以函数f(x)=-lnxx-为背景的高考题赏析

以函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ为背景的高考题赏析江苏省建湖高级中学　　２２４７００　　张立建１　试题例１　（２０１３年江苏卷２０）设函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ａｘ，ｇ（ｘ）＝ｅｘ－ａｘ，其中ａ为实数．（１）若ｆ（ｘ）在（１，＋∞）上是单调减函数，且ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上有最小值，求ａ的取值范围；（２）若ｇ（ｘ）在（－１，＋∞）上是单调增函数，试求ｆ（ｘ）的零点个数，并证明你的结论．例２　（２０１４年湖北卷２２）π为圆周率，ｅ＝２．７１８２８……为自然对数的底数．（１）求函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的单调区间；（２）求ｅ３，３ｅ，ｅπ，πｅ，３π，π３这６个数中的最大数与最小数；（３）将ｅ３，３ｅ，ｅπ，πｅ，３π，π３这６个数按从小到大的顺序排列，并证明你的结论．例３　（２０１３年北京卷１８）设ｌ为曲线Ｃ：ｙ＝ｌｎｘｘ在点（１，０）处的切线．（Ⅰ）求ｌ的方程；（Ⅱ）证明：除切点（１，０）之外，曲线Ｃ在直线ｌ的下方．以上３道试题都是考查函数的性质和图象，或以此为背景综合考查分析问题、解决问题的能力．２　函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的性质和图象函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ在（０，ｅ）上是增函数，在（ｅ，＋∞）上是减函数．ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（ｅ）＝ｅ－１，无最小值，有唯一零点ｘ＝１．图１证明　ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ定义域（０，＋∞），则ｆ′（ｘ）＝１－ｌｎｘｘ２，解ｆ′（ｘ）＞０得０＜ｘ＜ｅ，所以ｆ（ｘ）在（０，ｅ）上是增函数；令ｆ′（ｘ）＜０得ｘ＞ｅ，所以ｆ（ｘ）在（ｅ，＋∞）上是减函数．又ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（ｅ）＝ｅ－１，ｆ（１）＝０，且当ｘ∈（ｅ，＋∞）时，恒有ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ＞０，由此可得函数ｆ（ｘ）的图象如图１所示．３　问题的解决例１分析　函数零点问题是高考热点问题，分离参数法是常用解法之一，将函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘ－ａｘ的零点个数问题转化为两函数ｙ＝ａ与ｙ＝ｌｎｘｘ的图象交点个数问题，考查函数ｙ＝ｌｎｘｘ的图象，数形结合法求解，但做函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的图象时要特别注意函数在（ｅ，＋∞）上时有渐近线（ｘ轴）．解析　（２）ｇ′（ｘ）＝ｅｘ－ａ≥０在（－１，＋∞）上恒成立，则ａ≤（ｅｘ）ｍｉｎ，故ａ≤１ｅ．函数ｆ（ｘ）的零点是方程ａ＝ｌｎｘｘ（ｘ＞０）的根，也是函数ｙ＝ａ与函数ｙ＝ｌｎｘｘ图象交点的横坐标，故本题也可转化为研究函数ｙ＝ｌｎｘｘ的图象．令ｍ（ｘ）＝ｌｎｘｘ，则由函数ｙ＝ｌｎｘｘ的图象得当ａ＝１ｅ或ａ≤０时，函数ｍ（ｘ）与函数ｙ＝ａ的图象有且只有１个交点，所以ｆ（ｘ）有１个零点；当０＜ａ＜１ｅ时，函数ｍ（ｘ）与函数ｙ＝ａ的图象有２个交点，所以ｆ（ｘ）有２个零点．例２分析　利用函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的单调性比较大小，可有如下结论：（１）当０＜ａ＜ｂ＜ｅ时，有ｌｎａａ＜ｌｎｂｂ，即ａｂ＜ｂａ．（２）当ｅ＜ａ＜ｂ时，有ｌｎａａ＞ｌｎｂｂ，即ａｂ＞ｂａ．（３）方程ａｂ＝ｂａ（０＜ａ＜ｂ）有解，则实数ａ，ｂ满足的条件是１＜ａ＜ｅ＜ｂ．解析　（１）ｆ（ｘ）在（０，ｅ）上是增函数；ｆ（ｘ）在（ｅ，＋∞）上是减函数．（２）因为函数ｙ＝ｅｘ，ｙ＝３ｘ，ｙ＝πｘ在定义域上单调递增，故ｅ３＜ｅπ，３ｅ＜３π，πｅ＜π３．又函数ｙ＝ｘπ，ｙ＝ｘｅ在（０，＋∞）上单调递增，故ｅπ＜３π，６５　ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ　　　　　　　　　　　　　　　中学数学杂志　２０１５年第１期３ｅ＜πｅ．因此这６个数中的最大数在３π，π３之中，这６个数的最小数在ｅ３，３ｅ之中．