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一道高考压轴题的常规解法


第1 0   J I 9  

高 中数 学教 与学  

o高 考之 窗 。 



道 高 考压 轴 题 的 常 规 解 法 
王 怀明  
( 安 徽省 枞 阳县会 宫 中学 , 2 4 6 7 4 0 )  





题目  

解法 2   对 任 意 给定 的正 数 C , 取 ‰ =  

已知 函数, (  ):e   一n   ( 口 为常数 ) 的图 

象与 y 轴交 于点 A , 曲线 ) , =   切线斜率为 一1 .  

) 在点 A处的 

{. E h ( 2 ) 知, 当  > 0 时, e   >  , 所以e   =  
√ c  


( 1 ) 求 n的值及 函数 厂 (  )的极值 ;   ( 2 ) 证 明: 当  >0时 ,   <e   ;  
( 3 ) 证明: 对 任 意给 定 的正 数 c , 总存 在 
0 ,

} 。 e 寺 > ( 号 ) ‘ ( 号 )   ; 当  > x o 时 , e x >  

( 詈 )   ( 詈 )   > ÷ ( 詈 )   :  . 因 此 , 对 任 意  
给定 的正数 c , 总存在  , 当  ∈(   。 , +∞ ) 时,  
恒有  <c e   .  

使得 当  E (   0 , +∞ ) 时, 恒有  <c e   .  

本题是 2 0 1 4年 福建 高 考数学 压 轴题 , 前  两个 问题难度不 大 , 第( 3 )问参考答 案提供 了 

解 法3   首先证 明当  ∈( 0 , +∞) 时, 恒 

三种解法. 为方便 说 明, 把第 ( 3 )问 的这 三种 
证法摘录如下 :  

有 }  < e   . 证 明 如 下 : 令 ^ (   ) = }。 一 e   ,  
贝 0  (  )=   一e   . 由( 2 ) 知, 当  >0时 ,  
<e   , 从而 h   (  )<0 , h (  ) 在( 0 , +∞) 单调 

解法 1 ① 若 c ≥1 , 则e   ≤c e   . 又由( 2 )   知, 当  >0时 ,   <e   , 所 以当  >0时 ,   <  
c e   . 取 ‰ =0 , 当  ∈ (   0 , +∞) 时, 恒有 9 1 :  <  
Ce .  
1  

递减, 所以 h ( x )<h ( O )=一1<0 , 即—   1   <  
e   . 取‰ =   3


② 若 0<c<1 , 令 后=一 I t>1 , 要使不等 
C 

当   > X 0   N - , 有 }   < }。 <  

式  <c e   成立 , 只要 e  >k x   成立. 而要使 e   >   成立, 则 只要  > I n (   ) , 只要  >   2 I n   +I n   I I } 成立. 令h (  )=   一2 1 n   —I n   k ,   贝 0   (  )=1一— 2 —=  


e   . 因此 , 对任 意给定的正数 c , 总存 在 。 , 当 
E(  , +∞)时 , 恒有  <c e   .  
上 述 证 明 过 程 乍 一 看 让 人 觉 得 一 头 雾 

水, ‰ 的取值感 觉很 突然. 在考试 时 , 学生不仅 
所 以当  >2时 ,  

难 以想到上述 解 法 , 即便 考试 结 束后 看 答 案 

h   (  )>0, h (  ) 在( 2 , +∞)内单调递增. 取 
。=1 6 k>1 6 , 所 以h (  ) 在( ‰, +∞)内单调  递 增. 又 (   。 )=1 6 k 一2 1 n ( 1 6 k ) 一I n   =8 (  


也觉得费解 ,   为什么可 以取那 些值 ? 那几 个 
值是怎么想到 的? 还能取 别 的值 吗? 笔者尝 试  对第 ( 3 )问给 出两种 常规解法 , 并 回答 这些疑 
问.   二、 常 规 解 法 

l n   2 )+3 ( 后一I n   )+ 5 后 , 易 知  > I n  , 后>  
,  

l n   2 , 5 k>O , 所以, l (   。 )>0 . 即存在  。=一 1 6
C 

当  ∈ (   0 , +∞)时 , 恒有  <c e   .  

证法 1 “ 恒有  <c e ” ’ 等价 于“ c>  
恒成立 ” . 令g ( x )=   (   >0 ) , 则 g   (  ):  
?

