領(lǐng)悟典型函數(shù)模型 破解大小問題*

廣東省廣州市第十六中學(xué)(510080) 溫伙其

中學(xué)階段,有很多常用的函數(shù)模型在教材沒有詳細(xì)介紹,它們一般出現(xiàn)在課后習(xí)題,如函數(shù)f(x)=xlnx出現(xiàn)在人教A版選修2-2(2017年1月第2版)第18頁習(xí)題1.2,函數(shù)f(x)=exlnx出現(xiàn)在人教A版選修1-1(2007年1月第3版)第110頁復(fù)習(xí)參考題,而這些典型函數(shù)模型有它特殊的性質(zhì),常用于解題.本文介紹八種常見典型的函數(shù)模型,并用于解決不等關(guān)系的證明,供同行借鑒.

模型一f(x)=xlnx和f(x)=xex

f(x)=xlnx圖象如圖1,函數(shù)在內(nèi)單調(diào)遞減,在內(nèi)單調(diào)遞增;在區(qū)間(0,+∞)上有最小值.

圖1

圖2

模型應(yīng)用

例1設(shè)函數(shù)曲線y=f(x)在點(1,f(1))處的切線為y=e(x-1)+2.

(I)求a,b的值;

(II)求證：f(x)＞1.

思路分析(I)解得a=1,b=2,過程略;

例2已知函數(shù),當(dāng)a=0時,證明xex≥f(x)在(0,+∞)上恒成立．

思路分析當(dāng)a=0時,f(x)=lnx+x+1,構(gòu)造函數(shù)F(x)=xex-f(x)=xex-lnx-x-1(x＞0),則,再構(gòu)造函數(shù)g(x)=xex-1,.

f(x)=xex圖象如圖2,函數(shù)在(-∞,-1)內(nèi)單調(diào)遞減,在[-1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增;在(-∞,+∞)區(qū)間上有最小值則g′(x)=(x+1)ex＞0,所以函數(shù)g(x)在 (0,+∞)內(nèi)遞增,又因為g(0)=-1＜0,g(1)=e-1＞0,所以存在唯一實數(shù)c∈(0,1)使得F′(c)=g(c)=0,且F(x)在(0,c)內(nèi)單調(diào)遞減,在(c,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,故F(x)≥F(c)=cec-lnc-c-1,又g(c)=0,得cec-1=0,得lnc+c=0,所以F(c)=0,所以F(x)≥F(c)=0,從而證得xex≥f(x)．

模型二

模型應(yīng)用

例3[1]π為圓周率,e=2.71828···為自然對數(shù)的底數(shù)．

(II)求e3,3e,eπ,πe,3π,π3這 6 個數(shù)中的最大數(shù)與最小數(shù)．

思路分析(I)由,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e),單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞)．

(II)根據(jù)函數(shù)y=lnx,y=ex,y=πx在定義域上單調(diào)遞增,可得 3e＜πe＜π3,e3＜eπ＜3π,所以這6個數(shù)的最大數(shù)在π3與 3π之中,最小數(shù)在3e與e3之中．由 (I)知,上單調(diào)遞減,所以即得所以綜上可知,6個數(shù)中的最大數(shù)是3π,最小數(shù)是3e．

例4已知函數(shù),．若對于任意x∈(1,e],都有f(x)＞g(x)成立,求實數(shù)a的取值范圍．

思路分析因為對于任意x∈(1,e],都有f(x)＞g(x)成立,整理得x+(a-1)lnx＞0,即.構(gòu)造函數(shù),所以F(x)在(1,e]內(nèi)單調(diào)遞增,所以F(x)max=F(e)=-e,所以a-1＞-e,即a＞1-e.所以1-e＜a＜0.

模型三

圖5

圖6

模型應(yīng)用

例5已知函數(shù)f(x)=x2-x,g(x)=ex-ax-1(為自然對數(shù)的底數(shù)),當(dāng)x＞0時,f(x)≤g(x)恒成立,求實數(shù)a的取值范圍.

思路分析當(dāng)x＞0時f(x)≤g(x),整理得a≤,構(gòu)造函數(shù),則,再構(gòu)造函數(shù)φ(x)=ex(x-1)-x2+1(x＞0),則φ′(x)=x(ex-2),當(dāng)x∈(0,ln2)時φ′(x)＜0,所以φ(x)單調(diào)遞減,當(dāng)x∈(ln2,+∞)時φ′(x)＞0,所以φ(x)單調(diào)遞增.又φ(0)=0,φ(1)=0,所以當(dāng)x∈(0,1)時,φ(x)＜0即h′(x)＜0,所以h(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x∈(1,+∞)時φ(x)=(x-1)(ex-x-1)＞0,即h′(x)＞0,所以h(x)單調(diào)遞增,所以h(x)min=h(1)=e-1,所以a∈(-∞,e-1].

例6求證：

思路分析因為x＞0,所以原不等式等價于xlnx＞.構(gòu)造函數(shù),則當(dāng)x∈(0,1)時g′(x)＞0,所以g(x)單調(diào)遞增,當(dāng)x∈(1,+∞)時,所以g(x)單調(diào)遞減,所以.再構(gòu)造函數(shù)f(x)=xlnx,同理得,且f(x)和g(x)的最值在不同的x取得,所以f(x)＞g(x),即原不等式成立.

模型四

圖7

圖8

模型應(yīng)用

例7已知函數(shù)f(x)=ex-a+lnx,若存在x0≥e,使f(x)＜2lnx0,求實數(shù)a的取值范圍.

思路分析若存在x0≥e,使f(x)＜2lnx0,即ex0-a＜lnx0,整理得構(gòu)造函數(shù),則再構(gòu)造函數(shù),有,所以遞增,所以所以u(x)＞0在[e,+∞)恒成立,即h′(x)＞0在[e,+∞)恒成立,所以h(x)在[e,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以h(x)min=h(e)=ee,所以ea＞ee,解得a＞e.

例8當(dāng)x＞y＞e-1時,求證：．

對本文提出的八種典型函數(shù)模型,它們不是孤立存在,而是可以互相轉(zhuǎn)化的,轉(zhuǎn)化過程如下：

基于此特點,構(gòu)造模型解題時,思路是雙向的,方法是多種的.所以,挖掘教材典型例題、習(xí)題,對它們進(jìn)行深入探究,推廣和延伸,則可“源于課本”又“高于課本”.