由函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的单调性得ｌｎππ＜ｌｎ３３＜ｌｎｅｅ．故３ｌｎπ＜πｌｎ３，ｅｌｎ３＜３ｌｎｅ，即π３＜３π，３ｅ＜ｅ３，故这６个数中的最大数是３π，最小数是３ｅ．（３）由（２）易得３ｅ＜πｅ＜π３＜３π，３ｅ＜ｅ３．又由函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ的单调性得ｌｎππ＜ｌｎｅｅ，即πｅ＜ｅπ．故只需比较ｅ３与πｅ和ｅπ与π３的大小，由（１）知，当０＜ｘ＜ｅ时，ｆ（ｘ）＜ｆ（ｅ）＝１ｅ，即ｌｎｘｘ＜１ｅ．令ｘ＝ｅ２π＜ｅ，则ｌｎｅ２π＜ｅπ，从而２－ｌｎπ＜ｅπ，即ｌｎπ＞２－ｅπ．两边同乘ｅ得，ｅｌｎπ＞ｅ（２－ｅπ）＞２．７×（２－２．７２３．１）＞２．７×（２－０．８８）＝３．０２４＞３，即ｅｌｎπ＞３，故ｌｎπｅ＞ｌｎｅ３，所以ｅ３＜πｅ．又由ｌｎπ＞２－ｅπ得３ｌｎπ＞３（２－ｅπ）＞６－３ｅπ＞６－ｅ＞π，即３ｌｎπ＞π，所以ｅπ＜π３．综上，３ｅ＜ｅ３＜πｅ＜ｅπ＜π３＜３π．例３分析　第（１）问考查函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ在某点处的切线；第（２）问考查函数ｆ（ｘ）＝ｌｎｘｘ与其它函数图象的关系．解析　（１）切线ｌ的方程为ｙ＝ｘ－１；（２）除切点１，０()之外，曲线Ｃ在直线ｌ的下方等价于ｌｎｘｘ＜ｘ－１，ｘ＞０，ｘ≠１恒成立．只需证ｘ－１－ｌｎｘｘ＞０，ｘ＞０，ｘ≠１恒成立．令ｇ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎｘｘ，ｘ＞０，ｘ≠１，只需证ｇ（ｘ）ｍｉｎ＞０．下求ｇ（ｘ）ｍｉｎ．ｇ′（ｘ）＝ｘ２－１＋ｌｎｘｘ２，又ｈ（ｘ）＝ｘ２－１＋ｌｎｘ在（０，＋∞）上是增函数，且ｈ（１）＝０，故ｇ′（ｘ）＝ｘ２－１＋ｌｎｘｘ２＝０有且只有一个根ｘ＝１．因此，ｘ∈（１，＋∞）时，ｇ′（ｘ）＞０，函数ｇ（ｘ）在（１，＋∞）上单调递增；ｘ∈（０，１）时，ｇ′（ｘ）＜０，函数ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减．故ｇ（ｘ）ｍｉｎ＞ｇ（１）＝０．即除切点１，０()之外，曲线Ｃ在直线ｌ的下方．４　相关应用两个函数图象的关系可转化为不等式恒成立来处理；反之，不等式恒成立问题，有时我们可以从函数图象入手，找到解题的切入点．例４　当ｘ∈（０，ｅ］时，证明：ｘ２－１２ｘ＞（１＋ｘ）ｌｎｘ．证明　因为ｘ∈（０，ｅ］，所以不等式可以变形为ｘ－ｌｎｘ－１２＞ｌｎｘｘ．令ｆ（ｘ）＝ｘ－ｌｎｘ－１２，ｇ（ｘ）＝ｌｎｘｘ，又ｆ′（ｘ）＝ｘ－１ｘ，故ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递减，在（１，ｅ）上单调递增，因此ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（１）＝１２．又ｇ（ｘ）ｍａｘ＝ｇ（ｅ）＝１ｅ，因此ｆ（ｘ）ｍｉｎ＞ｇ（ｘ）ｍａｘ，故当ｘ∈（０，ｅ］时，ｘ２－１２ｘ＞（１＋ｘ）ｌｎｘ．点评　（１）对于由对数函数和幂函数组合而成的函数，一般是构造函数ｙ＝ｌｎｘｘ进行证明．（２）不等式ｆ（ｘ）＞ｇ（ｘ）恒成立通常是利用构造新函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）转化为函数ｈ（ｘ）的最值，当此法不易解决时，我们一般考虑求出函数ｆ（ｘ）的最小值ａ和函数ｇ（ｘ）的最大值ｂ，若ａ＞ｂ，则问题得证．但需注意ｆ（ｘ）ｍｉｎ＞ｇ（ｘ）ｍａｘ是ｆ（ｘ）＞ｇ（ｘ）恒成立的充分不必要条件，不具有一般性．（３）我们可借助函数图象，找到证明思路，如图２．图２　　　　　　　　图３例５　已知ｆ（ｘ）＝ｅｘ－２－ｌｎｘｘ，证明：ｆ（ｘ）＞０．分析　ｆ′（ｘ）＝ｅｘ－２－１－ｌｎｘｘ２，ｆ′（ｘ）＝０的解不易求得．如果作出函数ｙ＝ｅｘ－２和ｙ＝ｌｎｘｘ的图象，则容易看出这两个函数的图象都与直线ｙ＝ｘ－１相切（如图３），从而可以转化为证明不等式ｅｘ－２≥ｘ－１及ｘ－１≥ｌｎｘｘ．证明　定义域（０，＋∞），设ｇ（ｘ）＝ｅｘ－２－ｘ＋１，则ｇ′（ｘ）＝ｅｘ－２－１，所以在（２，＋∞）上，ｇ′（ｘ）＞０，ｇ（ｘ）单调增，在（０，２）上，ｇ′（ｘ）＜０，ｇ（ｘ）单调减，故ｇ（ｘ）≥ｇ（２）＝０．即ｅｘ－２≥ｘ－１（当且仅当ｘ＝２时取等号）．又由例３知ｘ－１≥ｌｎｘｘ（当且仅当ｘ＝１时取等号），因此ｅｘ－２≥ｘ－１≥ｌｎｘｘ（等号不能同时取到），所以ｅｘ－２＞ｌｎｘｘ，即ｆ（ｘ）＞０，得证．７５中学数学杂志　２０１５年第１期　　　　　　　　　　　　　　　ＺＨＯＮＧＸＵＥＳＨＵＸＵＥＺＡＺＨＩ