陳小娟

函數(shù)與導(dǎo)數(shù)以及不等式知識(shí)的交匯應(yīng)用，一直是近年高考數(shù)學(xué)解答題的必考內(nèi)容，因此，關(guān)注函數(shù)類不等式的多證探究，有利于幫助我們不斷積累解題經(jīng)驗(yàn)，拓寬解題思路，提高對相關(guān)數(shù)學(xué)知識(shí)、思想方法在解題中的靈活運(yùn)用能力，進(jìn)而提升數(shù)學(xué)核心素養(yǎng).

1 好題采擷

設(shè)函數(shù)f（x）=aexln x+bex-1x，曲線y=f（x）在點(diǎn)（1，f（1））處的切線為y=e（x-1）+2.

（1）求a，b；

（2）證明：f（x）>1.

2 多證探究

本試題第（1）問簡單，易得a=1，b=2，下面重點(diǎn)探究第（2）問.

思路一：通過不等式兩邊同乘e-x變形知，即證ln x+2ex>e-x，再變形知即證xln x+2e>xe-x.據(jù)此，可以先構(gòu)造兩個(gè)不同的函數(shù)，再利用函數(shù)的最值構(gòu)建出兩個(gè)不等式，最后根據(jù)不等式的傳遞性加以靈活證明.

證法1：易知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）.于是，要證f（x）>1，即證exln x+2ex-1x>1，即證ln x+2ex>e-x，亦即證xln x+2e>xe-x，其中x>0.設(shè)函數(shù)g（x）=xln x+2e（x>0），則求導(dǎo)得g′（x）=ln x+1.據(jù)此可知，當(dāng)x>1e時(shí)，有g(shù)′（x）>0；當(dāng)00），則求導(dǎo)得h′（x）=e-x-xe-x=e-x（1-x）.據(jù)此可知，當(dāng)00；當(dāng)x>1時(shí)，有h′（x）<0.故函數(shù)h（x）在（0，1）上單調(diào)遞增，在（1，+∞）上單調(diào)遞減，從而可得h（x）max=h（1）=1e，所以有h（x）≤1e，即xe-x≤1e，亦即1e≥xe-x（記為②式），當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立.由于上述不等式①②取等號(hào)的條件不一致，因此根據(jù)不等式的傳遞性即得不等式xln x+2e>xe-x，其中x>0.

綜上，可知求證結(jié)論成立，即f（x）>1.

評注：該證法先等價(jià)轉(zhuǎn)化目標(biāo)問題，再借助不等式的傳遞性“若a≥b，b≥c，則a≥c”加以靈活證明，突出體現(xiàn)了“函數(shù)思想”在解題中的充分運(yùn)用——根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性，可確定函數(shù)的最值，進(jìn)而可構(gòu)建不等式.

思路二：由于求證式可等價(jià)變形為ln x+2ex>e-x，再變形知即證ln x+1ex+1ex-e-x>0.據(jù)此，可以先構(gòu)造兩個(gè)不同的函數(shù)，再利用函數(shù)的最值構(gòu)建出兩個(gè)不等式，最后根據(jù)同向不等式的可加性加以靈活證明.

證法2：易知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）.于是，要證f（x）>1，即證exln x+2ex-1x>1，即證ln x+2ex>e-x，亦即證ln x+1ex+1ex-e-x>0，其中x>0.

設(shè)函數(shù)g（x）=ln x+1ex（x>0），則求導(dǎo)得g′（x）=1x-1ex2=ex-1ex2.據(jù)此可知：當(dāng)x>1e時(shí)，有g(shù)′（x）>0；當(dāng)0

接下來，利用多種不同的構(gòu)造函數(shù)的方法，具體證明：不等式1ex-e-x≥0（記為④式），當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)等號(hào)成立.

