做一题，学一法，会一类，通一片

研究高考试题是为了更好地备考，挖掘高考试题解法中蕴涵的数学思想方法，联系解法背景，揭示一类问题的求解规律，有利于提高我们解综合问题的能力，对我们把握高考命题方向，彰显复习的针对性和实效性，将起到很好的指导作用.

江苏卷从2008年到2014年对用导数来处理函数、方程和不等式问题是必考的内容之一，且有一定的难度，在第19题或20题的位置出现. 试题考查丰富的数学思想，如函数与方程思想常用于解决函数与方程的相关问题，等价转化思想常用于不等式恒成立问题和不等式证明问题，分类讨论思想常用于判断含有参数的函数的单调性、最值等问题，同时要求考生有较强的运算求解能力和综合分析问题的能力. 纵观这7年函数的综合试题，2014年江苏卷第19题易中有难，凡中有变，对运用数学思想方法提出了较高的要求. 深刻挖掘此题解法中蕴涵的数学思想方法，联系解法背景，揭示此类问题的解法规律，有助于提高我们解综合问题的能力.

题目：已知函数f（x）=ex+e-x，其中e是自然对数的底数.

（1）证明：f（x）是R上的偶函数；

（2）若关于x的不等式mf（x）≤e-x+m-1在（0，+∞）上恒成立，求实数m的取值范围；

（3）已知正数a满足：存在x∈[1，+∞），使得f（x0）

解法探究

解析：（1）函数f（x）的定义域为R，关于原点对称，又f（-x）=e-x+ex=f（x），所以函数f（x）是R上的偶函数.

（2）解法1：不等式可变为h（x）=m（ex+e-x）-e-x-m+1≤0，对x>0恒成立，即h（x）max≤0. 先由h（1）≤0知，m≤<0. 再利用导数法求h（x）max.

因为h′（x）=m（ex-e-x）+e-x=，易判断出h（x）在0，ln上单调递增，在ln，+∞上单调递减，所以h（x）max=h·ln=1-m+2≤0，解得m≤-.

解法2：因为x∈（0，+∞），所以ex+e-x>2. 原不等式可变为（ex+e-x-1）m≤e-x-1，所以原命题等价于不等式m≤在（0，+∞）上恒成立.

令g（x）=，则g（x）=1-=1-，

当x=ln2时，g（x）的最小值为-. 因此m≤-.

解法3：原不等式可化为m（ex+e-x-1）≤e-x-1，

令t=ex（t>0），因为ex+e-x-1=t+-1≥2-1=1，当且仅当t=1时，等号成立，故m≤=. 令h（t）=，则h′（t）=.

当t>2时，h′（t）>0；当0

h（t）min=h（2）=-，所以m≤ -.

综上可知，实数m的取值范围为-∞，-.

解法4：因为x∈（0，+∞），所以ex+e-x>2. 不等式变形为（ex+e-x-1）m≤e-x-1，

即m≤. 令g（x）=，则g′（x）=.

易判断出g（x）在（0，ln2）上单调递减，在（ln2，+∞）上单调递增，

从而g（x）在x=ln2处有最小值 -. 因此m≤-.

解法5：令ex=t，则t∈（1，+∞）. 原不等式可变为mt2-（m-1）t+m-1≤0，

则原命题等价于关于t的不等式mt2-（m-1）t+m-1≤0，对任意t∈（1，+∞）恒成立，

记k（t）=mt2-（m-1）t+m-1，

则m<0，Δ≤0或m<0，Δ>0，≤1，k（1）≤0，

即m<0，（m-1）-4m（m-1）≤0，或≤0，（m-1）2-4m（m-1）>0，解之得m≤-.m<0.

（3）解法1：令g（x0）=f（x0）-a（-x30+3x0），只要x0∈[1，+∞）上，g（x0）min<0即可.

g′（x0）=+3a（x20-1）. 当x0=1时，g′（x0）=0；当x0>1时，x20-1>0，

（ex0）2-1>0，则g′（x0）>0. 故在区间[1，+∞）上，g′（x0）≥0，即函数g（x0）为[1，+∞）的增函数，所以g（x0）min=g（1）=e+e-1-2a<0，解得a>.

因为ea-1与ae-1均为正数，同取以e为底的自然对数，则要比较ea-1与ae-1的大小，就转化为比较（a-1）lne与（e-1）lna的大小，即比较与的大小.

设h（x）=（x>1），则h′（x）=，再设m（x）=1--lnx，m′（x）=，从而m（x）在（1，+∞）上单调递减，此时m（x）

当ea-1；当a=e时，ea-1=ae-1；当a>e时，ae-1

解法2：因为存在x0∈[1，+∞），使得f（x0）

因为a>0，ex0+e-x0>0，所以必有-x30++3x0>0，即x0∈[1，）.

