挖掘课本 提升能力-《中学生数理化》高二数学2026年3月刊

解题篇课本习题探究 高二数学2026年3月 中学生数理化 挖掘课本 提升能力 ■江苏省盐城市时杨中学 刘长柏 课本中的习题都是专家精心选择的， 化等都非常有效果。切线不等式是解决与 具有典型性和代表性，不仅反映了相关知 之相关的函数、方程及不等式等问题时常 识的本质属性，而且蕴含着重要的基本方 用的工具。 法。因此同学们要重视对课本习题的研 变式二：教材P99习题5.3第12题： 究，充分挖掘、提炼其中蕴含的基本方法， 利用函数的单调性，证明下列不等式： 并加以灵活应用，以增强思维水平，提升探 (1)e>x十1，x≠0； 究能力，发展核心素养。下面以人教A版 (2)lnx<x<e,x>0。 《选择性必修第二册》导数习题为例，谈一 证明：(1)令f(x)=e一x一1，x≠0， 谈对课本习题的探究与应用。 则'(x)=e一1，x≠0。 一、课本习题的探究 当x<0时，f'(x)0; 教材P94练习第2题：证明不等式x 当x>0时，f'(x)>0。 -1≥lnx,x∈(0，十o∞)。 所以函数f(x)在（一∞，0）上单调递 证明：令f(x)=x-1-lnx,x∈(0， 减，在(0，十∞)上单调递增 +∞)，则f'(x)=1-1=x-1 故f(x)>f(0)=0,即e>x十1，x≠ x 0。 当0<x<1时，f'(x)<0; (2)令f(x)=e"-x,x>0,则f'(x) 当x>1时，f'(x)>0。 =e-1,x>0。 所以函数f(x)在(0,1)上单调递减， 当x>0时，f'(x)>0,所以函数 在(1，十∞)上单调递增。 f(x)在(0，十∞)上单调递增。 因此f(x)≥f(1)=0,即x-1-lnx 故f(x)>f(0)>0,即e>x。 20。 令g(x)=x一lnx,x∈(0，十∞)，则 所以x-1≥lnx,x∈(0，+o∞)。 点评：利用导数证明不等式问题时，解 g'(x)=1-=x二 x。 题的关键是构造函数，利用函数的单调性， 当0<x<1时，g'(x)<0 转化为函数的取值范围问题。 当x>1时，g'(x)>0。 变式一：以e代替x,则e*一1≥lne, 所以函数g(x)在(0,1)上单调递诚， 即e-1≥x,也即e≥x+1,x∈R。 在(1，十∞)上单调递增。 图1也验 因此g(x)≥g(1)>0,即x>lnx。 证了上述结 V-cr ,y=x+1 所以lnx<x<e,x>0。 论。 ,点评：此结论的证明，利用了导数证明 点评：以上 y=x-l y=Inx 不等式的基本方法，借助于上面的图像也 结论为常见的 可以看出结论的正确性。 切线不等式， 变式三：教材P104第18题：已知函数 借助切线不等 f(x)=e一ln(x十m),当m≤2时，求证 式“以直代曲” f(x)>0。 是处理函数与 图1 证明：f(x)的定义域为（一m,十o∞）。 导数问题的妙 当m2,x>一m时，x十mx十2，ln(x 招。依托切线不等式的巧妙应用，对于问 十m)≤ln(x+2)。 题的快捷切入、解题思路的优化、过程的简 故只需证明当m=2时，f(x)>0。 35 中学生数理化 解题篇课本习题探究 高二数学2026年3月 当m=2时，f(x)=e-ln(x十2)，易 十x十a恒成立，则实数a的取值范围是 1 得f'(x)=e一 x十2 解析：根据xe>lnx十x十a,变形得 令g(x)=f'(x)=e- 1 x+2,则 ex+>lnx十x十a,即ex+r一(lnx十x)> a。因为x>0,所以l1nx十x∈R。 g'(x)=e+ 1 (x+2)>0。 由“切线不等式e≥x十1，x∈R”,可知 er+≥lnx十x+1。 所以f'(x)=g(x)=e- 1 r+2在 所以em+t一(lnx十x)≥1。 (一2，十∞)上单调递增。 因为对任意x>0,ex+一(lnx十x)>a 因为(-1)=是-1<00)=1 恒成立，所以a<1。 故实数a的取值范围是（一∞，1）。 ->0,所以了x)=0在(-2，+)上 点评：求解本题的关键在于两，点：一是将 已知不等式参变分离变形为e+r一(lnx十 有唯一实数根x0,且x。∈（一1,0）。 x)>a;二是根据“切线不等式e≥x十l, 当x∈(-2，x。)时，f'(x)<0,f(x) x∈R”,求解获得ex+一(lnx十x)≥1。 单调递诚， 当x∈(xo,十∞)时，f'(x)>0,f(x) 例2对任意x>0,求证：e+4xlnx 单调递增。 ≥x5十x1。 所以当x=x。时，f(x)取得最小值。 证明：由于x>0,因此要证明e+ 4x1lnx≥xi+x1,即证明x-1e+4lnx≥ 由(x)=0,可得e0=1 。十2，也即 x+1。 ln(xo十2)=-xo。 需证明e-mx十4lnx≥x十1，即证明 1 ear≥x-4lnx+1。 