同时含的函数或不等式的解题策略

同时含的函数或不等式的解题策略

张叶飞

诸暨中学暨阳分校 

近几年高考中的导数问题常以组合的函数为基础来命制，将基本初等函数与导数相结合，研究函数的性质，学生普遍感觉比较困难。下面介绍解决这类问题的几种策略供读者参考。

一、函数零点设而不求

例1：　证明：.

证明　设，则令，

则在(0，＋∞)上是增函数，

又，，∴在上存在使()＝0，即＝－ln .

∴在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上f (x)单调递增，∴在x＝处有极小值，也是最小值．∴()＝－ln ＝＋>2，故>2，即

二、分离与

例2：设函数，曲线在点处的切线方程为

（1）求的值（2）证明：

解：（1）

（2）分析：一般地，我们可以转化为证明的最小值，

但需要求导函数的零点，要解方程，此时学生不能操作，容易陷于绝境。那么我们需要改变思维视角，对与进行分离，转化为收悉的函数不等式，接下来如果再去研究作差构造函数又会回到原来的问题，陷于困境，因为左右两边都是我们熟悉的函数，分别求出左边的最小值与右边的最大值进行试探，即证明

令，则

当时，，所以单调递减；

当时，，所以单调递增；所以

当时，，所以单调递增；

当时，，所以单调递减；所以

所以，但等号不能同时取到，所以，从而原不等式成立。

点评： 与同时出现的不等式难度较大，常规方法直接构造函数往往行不通，此时可改变思维视角，分离 与构造两个函数，利用成立的充分条件进行证明。

三、利用指对跨阶型同构

例3、设实数，若对于任意的不等式恒成立，则的取值范围为。

解析：，由于是指数和对数跳阶问题，所以需要构造连续的跨阶函数来化简，所以不等式两边同乘,再同构出函数，利用函数的单调性即可求得。

解：

方法一：令则上式为；在上递增，在上恒成立，

令则，在上递增，在上递减，，

方法二：，两边取对数

令，则上式为；

在上递增，（下面同方法一）

点评：用同构法解题，除了要有同构法的思想意识外，对观察能力、对代数式的变形能力的要求也比较高，若能细化它，透彻理解它，那么对于指对混合型，利用同构来解决就大大降低了这类问题的难度。

四、借助≥x＋1和ln x≤x－1进行放缩

例4：已知函数f(x)＝＋x－1，g(x)＝ln x＋(e为自然对数的底数).

(1)证明：f(x)≥g(x)；

(2对于任意的x1，x2∈[1，a](a>1)，总有|f(x1)－g(x2)|≤－＋1，求a的最大值.

(1)证明　令F(x)＝f(x)－g(x)＝＋x－ln x－1－，

∴F′(x)＝＋1－＝(x－1).∵x>0，∴ex>x＋1，∴F(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，∴F(x)min＝F(1)＝0，∴f(x)≥g(x).

(2)解　∵x∈[1，a]，f′(x)＝＋1>0，g′(x)＝>0，

∴f(x)，g(x)均在[1，a]上单调递增.∵f(x)≥g(x)，F(x)＝f(x)－g(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴f(x)与g(x)的图象在[1，a]上距离随x增大而增大，

∴|f(x1)－g(x2)|max＝f(a)－g(1)≤－＋1，∴＋a≤＋2，

设G(a)＝＋a(a>1)，G′(a)＝＋1＝，

∵当a>1时，ea>a＋1，∴当a>1时，G′(a)>0，G(a)在[1，＋∞)上单调递增，

∴a≤2，∴a的最大值为2.

    点评：放缩法是高中数学中一种重要的数学方法，尤其是在证明不等式时经常用到，本题用到借助≥x＋1，结合不等式性质进行证明，从而避免了复杂的计算，过程简洁自然便于理解。

     同时含的函数或不等式的解题策略大致有四个方向：第一，函数零点设而不求；第二，分离与；第三，利用指对跨阶型同构；第四，借助进行放缩。