２ ＝ — ２ ｌ 数理化解题研究 ２０１８年第０７期总第３９２期 ｎ （ 一１）ｌｎ ＋ （一 １ 一反思与归纳 二元不等式有两种形式，一种形式是 对于同一个函数的两个自变量而言，另一种形式则是对 一ｌ 、，２ 不同函数的不同自变量而言．利用导数解决第一种形式 的二元不等式的基本思想是：把这个二元不等式转化为 一（ 一１ １。 ｈ（ ） ＝ 一２ｘｌｎｘ一１， ∈（１，＋∞）， 所以ｈ （ ）＝２ｘ一２（１ｎＰＣ＋１）＝２ｘ一２—２１ｎｘ， 元不等式，通过构造函数，然后按照导数研究一元不等 式的方法来解决．一般来说，转化的基本思想有两种，一 故 ”（ ）：２一 ．而 ＞１，所以 ∈（０，２），故 ｈ”（ ）＞０在 ∈（１，＋００）时恒成立，则 （ ）在（１，＋ 。。）也是增函数，所以ｈ （ ）＞ｈ （１）＝１＞０．所以ｈ（ ） 在（１，＋ ）上是增函数，有ｈ（ ）＞ｈ（１）＝０，故ｇ （ ） ＞０，因此，ｇ（ ）在（１，＋。。）上是增函数．则ｇ（ ）＞ ｌｉｍｇ（ ）：ｌｉｍ Ｉ 一】 —是利用函数的单调性，把不等式转化为一个函数在指定 区间上的单调性问题，二是通过”奇次变换”把二元不等 式变为一元不等式． 对于第二种形式的不等式，则是转化为不同函数的 最值问题加以解决，即证明．（特别注意：在把不等式转化 为一元不等式时，要注意变换的等价性以及变换后函数 的定义域．） —ｌ ． 由洛必达法则得：ｇ（ ）＞ｌｉｍ（１ ＋ ）：２， 参考文献： ［１］韩清海．新课标高中总复习导与练：第一轮［Ｍ］． 即ｇ（ ）＞２得证，也就是 ＿ ＜ ０，ｍ／７，）成立． （ｍ，ｎ＞ 广州：新世纪出版社。２０１６． ［责任编辑：杨惠民］ 高考中一类隐零点问题的解题策略 刘彦永 （东北师范大学附属中学 １３００００） 摘 要：近年来，高考数学压轴题的热点聚焦在了函数的零点和极值点问题．笔者在教学实践中发现学生 对隐零点（零点不可求）问题并没有系统的解决办法，常常是望而生畏，不知所措．本文通过二道典型题目探 讨了这类问题的三种基本解法，以明确这类问题的解题策略，提高解题效率． 关键词：：隐零点；设而不求；分离参数；分类讨论；数形结合 中图分类号：Ｇ６３２ 文献标识码：Ａ 文章编号：１００８—０３３３（２０１８）０７—００４０—０３ １歹０ １ 设函数厂（ ）＝ｅ 一ｏ 一２． （１）求．／ （ ）的单调区间； （２）若Ⅱ＝ｌ， 为整数，且当 ＞０时，（ —ｋ）ｆ （ ） 一解析 （１）函数／（ ）的定义域为Ｒ，且－厂 （ ）＝ｅ ｒ上． 当。≤０时 （ ）＞０ （ ）在Ｒ上是增函数 （ ） 的单调递增区间是Ｒ； ＋ ＋１＞０，求 的最大值． 本题是２０１２年全国新课标Ⅱ文科第２ｌ题，题目 当ｎ＞０时，令ｆ （ ）＝ｅ 一ｎ＝０，得 ：ｌｎａ． 令＿厂 （ ）＝ｅ 一ｎ＞０，得 ＞ｌｎａ，所以／（ ）在（１ｎａ， ＋∞）上是增函数． 条件比较新颖，采用设而不求的解法非常有效，这类题型 的练习对学生的思维有一定的启发性． 收稿日期：２０１７—１２—０ｌ 作者简介：刘彦永，从事中学数学教学方法，解题研究 ．－－——４０－－－—— ２０１８年第０７期总第３９２期 （一∞，ｌｎａ）上是减函数． 数理化解题研究 单调递增． ＝ 令／ （ ）＝ｅ 一ｎ＜０，得 ＜ｌｎａ，所以 （ ）在 由于②式等价于ｇ（ｘ）…＝ｇ（ 一１）＝ ＋１一ｅ ＞０． 故ｆ（ ）的单调递增单调区间是（１ｎａ，＋∞），单调递 减区间是（一∞，ｌｎａ）． 