一个课本题根及其变式的探究

2015-12-02何洪标蓝云波

中学数学杂志(高中版) 2015年6期

何洪标　蓝云波

人们都说木有本，水有源，题有根.要想脱离茫茫的题海，必须追根溯源.所谓题根，就是那些源于基础，又高于基础，提炼于解题实践，又能广泛应用于解题实践的结论、习题、例题、各类试题.在平时的解题训练中，若能重视题根及其变式的应用，总能达到举一反三、跳出题海并提高解题能力的功效.本文以课本中的一个著名题根为例，结合今年的高考题和模拟题谈谈它及其变式的应用，现分析如下.

1 课本题根及其应用

题根（人教A版选修22教材第32页习题B组第1大题第3小题）利用函数的单调性，证明不等式ex>1+xx≠0.

分析要证明不等式，常见的做法是作差或作商，然后通过构造函数，利用其最值证明不等式.结合此题，可用作差法.

证明设f（x）=1+x-ex，x∈-∞，+∞，则f′（x）=1-ex，令f′（x）>0，得x<0，令f′（x）<0，得x>0.所以f（x）在-∞，0上单调递增，在0，+∞上单调递减.所以当x≠0时，f（x）x+1x≠0.

点评本题难度虽不大，却是非常重要的不等式，在各类考试中经常考查，其重要性不亚于课本中的重要定义、定理、性质.

例1 （2015年湖北卷第22题第1问）求函数f（x）=1+x-ex的单调区间，并比较1+1nn与e的大小.

分析利用本文的题根，并进行恰当赋值，即可得到所证不等式.

解析 f（x）的定义域为-∞，+∞，f′（x）=1-ex，令f′（x）>0，得x<0，令f′（x）<0，得x>0.所以f（x）的单调递增区间为-∞，0，单调递减区间为0，+∞.当x>0时，f（x）

点评本题直接考查了课本的一个题根，体现出高考源于课本高于课本的原则.是课本题根的直接应用.

例2 （2015年广东卷）设a>1，函数f（x）=（1+x2）ex-a.

（Ⅰ）求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）证明：f（x）在-∞，+∞上仅有一个零点；

（Ⅲ）若曲线y=f（x）在点P处的切线与x轴平行，且在点Mm，n处的切线与直线OP平行（O是坐标原点），证明：m≤3a-2e-1.

分析（Ⅰ）可利用导数研究函数的单调性.（Ⅱ）可利用函数零点存在定理，结合函数单调性使问题得到证明.（Ⅲ）利用导数的几何意义得出一个等式，结合所要证的结论并利用分析法，在进行等式代换后，可知最后只需证明的不等式即是本文所给出的题根.

解析（Ⅰ）因为f′（x）=2xex+（1+x2）ex=（x+1）2ex，x∈R.因为对任意x∈R，都有f′（x）≥0，所以f（x）的单调递增区间为-∞，+∞，无单调递减区间；

（Ⅱ）证明由（Ⅰ）知f（x）在-∞，+∞上单调递增，且f（0）=1-a<0，fa-1=aea-1-a=aea-1-1.因为a>1，所以a-1>0，a-1>0，

所以ea-1>1，故ea-1-1>0，故fa-1>0，所以x0∈0，a-1，使得f（x0）=0，又因为f（x）在-∞，+∞上单调递增，所以f（x）在-∞，+∞上仅有一个零点；

（Ⅲ）证明 f′（x）=（x+1）2ex，令f′（x）=0，解得x=-1，所以点P-1，2e-a，所以kOP=a-2e.又因为f（x）在点Mm，n处的切线与直线OP平行，所以f′（m）=kOP，即（m+1）2em=a-2e.而要证m≤3a-2e-1，只需证（m+1）3≤a-2e，

而（m+1）2em=a-2e，只需证（m+1）3≤（m+1）2em，只需证m+1≤em.

构造函数h（x）=ex-x-1，x∈R.所以h′（x）=ex-1.令h′（x）>0，解得x>0，令h′（x）<0，解得x<0.所以h（x）在-∞，0上单调递减，在0，+∞单调递增，所以h（x）≥h（0）=0，所以ex≥x+1，所以m+1≤em，所以m≤3a-2e-1得证.

点评本题以课本的一个题根为依托进行构建试题，考查了导数在研究函数中的应用和分析法.第三问较为隐蔽，若能利用分析法进行逆向思考，则能化难为易.

例3 （2015年陕西省高三教学质量检测试题二）设函数f（x）=ex-ax-1.

（Ⅰ）若函数f（x）在R上单调递增，求a的取值范围；

（Ⅱ）当a>0时，设函数f（x）的最小值为g（a），求证；g（a）≤0；

（Ⅲ）求证：对任意的正整数n，都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1<（n+1）n+1.

分析（Ⅰ）利用等价转化变为恒成立问题.（Ⅱ）利用导数研究函数的最值.（Ⅲ）由题意得出课本题根，并进行恰当赋值，化为等比数列求和问题.

解析（Ⅰ）由题意知f′（x）=ex-a≥0对x∈R恒成立，且ex>0，故a的取值范围为a≤0.

（Ⅱ）由a>0，及f′（x）=ex-a可得，函数f（x）在-∞，lna上单调递减，在lna，+∞上单调递增，故函数f（x）的最小值为g（a）=flna=elna-alna-1=a-alna-1，则g′（a）=-lna，故当a∈0，1时，g′（a）>0，当a∈1，+∞时，g′（a）<0，从而可知g（a）在0，1上单调递增，在1，+∞上单调递减，且g（1）=0，故g（a）≤0.

（Ⅲ）由（Ⅱ）可知，当a=1时，总有f（x）=ex-x-1≥0，当且仅当x=0时等号成立.故当x>0时，总有ex>x+1.于是可得x+1n+1

令x+1=1n+1，即x=-nn+1，可得1n+1n+1

令x+1=2n+1，即x=-n-1n+1，可得2n+1n+1

令x+1=3n+1，即x=-n-2n+1，可得3n+1n+1

……

令x+1=nn+1，即x=-1n+1，可得nn+1n+1

把以上各式相加得：1n+1n+1+2n+1n+1+…+nn+1n+1

=e-n1-en1-e=e-n-11-e=1-e-ne-1<1e-1<1.

故对任意的正整数n，都有1n+1+2n+1+3n+1+…+nn+1

点评本题是课本题根的精彩应用，与数列知识进行交汇，体现出在知识交汇处命题的思路，并由此得到一个优美的数列不等式，令人拍案叫绝.

2 题根变式及其应用

题根固然重要，其变式也不可轻视.由本文题根知，当x>-1且x≠0时，恒有ex>x+1，两边取对数得lnex>ln（x+1），所以当x>-1且x≠0时，恒有ln（x+1）