時(shí),如果把它們不分主次來(lái)研究,問(wèn)題很難解決, 這時(shí)可視某一個(gè)變?cè)鳛檠芯康闹饕獙?duì)象,視為“主元”,其他變?cè)獣簳r(shí)視為參數(shù),這種用主元去分析,研究,解決問(wèn)題的方法叫主元法.本題中a為參數(shù),將a視為主元,g(a)為單調(diào)遞增函數(shù),只需g(a)≥g(1)= 1 即可,此解法簡(jiǎn)單自然.

思路五(構(gòu)造同構(gòu)式g(x)= ex+x)f(x)=aex-1-lnx+lna= elnaex-1-lnx+lna= elna+x-1-lnx+lna,則

令g(x)=ex+x,則g(lna+x-1)=elna+x-1+(lna+x-1),g(lnx)= lnx+x, 由于g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 所以③式等價(jià)于g(lna+x-1)≥g(lnx)?lna+x-1 ≥lnx,即lna+x-1-lnx≥0, 令h(x)= lna+x-1-lnx,只需h(x)min≥0 即可, 因?yàn)閔′(x)=所以h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減, 在(1,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)min=h(1)=lna≥0,a≥1.

評(píng)注對(duì)要證明的不等式進(jìn)行代數(shù)變形后,不等式的兩側(cè)呈現(xiàn)同構(gòu)特征,轉(zhuǎn)化為證明g(lna+x-1)≥g(lnx),利用函數(shù)單調(diào)性找到聯(lián)系,進(jìn)而求得a的取值范圍.

思路六( 構(gòu)造同構(gòu)式g(x)=xex)由于f(x)≥1, 即aex-1-lnx+lna≥1(a ＞0,x ＞0),所以aex-1≥,故

令g(x)=xex,則④式等價(jià)于

又g′(x)= ex(x+ 1), 所以g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,由⑤可知總有x≥則a≥令h(x)=當(dāng)x ∈(0,1)時(shí),h′(x)＞0, 此時(shí)h(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x ∈(1,+∞)時(shí),h′(x)＜0,此時(shí)h(x)單調(diào)遞減,從而h(x)max=h(1)=1,所以a的取值范圍是[1,+∞).

評(píng)注構(gòu)造與思路五不同的同構(gòu)式,有利于拓展學(xué)生思維.

思路七(反函數(shù)法)性質(zhì)[2]:若F(x)≥G(x)恒成立,且G(x)=F-1(x),則F(x)≥G(x)?F(x)≥x≥G(x).

在本題中,f(x)≥1?aex-1≥lnx -lna+ 1, 令g(x)=aex-1, 則g-1(x)=+ 1 = lnx -lna+ 1.f(x)≥1?g(x)≥g-1(x), 根據(jù)性質(zhì)只需g(x)≥x即可,即aex-1≥x,a≥令h(x)=(x ＞0),只需a≥h(x)max.h′(x)=故h(x)在(0,1)上單調(diào)遞增,在(1,+∞)上單調(diào)遞減.所以h(x)max=h(1)= 1,a的取值范圍為[1,+∞).

評(píng)注對(duì)不等式進(jìn)行代數(shù)變形后,發(fā)現(xiàn)不等式兩側(cè)互為反函數(shù),利用反函數(shù)性質(zhì)使得問(wèn)題變得簡(jiǎn)單.

思路八(函數(shù)凹凸性+導(dǎo)數(shù)幾何意義)

圖1

圖2

f(x)≥ 1? aex-1+ lna≥ lnx+ 1.記g(x)=aex-1+lna,h(x)= lnx+1,因?yàn)間(x)是凸函數(shù),h(x)是凹函數(shù)如圖1 所示,設(shè)曲線g(x)與h(x)相切于點(diǎn)P(x0,y0),則

令t(x0)= 2 lnx0-+x0, 顯然t(1)= 0, 且t′(x0)=+1 =＞0,所以t(x0)在(0,+∞)單調(diào)遞增,t(x0)= 0 的根為x0= 1.如圖2,只要g(x0)≥h(x0)便是a的取值范圍.故

令m(a)=a+lna-1,m(a)在(0,+∞)上單調(diào)遞增, 而m(1)= 0,m(a)≥0?m(a)≥m(1),a的取值范圍為[1,+∞).

評(píng)注本題中同時(shí)含有指數(shù)型函數(shù)與對(duì)數(shù)型函數(shù),整理后不等式兩側(cè)分別是指數(shù)型函數(shù)與對(duì)數(shù)型函數(shù),并且指數(shù)型函數(shù)是凸函數(shù),對(duì)數(shù)型函數(shù)是凹函數(shù),結(jié)合圖像,求出公切點(diǎn),只需在公切點(diǎn)處凸函數(shù)值大于等于凹函數(shù)值,便可保證整個(gè)凸函數(shù)圖像位于凹函數(shù)圖像上方.

通過(guò)以上解法我們看到,2020年高考山東卷導(dǎo)數(shù)大題仍保持一貫的高考題風(fēng)格:入口寬,逐步遞進(jìn),拾階而上.試題設(shè)計(jì)立足課本,背景公平,設(shè)問(wèn)通俗,解答靈活,充分體現(xiàn)高中數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).