令ｈ（ ）＝ 十１一ｅ （ ＞１），ｈ （ ）＝１一ｅ ＜０， （２）解法１ （分离参数、设而不求，转化为函数最值 故ｈ（ ）在（１，＋∞）上单调递减． 问题） 若ｎ＝１，贝０，（ ）＝ｅ 一 一２ （ ）＝ｅ 一１． 所以（ —ｋ）ｆ （ ）＋ ＋１＝（ 一 ）（ｅ 一１）＋ ＋ １＝ （ｅ 一１）＋ ＋１一尼（ｅ 一１）． 当 ＞０时，（ —ｋ）ｆ （ ）＋ ＋１＞０等价于 （ｅ 一 １）＋ ＋１一 （ｅ 一１）＞０， 即 ＜ ｅ —ｌ ： ＋岩（ｅ —ｌ ＞０）．① 令 ）一＋ ｅ）＿１＋ ＝一ｌ ， ｌ ｅ—ｌ Ｊ （！：二 二 ２ （ｅｘ一１） ‘ 由（１）知，函数ｈ（ ）＝ｅ 一 一２在（０，＋∞）单调 递增， 而ｈ（１）＝ｅ一３＜０，ｈ（２）＝ｅ 一４＞０，所以ｈ（ ） 在（０，＋∞）存在唯一的零点． 故ｇ （ ）在（０，＋ｏ。）存在唯一的零点，设此零点为 ＯＬ，贝４ ∈（０，２）． 当 ∈（０， ）时，ｇ （ ）＜０；当 ∈（ ，＋∞）时， ｇ （ ）＞０． 所以ｇ（ ）在（０，＋。。）的最小值为ｇ（ ）． 又由ｇ （ ）＝０，可得ｅ ＝ ＋２，所以ｇ（Ｏ／）：ＯＬ＋ ＝ ＋１∈（２，３）， 由于①式等价于ｊ｝＜ｇ（Ｏ／）＝ＯＬ＋１∈（２，３），故整数 的最大值为２． 解法２（分类讨论，转化为函数最值问题） 当 ＞０时，（ —ｋ）ｆ （ ）＋ ＋１＞０等价于 （ 一 ）（ｅ 一１）＋ ＋１＞０． ② 令ｇ（ ）＝（ 一 ）（ｅ 一１）＋ ＋１（ ＞０），ｇ （ ）＝ （ 一 十１）ｅ ． （１）当 ≤１时，ｇ （ ）＞０恒成立，ｇ（ ）在（０，＋ ） 上单调递增，ｇ（ ）＞１＞０，符合题意． （２）当 ＞１时，若 ∈（０， 一１），贝０ ｇ （ ）＜０；若 ∈（ 一１，＋∞），贝４ ｇ （ ）＞０． 故ｇ（ ）在（０， 一１）上单调递减，在（ 一１，＋。。）上 且ｈ（２）＝３一ｅ＞０，ｈ（３）＝４一ｅ。＜０，故整数 的 最大值为２． 解法３ （巧妙换元、数形结合，转化为切线问题） 当 ＞０时，（ —ｋ）ｆ （ ）＋ ＋１＞０等价于 （ｅ 一 １）＋ ＋１一 （ｅ 一１）＞０． 令ｔ＝ｅ ∈（１，＋。。），则问题等价于ｔｌｎｔ＋１一 （ｔ一 １）＞０，即ｔ］ｎｔ＋１＞ （ｔ一１）． 令ｇ（ｔ）＝ｔｌｎｔ＋１（ｔ＞１），ｇ （ｔ）＝ｌｎｔ＋１，ｇ”（ｔ）＝ １＞０． ｔ 问题等价于函数ｇ（ｔ）＝ｔｌｎｔ＋１的图象恒在过定点 （１，０）的直线Ｙ＝ （ｔ一１）的上方． 作出草图即知Ｉ临界值为过（１，０）作ｇ（ｔ）＝ｔｌｎｔ＋１的 切线． 设切点坐标为（ ， ｌｎ ＋１），则 切线＝ ｝＝ ｌｎ ＋１，即ｌｎ 一 ＋２＝０． 令 （ ）：ｌｎ — ＋２（ ＞１）， ，（ ）： 一１＜０， 故ｈ（ ）在（１，＋∞）上单调递减， 且ｈ（３）＝ｌｎ３—１＞０，ｈ（４）＝２１ｎ２—２＜０，即 ∈ （３，４）． Ｊ］２切线＝ｌｎ ＋１＝ 一１∈（２，３），故整数 的最大值 为２． 侈０ ２ 已知函数－厂（ ）＝０ ｅ 一１，ｇ（ ）＝ｌｎｘ＋ ． （１）求函数ｇ（ ）的单调区间； （２）当｜ｊ｝＝１时 （ ）≥ｇ（ ）恒成立，求口的取值范 围是多少． 提示 问题（１）对 进行讨论即可． 问题（２）利用分离参数的方法，参照解法１．利用分 类讨论的方法，参照解法２．利用数形结合的方法，参照解 法３． 解析 （１）ｇ（ ）＝ｌｎｘ＋ 的定义域为（０，＋∞）， ｇ （ ）＝＿＝＿１＋ ． 当 ≥０时，ｇ （ ）＞０，ｇ（ ）在（０，＋∞）上是增函 一４１— ＝ 数理化解题研究 ，２０１８年第０７期总第３９２期 数．