蔡海涛

摘 要：2020年福建省高三毕业班质量检查测试理科数学第21题是一道以不等式恒成立问题为载体，考查利用导数研究函数的极值、最值的问题.本文将给出这道题的八种解法，通过一题多解探究解决此类问题的方法.

关键词：导数;分离参数法;恒成立

中图分类号：G632文献标识码：A文章编号：1008-0333（2021）04-0032-03

题目 （2020年福建省省质检·理21）已知函数fx=xa-lnax.

（1）求fx的极值;

（2）若exlnx+mx2+1-exx+m≤0，求正实数m的取值范围.

解 （1）当a>0时，fx的极小值为fa=1-2lna，无极大值;当a<0时，fx的极小值为fa=1-

2ln-a，无极大值.（过程略）

（2）解法1 由（1）知，当a=1时，fx=x-lnx在0，1上单调递减，在1，+SymboleB@上单调递增，

所以fxmin=f1=1，所以x-lnx≥1，因为exlnx+mx2+1-exx+m≤0，

所以exlnx-x+mx2+x+m≤0，所以mx2+x+mex≤x-lnx，（*），

令hx=mx2+x+mex，x∈0，+SymboleB@，

则h′x=2mx+1ex-mx2+x+mexe2x=-mx2+2m-1x-m+1ex=-mx+m-1x-1ex，

因为m>0，所以1-1m<1，

①若0<m≤1，则1-1m≤0，当0<x<1时，则h′x>0，所以hx在0，1上单调递增;当x>1时，则h′x<0，所以hx在1，+SymboleB@上单调递减.

所以hxmax=h1=2m+1e，又因为fx≥1，且hx和fx都在x=1处取得最值，所以2m+1e≤1，解得m≤e-12，所以0<m≤e-12.

②若m>1，则0<1-1m<1，当0<x<1-1m时，h′x<0，hx在0，1-1m上单调递减;当1-1m<x<1时，h′x>0，hx在1-1m，1上单调递增;当x>1时，h′x<0，hx在1，+SymboleB@上单调递减，所以h1=2m+1e>1，与（*）矛盾，不符合题意，舍去.

综上，正实数m的取值范围为0，e-12.

解法2 同法1，mx2+x+mex≤x-lnx，要使原不等式成立，则当x=1时上式必须成立，代入得m≤e-12，此时0<m≤e-12.

下面证明：当0<m≤e-12時，原不等式恒成立.

令hx=mx2+x+mex，x∈0，+SymboleB@，则

h′x=2mx+1ex-mx2+x+mexe2x=-mx2+2m-1x-m+1ex=-mx+m-1x-1ex，

因为0<m≤e-12，x>0，所以-mx+m-1<0，所以当0<x<1时，h′（x）>0，当x>1时，h′（x）<0， 所以h（x）在0，1上单调递增，在1，+SymboleB@上单调递减，hxmax=h1=2m+1e≤1，所以不等式mx2+x+mex≤x-lnx恒成立，即原不等式恒成立，所以正实数m的取值范围为0，e-12.

解法3 同法2，有0<m≤e-12.下面证明：当0<m≤e-12时，原不等式恒成立.

由已知得mx2+x+mex+lnx-x≤0，

令gx=mx2+x+mex+lnx-x，

则g′x=1-xmx2+1-mx+exex.

因为x>0，0<m≤e-12，所以mx2+1-mx+ex>0.

所以当00，当x>1时，g′x<0;

因此gx在0，1上单调递增，在1，+SymboleB@上单调递减，

所以gxmax=g1≤0，所以正实数m的取值范围为0，e-12.

解法4 同法2有0<m≤e-12.下面证明：当0<m≤e-12时，原不等式恒成立.

因为0<m≤e-12，

所以mx2+x+mex≤（e-1）x2+2x+（e-1）2ex，

令hx=e-1x2+2x+e-12ex，x∈0，+SymboleB@，

则h′x=-e-1x2+2e-2x-e+32ex=-x-1e-1x-e-32ex，

所以当0<x<1时，h′x>0，当x>1时，h′x<0，所以hx在0，1上单调递增，在1，+SymboleB@上单调递减，所以hxmax=h1=1，所以hx≤1，即mx2+x+mex≤1，所以……