回归问题本质，碰撞思维火花
——以“超越函数的极值估计问题”为例
郭立 南京市金陵中学
摘要：在“超越函数的极值估计问题”专题复习中，学生往往会通过回代将超越式转化为代数式再
研究，但有时又无法奏效。通过引导学生自主探究，发现此类问题的解法本质，多角度思考问题。
本文以此为例，让学生在解法“碰壁”后获取到更有效的学习经验，更有利于高三复习。
关键词：超越函数，极值，零点
《全日制义务教育数学课程标准》中明确地指出：“教师应激发学生的学习积极性，向学生提
供充分从事数学活动的机会，帮助他们在自主探究和合作交流的过程中真正理解和掌握基本的数学
知识与技能、数学思想和方法，获得广泛的数学活动经验．”本文以研究“超越函数的极值估计问
题”为例，一起探讨如何引领学生进行“自主探究”和“合作交流”？
一、复习回顾，引入问题
在高三复习阶段，我们在函数问题学习时，用导数求极值是其中的基本问题，在函数问题解决
中也起到了重要作用，超越函数的极值、最值问题也是高考中常考的内容和难点．
在之前《导数》专题的学习中，我们通过导函数零点来进一步求解函数极值，如果导数零点可
求，函数极值易得，如果导数零点不可求，函数的极值一般不可求，下面通过例 1 来研究超越函数
的极值估计问题：
【例 1】已知函数 f(x)＝e
x
－lnx，求证：f(x)存在唯一的极小值点 x
0
，且 2＜f(x
0
)＜
5
2
．
【解】f’(x)＝
xe
x
－1
x
(x＞0)，
其中 g(x)＝xe
x
－1 在(0，＋∞)上单增，g(
1
2
)＝
1
2
e－1＜0，g(1)＝e－1＞0，
所以存在 x
0
∈(
1
2
，1)，g(x
0
)＝x
0
e
x
0
－1＝0．
当 x∈(0，x
0
)，f ‘(x)＜0，f(x)单减，当 x∈(x
0
，＋∞)，f’(x)＞0，f(x)单增．
从而 f(x)存在唯一的极小值点 x
0
，利用 e
x
0
＝
1
x
0
，lnx
0
＝－x
0
，
则 f(x
0
)＝e
x
0
－lnx
0
＝
1
x
0
＋x
0
，因为 x
0
∈(
1
2
，1)，所以 2＜f(x
0
)＜
5
2
．
综上，f(x)存在唯一的极小值点 x
0
，且 2＜f(x
0
)＜
5
2
．
通过本例可以看到解决超越函数的极值估计有几个关键步骤：
① 说明存在极值点 x
0
，确定零点方程 f’(x
0
)＝0；
② 对 f(x
0
)表达式进行转化；
③ 结合 f(x
0
)表达式和 x
0
所在区间对极值进行估计．
为了得到 f(x
0
)想要的估计范围，我们需要对 x
0
有对应的估计．理论上，可以将极值大小估算
到任意想要的精度．如何把握精度的“度”?粗了无法得到需要的精度，过度精确也没必要，使得
运算更复杂，做到“精准打击”．
像例 1 中得到 f(x
0
)＝
1
x
0
＋x
0
之后，使用分析法需要确定 x
0
所在的范围为(
1
2
，1)．
我们回想一下，为什么要进行极值点代换进行消去超越式化简，因为表达式简单，我们方便
研究．可是有时候，我们在对 x
0
更精确估计的时候遇到了困难，比如无法细化了，细化的过程中
遇到了计算上的难度，那如何对极值估计有新的手段?
二、补充变式，打破套路
【例 1 变式】进一步证明： e+
1
2
＜f(x
0
)＜ e+ln2.
