2020年新高考Ⅰ卷(供山东省使用)第21题的多解、溯源、探变

湖南 唐首佳

以基本函数y=ex和y=lnx的结合为背景的导数应用综合问题是高考或各地模拟考试考查的重点.下面通过对2020年新高考Ⅰ卷(供山东省使用)第21题第二问的不同解法及变式的探究，探索这类问题的题型规律.

一、考题再现

例题：(2020·新高考Ⅰ卷(供山东省使用)·21)已知函数f(x)=aex-1-lnx+lna.

(Ⅰ)当a=e时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；

(Ⅱ)若f(x)≥1，求a的取值范围.

该题以基本函数y=ex和y=lnx的结合为背景，第一问考查了导数的几何意义的应用；第二问在不等式成立的情况下，求参数的取值范围问题.不等式成立求参数的取值范围问题是高考命题考查的热点，这类问题对思维能力的要求较高，解答时需要运用函数与方程、转化与化归、分类讨论等数学思想，要求考生具备解决较复杂问题的综合素养和能力，是充分体现数学抽象、逻辑推理、数学建模和数学运算核心素养的一类问题.

二、解法探析

解析：(Ⅰ)当a=e时，f(x)=ex-lnx+1.所以f(1)=e+1.

下面主要探析第二问的多种解法.

(Ⅱ)解法1.构造同构式

由f(x)≥1得aex-1-lnx+lna≥1，即elna+x-1-lnx+lna≥1，

即elna+x-1+lna+x-1≥lnx+x=elnx+lnx.

令g(t)=et+t，g′(t)=et+1>0，所以g(t)在R上单调递增，

于是有g(lna+x-1)≥g(lnx)，则lna+x-1≥lnx恒成立.

即lna≥lnx-x+1恒成立，只需lna≥(lnx-x+1)max，

则h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，

所以h(x)≤h(1)=0，则lna≥0，a≥1，故a的取值范围是[1,+∞).

点评：该解法在对不等式变形的基础上，将不等式的两边同时加上x后，构造关于“lna+x-1”的同构式，并将同构式“lna+x-1”看作整体，通过构造函数、求导，利用函数的单调性将不等式转化，进而分离参数式，二次构造函数、求导，利用“最值法”求出参数的取值范围.该解法思维量大，逻辑推理紧凑，充分考查了导数在研究函数单调性过程中的工具作用，考查了数学抽象、逻辑推理及数学建模的核心素养.

解法2.利用指数、对数基础不等式

由f(x)≥1得aex-1-lnx+lna≥1，即aex-1-1≥lnx-lna，

易证ex≥x+1，x-1≥lnx,故ex-1≥x，

又a>0，所以aex-1≥ax，

因此只需证ax≥x-lna，即证x(a-1)≥-lna.

当a≥1时，x(a-1)>0>-lna恒成立；

当0

故a的取值范围是[1,+∞).

点评：该解法在对不等式变形的基础上，利用了指数、对数有关基础不等式进行分类推理求解，其求解过程颇为简洁、巧妙，考查了数学抽象和逻辑推理等数学核心素养.

解法3.分类求解

②当a≥1时，因为ex-1>0，lna≥0，

所以f(x)≥ex-1-lnx.

又h(1)=0，所以当x∈(0,1)时，h(x)=g′(x)<0，当x∈(1,+∞)时，h(x)=g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，所以g(x)≥g(1)=1，即f(x)≥1.

综上所述，a的取值范围是[1,+∞).

点评：该解法在分类讨论的基础上，利用导数研究函数的单调性进行判断或求解.特别是求解a≥1的情况，通过两次构造函数、二次求导，导数的工具作用得到了充分的体现.本解法考查了数学抽象、逻辑推理、数学建模等数学核心素养.

三、问题溯源

以基本函数y=ex和y=lnx的结合为背景的导数应用问题在以往的高考中也曾多次出现.

(Ⅰ)求a，b；

(Ⅱ)证明：f(x)>1.

答案：(Ⅰ)a=1,b=2;(Ⅱ)证明略.

(Ⅰ)当k≤0时，求函数f(x)的单调区间；

(Ⅱ)若函数f(x)在(0，2)内存在两个极值点，求k的取值范围.

3.(2015·全国卷Ⅰ文·21)设函数f(x)=e2x-alnx.

(Ⅰ)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数；

答案：(Ⅰ)当a≤0时，f′(x)没有零点；当a>0时，f′(x)存在唯一零点；(Ⅱ)证明略.

通过上面的例子可以看出，在强调命题改革的今天，通过改编、创新等手段来赋予往年高考真题新的生命，已成为高考命题的一种新趋势.因此，在高考复习的过程中务必要注意对往年高考真题进行变式训练，要求做到探索变式，丰富成果，对解题思路进行内化、深化探索，总结升华.把握其实质、掌握其规律、规范其步骤.

四、变式探析

以基本函数y=ex和y=lnx的结合为背景，改变高考题中的函数，并将问题设计为：(1)求函数的最值;(2)在不等式恒成立下求参数的取值范围，可有：

(Ⅰ)求f(x)的最大值；

由ex≥x+1>x可知，f(x)在(0，1]上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1-e.

所以φ(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增，

以基本函数y=ex和y=lnx的结合为背景，改变高考题中的函数，并将问题设计为：(1)若函数存在极值，求参数的取值范围；(2)在极小值非负的条件下，证明不等式，可有：

变式2.(2020届河南省名校联盟一模理·21)已知函数f(x)=xex-1-a(x+lnx)，a∈R.

(Ⅰ)若f(x)存在极小值，求实数a的取值范围；

(Ⅱ)设x0是f(x)的极小值点，且f(x0)≥0，证明：f(x0)≥2(x02-x03).

令g(x)=xex-1-a，则g′(x)=(x+1)ex-1>0，所以g(x)在(0，+∞)上是增函数.

当x→0时，g(x)→-a，当x→+∞时，g(x)→+∞.

所以当a≤0时，g(x)>0，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0，+∞)上是增函数，不存在极值点；

当a>0时，g(x)的值域为(-a，+∞)，必存在x0>0，使g(x0)=0.

所以当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(x0，+∞)时，g(x)>0，f′(x)>0，f(x)单调递增；f(x)存在极小值点.

综上可知实数a的取值范围是(0，+∞).

(Ⅱ)证明：由(Ⅰ)知x0ex0-1-a=0，即a=x0ex0-1，所以lna=lnx0+x0-1，

f(x0)=x0ex0-1(1-x0-lnx0).

由f(x0)≥0，得1-x0-lnx0≥0.

令h(x)=1-x-lnx，由题意知h(x)在区间(0，+∞)上单调递减.

又h(1)=0，由f(x0)≥0，得0

当x>1时，H′(x)>0，函数H(x)单调递增；当0

所以当x=1时，函数H(x)取得最小值H(1)=0，

所以H(x)=x-lnx-1≥0，即x-1≥lnx，即ex-1≥x，

于是ex0-1≥x0>0，1-x0-lnx0≥1-x0-(x0-1)=2(1-x0)≥0，

五、教学启示

1.探究以函数y=ex和y=lnx的结合为背景的导数应用问题，需熟记下列几个常见函数模型的图象和性质：(下面仅给出图象，根据图象自行研究性质)