高考含有超越函数压轴题的常用解题策略

广东省惠州市惠东县惠东中学   张海波

全国卷近几年压轴题都比较稳定,都是以函数导数为背景而命制的,压轴题中出现的函数都是含有ex型,lnx型,或者ex与lnx两者都含有(我们把这类函数叫做超越函数),所以我们要把握有关这几类超越函数的常见处理方法.

策略一 超越函数常用变形技巧

含有ex型一般变形为:ex×g(x),g(x)为多项式函数;含有lnx型一般变形为:lnx+f(x),f(x)为多项式函数或者xlnx.

下面我们简单解释下为何要如此变形,首先要清楚,在解决函数导数问题时有两个个重要的标准:导函数的零点要容易求、导函数的正负要便于判断！

以下就含有ex型的超越函数为例来说明.

若 f(x)=ex+g(x),则 f′(x)=ex+g′(x). 此时f′(x)=ex+g′(x)=0的零点我们是无法准确求出来的(可以就任一高于1次的多项式g(x)进行尝试);但是若 f(x)=ex × g(x),则 f′(x)=ex(g(x)+g′(x)),此时f′(x)=ex(g(x)+g′(x))=0的根就与 ex无关了,并且 ex是大于零的.所以ex与一个多项式函数的乘积,不仅导函数的零点易于求得,导函数正负也好判断.

例1(2013年辽宁理科第21题节选)已知函数f(x)=(1+x)e-2x,当x∈[0,1],求证:

思路 如果直接构造函数求导,导函数很复杂,导函数的根和正负无法判断(读者可以自行尝试),则可先等价变形为:指数型ex与某函数的乘积的形式,再来求导解决.

证明 先证左边.欲证:1-x≤f(x)且x∈[0,1],即(1+x)e-2x≥1-x(此时要注意变形的形式ex与某函数的乘积),则只需证

令

所以g(x)在[0,1]上是减函数,故g(x)≤ g(0)=1,所以1-x≤f(x)成立.

例2 (2010新课标I理科第20题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-x+1.

(1)略. (2)证明:(x-1)f(x)≥0.

思路 如果直接求导,导函数非常复杂,无法求出导函数的根,也很难判断导函数正负,所以先要将函数等价变形为:lnx与某个函数之和的形式,然后求导解决！

证明 (2)易见,f(x)的定义域是(0,+∞).

①当x≥1时,欲证(x-1)f(x)≥0,x-1≥0,即f(x)=(x+1)lnx-x+1≥ 0,即(x+1)lnx ≥ x-1,且

令

所以g(x)在[1,+∞)为增函数.故g(x)≥ g(1)=0,即

故x≥1时,原不等式成立;

②当0＜x＜1时,同理变形可证原不等式也成立(读者可自行完成)..综上所述可得:(x-1)f(x)≥0成立.

策略二 探根法、设根法(主要针对导函数零点无法求出)

例3(2013新课标II理科第21题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).

(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;

(2)当m≤2时,证明f(x)＞0.

解 (1)m=1,增区间(0,+∞),减区间(-1,0).

(2)当m≤2时,x+m≤x+2,ln(x+m)≤ln(x+2),-ln(x+m)≥ -ln(x+2),所以f(x)≥ ex-ln(x+2).令

而g′(x)的正负和零点都无法求,继续对其导函数求导

以g′(x)在 (-2,+∞)单调递增,g′(-1)=e-1-1＜0,且g′(0)=1/2＞ 0,所以存在x0∈ (-1,0),使得g′(x0)=0(设出导函数的根,设根法！)所以当-2＜ x＜ x0时,g′(x0) ＜ 0,g(x)单调减,当 x ≥ x0时,g′(x0)＞ 0,g(x)单调增,所以 gmin(x)=g(x0)=ex0-ln(x0+2),又 g′(x0)=

g(x)＞0,又f(x)＞g(x),故f(x)＞0.

点评 由于导函数的零点无法求,导函数正负无法判断(且一般其二阶导数恒大于或小于0),采用设根法,整体代入则可判断最小值大于零,本题还可以用常见的重要超越不等式(详见下面的策略三)来解决.

策略三 利用常见超越不等式放缩,达到化复杂为简单

如常见重要不等式:

A-G-L不等式等等.

我们仅就①给出证明,借助①,不难给出其余不等式的证明.

证明 令 f(x)=ex-x-1,则 f′(x)=ex-1.由f′(x)＞ 0得x ＞ 0,由f′(x)＜ 0得x ＜ 0,所以f(x)在(-∞,0)为减函数,在(0,+∞)为增函数.所以f(x)＞f(0)⇔ex-x-1＞e0-0-1,所以ex≥x+1.

例4(2014新课标I理科第21题)设函数f(x)=曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.

(1)求a,b; (2)证明:f(x)＞1.

解 (1)a=1,b=2,过程从略.

(2)易见,函数f(x)＞1的定义域是(0,+∞).要证f(x)＞即

由不等式

,所以只需证:(exlnx+2)＞1,即exlnx+1＞0.令g(x)=exlnx+1,而 g′(x)=elnx+e,由 g′(x)=0 解得 x=1.所以 g(x)在(0,1)单调递减,在[1,+∞)单调递增,gmin(x)=g(1)=1.所以g(x)≥1＞0,即exlnx+1＞0,所以原不等式成立.

点评 该题主要应用了超越不等式的一个结论○2:ex-1≥x,将题目中的复杂结构

变成简单结构了！所以这些不等式取到一个非常重要的作用就是将含有ex、lnx等复杂结构变成简单结构,进而变成容易解决的问题！

例5(2013新课标II理科第21题)已知函数f(x)=ex-ln(x+m).

(1)设x=0是f(x)的极值点,求m,并讨论f(x)的单调性;

(2)当m≤2时,证明f(x)＞0.

解 (1)m=1,函数增区间:(0,+∞),减区间:(-1,0),过程从略.

(2)由m≤2可得ex-ln(x+m)≥ex-ln(x+2),所以要证:ex-ln(x+m)＞0,只需证ex-ln(x+2)＞0.由上面重要不等式①:ex≥x+1,所以ex-ln(x+2)≥x+1-ln(x+2),则只需证:

x+1-ln(x+2)＞0.

由重要不等式④:ln(x+1)≤x,则ln(x+2)≤x+1.所以-ln(x+2)≥-(x+1),所以x+1-ln(x+2)＞0.所以原不等式成立.

点评 因此我们只有积累了常见的重要超越不等式,解决这类压轴题的时候才能有一个方向,达到更好的变形,以起到化繁为简的功效,使得够迅速解决出来.另外还要注意题目中出现超越不等式的形式,然后选择恰当的变形方向进行变形.(请读者思考:如何选择恰当的方法放缩不等式?)

策略四 分开超越部分,构造两个函数

例6(2014新课标I理科第21题)设函数

曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线为y=e(x-1)+2.

(1)求a,b; (2)证明:f(x)＞1.

解 (1)a=1,b=2.(2)函数f(x)的定义域是(0,+∞).要证

即证:

点评 本题将两个复杂的超越函数分开,构造出两个相对简单的超越函数,进而就很容易求出它们的最值,证明出所要的结果.本题还可利用重要不等式放缩来证明(即利用策略三),请读者自行尝试.