【分析】变式的极值估计要求更高了．可以将 x
0
所在范围缩小，比如用 x
0
和
3
4
比大小，发现
x
0
∈(
1
2
，
3
4
)，f(x
0
)＝
1
x
0
＋x
0
∈(
25
12
，
5
2
)，范围不够小，继续调整．和
5
8
比大小，发现 x
0
∈(
1
2
，
5
8
)，f(x
0
)
＝
1
x
0
＋x
0
∈(
89
40
，
5
2
)，范围不够小，继续调整，和
9
16
比大小，发现 x
0
∈(
9
16
，
5
8
)，f(x
0
)∈(
89
40
，
337
144
)，
这样才达到精度要求．但我们回顾这种方法，采用二分法不断缩小 x
0
所在范围，经过大量的计算
尝试，调整了多次范围，直到可行为止，这几乎是“不可能完成的任务”，所以需要考虑其他办
法估计极值大小．
当常用方法不适用时，需要另辟蹊径，除了调整 x
0
所在区间，f(x
0
)的估计还有一个关键步骤
就是转化 f(x
0
)表达式，也可以从这个角度去处理．
利用 lnx
0
＝－x
0
，f(x
0
)＝e
x
0
－lnx
0
＝e
x
0
＋x
0
，然后再根据 x
0
∈(
1
2
，1)，可知 f(x
0
)＞ e＋
1
2
．另一方
面，不转化 f(x
0
)的形式，直接根据 f(x)的单调性，f(x
0
)＜f(
1
2
)＝ e＋ln2．从而 e＋
1
2
＜f(x
0
)＜ e＋
ln2．
将例题和变式两种做法对比一下，让学生自己大胆尝试，不怕犯错，在活动中产生学习经
验，更具有课程价值．变式从证明结果来看直接匹配，而且过程更简单，用到的方法是 f(x
0
)化简
的时候可以进行局部代换(只代换 lnx)，甚至不代换(直接利用原函数 f(x)单调性)，也可以完成极值
估计．
我们不能被套路“套住”，我们发现超越函数的极值估计问题实际是 x
0
，f’(x
0
)，f(x
0
)三者关
系的研究，最终本质是函数的取值范围，需要解决两个问题——表达式是什么?变量的范围是什
么?这样便得到极值的所在区间．
三、趁热打铁，总结提升
此类问题在高考和模考题中出现过很多次，比如 2017 年全国高考题中：
【例 2】已知函数 f(x)＝x
2
－x－xlnx．求证：f(x)有唯一的极大值点 x
0
，且
1
e
2
＜f(x
0
)＜
1
4
．
【分析】先判断存在性，确定 x
0
满足 2x
0
2
－2x
0
－lnx
0
＝0．
极值点回代得到 f(x
0
)的化简式 f(x
0
)＝x
0
2
－x
0
－x
0
lnx
0
＝－x
0
2
＋x
0
，
要证明 f(x
0
)＜
1
4
，利用 f(x
0
)＝－x
0
2
＋x
0
，再根据 x
0
＜
1
2
即得；
要证明 f(x
0
)＞
1
e
2
，不转化 f(x
0
)，根据原函数 f(x)的单调性，f(x
0
)＞f(
1
e
)＝
1
e
2
．多角度灵活估计极值．
【证明】由(1)知 f(x)＝x
2
－x－xln x，f’(x)＝2x－2－ln x，
设 h(x)＝2x－2－ln x，则 h’(x)＝2－
1
x
，
当 x∈(0，
1
2
)时，h’(x)＜0；当 x∈(
1
2
，＋∞)时，h’(x)＞0，
所以 h(x)在(0，
1
2
)单调递减，在(
1
2
，＋∞)单调递增，
又 h(e
－
2
)＞0，h(
1
2
)＜0，h(1)＝0，
所以 h(x)在(0，
1
2
)有唯一零点 x
0
，在[
1
2
，＋∞)有唯一零点 1，
且当 x∈(0，x
0
)时，h(x)＞0；
当 x∈(x
0
，1)时，h(x)＜0；当 x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，
因为 f’(x)＝h(x)，所以 x＝x
0
是 f(x)的唯一极大值点，
由 f’(x
0
)＝0 得 ln x
0
＝2(x
0
－1)，故 f(x
0
)＝x
0
(1－x
0
)，
由 x
0
∈(0，1)得 f(x
0
)＜
1
4
，
因为 x＝x
0
是 f(x)在(0，1)的最大值点，由
1
e
∈(0，1)，f’(
1
e
)≠0 得 f(x
0
)＞f(
1
e
)＝
1
e
2
，
所以
1
e
2
＜f(x
0
)＜
1
4
．
在 2022 年南京市二模考试中的 21 题同样出现了一道超越函数的极值估计的题目，在掌握了以
上方法后，这道题的第二问会有很多种方法．
【例 3】已知函数 f(x)＝(x
2
－x＋1)e
x
－3，g(x)＝xe
x
－
f(x)
x
，e 为自然对数的底数．
