关于一道函数与不等式考题的溯源与解法探究

[摘 要] 探究函数与不等式综合题，建议分五大环节进行：考点定位、溯源分析、过程解析、方法总结、拓展探究. 研究者以2023年高考新课标Ⅰ卷第19题为例，深入剖析函数与不等式综合题的求解教学策略，并提出相应的教学建议.

[关键词] 函数与不等式;溯源;解法探究

探究综述

高考真题凝聚众多优秀教师的智慧，其命制思路和解法策略具有一定的代表性，对教学备考具有一定的参考价值，因此教学中建议教师精选高考典型试题开展教学探究，引导学生明晰考题定位，掌握解题思路，总结解题方法，生成解题策略，以实现“解题通法”的效果.

函数与不等式综合题常作为高考压轴题，融合函数、不等式、导数、方程等知识内容，对学生的解题思维有较高要求，可综合考查学生的知识与方法技巧. 探究教学可分为五个环节：

环节1 考题呈现，考点定位.

分析考题，确定知识点和考查重点. 解读时关注题干和问题两部分.

环节2 考题溯源，命题分析.

探索考题的来源和知识基础，了解其设计过程. 帮助学生理解考题背景和出题者的思路，并在需要时用图表直观展示.

环节3 过程解析，多解探究.

该环节旨在探究考题解析，特别是函数与不等式综合题的多种解法，引导学生使用不同的方法来解题.

环节4 知识汇总，方法总结.

该环节涉及考题解答后的知识和方法总结，是探究解题的关键，引导学生掌握考题的知识和方法背景，并总结归纳出类型题的解题策略.

环节5 类题探究，思维强化.

该环节旨在强化解题，引导学生深入探究题型，体验解题过程，独立运用知识和方法解决问题，加强解题思维.

考题呈现

（2023年高考新课标Ⅰ卷第19题）已知函数f（x）=a（ex+a）-x.

（1）讨论f（x）的单调性;

（2）证明：当a>0时，f（x）>2lna+.

本题是函数与不等式综合题，条件简洁，解析难度高. 题干给出一个含参函数f（x），并提出两个问题：第（1）问讨论函数f（x）的单调性，涉及函数与导数的知识内容;第（2）问是不等式恒成立问题，考查不等式的证明方法. 总体上，本题涉及函数、导数和不等式等知识，求解时，可运用分类讨论以及转化与化归等思想方法.

考题溯源

本题的第（2）问为核心之问，其设计依托于凸函数的“切线不等式”原理，要求学生深入理解相关知识点，并掌握题目的构建方式.

1. 知识背景

知识内容：（凸函数的“切线不等式”）若f（x）是区间I上的可微凸函数，则经过点（x，f（x））（x∈I）的切线一定在曲线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）为严格凸函数，则上述不等式取等号的充要条件是x=x.

简证 将上述不等式的右侧移项到左侧，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）. 因为f（x）为区间I上的可微凸函数，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）为严格凸函数，则f′（x）在I上严格单调递增. 因此，当且仅当x=x时，等号成立.

2. 命题构建

本题第（2）问就是基于上述凸函数的知识内容来构建的，下面探究其构建过程.

当a>0时，给定函数g（x）=aex+a2-2lna，在点

ln，g

ln

处的切线方程为y=x+1+a2-lna，该切线与y=x+为平行关系，并且始终在y=x+的上方.

过程简述：a2-a+=

a-

+>0⇒1+a2-lna>⇒x+1+a2-lna>x+.

同时，当a>0时，g′（x）=aex>0，g″（x）=aex>0，所以g（x）=aex+a2-2lna为增函数且为“下凸函数”. 由凸函数的“切线不等式”可知，g（x）=aex+a2-2lna≥x+1+a2-lna>x+，即aex+a2-2lna>x+，即a（ex+a）-x>2lna+. 这正是本题第（2）问需要证明的结果. 另外，问题还可以借助图1来解析.

过程解析

接下来详细阐述解题方法.

1. 分类讨论函数的单调性

第（1）问涉及函数的单调性，可用分类讨论法解决. 先对原函数求导，再分类讨论a≤0与a>0两种情况，结合导数与函数单调性的关系求解.

因为f（x）=a（ex+a）-x，定义域为R，所以f′（x）=aex-1.

①当a≤0时，由于ex>0，则aex≤0，故f′（x）=aex-1<0恒成立，所以f（x）在R上单调递减.

②当a>0时，令f′（x）=aex-1=0，解得x=-lna. 当x<-lna时，f′（x）<0，f（x）在（-∞，-lna）上单调递减;当x> -lna时，f′（x）>0，f（x）在（-lna，+∞）上单调递增.

综上可知，当a≤0时，f（x）在R上单调递减;当a>0时，f（x）在（-∞，-lna）上单调递减，在（-lna，+∞）上单调递增.

2. 证明不等式的方法多样

方法1 结合第（1）问的结论，将问题转化为证明a2--lna>0恒成立，再构造函数g（a）=a2--lna（a>0），利用导数证得g（a）>0.

由第（1）问可得f（x）=f（-lna）=a（e-lna+a）+lna=1+a2+lna. 要证f（x）>2lna+，即证1+a2+lna>2lna+，即证a2--lna>0.

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

0，

上单调递减，在

，+∞

上单调递增. 所以g（a）=g

=

--ln=ln>0. 所以g（a）>0恒成立. 所以，当a>0时，f（x）>2lna+恒成立，证毕.

