超越函数的突破应对策略

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1、超越函数的突破应对策略南昌二中周启新xye与ylnx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x重要的作用，例如两个重要不等式ex1（x0时等号成立），lnxx1（x1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．x一、函数yxe的性质和应用．【函数的性质】xy(x1)e，当x1时，y0；当x1时，y0．x所以函数yxe在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增．【函数的图像】x1

2、x1函数yxe的图像如图所示，当x1时，函数有最小值，即xe恒成立。当x0时，y0，ee图像在x轴的下方，当x0时，y0，图像在x轴的上方．【例题1】（2013年高考福建卷文科第22题）a已知函数fx()x1（aR，e为自然对数的底数）．xe（1）若曲线yfx()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a1的值时，若直线ly:kx1与曲线yfx()没有公共点，求k的最大值．1x【分析】第（Ⅲ）问即方程k1x没有实根，可以考虑分离变量，同时出现xe的组合，数

3、形结xe合，转化为两个函数图像没有交点的问题．【解析】（Ⅰ）略；（Ⅱ）略；1（Ⅲ）当a1时，fxx1．xe1依题意知关于x的方程k1x（*）在R上没有实数解．xe1①当k1时，方程（*）可化为0，在R上没有实数解．xe1x②当k1时，方程（*）化为xe．k1x结合函数yxe的图像，易知11当,时，方程（*）无实数解，k1e解得k的取值范围是1e,1．综上，得k的最大值为1．x【评析】本题的关键是分离变量，它让函数yxe的性质凸显，问题的解答也变得清晰可见．a【针对训练1】已知函数fx(

4、)lnx1，aR．x（1）若函数fx()的最小值为0，求a的值；x（2）证明：e(lnx1)sinx0．1【分析】由函数的最小值为0，容易得出a1，从而得到不等式lnx1，代入第二问，这样就将含xxx有e和lnx的式子放缩为含有e和x的式子，从而突破了本题的难点．a1axa【解析】（1）fx()lnx1的定义域为(0,)，且fx()．22xxxx若a0，则fx()0，于是fx()在(0,)上单调递增，故fx()无最小值，不合题意；若a0，则当0xa时，fx()0；当xa时，fx()

5、0．故fx()在(0,)a上单调递减，在(,a)上单调递增，于是，当xa时，fx()取得最小值lna，由已知得lna0，解得a1．综上可知，a1．x（2）下面先证当x(0,)时，e(lnx1)sinx0．1x1由（1）可知lnx1，又因为x(0,)，sinx0，所以只要证esinx0，xxx即只要证xesinx0．x由于函数yxe在切线yx的上方，而ysinx在直线yx的下方，xx所以有xexsinx，从而xesinx0成立．x故当x(0,)时，e(lnx1)sinx0成立．x

6、x当x[,)时，lnx10，所以e(lnx1)sinxe1lnx，xxx结合ex1以及lnxx1，知道elnx2，所以e1lnx30，x故当x[,)时，e(lnx1)sinx0成立．x综上所述，e(lnx1)sinx0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，x本题在解答中，按x(0,)和x[,)分类讨论，是解题的关键点，这样成功地利用了函数yxe的图像和性质，使问题轻松获解．x二、函数y的性质和应用．xe【函数的

7、性质】1xy，当x1时，y0；当x1时，y0．xex所以函数y在(,1)上单调递增，在(1,)上单调递减．xe【函数的图像】x1x1函数y的图像如图所示，当x1时，函数有最大值，即恒成立。当x0时，y0，图xxeeee像在x轴的下方，当x0时，y0，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）x已知函数fxxaeaR，xR.已知函数yfx有两个零点x，x，且xx.1212（Ⅰ）求a的取值范围；x2（Ⅱ）证明：随着a的减小而增大；x1（Ⅲ）证明：xx随着a的

8、减小而增大.12x【分析】该题三问之间，层层递进，互为利用.如果分离变量，则x，x就是直线ya与函数y的12xe图像的交点，数形结合