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【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】2095-3089（2014）06-0153-02
任何一道代数试题的编制都离不开强大的几何图形的支持，所以掌握一些简单的初等函数的图像对解决导数题是非常有益的，通过研究发现近几年高考试题中导数题大部分集中在对函数性态上的研究，（特别是ex和lnx）下面观察几个初等函数。
不难发现，这些函数的构成都是围绕着ex和lnx展开的。在函数有关问题中还经常碰到诸如ex和lnx与较为简单的函数（如一次函数，二次函数等）进行四则运算建构出来的函数，将复杂的函数有效合理地分离出上述函数，往往能使问题迎刃而解，这种分离函数的技巧是一种较新的技巧，学生一般不太注意，但这种技巧在解决有关问题时是必须使用的，所以这种技巧很实用，很重要，应该引起重视。
看下面例题：
例1：已知函数f（x）=■lnx，若对任意x∈（0，1）恒有f（x）<-2，求实数a的取值范围。
从反馈的信息来看，大部分学生对这道题感到棘手，难以解决。他们选择的方法，主要是分离参数法。乍一看，这一方法似乎很自然，也很简单，但实际上由于导数的零点不存在，所以采用这一方法行不通。下面给出学生在练习中的想法：
想法1：当a>0时，由f（x）=■lnx<-2得-2a>■lnx（分离出参数a）。
令g（x）=■lnx，则g′（x）=■。
令h（x）=2lnx+■，h′（x）=-■<0。
所以h（x）在（0，1）内单调递减，所以h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。
所以g（x）在（0，1）内单调递增，g（x）在x=1处取得最大值，但g（1）不存在，此种解法难以继续进行下去。
上面解法不能继续进行下去的原因是当x=1时，g（x）=■lnx的分母为0，所以g（1）不存在，于是我们考虑能否先求■的范围，再求a的范围？
想法2：因为x∈（0，1），■lnx<0，由■lnx<-2得■>■。令g（x）=■，则g′（x）=■。令h（x）=4lnx-■，则h′（x）=-■。
所以h（x）在（0，1）内单调递减，h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。
所以g（x）在（0，1）内单调递增，g（x） 上面用分离参数法不能解决问题，那么这道题究竟如何解答呢？有没有一种好的方法解决呢？
想法3：由题可知a≠0，因为x∈（0，1），所以■lnx<0，当a<0时，f（x）>0，不合题意。当a>0时，由f（x）<-2，可得lnx+■<0，设g（x）=lnx+■，则g′（x）=■，设h（x）=x2+（2-4a）x+1，△=（2-4a）2-4=16a（a-1）。
（i）若a∈（0，1]，则△≤0，h（x）≥0，g′（x）≥0，所以g（x）在（0，1）内单调递增，又g（1）=0，所以g（x） （ii）若a∈（1，+∞），则△>0，h（0）=1>0，h（1）=4（1-a）<0，所以存在x0∈（0，1），使得h（x0）=0，对任意x∈（x0，1），h（x）<0，g′（x）<0。则g（x）在（x0，1）内单调递减，又g（1）=0，所以当x∈（x0，1）时，g（x）>0，不合要求。
综合（i）（ii）可知0 评析：此解法将f（x）<-2中的函数lnx分离出来，变成了（？鄢）式，使问题顺利解决。学生普遍感到这道题对他们的启发很大，从中学到了新技巧，长了见识，开了眼界，拓展了思维，受益匪浅。
看下面例题：
例2：证明：对一切x∈（0，+∞）都有lnx>■-■。
分析：这道题如果简单构造函数f（x）=lnx-■+■，并证明f（x）min>0。我们会发现对f（x）求导之后，式子很难处理，根本做不下去；如果我们能熟知上述初等函数的图像与性质，只需要稍做变形处理，即证xlnx>■-■成立即可。而函数y=xlnx的最小值为-■（在x=1处取到），函数y=■-■的最大值为-■（在x=1处取到）所以此题得证。
例3：已知函数f（x）=xex-ax+e，若对x∈R，f（x）>0恒成立，求a的取值范围。
解析：处理此类问题，有很多资料指明有两种方法，一是分离变量，二是找极端值证明单调性，但是这道题x∈R没有极端值，而分离变量又需要对x的正负进行讨论，而且在x=0处，函数y=ex+■无意义。若改为求函数f（x）的最小值，让f（x）min>0，又做不下去，这时该怎么办？考虑函数y=xex的图像呀！
