關于一道函數與不等式考題的溯源與解法探究

[摘 要] 探究函數與不等式綜合題，建議分五大環節進行：考點定位、溯源分析、過程解析、方法總結、拓展探究. 研究者以2023年高考新課標Ⅰ卷第19題為例，深入剖析函數與不等式綜合題的求解教學策略，并提出相應的教學建議.

[關鍵詞] 函數與不等式;溯源;解法探究

探究綜述

高考真題凝聚眾多優秀教師的智慧，其命制思路和解法策略具有一定的代表性，對教學備考具有一定的參考價值，因此教學中建議教師精選高考典型試題開展教學探究，引導學生明晰考題定位，掌握解題思路，總結解題方法，生成解題策略，以實現“解題通法”的效果.

函數與不等式綜合題常作為高考壓軸題，融合函數、不等式、導數、方程等知識內容，對學生的解題思維有較高要求，可綜合考查學生的知識與方法技巧. 探究教學可分為五個環節：

環節1 考題呈現，考點定位.

分析考題，確定知識點和考查重點. 解讀時關注題干和問題兩部分.

環節2 考題溯源，命題分析.

探索考題的來源和知識基礎，了解其設計過程. 幫助學生理解考題背景和出題者的思路，并在需要時用圖表直觀展示.

環節3 過程解析，多解探究.

該環節旨在探究考題解析，特別是函數與不等式綜合題的多種解法，引導學生使用不同的方法來解題.

環節4 知識匯總，方法總結.

該環節涉及考題解答后的知識和方法總結，是探究解題的關鍵，引導學生掌握考題的知識和方法背景，并總結歸納出類型題的解題策略.

環節5 類題探究，思維強化.

該環節旨在強化解題，引導學生深入探究題型，體驗解題過程，獨立運用知識和方法解決問題，加強解題思維.

考題呈現

（2023年高考新課標Ⅰ卷第19題）已知函數f（x）=a（ex+a）-x.

（1）討論f（x）的單調性;

（2）證明：當a>0時，f（x）>2lna+.

本題是函數與不等式綜合題，條件簡潔，解析難度高. 題干給出一個含參函數f（x），并提出兩個問題：第（1）問討論函數f（x）的單調性，涉及函數與導數的知識內容;第（2）問是不等式恒成立問題，考查不等式的證明方法. 總體上，本題涉及函數、導數和不等式等知識，求解時，可運用分類討論以及轉化與化歸等思想方法.

考題溯源

本題的第（2）問為核心之問，其設計依托于凸函數的“切線不等式”原理，要求學生深入理解相關知識點，并掌握題目的構建方式.

1. 知識背景

知識內容：（凸函數的“切線不等式”）若f（x）是區間I上的可微凸函數，則經過點（x，f（x））（x∈I）的切線一定在曲線y=f（x）的下方，即不等式f（x）≥f（x）+f′（x）（x-x），?x∈I成立.

若f（x）為嚴格凸函數，則上述不等式取等號的充要條件是x=x.

簡證 將上述不等式的右側移項到左側，由拉格朗日中值定理可得f（x）-f（x）-f′（x）（x-x）=（f′（ξ）-f′（x））（x-x），其中ξ∈（x，x）. 因為f（x）為區間I上的可微凸函數，所以f′（ξ）-f′（x）≥0. 又x>x，所以（f′（ξ）-f′（x））（x-x）≥0. 所以f（x）≥f（x）+f′（x）（x-x）.

若f（x）為嚴格凸函數，則f′（x）在I上嚴格單調遞增. 因此，當且僅當x=x時，等號成立.

2. 命題構建

本題第（2）問就是基于上述凸函數的知識內容來構建的，下面探究其構建過程.

當a>0時，給定函數g（x）=aex+a2-2lna，在點

ln，g

ln

處的切線方程為y=x+1+a2-lna，該切線與y=x+為平行關系，并且始終在y=x+的上方.

過程簡述：a2-a+=

a-

+>0?1+a2-lna>?x+1+a2-lna>x+.

