一道指对函数混合型问题解法的探究

江西省南昌县莲塘第一中学 (330200) 徐小平

函数与导数综合问题是高考中的难点、热点问题，具有综合性强、思维难度大等特点.当遇到函数形式比较复杂，特别是一类指数、对数混合型问题，处理起来更是比较棘手，常常需要改变其函数结构.本文通过一道试题分析其解法并寻找这类问题的根源.

问题已知函数f(x)=x+axlnx(a≠0,a∈R)存在极大值，且极大值为1，证明：f(x)≤e-x+x2.

1.解法探究

下面我们主要目标是证g(x0)≥0成立.为此给出以下几种处理方法.

设φ(x)=ex+x，可知φ(x)在R上为增函数,所以lnx0=-x0，即lnx0+x0=0,所以g(x)≥g(x0)=0.

评析：此解法关键是将-e-x0+2x0+lnx0=0变形得elnx0+lnx0=e-x0-x0，使其两侧的结构一致，并构造函数φ(x)=ex+x，结合函数单调性进一步得出lnx0=-x0，使得其最小值g(x0)=0.

图1

下面证明x-xlnx≤-xlnx0+x0.可构造函数g(x)=xlnx-(1+lnx0)x+x0，由于g(x0)=0.

g′(x)=lnx-lnx0，此时g′(x0)=0，由单调性可知g(x)≥g(x0)=0.

接下来证明e-x+x2≥-lnx0x+x0.

设F(x)=e-x+x2+lnx0x-x0,由于lnx0+x0=0，则e-x0=x0，可得F(x0)=0.F′(x)=-e-x+2x+lnx0，F″(x)=e-x+2>0，即F′(x)在(0,+∞)为增函数，由(1)可知F′(x0)=0，由单调性可知F(x)≥F(x0)=0即证.

评析：本解法在指对分离基础之上，并构造两函数φ(x)=e-x+x2,f(x)=x-xlnx，且它们的凹凸性相反，巧用公切线作为两曲线的“分隔线”，并通过几何直观，将复杂的不等式转化为两个简单的不等式，达到化繁为简的目的.利用公切线证明不等式，若能分离凹凸性相反的两个函数研究问题更为方便.一般地当直接证明不等式f(x)≥0时很困难，可以将原函数分离为两个函数g(x),h(x)(此两个函数的凹凸性相反),即转化为证明不等式g(x)≥h(x).求出两曲线的公切线y=kx+b，将原不等式的证明转化为证明不等式g(x)≥kx+b≥h(x).

2.解法索源

本题命题的根源可以追溯到复合函数的背景，将一个函数通过复合迭代，其函数形式常常会复杂，由复合函数可知y=f(g(x))，令u=g(x)则可知u=g(x)的值域充为函数y=f(x)的定义域的子集，若f(u)≥f(u0)=M成立，若存在使得u0=g(x0)，则有f(g(x))≥M，即函数y=f(g(x))的最小值为M，我们利用指对变换及复合函数相关知识，通过复合函数的迭代，可以得到一类很多问题.例如：本题命题的源头，即可通过一个简单的函数f(x)=ex-x-1，g(x)=-x-lnx，由f(x)≥f(0)=0，则有f(g(x))≥0，仅当g(x)=-x-lnx=0时取等号.解题时若然挖掘其原函数模型，便可快速突破问题.

3.变式训练

例1 (2019年南昌市二模试题节选)已知函数f(x)=xex-(lnx+x)，g(x)=(m+1)x(m∈R且为常数，e为自然对数的底)若不等式f(x)≥g(x)对任意的x∈(0,+∞)恒成立，求实数m的取值范围．

答案：实数m的取值范围是(-∞,0].

答案：b的取值范围为b≤2.