一道省質檢試題的八種解法

蔡海濤

摘 要：2020年福建省高三畢業班質量檢查測試理科數學第21題是一道以不等式恒成立問題為載體，考查利用導數研究函數的極值、最值的問題.本文將給出這道題的八種解法，通過一題多解探究解決此類問題的方法.

關鍵詞：導數;分離參數法;恒成立

中圖分類號：G632文獻標識碼：A文章編號：1008-0333（2021）04-0032-03

題目 （2020年福建省省質檢·理21）已知函數fx=xa-lnax.

（1）求fx的極值;

（2）若exlnx+mx2+1-exx+m≤0，求正實數m的取值范圍.

解 （1）當a>0時，fx的極小值為fa=1-2lna，無極大值;當a<0時，fx的極小值為fa=1-

2ln-a，無極大值.（過程略）

（2）解法1 由（1）知，當a=1時，fx=x-lnx在0，1上單調遞減，在1，+SymboleB@上單調遞增，

所以fxmin=f1=1，所以x-lnx≥1，因為exlnx+mx2+1-exx+m≤0，

所以exlnx-x+mx2+x+m≤0，所以mx2+x+mex≤x-lnx，（*），

令hx=mx2+x+mex，x∈0，+SymboleB@，

則h′x=2mx+1ex-mx2+x+mexe2x=-mx2+2m-1x-m+1ex=-mx+m-1x-1ex，

因為m>0，所以1-1m<1，

①若0<m≤1，則1-1m≤0，當0<x<1時，則h′x>0，所以hx在0，1上單調遞增;當x>1時，則h′x<0，所以hx在1，+SymboleB@上單調遞減.

所以hxmax=h1=2m+1e，又因為fx≥1，且hx和fx都在x=1處取得最值，所以2m+1e≤1，解得m≤e-12，所以0<m≤e-12.

②若m>1，則0<1-1m<1，當0<x<1-1m時，h′x<0，hx在0，1-1m上單調遞減;當1-1m<x<1時，h′x>0，hx在1-1m，1上單調遞增;當x>1時，h′x<0，hx在1，+SymboleB@上單調遞減，所以h1=2m+1e>1，與（*）矛盾，不符合題意，舍去.

綜上，正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法2 同法1，mx2+x+mex≤x-lnx，要使原不等式成立，則當x=1時上式必須成立，代入得m≤e-12，此時0<m≤e-12.

下面證明：當0<m≤e-12時，原不等式恒成立.

令hx=mx2+x+mex，x∈0，+SymboleB@，則

h′x=2mx+1ex-mx2+x+mexe2x=-mx2+2m-1x-m+1ex=-mx+m-1x-1ex，

因為0<m≤e-12，x>0，所以-mx+m-1<0，所以當0<x<1時，h′（x）>0，當x>1時，h′（x）<0， 所以h（x）在0，1上單調遞增，在1，+SymboleB@上單調遞減，hxmax=h1=2m+1e≤1，所以不等式mx2+x+mex≤x-lnx恒成立，即原不等式恒成立，所以正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法3 同法2，有0<m≤e-12.下面證明：當0<m≤e-12時，原不等式恒成立.

由已知得mx2+x+mex+lnx-x≤0，

令gx=mx2+x+mex+lnx-x，

則g′x=1-xmx2+1-mx+exex.

因為x>0，0<m≤e-12，所以mx2+1-mx+ex>0.

所以當00，當x>1時，g′x<0;

因此gx在0，1上單調遞增，在1，+SymboleB@上單調遞減，

所以gxmax=g1≤0，所以正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法4 同法2有0<m≤e-12.下面證明：當0<m≤e-12時，原不等式恒成立.

因為0<m≤e-12，

所以mx2+x+mex≤（e-1）x2+2x+（e-1）2ex，

令hx=e-1x2+2x+e-12ex，x∈0，+SymboleB@，

則h′x=-e-1x2+2e-2x-e+32ex=-x-1e-1x-e-32ex，

所以當0<x<1時，h′x>0，當x>1時，h′x<0，所以hx在0，1上單調遞增，在1，+SymboleB@上單調遞減，所以hxmax=h1=1，所以hx≤1，即mx2+x+mex≤1，所以當0<m≤e-12時，mx2+x+mex≤x-lnx成立，即原不等式恒成立.

