解壓軸題：熟記定論 引領思路

福建省泉州外國語中學(362000) 福建省泉州第五中學(362000)

許銀伙● 楊蒼洲●

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解壓軸題：熟記定論 引領思路

福建省泉州外國語中學(362000) 福建省泉州第五中學(362000)

許銀伙● 楊蒼洲●

壓軸題經常出現同時含lnx，ex等超越函數的不等式，直接導數無法求出單調區間或極值點，因而無法解決問題．本文介紹一種方法：運用常用結論lnx≤x-1,ex≥x+1等，化部分超越函數式為有理式，然后運用導數探索求解．

例題1 (2013年高考全國卷Ⅱ)已知函數f(x)=ex-ln(x+m)．

(Ⅰ)設x=0是f(x)的極值點，求m的值并討論f(x)的單調性；

(Ⅱ)當m≤2時，證明：f(x)>0．

分析與解 (Ⅰ)f(x)在x∈(-1,0]單調遞減，在x∈[0,+)單調遞增．

(Ⅱ)方法一 因為f(x)=ex-ln(x+m)關于m∈(-,2]單調遞減，

所以要證明當m≤2時，f(x)>0，只需證：ex-ln(x+2)>0即ex>ln(x+2)．

下證：ex≥x+1≥ln(x+2)．

證明：令h(x)=ex-(x+1)，則h′(x)=ex-1，由h′(x)=0得，x=0．

當x∈(-,0)時，h′(x)<0；x∈(0,+)時，h′(x)>0．

則h(x)在(-,0]單調遞減，在[0,+)單調遞增，

故h(x)最小值為h(0)=0．

所以ex≥x+1成立，當且僅當x=0時取等號．

所以x+1≥ln(x+2)成立，當且僅當x=-1時取等號．

綜上,原命題得證．

方法二 (高考參考解答)

關于(Ⅱ)：當m≤2，x∈(-m,+)時，ln(x+m)≤ln(x+2)，

故只需證：當m=2時，f(x)>0．

當x0∈(-2,x0)時，f′(x)<0；當x0∈(x0,+)時，f′(x)>0．

從而當x=x0時，f(x)取得最小值．

綜上,當m≤2時，f(x)>0．

反思與評注

1．方法二(高考參考解答)采用設而不求方法，估計f′(x)=0的根x0的范圍，推導出f(x)取得最小值f(x0)范圍．這種方法有兩個難點：(1)根x0的范圍即精確度的控制，(2)求f(x)的最小值f(x0)的范圍，需結合f′(x0)=0，化超越式為有理式進行計算，有時還需結合圖象．而且這種設而不求方法并不能解決所有同時含ex和lnx的函數式問題，如2014年高考全國卷Ⅰ第21題．

2．方法一連續運用兩個常用不等式ex≥x+1和lnx≤x-1，輕松解決問題．運用ex≥x+1，lnx≤x-1等這些常見結論進行放縮，往往可以取得意想不到的收獲．

3．ex≥x+1幾何意義是：函數y=ex的圖象恒在x=0處切線上方(除切點外)．lnx≤x-1幾何意義是：函數y=lnx的圖象恒在x=1處切線下方(除切點外)．

例題2 (2015年龍巖市高三質檢)已知函數f(x)=ex(sinx+cosx)+a，g(x)=(a2-a+10)ex(a∈R且a為常數)．

(Ⅰ)若曲線y=f(x)在(0,f(0))處的切線過點(1,2)，求實數a的值；

(Ⅱ)若存在實數x1,x2∈[0,π]，使得g(x2)

分析與解 (Ⅰ)a=-1．

(Ⅱ)實數a的取值范圍(-1,3)．

(Ⅲ)函數φ(x)在(0,+)上沒有零點．理由：

方法一 可證：x∈(0,+)時，ex>x+1恒成立(證明略)．

由h′(x)=0得：x=e-2，當x∈(0,e-2)時，h′(x)<0；當x∈(e-2,+)時，h′(x)>0．

h(x)在x∈(0,e-2]單調遞減，在x∈[e-2,+)單調遞增，故h(x)最小值為h(e-2)=1+e-2>0，問題得證．

方法二 (配套參考解答)

因為x>0 ，所以ex>1．

令h(x)=e-2+x+xlnx，則h′(x)=2+lnx，令h′(x)=0得x=e-2．

當x∈(0,e-2)時，h′(x)<0；當x∈(e-2,+)時，h′(x)>0．

h(x)在x∈(0,e-2]單調遞減，在x∈[e-2,+)單調遞增，

故h(x)最小值為h(e-2)=0，所以φ(x)>0．

反思與評注 1．兩種方法都用放縮，把超越函數式ex替換為有理函數式，但方法二放縮的跨度比較大，所以得到的h(x)最小值比方法一的還小．運用放縮法時度的控制是難點，作為探索，放縮幅度應盡量小些為宜．

(Ⅰ)求k的值；

(Ⅱ)求f(x)的單調區間；

(Ⅲ)設g(x)=(x2+x)f′(x)，其中f′(x)是f(x)的導函數．

證明：對任意x>0，g(x)<1+e-2．

分析與解 (Ⅰ)k=1．

(Ⅱ)f(x)遞增區間為(0,1]，遞減區間為[1,+)．

可證：x∈(0,+)時，ex>x+1恒成立(證明略)．

要證明：g(x)<1+e-2，只需證明：1-xlnx-x≤1+e-2即xlnx+x+e-2≥0．

令F(x)=xlnx+x+e-2，則F′(x)=2+lnx．

由F′(x)=0得x=e-2.

當x∈(0,e-2)時，F′(x)<0；當x∈(e-2,+)時，F′(x)>0．

F(x)在x∈(0,e-2]單調遞減，在x∈[e-2,+)單調遞增，

F(x)最小值為F(e-2)=e-2lne-2+e-2+e-2=0，問題得證．

(Ⅲ)若x>-1，求證：f(x)-g(x)>0．

(Ⅱ)實數m的取值范圍為(-,

可證： ex≥x+1恒成立，當且僅當x=0時取等號(證明略)．

故h(x)>0對x>-1恒成立，問題得證．

方法二 (配套參考解答概要)

由于點A在圓x2+y2=1上，所以直線AB與圓x2+y2=1相交或相切.

反思與評注 問題(Ⅲ)中h(x)含三個超越函數式ex,sinx,cosx，直接通過求導獲得最小值幾乎不可能，因此聯想運用常用結論ex≥x+1，化部分超越函數為有理函數，然后嘗試，較之配套的參考解答，顯得更加直觀簡潔．

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