同時，當a>0時，g′（x）=aex>0，g″（x）=aex>0，所以g（x）=aex+a2-2lna為增函數且為“下凸函數”. 由凸函數的“切線不等式”可知，g（x）=aex+a2-2lna≥x+1+a2-lna>x+，即aex+a2-2lna>x+，即a（ex+a）-x>2lna+. 這正是本題第（2）問需要證明的結果. 另外，問題還可以借助圖1來解析.

過程解析

接下來詳細闡述解題方法.

1. 分類討論函數的單調性

第（1）問涉及函數的單調性，可用分類討論法解決. 先對原函數求導，再分類討論a≤0與a>0兩種情況，結合導數與函數單調性的關系求解.

因為f（x）=a（ex+a）-x，定義域為R，所以f′（x）=aex-1.

①當a≤0時，由于ex>0，則aex≤0，故f′（x）=aex-1<0恒成立，所以f（x）在R上單調遞減.

②當a>0時，令f′（x）=aex-1=0，解得x=-lna. 當x<-lna時，f′（x）<0，f（x）在（-∞，-lna）上單調遞減;當x> -lna時，f′（x）>0，f（x）在（-lna，+∞）上單調遞增.

綜上可知，當a≤0時，f（x）在R上單調遞減;當a>0時，f（x）在（-∞，-lna）上單調遞減，在（-lna，+∞）上單調遞增.

2. 證明不等式的方法多樣

方法1 結合第（1）問的結論，將問題轉化為證明a2--lna>0恒成立，再構造函數g（a）=a2--lna（a>0），利用導數證得g（a）>0.

由第（1）問可得f（x）=f（-lna）=a（e-lna+a）+lna=1+a2+lna. 要證f（x）>2lna+，即證1+a2+lna>2lna+，即證a2--lna>0.

令g（a）=a2--lna（a>0），則g′（a）=2a-=. 令g′（a）<0，則0<a<;令g′（a）>0，則a>. 所以g（a）在

0，

上單調遞減，在

，+∞

上單調遞增. 所以g（a）=g

=

--ln=ln>0. 所以g（a）>0恒成立. 所以，當a>0時，f（x）>2lna+恒成立，證畢.

評析 證明不等式時，采用了轉化問題和構建函數的方法，通過分析函數性質來確定最值，從而完成證明. 解析過程中需理解函數最值與不等式的關系.

方法2 構造函數h（x）=ex-x-1，從而證得ex≥x+1，可得f（x）≥x+lna+1+a2-x，將問題轉化為證明a2--lna>0，再利用導函數分析函數的性質，完成不等式證明.

令h（x）=ex-x-1，則h′（x）=ex-1，由于y=ex在R上單調遞增，所以h′（x）=ex-1在R上單調遞增. 又h′（0）=e0-1=0，所以，當x<0時，h′（x）<0;當x>0時，h′（x）>0. 所以h（x）在（-∞，0）上單調遞減，在（0，+∞）上單調遞增. 所以h（x）≥h（0）=0，ex≥x+1，當且僅當x=0時，等號成立.

因為f（x）=a（ex+a）-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，當且僅當x+lna=0，即x=-lna時，等號成立. 所以，要證f（x）>2lna+，即證x+lna+1+a2-x>2lna+，即證a2--lna>0.

令g（a）=a2--lna（a>0），則g′（a）=2a-=. 令g′（a）<0，則0<a<;令g′（a）>0，則a>. 所以g（a）在

0，

上單調遞減，在

，+∞

上單調遞增，所以g（a）=g

=

--ln=ln>0. 所以g（a）>0恒成立. 所以，當a>0時，f（x）>2lna+恒成立，證畢.

評析 上述證明采用的是“化歸與轉化+導函數分析”法：先構造新函數，然后轉化問題，利用導函數分析證明.

總結拓展

1. 方法總結

單調性問題為一般性問題，具體求解時常采用導數分析法，需要把握導函數的類型，根據類型確定不同解法，具體如下：

①導函數有效部分為一次函數型（或可化為一次函數型）：觀察法.

