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，所以当0<m≤e-12时，mx2+x+mex≤x-lnx成立，即原不等式恒成立.

所以当正实数m的取值范围为0，e-12.

解法5 因为exlnx+mx2+1-exx+m≤0，又因为-x2-1<0，

所以m≤exlnx+1-exx-x2-1，

由（1）知，lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立.所以exlnx+1-exx-x2-1≥exx-1+1-exx-x2-1=ex-xx2+1，当且仅当x=1时等号成立.

令Hx=ex-xx2+1，x∈0，+SymboleB@，则H′x=x-1exx-1+x+1x2+12，令Kx=exx-1+x+1，则K′x=xex+1>0，所以Kx在0，+SymboleB@上单调递增，所以Kx>K0=0，

所以当0<x<1时，H′x<0，当x>1时，H′x>0，

所以Hx在0，1上单调递减，在1，+SymboleB@上单调递增，所以Hxmin=H1=e-12，

综上当x=1时，y=exlnx+1-exx-x2-1取得最小值e-12，

所以正实数m的取值范围为0，e-12.

解法6 同解法5有m≤exlnx+1-exx-x2-1，

由（1）知，lnx≤x-1，当且仅当x=1时等号成立.

令gx=exlnx+1-exxx2+1x>0，

则g′x=1-xex1-xlnx+x2+1x+1+xx2+12

（ⅰ）由lnx≤x-1得lnx≥x-1x，当00，1-xlnx>-1-x2x，故1-xlnx+1x+x2>1-1-x2x+x2>0，即g′x>0，故gx在0，1上单调递增;

（ⅱ）当x>1时，由lnx≤x-1得1-xlnx>1-xx-1=-1+2x-x2，

所以1-xlnx+1x+x2>2x+1x-1>0，即g′x<0，故gx在1，+SymboleB@上单调递减;

那么gx≤g1=1-e2，所以m≤e-12，

综上，正实数m的取值范围为0，e-12.

解法7 同解法5有m≤exlnx+1-exx-x2-1，

令gx=exx-lnx-xx2+1，

因为x-lnx≥1，又易证得ex≥1+x+x22≥1+x+x2ex>-1，

所以ex-1≥x+x-12ex>0，ex≥ex+x-12x>0，

则gx=exx-lnx-xx2+1≥ex-xx2+1≥ex+x-12-xx2+1=e-12+3-ex-122x2+1≥e-12.

当且仅当x=1时，上式等号成立，故gxmin=e-12.

所以正实数m的取值范围为0，e-12.

解法8 要使得原不等式成立，則必须当x=1时上式成立，代入得m≤e-12，下面证明：当m≤e-12时，原不等式恒成立.

因为m≤e-12，且x2+1>0，

所以exlnx+mx2+1-exx+m≤exlnx+e-12x2+1+1-exx，

令kx=exlnx+e-12x2+1+1-exx，x∈0，+SymboleB@，

则k′x=exlnx+1x-x-1+e-1x+1，

令φx=exlnx+1x-x-1+e-1x+1，所以φ′x=exlnx+2x-1x2-x-2+e-1，

由（1）知，x-lnx≥1，即lnx-x≤-1，当且仅当x=1时等号成立.

所以

φ′x=exlnx+2x-1x2-x-2+e-1≤ex-1x2+2x-3+e-1=ex1ex-1-1x2+2x-3-1，

再令Mx=1ex-1-1x2+2x-3x>0，下面证明Mx<0，

由x-lnx≥1，得ex-1≥x，因为x>0，所以1ex-1≤1x，

所以Mx=1ex-1-1x2+2x-3<1x-1x2+2x-3=-1x2+3x-3=-3x2+3x-1x2<0，

所以exMx-1<0，所以φ′x<0，所以k′x在0，+SymboleB@上单调递减，

又因为k′1=0，所以当0<x<1时，k′x>0，当x>1时，k′x<0，

所以kx在0，1上单调递增，在1，+SymboleB@上单调递减，所以kxmax=k1=0，所以kx≤0，所以exlnx+mx2+1-exx+m≤0，当且仅当x=1时等号成立，所以正实数m的取值范围为0，e-12.

在解题教学中，教师要善于挖掘数学问题的深层本质，寻找题目条件与结论之间的逻辑关系，帮助学生准确审题、获取解题思路，通过一题多解拓展学生的思维.

参考文献：

[1]候萱，丁新城.一题多解教学的几点思考[J].中学数学杂志，2020（1）：34-36.

[责任编辑：李 璟]