超越函数的突破应对策略

超越函数的突破应对策略南昌二中周启新xye与lnyx是两个基本的超越函数，它们的很多性质在解题中有着非常重要的作用，例如两个重要不等式1xex（0x时等号成立），ln1xx（1x时等号成立）成为不等式放缩的重要工具．我们将这两个函数与x进行不同的组合，得到一系列的超越函数，通过研究它们的图像和性质，挖掘它们在解题中的重要作用．一、函数xyxe的性质和应用．【函数的性质】(1)xyxe，当1x时，0y；当1x时，0y．所以函数xyxe在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．【函数的图像】函数xyxe的图像如图所示，当1x时，函数有最小值1e，即1xxee恒成立。当0x时，0y，图像在x轴的下方，当0x时，0y，图像在x轴的上方．【例题1】（2013年高考福建卷文科第22题）已知函数()1xafxxe（aR，e为自然对数的底数）．（1）若曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线平行于x轴，求a的值；（2）求函数()fx的极值；（3）当1a的值时，若直线:1lykx与曲线()yfx没有公共点，求k的最大值．【分析】第（Ⅲ）问即方程11xkxe没有实根，可以考虑分离变量，同时出现xxe的组合，数形结合，转化为两个函数图像没有交点的问题．【解析】（Ⅰ）略；（Ⅱ）略；（Ⅲ）当1a时，11xfxxe．依题意知关于x的方程11xkxe（*）在R上没有实数解．①当1k时，方程（*）可化为10xe，在R上没有实数解．②当1k时，方程（*）化为11xxek．结合函数xyxe的图像，易知当11,1ke时，方程（*）无实数解，解得k的取值范围是1,1e．综上，得k的最大值为1．【评析】本题的关键是分离变量，它让函数xyxe的性质凸显，问题的解答也变得清晰可见．【针对训练1】已知函数()ln1afxxx，aR．（1）若函数()fx的最小值为0，求a的值；（2）证明：(ln1)sin0xexx．【分析】由函数的最小值为0，容易得出1a，从而得到不等式1ln1xx，代入第二问，这样就将含有xe和lnx的式子放缩为含有xe和x的式子，从而突破了本题的难点．【解析】（1）()ln1afxxx的定义域为(0,)，且221()axafxxxx．若0a，则()0fx，于是()fx在(0,)上单调递增，故()fx无最小值，不合题意；若0a，则当0xa时，()0fx；当xa时，()0fx．故()fx在(0,)a上单调递减，在(,)a上单调递增，于是，当xa时，()fx取得最小值lna，由已知得ln0a，解得1a．综上可知，1a．（2）下面先证当(0,)x时，(ln1)sin0xexx．由（1）可知1ln1xx，又因为(0,)x，sin0x，所以只要证1sin0xexx，即只要证sin0xxex．由于函数xyxe在切线yx的上方，而sinyx在直线yx的下方，所以有sinxxexx，从而sin0xxex成立．故当(0,)x时，(ln1)sin0xexx成立．当[,)x时，ln10x，所以(ln1)sin1lnxxexxex，结合1xex以及ln1xx，知道ln2xex，所以1ln30xex，故当[,)x时，(ln1)sin0xexx成立．综上所述，(ln1)sin0xexx成立．【评析】通常这种题，一定要寻找第一问与第二问之间的联系，这种联系常常成为解题的突破点．另外，本题在解答中，按(0,)x和[,)x分类讨论，是解题的关键点，这样成功地利用了函数xyxe的图像和性质，使问题轻松获解．二、函数xxye的性质和应用．【函数的性质】1xxye，当1x时，0y；当1x时，0y．所以函数xxye在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．【函数的图像】函数xxye的图像如图所示，当1x时，函数有最大值1e，即1xxee恒成立。当0x时，0y，图像在x轴的下方，当0x时，0y，图像在x轴的上方．【例题2】（2014年全国高考天津卷理科第20题）已知函数xfxxaeaR，xR.已知函数yfx有两个零点1x，2x，且12xx.（Ⅰ）求a的取值范围；（Ⅱ）证明：21xx随着a的减小而增大；（Ⅲ）证明：12xx随着a的减小而增大.【分析】该题三问之间，层层递进，互为利用.如果分离变量，则1x，2x就是直线ya与函数xxye的图像的交点，数形结合，则第一、二问将迎刃而解.【解析】（Ⅰ）由0xfxxae，有xxae.设xxgxe，由题意可知直线ya与函数xxgxe的图像有两个不同的交点，结合xxgxe的图像，易得a的取值范围是1(0,)e.（Ⅱ）由（Ⅰ）结合图像可知，1201xx.因为函数()xxgxe在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减，所以当a减少时，1x随之减少，而2x随之增大，则21xx增大，即21xx随着a的减小而增大.（这里是利用图像的直观印象，要给出证明，还需要利用单调性的定义严格证明）（Ⅲ）证明：由11xxae，22xxae，可得11lnlnxax，22lnlnxax.