(1)求函数 f(x)的单调区间；
(2)记函数 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 m，证明：e＜m＜3．
【解】(1)由 f(x)＝(x
2
－x＋1)e
x
－3，得 f’(x)＝(x
2
＋x)e
x
．令 f(x)＝0，得 x＝－1 或 x＝0．
当 x∈(－∞，－1)∪(0，＋∞)时，f’(x)＞0；当 x∈(－1，0)时，f ‘(x)＜0．
所以 f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(0，＋∞)，单调递减区间为(－1，0)．
(2)g(x)＝xe
x
－
f(x)
x
＝(1－
1
x
)e
x
＋
3
x
，x＞0，求导得 g(x)＝
1
x
2
[(x
2
－x＋1)e
x
－3]＝
f(x)
x
2
．
由(1)得 f(x)在(0，＋∞)上递增，因为 f(1)＝e－3＜0，f(2)＝3e
2
－3＞0，且 f(x)的图像不间断，所以
存在唯一 x
0
∈(1，2)，使得 f(x
0
)＝0，即 g(x
0
)＝0，即(x
0
2
－x
0
＋1)e
x
0
－3＝0(*)．
所以，在(0，x
0
)上，f(x)＜0，即 g(x)＜0，故 g(x)递减；在(x
0
，＋ ∞)上，f(x)＞0，即 g(x)＞0，故 g(x)
递增．
一方面，证明 m＜3：
法一：因此 m＝g(x)
min
＝g(x
0
)＝
(x
0
－1)e
x
0
＋3
x
0
(**)．
由(*)式得 e
x
0
＝
3
x
0
2
－x
0
＋1
，代入(**)式得 m＝
(x
0
－1)
3
x
0
2
－x
0
＋1
＋3
x
0
＝
3
x
0
＋
1
x
0
－1
．
因为 x
0
∈(1，2)，且函数 y＝
3
x＋
1
x
－1
在(1，2)上递减，所以 m＝
3
x
0
＋
1
x
0
－1
∈(2，3)．
法二：因为 g(x)在(0，x
0
)上递减，且 x
0
∈(1，2)，所以 m＝g(x
0
)＜g(1)＝3．
另一方面，证明 m＞e
法一：因为 f(
4
3
)＝
13
9
e
4
3
－3＞
4
3
×2.7－3＞0，故 x
0
∈(1，
4
3
)，所以 g(x)
min
＝
3
x
0
＋
1
x
0
－1
＞
3
4
3
＋
3
4
－1
＝
36
13
≈2.77＞e．
【实际上 x
0
≈1.05，需要将隐零点范围缩小至 x
0
∈(1，1.377)才能完成解题．
法一中 f(
4
3
)＝
13
9
e
4
3
－3＞0 手工不易操作．另法，f(
5
4
)＝
21
16
e
5
4
－3＞
5
4
×2.7－3＞0，所以 x
0
∈(1，
5
4
)，
所以 g(x)
min
＝
3
x
0
＋
1
x
0
－1
＞
3
5
4
＋
4
5
－1
＝
20
7
≈2.86＞e．这里法一就是用我们常规套路中的隐零点极值点
回代的方法消掉超越式得到简单代数式处理，这里 m＜3 可以通过 x
0
＞1 求的，但 m＞e 仅靠
x
0
∈(1，2)这个范围不可行，需调整上限，可以但不好做．】
法二：由(*)式得(x
0
－1)e
x
0
＝x
0
2
e
x
0
－3，代入(**)式得 m＝
(x
0
－1)e
x
0
＋3
x
0
＝x
0
e
x
0
．
因为 x
0
∈(1，2)，且函数 y＝xe
x
在(1，2)上递增，所以 m＝x
0
e
x
0
＞e．
法三：因为 f(x
0
)＝0，所以 g(x
0
)＝x
0
e
x
0
－
f(x
0
)
x
0
＝x
0
e
x
0
．
因为 x
0
∈(1，2)，且函数 y＝xe
x
在(1，2)上递增，所以 m＝x
0
e
x
0
＞e．
【法二和法三在证明 m＞e 时有“奇效”，主要的原因是在使用极值点回代的时候并不是简单消去
e
x
0
，而是巧妙利用零点方程的形式，x
0
即为 f(x)的零点，将 m 表示成简单的 x
0
e
x
0
的形式，在利用
x
0
＞1，得到 m＞e．】
这道题做法很多，实际上是因为超越函数的极值估计可操作的部分很多，极值 f(x
0
)的表达式可
以怎么转化?极值点 x
0
所在的区间应该怎么调整?而解决这两个问题的前提是要先分析题目中需要
证明的范围，做到有的放矢，有效解题，才可以精准打击．
在高三复习课中，一味地灌输、教授，题海战术无法调动学生的积极性，反而会让学生丧失在
数学学习中最有意思的一个环节，让学生勇于尝试，在解法“碰壁”中获取学习经验不失为一种更
有效的学习方式．
