例談導數中的一類建構函數問題

2014-04-29 00:00:00劉一俊

課程教育研究·中 2014年6期

【中圖分類號】G633.6【文獻標識碼】A 【文章編號】2095-3089（2014）06-0153-02

任何一道代數試題的編制都離不開強大的幾何圖形的支持，所以掌握一些簡單的初等函數的圖像對解決導數題是非常有益的，通過研究發現近幾年高考試題中導數題大部分集中在對函數性態上的研究，（特別是ex和lnx）下面觀察幾個初等函數。

不難發現，這些函數的構成都是圍繞著ex和lnx展開的。在函數有關問題中還經常碰到諸如ex和lnx與較為簡單的函數（如一次函數，二次函數等）進行四則運算建構出來的函數，將復雜的函數有效合理地分離出上述函數，往往能使問題迎刃而解，這種分離函數的技巧是一種較新的技巧，學生一般不太注意，但這種技巧在解決有關問題時是必須使用的，所以這種技巧很實用，很重要，應該引起重視。

看下面例題：

例1：已知函數f（x）=■lnx，若對任意x∈（0，1）恒有f（x）<-2，求實數a的取值范圍。

從反饋的信息來看，大部分學生對這道題感到棘手，難以解決。他們選擇的方法，主要是分離參數法。乍一看，這一方法似乎很自然，也很簡單，但實際上由于導數的零點不存在，所以采用這一方法行不通。下面給出學生在練習中的想法：

想法1：當a>0時，由f（x）=■lnx<-2得-2a>■lnx（分離出參數a）。

令g（x）=■lnx，則g′（x）=■。

令h（x）=2lnx+■，h′（x）=-■<0。

所以h（x）在（0，1）內單調遞減，所以h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。

所以g（x）在（0，1）內單調遞增，g（x）在x=1處取得最大值，但g（1）不存在，此種解法難以繼續進行下去。

上面解法不能繼續進行下去的原因是當x=1時，g（x）=■lnx的分母為0，所以g（1）不存在，于是我們考慮能否先求■的范圍，再求a的范圍？

想法2：因為x∈（0，1），■lnx<0，由■lnx<-2得■>■。令g（x）=■，則g′（x）=■。令h（x）=4lnx-■，則h′（x）=-■。

所以h（x）在（0，1）內單調遞減，h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。

所以g（x）在（0，1）內單調遞增，g（x）

上面用分離參數法不能解決問題，那么這道題究竟如何解答呢？有沒有一種好的方法解決呢？

想法3：由題可知a≠0，因為x∈（0，1），所以■lnx<0，當a<0時，f（x）>0，不合題意。當a>0時，由f（x）<-2，可得lnx+■<0，設g（x）=lnx+■，則g′（x）=■，設h（x）=x2+（2-4a）x+1，△=（2-4a）2-4=16a（a-1）。

（i）若a∈（0，1]，則△≤0，h（x）≥0，g′（x）≥0，所以g（x）在（0，1）內單調遞增，又g（1）=0，所以g（x）

（ii）若a∈（1，+∞），則△>0，h（0）=1>0，h（1）=4（1-a）<0，所以存在x0∈（0，1），使得h（x0）=0，對任意x∈（x0，1），h（x）<0，g′（x）<0。則g（x）在（x0，1）內單調遞減，又g（1）=0，所以當x∈（x0，1）時，g（x）>0，不合要求。

綜合（i）（ii）可知0

評析：此解法將f（x）<-2中的函數lnx分離出來，變成了（？鄢）式，使問題順利解決。學生普遍感到這道題對他們的啟發很大，從中學到了新技巧，長了見識，開了眼界，拓展了思維，受益匪淺。

看下面例題：

例2：證明：對一切x∈（0，+∞）都有lnx>■-■。

分析：這道題如果簡單構造函數f（x）=lnx-■+■，并證明f（x）min>0。我們會發現對f（x）求導之后，式子很難處理，根本做不下去；如果我們能熟知上述初等函數的圖像與性質，只需要稍做變形處理，即證xlnx>■-■成立即可。而函數y=xlnx的最小值為-■（在x=1處取到），函數y=■-■的最大值為-■（在x=1處取到）所以此題得證。

例3：已知函數f（x）=xex-ax+e，若對x∈R，f（x）>0恒成立，求a的取值范圍。

解析：處理此類問題，有很多資料指明有兩種方法，一是分離變量，二是找極端值證明單調性，但是這道題x∈R沒有極端值，而分離變量又需要對x的正負進行討論，而且在x=0處，函數y=ex+■無意義。若改為求函數f（x）的最小值，讓f（x）min>0，又做不下去，這時該怎么辦？考慮函數y=xex的圖像呀！

此題著眼點可以先考慮y=xex與y=ax-e的圖像特征，若a<0時，y=xex與y=ax-e一定有交點，顯然結論不成立；若a=0，不等式f（x）>0對x∈R恒成立；若a>0欲使xex>ax-e成立，只需過（0，-e）點做y=xex的切線，哈哈，此題得證了，所以我們就不難理解答案的做法啦。

答案：⑴當a<0時，f■=■·e■<0∵a<0不合題意；

⑵當a≥0時，①當x≤0時，f（x）≥xex+e，設函數g（x）=xex+e（x≤0），則g′（x）=（x+1）ex，∴g（x）在區間（-∞，-1）上單調遞減，在區間（-1，0）上單調遞增。因此g（x）≥g（-1）=-■+e>0，故當x≤0時，f（x）>0；

②當x>0時，不等式f（x）=xex-ax+e>0等價于ex+■>a，設函數h（x）=ex+■（x>0），則h′（x）=ex-■，∵h′（x）=ex-■在區間（0，+∞）上單調遞減且h′（1）=0，∴h（x）在區間（0，1）上單調遞減，在區間（1，+∞）上單調遞增，從而，h（x）≥h（1）=2e，故0≤a<2e。

綜上，對于x∈R，f（x）>0恒成立，a的取值范圍是0≤a<2e。

本題解答中將函數分xex離出來，使問題解決變得十分簡單，而其他方法則很難解決，再一次凸顯了分離函數這一技巧的妙用，下面做些練習吧！

適應性練習：

1.已知函數f（x）=alnx+1（a>0）在區間（1，e）上f（x）>x恒成立，求a的取值范圍。（提示：分離函數y=■，只需大于ymax即可）

答案：a∈[e-1，+∞]

2.設x>0，討論曲線y=ex與曲線y=mx2（x>0）公共點的個數。（提示：問題等同于曲線y=■與y=m的公共點的個數）

答案：若0■，有兩個公共點。

3.若直線l：y=kx-1與曲線f（x）=x-1+■沒有公共點，求k的最大值。（提示：k-1≠0時，問題等同于曲線y=xex與y=■求交點的個數）

答案：k=1

4.求函數y=x2lnx的單調區間。

答案：f（x）的單調遞減區間是（0，■）；單調遞增區間是（■，+∞）

5.設L為曲線C：y=■在點（1，0）處的切線。⑴求L的方程；⑵證明：除切點（1，0）之外，曲線C在直線L的下方。