综上, 对任意给定 的正数 c , 总存 在 ‰, 当 
∈(   0 ,+∞ ) 时, 恒有  <c e   .  

3 3?  

高 中擞 学教 与学 
因此 g (   )在 ( 2 ,+∞)内 单调 递 

2 0 1 4年  
数 y   m - g(  )确 两 个 零 点  1 ,   2 (  l<  2 ), 取  0  
=  2 ,



当  E(   0 , +∞ ) 时, g ( x )>g ( x 2 )=  

减; 在( 0 , 2 )内单调递 增. g ( o )=0 , g ( 2 )=  

0, 即  一2 I n   +I n   c>0, 即  <c e   .  

÷ 是g ( x ) 的 最大值.  
当 c>÷ 时, 对所有   ∈( 0 , +∞) 有 
e 

综上 , 对任意给定 的正数 c , 总存 在  , 当 
∈(   o , +∞ ) 时, 恒有  <c e   .   三、 追根溯源  回答疑 问   下 面根据常规解法 中的“ 证法 2 ” , 并结合  图1 来 回答 前面的疑问 :   构造 函数 g (  )=  一 2 1 n   +I n   c . 对 于解 

g (  )<c , 故取 ‰ =0 便 可.  

当 c=   时, g ( x ):c 有一个根  =2 . 取 
=2 , 则  >  o 时g (  )<g (   )=C .  

法 1 ,   。 = 萼 , 当 c ≤  时 , % ≥ 4 e 2 > 2 ,  
g f 、  \ :   一 2 1  
C /   C  C  

当 0 <c<   4 - 时 g (  )=c 有两个根 , 一 


+ l   :   + 3 1 n  一  
C 


个小于 2 , 一个大 于 2 , 取  为 大的那个 , 则  >   时g (   )<g ( X o ) =c .  

8 1 n   2 . 令 ^ ( c ):— 1 6 —+3 1 n   c

8 1 n   2 , 贝 0 ^ , ( c )  

综上, 对 任意给定 的正 数 c , 总存在 ‰, 当 
E(   0 ,+O 0 )时 , 恒有 z  <c e   .   证法 2   >0时 ,   <C e   , 两边 取对数 ,  

=  

. 因 为 c ≤ 丢 , 所 以 , l , ( c ) < o , ^ ( c )  

得2 I n   <I n   c+  . 构造 函数 g (  )=   一2 1 n  
+I n   c , 贝   g   (  )=苎   .g (  ) 在( O , 2 )内单  调递减 , 在( 2 ,+o 。 )内单调递 增 , g (  )的最 

≥   (   ) : 4 e 。 一 6  4 >  口 g ( 萼 ) > 0 ,  
由图 1 知,   。>   , 因此所取 的 x 。 符合要求.  
对 于解 法 2 ,   :   4


当  ≤   时,   ≥ 

小值为 g ( 2 )=2—2 1 n   2+I n   c ( 如图 1 ) .  
,  L  

0  l  

\ 2  
鼽 

2 e > 2 , g ( 砉 ) = 砉 一 2   n   4 + - n   c =   4 + 2 ? n   c   4 1 n   2 = 2 ( 砉  一 2 l n 2 )   ㈤= 丢  


“ nc - 2 l n   2 删  ( c )  
图 1  

? 因为 



,  

所以^   ( c )<o,  (  



) : e 一 2 > 0 , 即  

要 找出  。 , 使  E(  , +∞ ) 时g ( x )>0 ,   需对 g ( 2 )取值分类讨论如下 :   ( 1 )当 c>   时, g ( 2 ):2—2 1  2+l   >2—2 1 n   2+I n   :0 . 取 ‰ :o , 当  ∈ ( ‰,  

g ( 砉 ) > 0 . 由 图 l 知 ,   。 >   : , 因 此 所 取 的   。  
符合要求.  
3   e 2

+∞ )时 , g (  )≥ g ( 2 )>0 , 所以   一2 1 n  +  
I n   C>0,   +I n   C>2 1 n  , 最 口   <c e   .  

当 c ≤ ≥ 时 ,   。 ≥   > 2 , g ( } ) = ÷ 一 2   n ÷十   n   c = ÷+  
。 ,



对于解法 3 , ‰ =3

3 1 n   c一2 1 n   3 . 令^ ( c ):  } _ +3 1 n   c 一2 1 n   3贝 0  

( 2 )当 。 ≤   时, g (  ) 的最小值 为 g ( 2 )  

: 2 — 2 1 n   2 + l n   c ≤ 2 — 2 1 n   2 + l n   _ l : 0 . 函  
e 
?