所以a>，设g（x0）=，即求函数g（x0）在x0∈[1，）上的最小值. g′（x0）=

因为x0∈[1，），ex0-e-x0>0，-x30+3x0>0，ex0+e-x0>0，-3x20+3<0，所以（ex0-e-x0）·（-x30+3x0）-（ex0+e-x0）（-3x20+3）>0. 即g′（x0）>0在x0∈[1，）上恒成立，故g（x0）min=g（1）=，故a>. 以下同解法1.

解法3：由解法1知，a>. 要比较ea-1与ae-1的大小，因为ae-1=e（e-1）lna，所以

=e[（e-1）lna-（a-1）]，从而只需要比较a-1 与（e-1）lna的大小.

令h（x）=（e-1）lnx-（x-1），那么h′（x）=-1，当x>e-1时，h′（x）<0；

当00. 所以h（x）在（0，e-1）上为增函数，在（e-1，+∞）为减函数.

又h（e）=0，h（1）=0，则h（e-1）>0，h>0；那么当0，eh（a）>1，ae-1>ea-1；当a≥e时，h（a）≤0，0

综上所述，当ea-1；当a=e时，ea-1=ae-1；当a>e时，ae-1

解法4：将原不等式化为<. 设t（x）=，x∈[1，+∞）.

条件等价于

可令k（x）=（3-3x2）（ex+e-x）-（3x-x3）·（ex-e-x），因为

k′（x）=-6x（ex+e-x）+（3-3x2）（ex-e-x）-（3-3x2）（ex-e-x）-（3x-x3）（ex+e-x）=x（x2-9）·（ex+e-x），所以k（x）在x∈（0，）上单调递减，故当x∈（1，）时，有k（x）k（1）=0，从而当x∈（1，）时，t′（x）<0.

故有t（x）在（1，）上单调减. 当x∈（0，1）时，t′（x）>0. 故有t（x）在（0，1）上单调递增.

又当x≥时，t（x）≤0，故t（x）的最大值为t（1）=.

所以<，

即a>. 下同解法3.

从以上的解法可以看出，第（2）小题的构造函数是解题的关键，所以解题一定要有目标意识. 第（3）小题的比较大小，考生必须既具有良好的观察、联想等直觉发现能力，又要具备探索、演算和论证的抽象思维能力.

解法溯源

取对数解题方法源于课本例习题中，在高考题（模拟题）中也时常出现，现列举几例以供参考：

1. （人教版教材中习题）设0

2. （1983全国高考理科第16题）已知a，b为实数，且eba.

3. （1983全国高考理科第17题）如果正实数a，b满足ab=ba，且a<1，证明：a=b.

4. （2012年江苏南通市二模第23题）已知函数f（x）=（2x+1）·ln（2x+1）-a（2x+1）2-x（a>0）.

（1）若函数f（x）在x=0处取极值，求a的值；

（2）如图1，设直线x=-，y=-x将坐标平面分成Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ四个区域（不含边界），若函数y=f（x）的图象恰好位于其中一个区域内，判断其所在的区域并求对应的a的取值范围；

（3）比较32×43×54×…×20122011与23×34×45×…×20112012的大小，并说明理由.

答案：（1）a=；（2）a>；（3）32×43×54×…×20122011<23×34×45×…×20112012.

解题感悟

高考试题中所涵盖的信息量多而且复杂. 在学习中，我们要把思维能力训练、培养数学学科能力作为重点，学会面对灵活而复杂的试题，能及时有效地提取信息、使用信息、转化信息. 因此，如何解决难题，平时就要知道将难题进行分解，而后逐一破解，哪怕做不到最终结果，因为高考解答题是要看解题过程的.

学习中，我们应锻炼自主探究能力，对教材的基本结论和教材呈现的基本问题进行自主探究. 我们如能有心地对教材中基本结论进行追问或引申，对我们提出问题和解决问题能力的形成大有裨益. 例如为了更好地熟练掌握研究函数的一般方法，可以先放手探究其他函数：一次、二次和反比例函数的图象与性质，如果一次函数与反比例函数复合而成一个新的函数y=x+，它的图象和性质如何呢？如果二次函数与反比例函数复合而成一个新的函数y=x2+，它的图象和性质又如何呢？又如学习了椭圆和双曲线后，我们能否进一步研究PA-PB=2a（可能为双曲线的一部分），PA·PB=2a（可能是阿波罗尼斯圆），=2a（可能是卡西尼卵形线），各自的轨迹方程如何等等.

因此，我们要有意识地对问题进行变化，挖掘问题的内涵和外延，提高思维的深度与广度，锻炼应变能力，力争“做一题、学一法、会一类、通一片”. 同时应能寻找多种途径探讨同一问题，然后进行归纳比较，提炼出最佳解法. 在熟练掌握常规方法的基础上有所创新，以达到优化解题思路，培养发散性思维和创造性思维能力的目的.