几个超越函数的性质与应用
与是两个基本的超越函数，它们的很多性质在解题中有着非常
重要的作用，例如两个重要不等式（时等号成立），
（时等号成立）成为不等式放缩的重要工具．
我们将这两个函数与进行不同的组合，得到一系列的超越函数，
通过研究它们的图像和性质，挖掘它们在解题中的重要作用．
一、函数的性质和应用．
【函数的性质】
，当时，；当时，．
所以函数在上单调递减，在上单调递增．
【函数的图像】
函数的图像如图所示，当时，函数有最小值，即恒成立。当时，，图像在轴的下方，当时，，图像在轴的上方．
【例题1】（）已知函数（，为自然对数的底数）
（1）若曲线在点处的切线平行于轴，求的值；
（2）求函数的极值；
（3）当的值时，若直线与曲线没有公共点，求的最大值
【分析】第（Ⅲ）没有实根，可以考虑分离变量，同时出现的组合，数形结合，转化为两个函数图像没有交点的问题．
【解析】
（）
（Ⅱ）
（）当时，．
关于的方程（）在上没有实数解．
①当时，方程（）可化为，在上没有实数解．
②当时，方程（）化为．的图像，易知
当时，方程（）无实数解，解得的取值范围是．综上，得的最大值为．
的性质凸显，问题的解答也变得清晰可见．
【针对训练1】已知函数，．的最小值为0，求的值；
（2）证明：．0，容易得出，从而得到不等式，代入第二问，这样就将含有和的式子放缩为含有和的式子，从而突破了本题的难点．的定义域为，且．，则，于是在上单调递增，故无最小值，不合题意；
若，则当时，；当时，．在上单调递减，在上单调递增，
于是，当时，取得最小值，由已知得，解得．．时，．，又因为，，所以只要证，
即只要证．在切线的上方，而在直线的下方，
所以有，从而成立．时，成立．时，，，
结合以及，知道，所以，
故当时，成立．成立．．和分类讨论，是解题的关键点，这样成功地利用了函数的图像和性质，使问题轻松获解．
二、函数的性质和应用．
【函数的性质】
，时，；当时，．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
【函数的图像】
函数的图像如图所示，当时，函数有最大值，即恒成立。当时，，图像在轴的下方，当时，，图像在轴的上方．
【例题2】（2014年全国高考天津卷理科第20题已知函数.已知函数有两个零点，，且.
（Ⅰ）求；
（Ⅱ）证明随着的减小而增大；
（Ⅲ）随着的减小而增大.
【分析】该题三问之间，层层递进，互为利用.如果分离变量，则，就是直线与函数的图像的交点，数形结合，则第一、二问将迎刃而解.
【解析】
（），有.
设，由题意可知直线与函数的图像有两个不同的交点，
结合的图像，易得的取值范围是.
（）（）.因为函数在上单调递增，在上单调递减，所以当减少时，随之减少，而随之增大，则增大，即随着的减小而增大.
（这里是利用图像的直观印象，要给出证明，还需要利用单调性的定义严格证明）
（）证明：，，可得，.
故.
设，则，且解得，.所以，
.①
令，，则.
令，得.
当时，.因此，在上单调递增，故对于任意的，，由此可得，故在上单调递增.
因此，由①可得随着的增大而增大.
而由（Ⅱ），随着的减小而增大，所以随着的减小而增大.
【评析】第二问实际上已经提示了第三问，应该将表示成的函数，并且证明这个函数是增函数即可.
【针对训练2】（2017年高考新课标I理科第21题）
已知函数.
讨论的单调性；
若有两个零点，求的取值范围..
