江西省高安中學(xué) (330800) 朱細(xì)秀

試題(雅禮中學(xué)2021年?？荚囶})已知函數(shù)f(x)=aex+2x-1(期中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).

(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)證明：對(duì)任意的a≥1，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥(x+ae)x.

分析：要證函數(shù)不等式，主要是利用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)，通過(guò)單調(diào)性判斷作出證明，但求導(dǎo)前都必須對(duì)函數(shù)式進(jìn)行變形，不同的變形就可得到不同的證明路徑，函數(shù)不等式證明的一般途徑為：變形——求導(dǎo)——探討導(dǎo)數(shù)值與0的大小——由單調(diào)性確定不等式成立的條件.

解：(1)∵f(x)=aex+2x-1,∴f′(x)=aex+2.

(ⅰ)a≥0時(shí)，f′(x)>0,∴f(x)在(-∞，+∞)上單增.

評(píng)注：上述證法中，根據(jù)題設(shè)條件，a≥1,x>0得出ax>0，故在對(duì)函數(shù)式變形中，兩邊同除ax，使得后面的求導(dǎo)能找到公因式x-1，剩下只要簡(jiǎn)證一下ex>x+1，由此g′(x)與0的關(guān)系立見(jiàn)分曉.

(法2)欲證aex+2x-1≥x2+aex，即證aex-aex≥x2-2x+1=(x-1)2②.∵a≥1,∴aex-aex=a(ex-ex)≥ex-ex.令g(x)=ex-ex,則g′(x)=ex-e.∴當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，∴g(x)在(0,1)上單減，x∈(1,+∞)時(shí)，g′(x)>0,∴g(x)在(1,+∞)上單增，∴g(x)在x=1時(shí)取最小值，且g(x)min=g(1)=0,∴g(x)≥0.∴當(dāng)x=1時(shí)，②成立.

評(píng)注：證法2與證法1的變形及思想方法一致，先進(jìn)行放縮，a(ex-ex)≥ex-ex，然后兩邊同除以x得到類似表達(dá)式，后面的求導(dǎo)等證法基本雷同.類似地，對(duì)②式進(jìn)行以變形還可得另一類似證法.

(法3)原不等式等價(jià)于aex-x2-eax+2x-1≥0，令g(x)=aex-x2-aex+2x-1，則g′(x)=aex-2x-ae+2=a(ex-e)-2(x-1)，g″(x)=aex-2③.

(ⅰ)當(dāng)a≥2時(shí)，g″(x)>0，∴g′(x)在(0，+∞)上單增，又g′(1)=0，x∈(0,1)g′(x)<0,g(x)在(0,1)單減，x∈(1,+∞),g′(x)>0,g(x)在(1，+∞)單增.∴g(x)≥g(1)=0.

評(píng)注：證法3對(duì)函數(shù)表達(dá)式不做任何變形，只進(jìn)行了移項(xiàng)，然后進(jìn)行了二次求導(dǎo)，并對(duì)a分類討論，在各種情況下，確定g′(x)的單調(diào)性，最后得到g(x)的最小值等于零，證明不等式成立.顯然，證法3證明過(guò)程最復(fù)雜，所以求解中注重適當(dāng)變形，對(duì)證題有事半功倍之效.