楊蒼洲

(福建省泉州第五中學 362000)

解法1先證xex-x-lnx-1≥0在(0,+∞)上恒成立.

令g(x)=xex-x-lnx-1(x>0)，則

因為x>0，所以g″(x)>0.

所以g′(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.

g′(1)=2e-2>0，

且當0

當x>x0時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.

故g(x)min=g(x0)

=x0ex0-x0-lnx0-1.

由g′(x0)=0,得

即x0ex0=1，lnx0+x0=1.

因此g(x)min=g(x0)=0.

xex-3ax-lnx-1≥g(x)≥0，

滿足題意.

xex-3ax-lnx-1

又g(x0)=0，

所以x0ex0-3ax0-lnx0-1

不滿足題意.

分析2觀察不等式的結(jié)構(gòu)，從而產(chǎn)生聯(lián)想，進行指對同構(gòu).觀察到題中不等式包含指數(shù)與對數(shù)，且可以通過指對互化構(gòu)造出相同的結(jié)構(gòu)，因此，考慮直接同構(gòu)進行化簡放縮.

xex-3ax-lnx-1≥0.

即ln(x·e3ax)-(x·ex)+1≤0.

令g(t)=lnt-t+1，則

當00，g(t)單調(diào)遞增；

當t>1時，g′(t)<0，g(t)單調(diào)遞減.

所以g(t)≤g(1)=0.

即lnt-t+1≤0，當且僅當t=1時，等號成立.

因為xex>0，所以

ln(x·ex)-(x·ex)+1≤0.

①

所以ln(x·e3ax)-(x·ex)+1≤ln(x·ex)-(x·ex)+1≤0，符合題意.

令h(x)=xex-1(x>0)，則

h′(x)=(1+x)ex>0.

故h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.

又h(0)=-1<0，h(1)=e-1>0，

所以存在唯一x0∈(0,1)，使得h(x)=0.

故當且僅當x=x0時，①式等號成立.

即ln(x0·ex0)-(x0·ex0)+1=0.

因此，存在x0∈(0,e)，使得ln(x0·e3ax0)-(x0·ex0)+1>ln(x0·ex0)-(x·ex0)+1=0.

不符合題意.

分析3直接變參分離后，把問題轉(zhuǎn)化為求最值的問題，再利用“隱零點”，設(shè)而不求，整體代換，求解最值.

xex-3ax-lnx-1≥0.

由g′(x)=0,得

x2ex+lnx=0.

又因為y=xex在(0,+∞)單調(diào)遞增，

即lnx+x=0.

令h(x)=lnx+x,

因為h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，

故當且僅當x=x0時，g′(x0)=0.

因為y=x2ex+lnx在(0,+∞)單調(diào)遞增，

所以當0

所以g′(x)<0.

所以g(x)單調(diào)遞減.

當x>x0時，x2ex+lnx>0，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增.

因此g(x)min=g(x0)

xex-3ax-lnx-1≥0.

令g(t)=t-lnt-1，則

當0

當t>1時，g′(t)>0，g(t)單調(diào)遞增.

所以g(t)≥g(1)=0.

即t-lnt-1≥0，當且僅當t=1時，等號成立.

因此xex-ln(xex)-1≥0.

②

令h(x)=xex-1(x>0)，則

h′(x)=(1+x)ex>0.

故h(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增.

又h(0)=-1<0，

h(1)=e-1>0，

所以存在唯一x0∈(0,1)，使得h(x)=0，

此時x0ex0=1.

所以[xex-ln(xex)-1]min=x0·ex0-ln(x0·ex0)-1=0.

因為x>0，所以