故221211lnlnlnxxxxxx.设21xtx，则1t，且2121,ln,xtxxxt解得1ln1txt，2ln1ttxt.所以，121ln1ttxxt.①令1ln1xxhxx，1,x，则212ln1xxxhxx.令12lnuxxxx，得21xuxx.当1,x时，0ux.因此，ux在1,上单调递增，故对于任意的1,x，10uxu，由此可得0hx，故hx在1,上单调递增.因此，由①可得12xx随着t的增大而增大.而由（Ⅱ），t随着a的减小而增大，所以12xx随着a的减小而增大.【评析】第二问实际上已经提示了第三问，应该将12xx表示成21xx的函数，并且证明这个函数是增函数即可.【针对训练2】（2017年高考新课标I理科第21题）已知函数2e2exxfxaax.（1）讨论fx的单调性；（2）若fx有两个零点，求a的取值范围.【分析】本题是函数的零点问题，难点是利用函数的单调性与零点存在定理判定零点的个数.我们先来看看标准解答：【解析】（1）（过程略），当0a时，()fx在R上单调递减；当0a时，()fx在(,ln)a上单调递减，在(ln,)a上单调递增.（2）由（1）知，当0a时，fx在R上单调减，故fx在R上至多一个零点，不满足条件．当0a时，min1()ln1lnfxfaaa．要使得()fx有两个零点，则min1()ln1ln0fxfaaa，令11lngaaa．易知ga在0，上单调递增，而10g．由()0(1)gag，得01a．若01a，则min1()1ln0fxaa，注意到ln0a．22110eeeaaf．故fx在1lna，上有一个实根，而又31ln1lnlnaaa．且33ln1ln133ln(1)ee2ln1aafaaaa33132ln1aaaa331ln10aa．故fx在3lnln1aa，上有一个实根．所以fx在1lna，及3lnln1aa，上各有一个实数根，故fx在R上恰有两个实根．综上，01a．我们重点来看第（2）问，在01a的条件下，min1()(ln)1ln0fxfaaa，为了说明()fx有两个零点，还必须找到两个点1(,ln)xa，2(ln,)xa，满足1()0fx且2()0fx．这实际上是这道题的难点所在，尤其是解答中的23ln(1)xa是怎么找到的，让人摸不着头绪．我们首先解决11x是怎么找到的，由于22e2e()22xxxxxxfxaaxaeeexex，因此，只要找到1x，使得1120xex，易得11x时，12210eee符合题意；接着，我们来找出2(ln,)xa，使得2()0fx，即22222()(2)0xxfxaeaex，整理得222(2)xxxaeae，由1xxee可知，只要21(2)xaeae即可，为了便于计算，取2(2)1xaea，解得23ln(1)xa，因此，当23ln(1)xa时，2()0fx．这样，当01a时，fx有两个零点．【评析】要找到使()0fx的点，可以在极值点1lnxa的两边不断放缩，直到找到合适的点为止．本题合理利用函数xxye的最值，顺利地找到了点2x．三、函数xeyx的性质和应用．【函数的性质】2(1)xexyx，所以当(,0)(0,1)x时，0y；当(1,)x时，0y．所以xeyx在(,0)和(0,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．【函数的图像】当0x时，0y，函数图像在x轴的下方；当0x时，0y，函数图像在x轴的上方，并且在1x时，minye．由函数的图像和性质，可以得到两个重要的不等式，在0x时，xeex即xeex；lnln1xxxeexxx．【例题3】求证：2lnxeexxex．【分析】本题可以考虑两边同除以x或者同除以ex，目的是出现xex形式．【证法一】2lnln(ln)(ln)[(ln)ln]0xxxxeeexxexxexexxeexexxexxexexx．因此，原不等式2lnxeexxex得证．【证法二】在原不等式两边同除以ex，即证11ln0xexxx，也即证1lnln0xxexx，而1lnln(1ln)1ln0xxexxxxxx成立．【评析】以上两种解法都是充分利用函数xeyx的性质，进行变形，得到巧解．【例题4】（2016年高考四川卷文科第21题）设函数2()lnfxaxax，1()xegxxe，其中aR，2.718e为自然对数的底数．（Ⅰ）讨论()fx的单调性；（Ⅱ）证明：当1x时，()0gx；（Ⅲ）确定a的所有可能取值，使得()()fxgx在区间(1,)内恒成立．【分析】此题的前两问都是为第三问的放缩做准备的，其中第2问不等式的证明可以用到函数xeyx的性质．【解析】（I）2121'()20)axfxaxxxx(．0a当时，'()fx0，()fx在0+（，）内单调递减.0a当时，由'()fx=0，有12xa．当x10,)2a（时，'()fx0，()fx单调递减；当x1+)2a（，时，'()fx0，()fx单调递增．（II）由函数xeyx在(1,)上单调递增，可知当1x时，xeex，即1xexe，从而1()0xegxxe．（Ⅲ）由（II），当1x时，()0gx．当0a，1x时，()fx=2(1)ln0axx，显然不合题意．故当()()fxgx在区间1+)（，内恒成立时，必有0a．