此题着眼点可以先考虑y=xex与y=ax-e的图像特征，若a<0时，y=xex与y=ax-e一定有交点，显然结论不成立；若a=0，不等式f（x）>0对x∈R恒成立；若a>0欲使xex>ax-e成立，只需过（0，-e）点做y=xex的切线，哈哈，此题得证了，所以我们就不难理解答案的做法啦。
答案：⑴当a<0时，f■=■·e■<0∵a<0不合题意；
⑵当a≥0时，①当x≤0时，f（x）≥xex+e，设函数g（x）=xex+e（x≤0），则g′（x）=（x+1）ex，∴g（x）在区间（-∞，-1）上单调递减，在区间（-1，0）上单调递增。因此g（x）≥g（-1）=-■+e>0，故当x≤0时，f（x）>0；
②当x>0时，不等式f（x）=xex-ax+e>0等价于ex+■>a，设函数h（x）=ex+■（x>0），则h′（x）=ex-■，∵h′（x）=ex-■在区间（0，+∞）上单调递减且h′（1）=0，∴h（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，从而，h（x）≥h（1）=2e，故0≤a<2e。
综上，对于x∈R，f（x）>0恒成立，a的取值范围是0≤a<2e。
本题解答中将函数分xex离出来，使问题解决变得十分简单，而其他方法则很难解决，再一次凸显了分离函数这一技巧的妙用，下面做些练习吧！
适应性练习：
1.已知函数f（x）=alnx+1（a>0）在区间（1，e）上f（x）>x恒成立，求a的取值范围。（提示：分离函数y=■，只需大于ymax即可）
答案：a∈[e-1，+∞]
2.设x>0，讨论曲线y=ex与曲线y=mx2（x>0）公共点的个数。（提示：问题等同于曲线y=■与y=m的公共点的个数）
答案：若0■，有两个公共点。
3.若直线l：y=kx-1与曲线f（x）=x-1+■没有公共点，求k的最大值。（提示：k-1≠0时，问题等同于曲线y=xex与y=■求交点的个数）
答案：k=1
4.求函数y=x2lnx的单调区间。
答案：f（x）的单调递减区间是（0，■）；单调递增区间是（■，+∞）
5.设L为曲线C：y=■在点（1，0）处的切线。⑴求L的方程；⑵证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线L的下方。
答案：⑴直线L的方程为：y=x-1
6.已知方程xex=x+2在区间[k，k+1]上有解，求整数k的值。
答案：k=1或k=3
纵观近几年高考试题和模拟题，发现导数作为研究函数性态的有效工具已经成为各类考试的重点内容，集中所有题目，我们发现导数的应用主要体现在单调性，极值，最值，图像上的研究，如果适时正确地构造合理函数，常常可以使解题过程得到优化，显得简单直观。
本文例举了将ex或lnx从式子中分离出来的技巧的应用，这一技巧还可以推广到将ex或lnx与一次、二次函数组合的函数从式子中分离出来。如何分析函数的性态，学生掌握得不多，在此把它写出来，一方面为解决有关问题提供一种新思路，另一方面抛砖引玉，希望广大读者能对这一技巧有更深刻的研究。
任何一道代数试题的编制都离不开强大的几何图形的支持，所以掌握一些简单的初等函数的图像对解决导数题是非常有益的，通过研究发现近几年高考试题中导数题大部分集中在对函数性态上的研究，（特别是ex和lnx）下面观察几个初等函数。
不难发现，这些函数的构成都是围绕着ex和lnx展开的。在函数有关问题中还经常碰到诸如ex和lnx与较为简单的函数（如一次函数，二次函数等）进行四则运算建构出来的函数，将复杂的函数有效合理地分离出上述函数，往往能使问题迎刃而解，这种分离函数的技巧是一种较新的技巧，学生一般不太注意，但这种技巧在解决有关问题时是必须使用的，所以这种技巧很实用，很重要，应该引起重视。
看下面例题：
例1：已知函数f（x）=■lnx，若对任意x∈（0，1）恒有f（x）<-2，求实数a的取值范围。
从反馈的信息来看，大部分学生对这道题感到棘手，难以解决。他们选择的方法，主要是分离参数法。乍一看，这一方法似乎很自然，也很简单，但实际上由于导数的零点不存在，所以采用这一方法行不通。下面给出学生在练习中的想法：
想法1：当a>0时，由f（x）=■lnx<-2得-2a>■lnx（分离出参数a）。
令g（x）=■lnx，则g′（x）=■。
令h（x）=2lnx+■，h′（x）=-■<0。
所以h（x）在（0，1）内单调递减，所以h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。
所以g（x）在（0，1）内单调递增，g（x）在x=1处取得最大值，但g（1）不存在，此种解法难以继续进行下去。
上面解法不能继续进行下去的原因是当x=1时，g（x）=■lnx的分母为0，所以g（1）不存在，于是我们考虑能否先求■的范围，再求a的范围？