当 ＜０时，令ｇ （ ）＝ １＋ ＝０得 ＝一 ． 令ｇ （ ）＝ ＋ ＞０，得０＜ ＜一 １，∈（０，ｔ）时，ｈ （ ）＜０； ∈（ｔ，＋ ），贝４ ｈ （ ）＞ ０．ｈ（ ）…＝ｈ（ｔ）＝ａｔｅ 一ｌｎｔ一１：一ｌｎｔ—ｔ＝ｌｎａ≥０， 所以ｇ（ ）在 故ａ≥１． 解法３ （数形结合，转化为公切线问题）当ｋ＝ｌ时， （０，一＿１）上是增函数， ，ｃ －厂（ ）≥ｇ（ ）恒成立，即ａ２；ｅ ～１≥ｌｎｘ＋ 恒成立．分别 研究 ）＝ａｘｅ 一１和ｇ（ ）＝ｌｎｘ＋ 在（０，＋Ｏ０）上的 令ｇ （ ）＝÷＋ ＜０，得 ＞一 １，所以ｇ（ ）在 图象．当ａ≤０时，ａ２；ｅ 一１≥ｌｎｘ＋ 显然不恒成立． （一÷，＋。。）上是减函数． 问题） 当 ＝ｌ时 （ ）≥ｇ（ ）恒成立，即ａｘｅ 一１≥ｌｎｘ ＋ 恒成立． 因为 ＞０，所以。≥ ．令 （ ）： ，ｈ，（ ）： ．／＋－Ｐ（ ）： 一ｌｎ — ，ｐ （ ）＝一÷一１＜０，故Ｐ（ ）在（０，＋∞）上 单调递减，且Ｐ（ ）：１一 ＞０，ｐ（１）：一１＜０，故存 ｅ ｅ 在￡∈（ ，１）使得Ｐ（￡）：一ｉｎ￡一￡：０， 故ｌｎｔ＋ｔ＝０，即ｔ＝ｅ～． 当 ∈（０，ｔ）时，Ｐ（ ）＞０，ｈ （ ）＞０；当 ∈（ｔ， ）时，ｐ（ ）＜０，ｈ，（ ）＜０； （ ）…： （ｔ）： 掣 ＝１，故ａ≥１． 解法２（分类讨论，转化为函数最值问题） 当 ＝１时 （ ）≥ｇ（ ）恒成立，即ａｘｅ 一ｌｎｘ— 一 １≥０恒成立． 令ｈ（ ）＝ａｘｅ 一ｌｎｘ— 一１，ｈ （ ）＝ａ（ ＋１）ｅ 一 １—１： （Ⅱ ｅ 一１）． （１）当ａ≤０时，ｈ （ ）＜０恒成立， （ ）在（０，＋ ） 上单调递减，ｈ（１）＝ａｅ一２＜０，不符合题意． （２）当ａ＞０时，令Ｐ（ ）＝ａｘｅ 一１（ ＞０），Ｐ（ ）在 （０，＋∞）上单调递增． 当 趋近于０时Ｐ（ ）趋近于一∞； 当 趋近于＋ 时Ｐ（ ）趋近于＋ ，故存在ｔ∈（０， ＋。。）使得Ｐ（ｔ）＝０，即ａｔｅ ＝１．取对数有ｌｎａ＋ｌｎ￡＋ｔ＝ ０，即ｌｎａ＝一ｌｎｔ—ｔ． ４２一 当ａ＞０时，因为， （ ）＝ａ（ ＋１）ｅ ＞０ ”（ ）： ＋２）ｅ ＞０；且ｇ ）＝÷＋１＞０’ｇ，『（ ）一 ＜ ０，所以两个函数的草图（图１）和临界时的图象（图２）如下 』 Ｏ 受 Ｏ ’ １ ２ 因此，只需找到临界状态对应的ａ即可．设临界时两 曲线的公共点的横坐标为ｔ， ｒ ｒ上ｆｅ 一１ ＝ｌｎ ＋ ， 则有？ｌ 口（ｔ＋１）ｅ ＝÷＋１，ｌ 消去ａ得（ｔ＋１）（１ｎ ＋ｔ） ＝０，且口ｌｎｔ＋ｔ＝０．所以ａｔｅ 一１＝ｌｎｔ＋ｔ＝０，即ａｔｅ ＝ １．取对数有ｌｎａ＋ｌｎｔ＋ｔ＝０，得ａ＝１．根据图象变化情况 知ａ≥１符合题意． 隐零点问题是高考的一类重点和难点问题，解决此 类问题主要有分离参数、分类讨论和数形结合三种方法， 三种方法各有千秋，具体问题具体分析．一般首选分离参 数的方法．因为这样能将问题转化为不含有参数的函数 的最值问题，直接降低了解答的难度．对于不易或不能分 离参数的问题就采用分类讨论的方法．对于选择题或者 填空题，我们可以利用技巧等价转化并数形结合快速得 到答案． 参考文献： ［１］刘彦永．对２０１７年新课标文科第２１题的解法探 究［Ｊ］．数理化解题研究，２０１８（４）：２９—３０． ［２］麦康玲．数学分析思想在高中数学解题中的应用 ［Ｊ］．教科文汇（下旬刊），２０１５（５）：１ １０—１１ １． ［责任编辑：杨惠民］