我们先来看看标准解答：
【解析】（1），当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增
（2）由（1）知，
当时，在上单调减，故在上至多一个零点，不满足条件．
当时，．有两个零点，则，
令．
令，则．从而在上单调增，而．，得．
若，则，注意到．．
故在上有一个实根，而又．
且
．故在上有一个实根．
在及上一个实数根，故在上恰有两个实根．
综上，．
的条件下，，有两个零点，还必须找到两个点，，满足且．是怎么找到的，让人摸不着头绪．是怎么找到的，
由于，
因此，只要找到，使得，易得时，符合题意；
接着，我们来找出，使得，
即，整理得，
由可知，只要即可，为了便于计算，取，
解得，因此，当时，．时，有两个零点．的点，可以在极值点的两边不断放缩，直到找到合适的点为止．的最值，顺利地找到了点．的性质和应用．
【函数的性质】
，所以当时，；当时，．
所以在和上单调递减，在上单调递增．
【函数的图像】
当时，，函数图像在轴的下方；当时，，函数图像在轴的上方，并且在时，．
由函数的图像和性质，可以得到两个重要的不等式，在时，即；．
【例题3】求证：．
【分析】本题可以考虑两边同除以或者同除以，目的是出现形式．
【证法一】
．
因此，原不等式得证．
【证法二】在原不等式两边同除以，即证，
也即证，而成立．
【评析】以上两种解法都是充分利用函数的性质，进行变形，得到巧解．
【例题4】（2016年高考卷科第2题设函数，，其中，为自然对数的底数
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）证明：当时，；
（Ⅲ）确定的所有可能取值，使得在区间内恒成立
【分析】此题的前两问都是为第三问的放缩做准备的，其中第2问不等式的证明可以用到函数的性质．
【解析】（I）
<0，在内单调递减.
由=0，有
当时，<0，单调递减；当时，>0，单调递增
（II）在上单调递增，可知当时，，从而
（Ⅲ）由（II），当时，
当，时，=
故当在区间内恒成立时，必有
当时，>1
由（I）有，而，
所以此时在区间内不恒成立
当时，令()
当时，（II）因此在区间单调递增
又因为，所以当时，，即恒成立
综上，
【评析】第三问巧妙地使用了前两问的结论，使得证明的过程得以简化．
【针对训练3】（2014年高考福建卷科第2题II）证明：当时，；
（III）证明：对任意给定的正数，总存在，使得当，恒有．
【分析】考虑把一个除过去，利用函数的图像性质，思路非常清晰．
【解析】（II）当时，要证，即证，分别作出函数与的图像即可；
（III）分别作出函数与的图像，若与没有交点，显然存在，使得当，恒有；
若与有交点，由（II）知，当时，，
所以，所以，
因此，只要，解得，故取，当时，，
因此，对任意给定的正数c，总存在,当时,恒有．
【评析】函数与函数的交点难求，这时可以借助函数上一问的结论进行放缩，将函数放缩成代数函数，转化为求函数与函数的交点．
四、函数的性质和应用．
【函数的性质】
，当时，，当时，，
所以函数在单调递减，在上单调递增．
【函数的图像】
在时，函数有最小值．函数在处的切线为，所以有不等式，等．
【例题5】（2014年高考新课标Ⅰ理科第21题）
设函数，曲线在点（1，）处的切线为．
(Ⅰ)求；
（Ⅱ）证明：．
【分析】通常是证明，但考虑到中既有又有，所以比较难求，故而采取分离函数．
【解析】（Ⅰ）略，，；
（Ⅱ）证明：由(Ⅰ)知，欲证，只需证，
即证，即证，
由函数的最小值为，可知左边的最小值为（时取等号），
而函数的最大值为（时取等号），所以左边大于右边成立，
所以成立，所以．
【评析】其实本题就是考查了两个函数与的图像，题中的恰好是两个图像的低点与高点的差．
【针对训练4】已知，证明：，都有．
【分析】把乘到括号里去，就会出现，利用其最小值再放缩．
【证明】整理后，即证，
由于，且，所以，
所以，不等式左边，
，，
所以不等式右边，
即，易证，
从而有，所以，原不等式得证．
【评析】本题也是采用了分而治之的证明的方法，利用的最小值和的最大值放缩不等式左边，利用二次函数放缩不等式的右边，达到不等式传递的目的．
【例题6】已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）证明：当时，；
（3）比较三个数：，，的大小．
【分析】题目的本意是利用第一问的单调性证明第二问的不等式，而事实上可以利用函数的性质证明第二问的不等式，再用这个不等式通过赋值比较第三问中三个数的大小．
【解析】（1）略；
（2）因为，所以，又因为，所以；
因为，又因为，所以，
综上所述，当时，；
（3）由（2）知当时，，
