張立建

1試題

例1（2013年江蘇卷20）設函數(shù)f（x）=lnx-ax，g（x）=ex-ax，其中a為實數(shù).

（1）若f（x）在（1，+∞）上是單調減函數(shù)，且g（x）在（1，+∞）上有最小值，求a的取值范圍；

（2）若g（x）在（-1，+∞）上是單調增函數(shù)，試求f（x）的零點個數(shù)，并證明你的結論.

例2（2014年湖北卷22）π為圓周率，e=2.71828……為自然對數(shù)的底數(shù).

（1）求函數(shù)f（x）=lnxx的單調區(qū)間；

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

（3）將e3，3e，eπ，πe，3π，π3這6個數(shù)按從小到大的順序排列，并證明你的結論.

例3（2013年北京卷18）設l為曲線C：y=lnxx在點（1，0）處的切線.

（Ⅰ）求l的方程；（Ⅱ）證明：除切點（1，0）之外，曲線C在直線l的下方.

以上3道試題都是考查函數(shù)的性質和圖象，或以此為背景綜合考查分析問題、解決問題的能力.

2函數(shù)f（x）=lnxx的性質和圖象

函數(shù)f（x）=lnxx在（0，e）上是增函數(shù)，在（e，+∞）上是減函數(shù).f（x）max=f（e）=e-1，無最小值，有唯一零點x=1.

圖1證明f（x）=lnxx定義域（0，+∞），則f′（x）=1-lnxx2，解f′（x）>0得0e，所以f（x）在（e，+∞）上是減函數(shù).又f（x）max=f（e）=e-1，f（1）=0，且當x∈（e，+∞）時，恒有f（x）=lnxx>0，由此可得函數(shù)f（x）的圖象如圖1所示.

3問題的解決

例1分析函數(shù)零點問題是高考熱點問題，分離參數(shù)法是常用解法之一，將函數(shù)f（x）=lnx-ax的零點個數(shù)問題轉化為兩函數(shù)y=a與y=lnxx的圖象交點個數(shù)問題，考查函數(shù)y=lnxx的圖象，數(shù)形結合法求解，但做函數(shù)f（x）=lnxx的圖象時要特別注意函數(shù)在（e，+∞）上時有漸近線（x軸）.

解析（2）g′（x）=ex-a≥0在（-1，+∞）上恒成立，則a≤（ex）min，故a≤1e.函數(shù)f（x）的零點是方程a=lnxx（x>0）的根，也是函數(shù)y=a與函數(shù)y=lnxx圖象交點的橫坐標，故本題也可轉化為研究函數(shù)y=lnxx的圖象.令m（x）=lnxx，則由函數(shù)y=lnxx的圖象得當a=1e或a≤0時，函數(shù)m（x）與函數(shù)y=a的圖象有且只有1個交點，所以f（x）有1個零點；當0

例2分析利用函數(shù)f（x）=lnxx的單調性比較大小，可有如下結論：

（1）當0

（2）當elnbb，即ab>ba.

（3）方程ab=ba（0

解析（1）f（x）在（0，e）上是增函數(shù)；f（x）在（e，+∞）上是減函數(shù).（2）因為函數(shù)y=ex，y=3x，y=πx在定義域上單調遞增，故e3

（3）由（2）易得3e<πe<π3<3π，3e2-eπ.兩邊同乘e得，elnπ>e（2-eπ）>2.7×（2-2.723.1）>2.7×（2-0.88）=3.024>3，即elnπ>3，故lnπe>lne3，所以e3<πe.又由lnπ>2-eπ得3lnπ>3（2-eπ）>6-3eπ>6-e>π，即3lnπ>π，所以eπ<π3.綜上，3e

例3分析第（1）問考查函數(shù)f（x）=lnxx在某點處的切線；第（2）問考查函數(shù)f（x）=lnxx與其它函數(shù)圖象的關系.

解析（1）切線l的方程為y=x-1；（2）除切點1，0之外，曲線C在直線l的下方等價于lnxx0，x≠1恒成立.只需證x-1-lnxx>0，x>0，x≠1恒成立.令g（x）=x-1-lnxx，x>0，x≠1，只需證g（x）min>0.下求g（x）min.g′（x）=x2-1+lnxx2，又h（x）=x2-1+lnx在（0，+∞）上是增函數(shù)，且h（1）=0，故g′（x）=x2-1+lnxx2=0有且只有一個根x=1.因此，x∈（1，+∞）時，g′（x）>0，函數(shù)g（x）在（1，+∞）上單調遞增；x∈（0，1）時，g′（x）<0，函數(shù)g（x）在（0，1）上單調遞減.故g（x）min>g（1）=0.即除切點1，0之外，曲線C在直線l的下方.

4相關應用

兩個函數(shù)圖象的關系可轉化為不等式恒成立來處理；反之，不等式恒成立問題，有時我們可以從函數(shù)圖象入手，找到解題的切入點.

例4當x∈（0，e]時，證明：x2-12x>（1+x）lnx.

證明因為x∈（0，e]，所以不等式可以變形為x-lnx-12>lnxx.令f（x）=x-lnx-12，g（x）=lnxx，又f′（x）=x-1x，故f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，e）上單調遞增，因此f（x）min=f（1）=12.又g（x）max=g（e）=1e，因此f（x）min>g（x）max，故當x∈（0，e]時，x2-12x>（1+x）lnx.

點評（1）對于由對數(shù)函數(shù)和冪函數(shù)組合而成的函數(shù)，一般是構造函數(shù)y=lnxx進行證明.（2）不等式f（x）>g（x）恒成立通常是利用構造新函數(shù)h（x）=f（x）-g（x）轉化為函數(shù)h（x）的最值，當此法不易解決時，我們一般考慮求出函數(shù)f（x）的最小值a和函數(shù)g（x）的最大值b，若a>b，則問題得證.但需注意f（x）min>g（x）max是f（x）>g（x）恒成立的充分不必要條件，不具有一般性.

（3）我們可借助函數(shù)圖象，找到證明思路，如圖2.

圖2圖3例5已知f（x）=ex-2-lnxx，證明：f（x）>0.

分析f′（x）=ex-2-1-lnxx2，f′（x）=0的解不易求得.如果作出函數(shù)y=ex-2和y=lnxx的圖象，則容易看出這兩個函數(shù)的圖象都與直線y=x-1相切（如圖3），從而可以轉化為證明不等式ex-2≥x-1及x-1≥lnxx.

證明定義域（0，+∞），設g（x）=ex-2-x+1，則g′（x）=ex-2-1，所以在（2，+∞）上，g′（x）>0，g（x）單調增，在（0，2）上，g′（x）<0，g（x）單調減，故g（x）≥g（2）=0.即ex-2≥x-1（當且僅當x=2時取等號）.又由例3知x-1≥lnxx（當且僅當x=1時取等號），因此ex-2≥x-1≥lnxx（等號不能同時取到），所以ex-2>lnxx，即f（x）>0，得證.