想法2：因为x∈（0，1），■lnx<0，由■lnx<-2得■>■。令g（x）=■，则g′（x）=■。令h（x）=4lnx-■，则h′（x）=-■。
所以h（x）在（0，1）内单调递减，h（x）>h（1）=0，所以g′（x）>0。
所以g（x）在（0，1）内单调递增，g（x）
想法3：由题可知a≠0，因为x∈（0，1），所以■lnx<0，当a<0时，f（x）>0，不合题意。当a>0时，由f（x）<-2，可得lnx+■<0，设g（x）=lnx+■，则g′（x）=■，设h（x）=x2+（2-4a）x+1，△=（2-4a）2-4=16a（a-1）。
（i）若a∈（0，1]，则△≤0，h（x）≥0，g′（x）≥0，所以g（x）在（0，1）内单调递增，又g（1）=0，所以g（x）
综合（i）（ii）可知0
看下面例题：
例2：证明：对一切x∈（0，+∞）都有lnx>■-■。
分析：这道题如果简单构造函数f（x）=lnx-■+■，并证明f（x）min>0。我们会发现对f（x）求导之后，式子很难处理，根本做不下去；如果我们能熟知上述初等函数的图像与性质，只需要稍做变形处理，即证xlnx>■-■成立即可。而函数y=xlnx的最小值为-■（在x=1处取到），函数y=■-■的最大值为-■（在x=1处取到）所以此题得证。
例3：已知函数f（x）=xex-ax+e，若对x∈R，f（x）>0恒成立，求a的取值范围。
解析：处理此类问题，有很多资料指明有两种方法，一是分离变量，二是找极端值证明单调性，但是这道题x∈R没有极端值，而分离变量又需要对x的正负进行讨论，而且在x=0处，函数y=ex+■无意义。若改为求函数f（x）的最小值，让f（x）min>0，又做不下去，这时该怎么办？考虑函数y=xex的图像呀！
此题着眼点可以先考虑y=xex与y=ax-e的图像特征，若a<0时，y=xex与y=ax-e一定有交点，显然结论不成立；若a=0，不等式f（x）>0对x∈R恒成立；若a>0欲使xex>ax-e成立，只需过（0，-e）点做y=xex的切线，哈哈，此题得证了，所以我们就不难理解答案的做法啦。
答案：⑴当a<0时，f■=■·e■<0∵a<0不合题意；
⑵当a≥0时，①当x≤0时，f（x）≥xex+e，设函数g（x）=xex+e（x≤0），则g′（x）=（x+1）ex，∴g（x）在区间（-∞，-1）上单调递减，在区间（-1，0）上单调递增。因此g（x）≥g（-1）=-■+e>0，故当x≤0时，f（x）>0；
②当x>0时，不等式f（x）=xex-ax+e>0等价于ex+■>a，设函数h（x）=ex+■（x>0），则h′（x）=ex-■，∵h′（x）=ex-■在区间（0，+∞）上单调递减且h′（1）=0，∴h（x）在区间（0，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增，从而，h（x）≥h（1）=2e，故0≤a<2e。
综上，对于x∈R，f（x）>0恒成立，a的取值范围是0≤a<2e。
本题解答中将函数分xex离出来，使问题解决变得十分简单，而其他方法则很难解决，再一次凸显了分离函数这一技巧的妙用，下面做些练习吧！
适应性练习：
1.已知函数f（x）=alnx+1（a>0）在区间（1，e）上f（x）>x恒成立，求a的取值范围。（提示：分离函数y=■，只需大于ymax即可）
答案：a∈[e-1，+∞]
2.设x>0，讨论曲线y=ex与曲线y=mx2（x>0）公共点的个数。（提示：问题等同于曲线y=■与y=m的公共点的个数）
答案：若0
3.若直线l：y=kx-1与曲线f（x）=x-1+■没有公共点，求k的最大值。（提示：k-1≠0时，问题等同于曲线y=xex与y=■求交点的个数）
答案：k=1
4.求函数y=x2lnx的单调区间。
答案：f（x）的单调递减区间是（0，■）；单调递增区间是（■，+∞）
5.设L为曲线C：y=■在点（1，0）处的切线。⑴求L的方程；⑵证明：除切点（1，0）之外，曲线C在直线L的下方。
答案：⑴直线L的方程为：y=x-1
6.已知方程xex=x+2在区间[k，k+1]上有解，求整数k的值。
答案：k=1或k=3
纵观近几年高考试题和模拟题，发现导数作为研究函数性态的有效工具已经成为各类考试的重点内容，集中所有题目，我们发现导数的应用主要体现在单调性，极值，最值，图像上的研究，如果适时正确地构造合理函数，常常可以使解题过程得到优化，显得简单直观。
本文例举了将ex或lnx从式子中分离出来的技巧的应用，这一技巧还可以推广到将ex或lnx与一次、二次函数组合的函数从式子中分离出来。如何分析函数的性态，学生掌握得不多，在此把它写出来，一方面为解决有关问题提供一种新思路，另一方面抛砖引玉，希望广大读者能对这一技巧有更深刻的研究。