评析 证明不等式时，采用了转化问题和构建函数的方法，通过分析函数性质来确定最值，从而完成证明. 解析过程中需理解函数最值与不等式的关系.

方法2 构造函数h（x）=ex-x-1，从而证得ex≥x+1，可得f（x）≥x+lna+1+a2-x，将问题转化为证明a2--lna>0，再利用导函数分析函数的性质，完成不等式证明.

令h（x）=ex-x-1，则h′（x）=ex-1，由于y=ex在R上单调递增，所以h′（x）=ex-1在R上单调递增. 又h′（0）=e0-1=0，所以，当x<0时，h′（x）<0;当x>0时，h′（x）>0. 所以h（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0，+∞）上单调递增. 所以h（x）≥h（0）=0，ex≥x+1，当且仅当x=0时，等号成立.

因为f（x）=a（ex+a）-x=aex+a2-x=ex+lna+a2-x≥x+lna+1+a2-x，当且仅当x+lna=0，即x=-lna时，等号成立. 所以，要证f（x）>2lna+，即证x+lna+1+a2-x>2lna+，即证a2--lna>0.

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

0，

上单调递减，在

，+∞

上单调递增，所以g（a）=g

=

--ln=ln>0. 所以g（a）>0恒成立. 所以，当a>0时，f（x）>2lna+恒成立，证毕.

评析 上述证明采用的是“化归与转化+导函数分析”法：先构造新函数，然后转化问题，利用导函数分析证明.

总结拓展

1. 方法总结

单调性问题为一般性问题，具体求解时常采用导数分析法，需要把握导函数的类型，根据类型确定不同解法，具体如下：

①导函数有效部分为一次函数型（或可化为一次函数型）：观察法.

②导函数有效部分为二次函数可因式分解型（或可化为二次函数可因式分解型）：因式分解讨论法.

③导函数有效部分为二次函数不可因式分解型：Δ判别法.

函数与不等式综合题，具有函数与不等式的问题属性，求解时需要构建或引入新函数并应用相关知识. 具体方法如下：

①最值分析法，即“化归与转化+导函数分析”策略，借助条件构造转化问题，借助导函数分析函数的性质，利用函数的性质求解.

②超越不等式：先证后用，主要采用放缩方法，分为两种类型. 对数型超越放缩：≤lnx≤x-1（x>0）;指数型超越放缩：x+1≤ex≤（x<1）.

③数形结合法，即分步构造函数，将问题转化为两个函数的取值问题，借助函数图象分析转化.

2. 拓展衔接

上述总结了函数与不等式综合题的求解方法，不同类型问题对应不同解法，进一步探究如下：

已知函数f（x）=ax2-（2a+1）x+2lnx（a∈R）.

（1）当a>0时，求函数f（x）的单调递增区间;

（2）当a=0时，证明：f（x）<2ex-x-4 （其中e为自然对数的底数）.

解析 （1）f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=ax-（2a+1）+=.

当0<<2，即a>时，f（x）在

0，

，（2，+∞）上单调递增;当=2，即a=时，f（x）在（0，+∞）上单调递增;当>2，即0<a<时，f（x）在（0，2），

，+∞

上单调递增.

综上可知，当a>时，f（x）的递增区间为

0，

，（2，+∞）;当a=时，f（x）的递增区间为（0，+∞）;当0<a<时，f（x）的递增区间为（0，2），

，+∞

.

（2）当a=0时，由f（x）<2ex-x-4，化简得ex-lnx-2>0. 构造函数h（x）=ex-lnx-2（x>0），则h′（x）=ex-，h″（x）=ex+>0. 分析可知h′（x）在（0，+∞）上单调递增，h′

=-2<0，h′（1）=e-1>0，因此存在x∈

，1

，使得h′（x）=0，即e=.

当x∈（0，x）时，h′（x）<0，h（x）单调递减;当x∈（x，+∞）时，h′（x）>0，h（x）单调递增. 所以，h（x）为极小值，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.

评析 上述证明采用的是最值分析法，即“化归与转化+导函数分析”法：先将问题f（x）>g（x）转化为f（x）-g（x）>0，再构造新函数，利用导函数分析证明.

教学建议

函数与不等式综合题常作为高考压轴题，考查学生综合运用相关知识与解法. 这类问题运算过程复杂，要求学生具备较强的解析思维和运算能力. 针对这类问题的探究，建议教学如下：

建议1 融合知识，构建体系.

函数与不等式综合题融合多个数学领域知识，包括函数、方程、不等式和导数等. 在教学中，教师应关注关键考点，总结知识点，明确它们之间的联系，并帮助学生建立知识结构，为解决类似问题打下基础.

建议2 总结方法，梳理流程.

函数与不等式综合题的解法多样，因此教师在教学过程中应指导学生总结解法，并整理出相应的解题步骤. 此外，教师通过典型例题的讲解，帮助学生掌握各种方法的适用条件和具体操作步骤. 通过练习和总结，学生可以逐渐形成自己的解题思路，提高解决函数与不等式综合题的能力.

建议3 理解策略，提升素养.

解决函数与不等式综合题的关键在于掌握解题策略，包括多种方法技巧，如转化与化归、构建函数模型、分类讨论以及数形结合等. 在教学实践中，应当注重解题过程，引导学生深入理解解题策略，从而提高他们的综合素养.