, ( 。 ):  旦 _ } , 因为。 ≤. 4 所以 ^ , (   )<  

3 4 ?  

第1 0嗣 

高中数学教 与学  



道高 考导数题 的多角度思 考 
王玉 林  燕 照 盈  
( 新 疆 大光华 国际学校 , 8 3 0 0 2 3 )  

题目

( 2 0 1 4年 全 国高 考 题 )设 函数 
l   一 1  

继续 求导直到能够 判断函数, (  )的单调性为 

):口 e   I n  +   一, 曲线 Y=, (  ) 在 点( 1 ,   , ( 1 ) ) 处 的切线为 Y=e (  一1 )+2 .   ( 1 ) 求a , b ;  
( 2 ) 证 明  )>1 .   本题 以 曲线 的切线 为 背 景 , 考 查 导 数 的 

止, 从而得 出函数  )的最小值 , 证 明其最小  值大 于 1即可. 这是学生最容易想 到也是 高考  备考训 练中经常采用的常规解法.  
解 .  法 .   1   由( 1 ) , 知,   ( .  )=e   I n  +  i ,   r a 一,   /   (  )=  
e 

几何意义 , 用导数 作工 具研究 函数 的单 调性 ,   求 函数最值 以及不等式 的证 明. 第( 1 )问较基 
础, 相 对 容易 , 一 般学 生都 能 做 出来 , 只 需求  出函数  )的导数 , 易得  1 )=2   ( 1 )=  

(   I n   +2 x+   一2 ) .  
I n   +2  +e  一 2 , 贝 0   g   (  )  

设g ( x )=  

=2 e x l n   +e  +e+2 . 令h (  )=g   (  ) , 贝 4   h   (  )=e ( 2 1 n   +3 ) ,  
3  

e , 从 而求 出 口=1 , b=2 . 第( 2 ) 问难度较大 ,  

令h   (  )=0 , 得 x=e — T .  
当  ∈ ( 0 。 e 一 芎 ) 时, ^   (  )<0 , h (  ) 单调  递减 ;  

主要考察运用 导数知识 证 明不等 式 的能力及 
学生 的运算 求 解 能力 , 是 近年 来 高考 压 轴题  的热点 问题. 笔 者经过 研究 , 从 3个 不 同角度  寻找解题思路 , 得 出 四种解法. 下 面谈谈 笔者  的思考 , 以期抛砖 引玉.  


当  ∈ ( e 一 号 .+o o ) 时,  (  )>0 , h ( x )  
单调递增.  
于 是 (  )   i  =g   (   )   :g   ( e 一 事 ) =2+  
, ,  



咬定 青 山不 放松 —— 求 导 “ 一 站 到 

底”  

证 明  )>1的常规 思路是 首先求 函数  , (   )的导数. 若无法判 断判断,   (  )的正 负 ,  

e一  

>0 , 所以 g (  ) 在( 0, +   ) 上单 调递 

一● … ? ●? …

●… ? ●…

? ●… ? ●…

? ●… - ●…

? ●… ? ●…

- ● ” 

0 ,  ( 引 


、 e

的越 大时 ,   越小.  。 和 c的值 之间存在反 比  ) = 3   e 2 — 6 + 1 n   6 4 一 1 . 5 > 0 ,  关 系. 其实 , 只要存 在反 比关 系的 ‰ 的取值满 
足  。>2 且g (   。 )>0都是可以的 , 比如 ‰ =  



即 g f 三 1 > 0 . 由 图1 知 ,  >   : , 因 此 所 取 的  


符合要求.   至此 , 我们 知道 了 。 取 的那 几个值 都 是 

, ‰  ‰ :


2 0

:  , ‰  ,   。

等. 寺? 其 头  共 实  。 0 的取值越 大越  刚耿但越  趣 
√C  

。  

没有问题 , 这 样 ‰ 就可 以随意取 了( 当然 , 需  满足  。>2且 g ( ‰)>O ) .  

可以的. 从 常规解 法 1可 以知 道 , c的值 越 小  (<   ) 时,   。 的值 即g ( x ):c 的根越大 ; 而c  

?

3 5?  


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