江西省南昌縣蓮塘第一中學 (330200) 徐小平

函數與導數綜合問題是高考中的難點、熱點問題，具有綜合性強、思維難度大等特點.當遇到函數形式比較復雜，特別是一類指數、對數混合型問題，處理起來更是比較棘手，常常需要改變其函數結構.本文通過一道試題分析其解法并尋找這類問題的根源.

問題已知函數f(x)=x+axlnx(a≠0,a∈R)存在極大值，且極大值為1，證明：f(x)≤e-x+x2.

1.解法探究

下面我們主要目標是證g(x0)≥0成立.為此給出以下幾種處理方法.

設φ(x)=ex+x，可知φ(x)在R上為增函數,所以lnx0=-x0，即lnx0+x0=0,所以g(x)≥g(x0)=0.

評析：此解法關鍵是將-e-x0+2x0+lnx0=0變形得elnx0+lnx0=e-x0-x0，使其兩側的結構一致，并構造函數φ(x)=ex+x，結合函數單調性進一步得出lnx0=-x0，使得其最小值g(x0)=0.

圖1

下面證明x-xlnx≤-xlnx0+x0.可構造函數g(x)=xlnx-(1+lnx0)x+x0，由于g(x0)=0.

g′(x)=lnx-lnx0，此時g′(x0)=0，由單調性可知g(x)≥g(x0)=0.

接下來證明e-x+x2≥-lnx0x+x0.

設F(x)=e-x+x2+lnx0x-x0,由于lnx0+x0=0，則e-x0=x0，可得F(x0)=0.F′(x)=-e-x+2x+lnx0，F(xiàn)″(x)=e-x+2>0，即F′(x)在(0,+∞)為增函數，由(1)可知F′(x0)=0，由單調性可知F(x)≥F(x0)=0即證.

評析：本解法在指對分離基礎之上，并構造兩函數φ(x)=e-x+x2,f(x)=x-xlnx，且它們的凹凸性相反，巧用公切線作為兩曲線的“分隔線”，并通過幾何直觀，將復雜的不等式轉化為兩個簡單的不等式，達到化繁為簡的目的.利用公切線證明不等式，若能分離凹凸性相反的兩個函數研究問題更為方便.一般地當直接證明不等式f(x)≥0時很困難，可以將原函數分離為兩個函數g(x),h(x)(此兩個函數的凹凸性相反),即轉化為證明不等式g(x)≥h(x).求出兩曲線的公切線y=kx+b，將原不等式的證明轉化為證明不等式g(x)≥kx+b≥h(x).

2.解法索源

本題命題的根源可以追溯到復合函數的背景，將一個函數通過復合迭代，其函數形式常常會復雜，由復合函數可知y=f(g(x))，令u=g(x)則可知u=g(x)的值域充為函數y=f(x)的定義域的子集，若f(u)≥f(u0)=M成立，若存在使得u0=g(x0)，則有f(g(x))≥M，即函數y=f(g(x))的最小值為M，我們利用指對變換及復合函數相關知識，通過復合函數的迭代，可以得到一類很多問題.例如：本題命題的源頭，即可通過一個簡單的函數f(x)=ex-x-1，g(x)=-x-lnx，由f(x)≥f(0)=0，則有f(g(x))≥0，僅當g(x)=-x-lnx=0時取等號.解題時若然挖掘其原函數模型，便可快速突破問題.

3.變式訓練

例1 (2019年南昌市二模試題節(jié)選)已知函數f(x)=xex-(lnx+x)，g(x)=(m+1)x(m∈R且為常數，e為自然對數的底)若不等式f(x)≥g(x)對任意的x∈(0,+∞)恒成立，求實數m的取值范圍．

答案：實數m的取值范圍是(-∞,0].

答案：b的取值范圍為b≤2.