一道数学问题解答错误引起教学思考

一道数学问题解答错误惹起授课思虑一道数学问题解答错误惹起授课思虑5/5一道数学问题解答错误惹起授课思虑一道数学问题的解答错误惹起的授课思虑在高三的复习迎考授课中，我们遇到了一个解法正确，结果错误的不等式恒建立问题，即后边的题目，找出错因后引出了一些思虑.题目已知函数f（x）=lnx，g（x）=ex，其中e=2.71828是自然对数的底数.（1）若函数（x）=f（x）-x+1x-1，求（x）的单调区间；（2）若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒建立，求实数k的取值范围.原解（1）略；（2）由g（x）≥kf（x+1）+1（x≥0）恒建立得ex≥kln（x+1）+1在x≥0时恒建立，即kln（x+1）≤ex-1在x≥0时恒建立，由于ln（x+1）≥0，ex-1≥0，若k≤0，则kln（x+1）≤ex-1在x≥0时恒建立；若k>0，由lnx+1）≤x得kln（x+1）≤kx，由kx≤ex-1知当x=0时，关于任意正实数k都建立，当x>0时，不等式k≤ex-1x，令hx）=ex-1x（x>0），h′（x）=xex-（ex-1）x2=ex（x-1）+1x2，当x∈（0，1）时，h′（x）0，因此h（x）有极小值也是最小值为h（1）=e-1，因此当0<k≤e-1时，kln（x+1）≤kx≤ex-1恒建立.综上，若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒建立的实数k的取值范围是（-∞，e-1].题目的上述原解法，既不圆满同于高考参照解法（不分离出参数k，分类谈论，即设h（x）=kln（x+1）-（ex-1）（x≥0），先由h′（x）=kx+1-ex察看出吻合条件的k的范围，再否认不合条件的k的范围），也不全同于异于高考参照解法的分别参数法，即由ex≥kln（x+1）+1解出k≤ex-1ln（x+1），求k（x）=ex-1ln（x+1）（x>0）的值域，而是两种方法混淆之，解法是没有问题的，但结果是错误的.问题出在时下一个比较流行的错误命题（k≤f（x）恒建立k≤f（x）min）上，依照这错误命题，解决k≤f（x）恒建立就必定求得f（x）min，原解法的问题就出在求h（x）=ex-1x的最小值上，即由h′（x）=xex-（ex-1）x2=ex（x-1）+1x2，当x∈（0，1）时，h′（x）0，h（x）min=h（1）=e-1，这是错误命题下察看不仔细误，事实上，当x∈（0，+∞）时，h′（x）>0恒建立，h′（1）=1≠0，即h（x）=ex-1xx>0）的最小值不是h（1）=e-1，h（x）=ex-1x（x>0）根本就没有最小值，要正确解出，还得依照正确命题（k≤（fx）恒建立求f（x）的值域得最正确不等式）求函数h（x）=ex-1xx>0）的值域，还必定用函数的极限，特别是洛比达法例求极限，这样，题目（2）的解法可修正为下面的正确解法1.解法1（2）由g（x）≥kf（x+1）+1（x≥0）恒建立得ex≥kln（x+1）+1在x≥0时恒建立，即kln（x+1）≤ex-1在x≥0时恒建立，由于ln（x+1）≥0，ex-1≥0，若k≤0，则kln（x+1）≤ex-1在x≥0时恒建立；若k>0，由ln（x+1）≤x得kln（x+1）≤kx，由kx≤ex-1知当x=0时，关于任意正实数k都建立，当x>0时，不等式k≤ex-1x，令h（x）=ex-1xx>0），h′（x）=xex-（ex-1）x2=ex（x-1）+1x2，令r（x）=ex（x-1）+1（x≥0），r′（x）=exx≥0，r（x）的增区间为（0，+∞），又r（0）=0，因此r（x）≥0，进而h′（x）>0，h（x）的增区间为0，+∞），limx→0+h（x）=limx→0+ex-1x=limx→0+ex1=1，limx→+∞ex-1x→+∞，即h（x）的值域为（1，+∞），值域用不等式表示就是1<ex-1x，因此k≤1<ex-1x恒建立，即k1.综上，若x≥0，g（x）≥kf（x+1）+1恒建立的实数k的取值范围是（-∞，1].题目（2）正确解法1，既要分类谈论，又要分别参数，还要放缩不等式，那就不如单用分类谈论或单用分别参数，即下面的几种解法.解法2g（x）≥kf（x+1）+1为kln（x+1）+1≤ex，解出k≤ex-1ln（x+1），令k（x）=ex-1ln（x+1）（x>0），经过多次求导（由于过程较繁，求导过程略，题目原解答就是考虑到多次求导麻烦，才经过放缩不等式kln（x+1）≤kx≤ex-1转变为求导较简单的h（x）=ex-1x）可知k（x）增区间为（0，+∞），limx→0+ex-1ln（x+1）=limx→0+ex1x+1=1，k（x）值域为（1，+∞），用不等式表示就是最正确不等式1<ex-1ln（x+1），因此k≤1<ex-1ln（x+1）恒建立，因此k≤1.解法3g（x）≥kf（x+1）+1为ex≥kln（x+1）+1，由g′0）=[kf（0+1）+1]′得k=1（从图象上看，不等式两头的两个函数在x=0处的切线都是直线y=x，左端函数图象全在直线y=x上方，右端函数图象全在直线y=x下方），先证明lnx+1）+1≤ex对x≥0恒建立，令h（x）=ln（x+1）+1-exx≥0），h′（x）=1x+1-ex≤0，h（x）减区间为（0，+∞），h（x）max=h（0）=0，h（x）=ln（x+1）+1-ex≤0，即ln（x+1）ex-1，两头同除以ln（x+1）得最正确不等式1<ex-1ln（x+1），因此k≤1<ex-1ln（x+1）恒建立，即k≤1.解法4g（x）≥kf（x+1）+1为ex≥kln（x+1）+1，即klnx+1）+1-ex≤0，令h（x）=kln（x+1）+1-ex（x≥0），h′（x）=kx+1-ex，当k≤1时，h′（x）≤0，h（x）减区间为（0，+∞），h（x）max=h（0）=0，因此h（x）=kln（x+1）+1-ex≤0，即kln（x+1）ex-1恒建立；当k>1时，举反例证明h（x）=kln（x+1）+1-ex0不建立（过程略，可参看高考解法），因此k≤1.一般地，分类谈论能解决的问题，分别变量（能分其余话）也必能解决，分别变量后就是求不含参的函数值域问题，但一般要用函数的单调性，导数与极限