所以當正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法5 因為exlnx+mx2+1-exx+m≤0，又因為-x2-1<0，

所以m≤exlnx+1-exx-x2-1，

由（1）知，lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立.所以exlnx+1-exx-x2-1≥exx-1+1-exx-x2-1=ex-xx2+1，當且僅當x=1時等號成立.

令Hx=ex-xx2+1，x∈0，+SymboleB@，則H′x=x-1exx-1+x+1x2+12，令Kx=exx-1+x+1，則K′x=xex+1>0，所以Kx在0，+SymboleB@上單調遞增，所以Kx>K0=0，

所以當0<x<1時，H′x<0，當x>1時，H′x>0，

所以Hx在0，1上單調遞減，在1，+SymboleB@上單調遞增，所以Hxmin=H1=e-12，

綜上當x=1時，y=exlnx+1-exx-x2-1取得最小值e-12，

所以正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法6 同解法5有m≤exlnx+1-exx-x2-1，

由（1）知，lnx≤x-1，當且僅當x=1時等號成立.

令gx=exlnx+1-exxx2+1x>0，

則g′x=1-xex1-xlnx+x2+1x+1+xx2+12

（ⅰ）由lnx≤x-1得lnx≥x-1x，當00，1-xlnx>-1-x2x，故1-xlnx+1x+x2>1-1-x2x+x2>0，即g′x>0，故gx在0，1上單調遞增;

（ⅱ）當x>1時，由lnx≤x-1得1-xlnx>1-xx-1=-1+2x-x2，

所以1-xlnx+1x+x2>2x+1x-1>0，即g′x<0，故gx在1，+SymboleB@上單調遞減;

那么gx≤g1=1-e2，所以m≤e-12，

綜上，正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法7 同解法5有m≤exlnx+1-exx-x2-1，

令gx=exx-lnx-xx2+1，

因為x-lnx≥1，又易證得ex≥1+x+x22≥1+x+x2ex>-1，

所以ex-1≥x+x-12ex>0，ex≥ex+x-12x>0，

則gx=exx-lnx-xx2+1≥ex-xx2+1≥ex+x-12-xx2+1=e-12+3-ex-122x2+1≥e-12.

當且僅當x=1時，上式等號成立，故gxmin=e-12.

所以正實數m的取值范圍為0，e-12.

解法8 要使得原不等式成立，則必須當x=1時上式成立，代入得m≤e-12，下面證明：當m≤e-12時，原不等式恒成立.

因為m≤e-12，且x2+1>0，

所以exlnx+mx2+1-exx+m≤exlnx+e-12x2+1+1-exx，

令kx=exlnx+e-12x2+1+1-exx，x∈0，+SymboleB@，

則k′x=exlnx+1x-x-1+e-1x+1，

令φx=exlnx+1x-x-1+e-1x+1，所以φ′x=exlnx+2x-1x2-x-2+e-1，

由（1）知，x-lnx≥1，即lnx-x≤-1，當且僅當x=1時等號成立.

所以

φ′x=exlnx+2x-1x2-x-2+e-1≤ex-1x2+2x-3+e-1=ex1ex-1-1x2+2x-3-1，

再令Mx=1ex-1-1x2+2x-3x>0，下面證明Mx<0，

由x-lnx≥1，得ex-1≥x，因為x>0，所以1ex-1≤1x，

所以Mx=1ex-1-1x2+2x-3<1x-1x2+2x-3=-1x2+3x-3=-3x2+3x-1x2<0，

所以exMx-1<0，所以φ′x<0，所以k′x在0，+SymboleB@上單調遞減，

又因為k′1=0，所以當0<x<1時，k′x>0，當x>1時，k′x<0，

所以kx在0，1上單調遞增，在1，+SymboleB@上單調遞減，所以kxmax=k1=0，所以kx≤0，所以exlnx+mx2+1-exx+m≤0，當且僅當x=1時等號成立，所以正實數m的取值范圍為0，e-12.

在解題教學中，教師要善于挖掘數學問題的深層本質，尋找題目條件與結論之間的邏輯關系，幫助學生準確審題、獲取解題思路，通過一題多解拓展學生的思維.

參考文獻：

[1]候萱，丁新城.一題多解教學的幾點思考[J].中學數學雜志，2020（1）：34-36.

[責任編輯：李 璟]