②導函數有效部分為二次函數可因式分解型（或可化為二次函數可因式分解型）：因式分解討論法.

③導函數有效部分為二次函數不可因式分解型：Δ判別法.

函數與不等式綜合題，具有函數與不等式的問題屬性，求解時需要構建或引入新函數并應用相關知識. 具體方法如下：

①最值分析法，即“化歸與轉化+導函數分析”策略，借助條件構造轉化問題，借助導函數分析函數的性質，利用函數的性質求解.

②超越不等式：先證后用，主要采用放縮方法，分為兩種類型. 對數型超越放縮：≤lnx≤x-1（x>0）;指數型超越放縮：x+1≤ex≤（x<1）.

③數形結合法，即分步構造函數，將問題轉化為兩個函數的取值問題，借助函數圖象分析轉化.

2. 拓展銜接

上述總結了函數與不等式綜合題的求解方法，不同類型問題對應不同解法，進一步探究如下：

已知函數f（x）=ax2-（2a+1）x+2lnx（a∈R）.

（1）當a>0時，求函數f（x）的單調遞增區間;

（2）當a=0時，證明：f（x）<2ex-x-4 （其中e為自然對數的底數）.

解析 （1）f（x）的定義域為（0，+∞），f′（x）=ax-（2a+1）+=.

當0<<2，即a>時，f（x）在

0，

，（2，+∞）上單調遞增;當=2，即a=時，f（x）在（0，+∞）上單調遞增;當>2，即0<a<時，f（x）在（0，2），

，+∞

上單調遞增.

綜上可知，當a>時，f（x）的遞增區間為

0，

，（2，+∞）;當a=時，f（x）的遞增區間為（0，+∞）;當0<a<時，f（x）的遞增區間為（0，2），

，+∞

.

（2）當a=0時，由f（x）<2ex-x-4，化簡得ex-lnx-2>0. 構造函數h（x）=ex-lnx-2（x>0），則h′（x）=ex-，h″（x）=ex+>0. 分析可知h′（x）在（0，+∞）上單調遞增，h′

=-2<0，h′（1）=e-1>0，因此存在x∈

，1

，使得h′（x）=0，即e=.

當x∈（0，x）時，h′（x）<0，h（x）單調遞減;當x∈（x，+∞）時，h′（x）>0，h（x）單調遞增. 所以，h（x）為極小值，也是最小值. 又h（x）=e-lnx-2=-ln-2=+x-2>2-2=0，所以h（x）=ex-lnx-2>0. 所以f（x）<2ex-x-4.

評析 上述證明采用的是最值分析法，即“化歸與轉化+導函數分析”法：先將問題f（x）>g（x）轉化為f（x）-g（x）>0，再構造新函數，利用導函數分析證明.

教學建議

函數與不等式綜合題常作為高考壓軸題，考查學生綜合運用相關知識與解法. 這類問題運算過程復雜，要求學生具備較強的解析思維和運算能力. 針對這類問題的探究，建議教學如下：

建議1 融合知識，構建體系.

函數與不等式綜合題融合多個數學領域知識，包括函數、方程、不等式和導數等. 在教學中，教師應關注關鍵考點，總結知識點，明確它們之間的聯系，并幫助學生建立知識結構，為解決類似問題打下基礎.

建議2 總結方法，梳理流程.

函數與不等式綜合題的解法多樣，因此教師在教學過程中應指導學生總結解法，并整理出相應的解題步驟. 此外，教師通過典型例題的講解，幫助學生掌握各種方法的適用條件和具體操作步驟. 通過練習和總結，學生可以逐漸形成自己的解題思路，提高解決函數與不等式綜合題的能力.

建議3 理解策略，提升素養.

解決函數與不等式綜合題的關鍵在于掌握解題策略，包括多種方法技巧，如轉化與化歸、構建函數模型、分類討論以及數形結合等. 在教學實踐中，應當注重解題過程，引導學生深入理解解題策略，從而提高他們的綜合素養.