从函数观点来看课本一不等式的考查

陈崇荣+杨苍洲

《普通高中课程标准试验教科书——数学选修22》（人教A版）32页B组第1题中第（4）小题：证明lnx0.因为x

1函数f（x）=ex+bx的图像与性质探究

要研究函数f（x）=ex+bx的图像，可以用导数作为工具.f′（x）=ex+b，令f′（x）=0，解得ex=-b，若该方程有解，记根x=ln（-b）.函数f（x）=ex+bx的图像与性质见表1：

2变式探究

将不等式x1，于是又可以构造函数f（x）=xex和f（x）=exx，此时自然而然想到变式f（x）=x·ex，通过求导，可以得出该三个函数的图像与性质，见表2：

表1bb≥0b<0f（x）的

图像定义域Rf（x）的

值域y∈Ry∈[f（ln（-b）），+∞），当x=ln（-b）时，函数有最小值f（ln（-b））.f（x）的

单调性在R上单调递增在（-∞，ln（-b））单调递减，在（ln（-b），+∞）单调递增.过定点（0，1）

表2f（x）f（x）=xexf（x）=exxf（x）=x·exf（x）的图像x→+∞时，图像无限靠近x轴x→-∞时，图像无限靠近x轴，x→0-时，图像无限靠近y轴，x→0+时，图像无限靠近y轴.x→-∞时，图像无限靠近x轴定义域R{x|x≠0}Rf（x）的值域y∈（-∞，1]，当x=1时，最大值为1.y∈（-∞，0）∪[e，+∞），当x=1时，函数值为e.y∈[-1e，+∞），当x=

-1时，函数值为-1e.f（x）的单调性在（-∞，1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.在（-∞，0）和（0，1）单调递减，在（1，+∞）单调递增.在（-∞，-1）单调递减，在（-1，+∞）单调递增.3函数f（x）=ex+bx的图像与性质的考查

高考中对该函数的考查在最近几年中比较频繁，如2014年的福建卷第20题、2014年山东卷的第20题、2013年的江苏卷第20题、2012年湖南卷文科第22题、2011年全国新课标卷文科第21题等.通常考查该函数的图像与性质，考查恒成立、存在性问题求参数的范围，考查零点问题求参数的范围等等.

例1（2014年山东理第20题）设函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）.

（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围.

解y=f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=（x-2）（ex-kx）x3.

（Ⅰ）f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）上单调递增.（第一问较简单，不作详细解答）

（Ⅱ）由（1）知，当k≤0时，函数f（x）在（0，2）内不存在极值点；

分析1当k>0时，按照求极值的步骤，需解方程f′（x）=0，即解方程（x-2）（ex-kx）=0，但是ex-kx=0是超越方程，无法解，很明显很多同学就此打住了.如何突破呢，可以构造函数g（x）=ex-kx，考察函数g（x）的单调性最值.

当k>0时，g（x）的单调性见下表：

x（0，lnk）lnk（lnk，+∞）g′（x）-0+g（x）极小值所以g（x）极小值=g（lnk）=k（1-lnk）.

分析2g（x）的极小值k（1-lnk）也就是g（x）在定义域上的最小值，可以发现k（1-lnk）可正可负，当k（1-lnk）为正数时，问题就变得简单多了，在成功的路上又前进了一大步.

当k0，即g（x）>g（x）极小值=k（1-lnk）>0，此时函数f（x）在（0，2）内单调递减，不可能存在两个极值点，不符合题意，舍去.

分析3若g（x）的最小值k（1-lnk）小于0，那又该怎么样做呢？这是本题最难的一关，该关闯过，问题就迎刃而解.要使得f（x）在（0，2）上有两个极值点，等价于函数f（x）在（0，2）上有增有减，图1即f′（x）在（0，2）上有正有负，即函数g（x）在（0，2）上有正有负，结合g（x）的简图，可以找到满足题意的条件，从而求出k的范围.