構(gòu)造函數(shù)方法1：設(shè)函數(shù)h（x）=ex-1-x（x>0），則求導(dǎo)得h′（x）=ex-1-1.據(jù)此可知：當(dāng)x>1時(shí)，有h′（x）>0；當(dāng)0

構(gòu)造函數(shù)方法2：設(shè)函數(shù)h（x）=ex-1x（x>0），則求導(dǎo)得h′（x）=ex-1（x-1）x2.據(jù)此可知：當(dāng)x>1時(shí)，有h′（x）>0；當(dāng)0

綜上，由③④式及取等號(hào)的條件，即可證得f（x）＞1.

評注：該證法先等價(jià)轉(zhuǎn)化目標(biāo)問題（將所求證不等式寫成兩個(gè)式子之和大于零的形式），再借助同向不等式的可加性“若a≥b，c≥d，則a+c≥b+d”加以靈活證明，突出體現(xiàn)了“函數(shù)思想”在解題中的充分運(yùn)用，其中不等式1ex-e-x≥0（x>0）的證明，證法靈活、多樣，故值得關(guān)注和認(rèn)真學(xué)習(xí)，這有利于幫助我們不斷提高解題思維的創(chuàng)新性、靈活性.

思路三：由于求證式可等價(jià)變形為ln x+2ex>e-x，再變形知即證eln x+2x>e1-x.又根據(jù)切線不等式“ex≥x+1（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)不等式取等號(hào)）”可對代數(shù)式“e1-x”進(jìn)行放縮處理，適當(dāng)放大之后，可將欲證明的不等式eln x+2x>e1-x加以轉(zhuǎn)化，然后再利用構(gòu)造函數(shù)的思想靈活求解，即可順利獲證.

證法3：易知函數(shù)f（x）的定義域?yàn)椋?，+∞）.于是，要證f（x）>1，即證exln x+2ex-1x>1，即證ln x+2ex>e-x，亦即證eln x+2x>e1-x，其中x>0.根據(jù)切線不等式“ex≥x+1（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)不等式取等號(hào)）”，可知ex-1≥x（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)不等式取等號(hào)），所以當(dāng)x>0時(shí)，兩邊取倒數(shù)得e1-x≤1x，當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)不等式取等號(hào).據(jù)此可知，只需證明eln x+2x≥1x，即證eln x+1x≥0，且不等式取等號(hào)的條件不是x=1即可.

構(gòu)造函數(shù)g（x）=eln x+1x（x>0），則求導(dǎo)得g′（x）=ex-1x2=ex-1x2.據(jù)此可知：當(dāng)x>1e時(shí)，有g(shù)′（x）>0；當(dāng)0

綜上，可知求證結(jié)論成立，即f（x）>1.

評注：該證法的關(guān)鍵是先放縮（得到e1-x≤1x）再轉(zhuǎn)化（得到只需證明eln x+1x≥0，且不等式取等號(hào)的條件不是x=1），突出體現(xiàn)了證明不等式具有較強(qiáng)的技巧性、靈活性，同時(shí)也說明“轉(zhuǎn)化思想”與“函數(shù)思想”在證明不等式中往往需要加以綜合運(yùn)用.需要注意的是，一般地，在分析、解決有關(guān)函數(shù)類不等式問題時(shí)，往往需要關(guān)注切線不等式——ex≥x+1（當(dāng)且僅當(dāng)x=0時(shí)不等式取等號(hào)）和ln x≤x-1（當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)不等式取等號(hào)）在解題中的靈活運(yùn)用.

總之，該考題第（2）問的設(shè)計(jì)比較好，由于求證式中同時(shí)出現(xiàn)了指數(shù)式與對數(shù)式，導(dǎo)致不等式的證明具有較強(qiáng)的綜合性、靈活性，從而需要先對求證式實(shí)施適當(dāng)?shù)牡葍r(jià)變形，再利用“函數(shù)思想”和不等式的傳遞性、同向不等式的可加性加以證明（如證法1、證法2），或者先對求證式實(shí)施適當(dāng)?shù)姆趴s處理，再利用“轉(zhuǎn)化思想”和“函數(shù)思想”加以證明（如證法3）.