故f(x)≥f(x。）= x+2十x。= 根据“切线不等式e≥x十1，x∈R”,可 (x。+1)2 知e*-x≥x一4lnx十1，得证。 x。+2 >0。 点评：上述证明过程灵活运用了分析法， 因此当m≤2时，f(x)>0。 关键在于对求证式的等价变形一定要到位， ,点评：此结论的证明，仍然利用了导数 这样才便于顺利获证。此外，需积累常见结 证明不等式的基本方法，所不同的是涉及 论：对任意x>0,有x=ex;对任意x∈R, 隐零点问题。当导函数的零点不易求时， 有x=lne。 可以通过进一步构造函数，求其导数，即通 例3已知存在正实数x,y,使得不等 过“二次求导”，用零点存在定理判定导函 数零，点的存在性，既避免解方程又使问题 式nx-x+1≥ny+4 -ln4成立，则 得解。此题也可借助于图1的直观性，由 x十y等于 切线不等式得e>x十1，x-1≥lnx,x∈ 4 (0,十∞)，将q(x)=x一1向左平移2个单 解析：由不等式lnx一x2+1≥lny+ y 位得h(x)=x十1，将g(x)=lnx向左平移2 一ln4,变形可得不等式1n+1≥x+4 个单位得p(.x)=ln(x十2)，显然e>ln(x+ y 。 2)。进而当m≤2，x>一m时，x十m≤x十2， 根据“切线不等式lnx≤x一1”，可得 ln(.x十m)≤ln(x十2)，所以当m≤2时，e> 24红4x1,即1n十1≤，当且仅 y y y ln(x+m),f(x)0。 y=4x时，不等式取等号。 二、结论的应用 例1对任意x>0,不等式xe>lnx 另一方面，根据基本不等式可得。十 4 36 解题篇课本习题探究 高二数学2026年3月 中学生数理化 ≥2·-号，当且仅当号即 2.已知函数f(x)=a(e十a)一x。证 y 明：当a>0时，f(x)>2lna+立 3 =2时，不等式取等号。 综上，可知≥n红+1≥x+4≥g,从 证明：方法一：注意到f(x)=a(e十a) y y-y 一x=ae十a2一x=er+ma十a2一x,根据切线 而必有=1n超 n号+1=+号：因此y=与 不等式e≥x十1可得e+h“≥x+lna十1。 y y 所以f(.x)≥x+lna十1+a2-x=a2十lna v=2同时成立，且x>0,y>0,解得x= 2 十1。故要证(x)>2na十多，只需证明 y=22,故x+y=5y2 2 。- -lna>0。 点评：本题设计较好，侧重考查了切线不 由切线不等式可知lna≤a-1,故 等式lnx≤x一1与基本不等式取等号满足的 -lna≥1-a,从a2- 1 条件在解题中的综合运用。一般地，当涉及自 2-lna≥a2-a+2 然对数时，可考虑切线不等式lnx≤x一1（当 =(。-)广+子>0，原不等式得证。 且仅当x=1时不等式取等号)，及其变式ln(x 十1)x(当且仅当x=0时不等式取等号)的 方法二：易知e≥x十1，当且仅当x=0 时，等号成立。 灵活运用。 f(x)=a(e十a)一x=ae十a2一x= 总之，课本习题是知识和方法的源头， 定要重视课本习题。同学们如果认真研究习 e+na十a2-x≥x十lna十1十a2-x,当且仅 题，就会有不一样的收获。关注切线不等式 当x十lna=0,即x=一lna时，等号成立。 lnx≤x一1和e≥x十1及其变式在解题中 所以要证f(x)>21na+多，即证x十 的灵活、综合运用，往往有利于帮助我们迅速 获得解题思路，进而给出简捷、明了的解答过 1na+1十a2-x>2na+是，也即证a-号 程，同时可提高处理此类相关数学问题的技 -1na>0。 巧，也有利于提升数学运算与逻辑推理方面 的核心素养。 令x(a)=a-是-lna(a>0.则 变式训练 g'(a)=2a- 12a2-1 1.已知函数f(x)=ae-1-lnx十lna。 a 若不等式f(x)≥1恒成立，求实数a的取值 令g'(a)<0,则0<a< 范围。 2 解析：不等式f(x)≥1可化为ae-1≥ 令g'(a)>0,则a>9 2 lnx-lna+1,x>0。 易知lnx-lna十1≤x-1-lna+1= 所以g(a)在(0，受）上单调递减，在 x-lna,当x=1时取等号。 ae1=e-1+a“≥x-1十lna+1=x十 (2,+∞)上单调递增。 lna,当x=l-lna时取等号。 故当x十lna≥x-lna,即lna≥0，也 因此g(a)n=g 慢）-（慢）- 即a≥1时，满足f(x)≥1。 当0a<1时，f(1)=a+lna<a<1, In 2 =ln√2>0，则g(a)>0恒成立。 与f(x)≥1相矛盾。 3 从而若不等式f(x)≥1恒成立，则实数 所以当a>0时，f(x)>2lna十2恒成 a的取值范围是[1，十∞)。 立，证毕。 (责任编辑徐利杰) 37