当k>e时，lnk>1，k（1-lnk）<0，即g（x）极小值<0，注意到g（0）=1，函数g（x）的简图如图1所示，要使函数f（x）在（0，2）内存在两个极值点，g（x）的图像须满足g（0）>0且g（2）>0，即e2-2k>0，即ke，所以e

综上所述，e

反思至此，本题已顺利解答.回过头来看，本题能否构造新函数g（x）=ex-kx是关键，从而转化为研究该函数的图像与性质，设计巧妙，却又不难，但又有较好的区分度，是道好题.

4函数f（x）=xex的图像与性质的考查

例2（2014年天津卷第20题）已知函数f（x）=x-aexa∈R，x∈R.已知函数y=f（x）有两个零点x1，x2且x1

（Ⅰ）求a的取值范围；

（Ⅱ）证明x2x1随着a的减小而增大；

（Ⅲ）证明x1+x2随着a的减小而增大.

解析（Ⅰ）f′（x）=1-aex，当a≤0时，f′（x）≥0，所以函数f（x）在R上单调递增，不可能有两个零点；当a>0时，f（x）=x-aex=-a（ex-1ax），由表1，可知道f（x）的最大值为fln（1a）=f（-lna）=-a（e-lna+1alna）=-lna-1，要使得f（x）有两个零点，则f（x）max>0，即-lna-1>0，解得0

（Ⅱ）函数y=f（x）有两个零点x1，x2，则方程x-aex=0有两个根，即方程a=xex有两个根，于是可以转化为求两个函数y=xex，y=a的图像交点问题.作出两个函数的图像如图2所示.由图像可得，当a变小时，x1变小，x2变大，x2x1变大，命题得证.

图2（Ⅲ）略.

5函数f（x）=exx的图像与性质的考查

例3（北京石景山区2014届高三期末）已知函数f（x）=ex-ax（e为自然对数的底数）.

（Ⅰ）当a=2时，求曲线f（x）在点（0，f（0））处的切线方程；

（Ⅱ）求函数f（x）的单调区间；

（Ⅲ）已知函数f（x）在x=0处取得极小值，不等式f（x）

解（Ⅰ）切线方程为y=-x+1.

（Ⅱ）f′（x）=ex-a.

当a≤0时，由表1知f（x）的单调递增区间为（-∞，+∞），无单调递减区间；当a≥0时，f（x）的单调递增区间为（lna，+∞），单调递减区间为（-∞，lna）.

（Ⅲ）由题意知f′（0）=0得a=1，经检验此时f（x）在x=0处取得极小值.

因为M∩P≠，所以f（x）ex-xx=exx-1成立，所以m>（exx-1）min.令g（x）=exx-1，由表2知，则g（x）min=g（1）=e-1，所以m>e-1.

6函数f（x）=x·ex的图像与性质的考查

例4（2013年福建（文））已知函数f（x）=x-1+aex（a∈R，e为自然对数的底数）.

（Ⅰ）若曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线平行于x轴，求a的值；

（Ⅱ）求函数f（x）的极值；

（Ⅲ）当a=1时，若直线l：y=kx-1与曲线y=f（x）没有公共点，求k的最大值.

解（Ⅰ）a=e.

（Ⅱ）当a≤0时，函数f（x）无极小值；当a>0时，f（x）在x=lna处取得极小值lna，无极大值.

（Ⅲ）当a=1时，f（x）=x-1+1ex.直线l：y=kx-1与曲线y=f（x）没有公共点，等价于关于x的方程kx-1=x-1+1ex在R上没有实数解，即关于x的方程：k-1x=1ex（*）在R上没有实数解.

①当k=1时，方程（*）可化为1ex=0，在R上没有实数解.

②当k≠1时，方程（*）化为1k-1=xex.

令g（x）=xex，由g（x）=xex的图像可得g（x）的取值范围为-1e，+∞.所以当1k-1∈-∞，-1e时，方程（*）无实数解，解得k的取值范围是1-e，1.

综上，得k的最大值为1.

由此可得，各地高考或质检对课本不等式lnx