2024年4月12日发(作者：华师数学试卷)

２０２０年新高考全国Ⅰ卷(山东卷)数学第２１题解法研究

———同构放缩携起手导数不等式难题不再有

高振宁

(山东省新泰市第一中学　２７１２００)

摘　要:本文通过对２０２０年高考数学山东卷第２１题解法的探研ꎬ从命题人的角度来反思问题解决的方

法ꎬ发现放缩法、隐零点法、同构法放缩法、分而治之法之间的联系与区别ꎬ得出导数解决高考数学中函数与导

数压轴题的基本途径ꎬ旨在高中导数与函数复习中提高实效.

关键词:导数与单调性ꎻ同构与放缩ꎻ分而治之ꎻ隐零点

中图分类号:Ｇ６３２　　　　　　文献标识码:Ａ　　　　　　文章编号:１００８－０３３３(２０２０)２８－００２６－０２

　　原题再现　已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

－ｌｎｘ＋ｌｎａ.

线与两坐标轴围成的三角形的面积ꎻ

(２)若ｆ(ｘ)≥１ꎬ求ａ的取值范围.

方法二(放缩法):当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<１.

当ａ＝１时ꎬｆ(ｘ)＝ｅ

ｘ－１

－ｌｎｘꎬｆ′(ｘ)＝ｅ

ｘ－１

－

１

ꎬ显然

ｘ

(１)当ａ＝ｅ时ꎬ求曲线ｙ＝ｆ(ｘ)在点(１ꎬｆ(１))处的切

ｆ′(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上是增函数.当ｘ∈(０ꎬ１)时ꎬｆ′(ｘ)<０ꎬ

ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上是减函数ꎻｘ∈(１ꎬ＋¥)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)

ｆ(ｘ)≥１恒成立ꎬ

在(１ꎬ＋¥)上是增函数.所以ｆ(ｘ)

最小值

＝ｆ(１)＝１ꎬ从而

当ａ>１时ꎬｆ(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

－ｌｎｘ＋ｌｎａ≥ｅ

ｘ－１

－ｌｎｘꎬ由ａ

综上可知:ａ的取值范围是

[

１ꎬ＋¥

)

.

解　(１)略.(２)方法一(隐零点法):由ｆ(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

－ｌｎｘ＋ｌｎａꎬ则ｆ′(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

－

ｆ′(ｘ)ꎬ则ｇ′(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

＋

１

ꎬ显然ａ>０.设ｇ(ｘ)＝

ｘ

１

>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在

(

０ꎬ＋¥

)

上

ｘ

２

单调递增ꎬ即ｆ′(ｘ)在

(

０ꎬ＋¥

)

上单调递增.

当ａ＝１时ꎬｆ′(１)＝０ꎬ当ｘ∈(０ꎬ１)ꎬｆ′(ｘ)<０ꎬｆ(ｘ)

在

(

０ꎬ１

)

上是减函数ꎻｘ∈(１ꎬ＋¥)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬｆ(ｘ)在

(１ꎬ＋¥)上是增函数.∴ｆ(ｘ)

ｍｉｎ

＝ｆ(１)＝１ꎬ故ｆ

(

ｘ

)

≥１恒

成立.

１

当ａ>１时ꎬ

<１ꎬ所以ｅ

ａ

－１

＝１的结论可知ｆ(ｘ)＝ｅ

ｘ－１

－ｌｎｘ≥１恒成立.

ｆ(ｘ)＝ａｅ

ｘ－１

－ｌｎｘ＋ｌｎａ＝ｅ

ｌｎａ＋ｘ－１

－ｌｎｘ＋ｌｎａ≥１ꎬ等价于

上述不等式等价于ｇ(ｌｎａ＋ｘ－１)≥ｇ(ｌｎｘ).显然ｇ(ｘ)为

Ｒ上的单调增函数ꎬ故ｌｎａ＋ｘ－１≥ｌｎｘꎬ即ｌｎａ≥ｌｎｘ－ｘ＋

１.令ｈ(ｘ)＝ｌｎｘ－ｘ＋１ꎬ则ｈ′(ｘ)＝

１１－ｘ

－１＝ꎬ在(０ꎬ１)

ｘｘ

方法三(同构函数ｙ＝ｅ

ｘ

＋ｘ):显然ａ>０ꎬａ＝ｅ

ｌｎａ

ꎬ则

ｅ

ｌｎａ＋ｘ－１

＋ｌｎａ＋ｘ－１≥ｌｎｘ＋ｘ＝ｅ

ｌｎｘ

＋ｌｎｘ.令ｇ

(

ｘ

)

＝ｅ

ｘ

＋ｘꎬ

－１

ａ(ｅ

ａｅ

ｘ

－１

－

－１)(ａ－１)<０ꎬ故存在唯一ｘ

０

>０ꎬ使得ｆ′(ｘ

０

)＝

１

ꎬ即ｌｎａ＋ｘ

０

－１＝

ｘ

０

－ｌｎｘ

０

＋ｌｎａ＝

１

<１ꎬｆ′()ｆ′(１)＝

ａ

１

＝０ꎬ且当ｘ∈(０ꎬｘ

０

)时ｆ′(ｘ)<０ꎬ当ｘ∈(ｘ

０

ꎬ

ｘ

０

上ｈ′(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)是增函数ꎻ在(１ꎬ＋¥)上ｈ′(ｘ)<０ꎬ

ｈ(ｘ)是减函数.∴ｈ(ｘ)

ｍａｘ

＝ｈ(１)＝０ꎬ则ｌｎａ≥０ꎬ即ａ≥１ꎬ

即ａ的取值范围是[１ꎬ＋

∞

).

方法四(同构函数ｙ＝ｘｅ

ｘ

):

＋¥)时ꎬｆ′(ｘ)>０ꎬ所以ａｅ

ｘ

－１

＝

－ｌｎｘ

０

.因此ｆ(ｘ)

ｍｉｎ

＝ｆ(ｘ

０

)＝ａｅ

ｘ

＋ｘ

０

－１＋ｌｎａ≥２ｌｎａ－１＋２

－１

ｆ(ｘ)≥１恒成立.当０<ａ<１时ꎬｆ(１)＝ａ＋ｌｎａ<ａ<１ꎬ

∴ｆ(１)<１ꎬｆ(ｘ)≥１不恒成立.

收稿日期:２０２０－０７－０５

１

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