令得，，即，所以；
因为，所以，
令得，，所以，从而，
综上所述，．
【评析】利用函数的性质可以推出很多有用的不等式，像这种比较数字大小的题，通常都是在已有的不等式中，恰当地赋值就可以解决．
五、函数的性质和应用．
【函数的性质】
，时，，当时，．
所以函数在和上是减函数，在上是增函数．
【函数的图像】
当时，，图像在轴的下方；当时，，图像在轴的上方，且当时，函数有最小值．
【例题7】（2017年高考新课标Ⅰ理科第11题）
设，为正数，且，则
A．B．C．D．
，，都在指数位置上，所以宜用取对数的办法将它们从指数位置上放下来．
【解析】设，因为，，都是正数，所以，所以．
依题有，，，，
所以，，，，
又因为在上是增函数，所以，
所以，故答案选D．
【评析】通过取对数的办法，将，与的大小比较问题转化为比较，，的大小，正好可以借助函数的单调性解决．本题在取对数后，也可采取作商比较法解决．
【针对训练5】已知函数的图像在处的切线方程为．
（1）求，的值；
（2）求证：当时，恒有；
（3）求证：对任意给定的，总存在正数，使得当时，恒有．
【分析】由于，可以考虑转化为的形式，利用函数的图像和性质研究．
【解析】（1）略，，；
（2）当时，，原不等式显然成立，
当时，原不等式可化为，由于，即证明，
由函数的图像和性质可知，当时，显然成立，
综上可知，当时，恒有；
（3）当时，，原不等式显然成立，下面考虑时的情形，
只要找到正数，使得当时，恒有．
因为，所以当，即时，存在，当时，恒有．
当时，
解法一：利用第（2）问的结论有，所以，所以，
那么只要，即即可，此时可取．
解法二：由于当时，，所以，即，所以，
那么只要，即即可，此时可取．
【评析】与超越函数的交点很难求出来，这时可以借助函数的图像和性质进行放缩，得到一些代数函数，转化为求与这些代数函数的交点．
六、函数的性质和应用．
【函数的性质】
，时，；当时，．
所以函数在上单调递增，在上单调递减．
【函数的图像】
当时，，图像在轴的下方；当时，，图像在轴的上方．当时，函数有最大值，函数在处的切线方程为，所以有不等式．
【例题8】（2014年高考湖北卷理科第22题）
已知是圆周率，为自然对数的底数．
（I）求函数的单调区间；
（II）求，，，，，这6个数中最大数和最小数；
（III）将，，，，，这6个数按时从小到大的顺序排序，并证明你的结论．
【分析】充分利用函数的性质，恰当赋值，对这6个数进行比较大小．
【解析】（I）函数的单调增区间为，单调减区间为．
（II）由于函数在上单调递减，且，所以，
即，可以得到三组不等式：，，，
再由幂函数的单调性，可以得到三组不等式：，，，
整合后可得不等式：，，
不难看出，6个数中的最大数为，最小数为．
（III）由（II）知，只需比较与和与的大小，
由函数的图像性质知，当时，有，
在上式中，令，又，则，即得①
由①得，，
即，亦即，所以，
又由①得，，即，所以，
综上所述，，即6个数从小到大的顺序为，，，，，．
【评析】把这6个数先分成几组不等式，先找出最大数和最小数，然后再比较中间数的大小，这样做可以使条理很清晰．
【例题9】已知函数（），．
（1）讨论的极值点的个数；
（2）若对任意的，总有；
（i）求实数的取值范围；
（ii）求证：对任意的，不等式成立．
【分析】第二问可以考虑分离变量求的取值范围，可以考虑借助题干中的不等式证明要求证的不等式．
【解析】（1）略；
（2）（i），
令（），因为（时取等号），又因为，
所以（时取等号），所以（时取等号），
所以实数的取值范围为；
（ii）证法一：由（i）可知，当时，有，即，下面证明．因为，所以，将代入上式有，
即，从而（时取等号）．
综上可知，不等式成立．
证法二：考虑到，即有，以及，则有
．
【评析】证明不等式实质就是应用不等式的传递性，可以采用同向不等式相加（如证法一），也可以层层传递（如证法二），也可以用叠乘等等．
【针对训练6】（2013年高考江苏卷理科第20题，，其中为实数．
（1）若在上是单调减函数，且在上有最小值，求的取值范围；
（2）若在上是单调增函数，试求的零点个数，并证明你的结论．
【分析】讨论的零点个数，可以转化为求的交点个数．
【解析】（1）略；
（2）∵在上是单调增函数，∴即对恒成立，
∴，而当时，＞，∴
令，得，即求直线与函数的交点个数，
由函数的图像易知，当或时，直线与函数有一个交点，
当时，直线与函数有2个交点．
所以，当或时，函数有1个零点，当时，函数有2个零点．
【评析】标准答案的解析非常繁杂，利用函数的图像，数形结合，思路清晰，一目了然．
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