函数中地赋值问题教师版恍然大悟火爆高考教案卷中导数赋值取点问题地前世今生

1、合用标准文案函数中的赋值问题第一讲赋值的意义函数是一个的，之所以“”，是因它涉及到函数域的方方面面：函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性)；求含参函数的极或最；明一超越不等式；求解某些特其他超越方程或超越不等式以及各种型中的参数取范等等可是下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模卷的准解答中，一种以极限言或极限点取代的“素描式”解象予关注和正从一道调研试题的标准解答说起目1已知函数f(x)aexx2bx(a,bR)（1）略；（3）略；（2）b0，若f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取范x22解：（2）baxx有唯一解0，方程aex0即e2x(2x)，令g(x)xxg(x)，g(

2、x)0 x10,x22eexx0，g(x)0,g(x)减，yag(x)所以g(x)g(0)0g(x)的取范是0,)(?)og20 x2，g(x)的取范是(0,42)；ex2，g(x)0,g(x)减，且恒正，所以g(x)的取范是0,42e所以当a0或a42，f(x)有且只有一个零点，故a的取范是a0或ae疑：1“g(x)0”与“g(x)的取范是0,)”可否等价？2也解答的潜意是xg(x)，那么其依据是什么?yya4g(x)ge2og文档22x42e2xx合用标准文案作为指挥棒的省考、国考又是怎样办理相关问题的呢?答：一其中心：参数全程扫描；一个基本点：赋值丝丝入扣真题研究题目2（2013江苏20

3、）设函数f(x)lnxax,g(x)exax，其中a为实数（1）略；（2）若g(x)在(1,)上是单调增函数，求f(x)的零点个数，并证明你的结论（2）解：由g(x)在(1,)上单调增，得a1e(过程略)yo1时，f(x)a0,f(x)Z，1a0 xf(x)而f(ea1)a(1ea1)10,f(e)1ae0，且f(x)图像不中止，a1e依据零点定理，f(x)有且只有一个零点e?Ox【解析a0时，由f(x)0 x1(极大值点)，f(x)maxln11】aa2oa1时,f(x)lnx1x令f(x)110,xeeexe且xe,f(x)0,0 xe,f(x)0，y所以xe是f(x)的极大值点，也是最大

4、值点，eO?x所以f(x)f(e)0，当且仅当xe,f(x)0f(x)故f(x)有唯一零点xe3o0a1时，令f(x)1a0,x1列表：exax111(0,a)a(a,)f(x)lnxaxf(x)0gggg1e11f(x)Zf(x)maxaa2所以f(x)maxf(1)ln110aa在(0,1)上，f(1)a0且f(x)单调，所以f(x)有且只有一个零点；a文档合用标准文案111o1在(a,)上，显然a2a，注意到2的结论(lnxex)，所以f(1)2ln112(ln11)2(11)0，同理f(x)有且只有一个零点a2aaa2aea2a由f(x)有两个零点综上所述，当a0或a1时，f(x)有1

5、个零点；当0a1时，f(x)有2个零点eeoa1【注1】本题第（2）问“30e时”赋值点的形成过程及其多元性:在(0,1a)上，因为1(0,1a)，且为常数，所以理应成为直观赋值点的首选在(1,)上【难点！】依据单调性，直观赋值点应在1右侧充分远处试一试2，失败！aaa表示该赋值点不够远，再改试12，成了！(过程如上)显然，赋值点不唯一a在(0,1)上，也可考虑11,f(1)0(标解)，aeae或a1,f(a)lnaa21a20（均不及赋值1简略）a在(1,)上也可考虑，11,f(1)eln1aeln1ae(ln111)0aaeaaeaaeaa2aea11x211eaaa(标解)，并注意到x0

6、还可考虑时，ex(证略)，f(e)a【注2】在本题2o结论(lnx1x)的牵引下，区间(1,)上的三个赋值点ea11aeaa(12ea)0a112,1e,ea一脉相承，aa1xe1111井井有条：因为alnxexex(当且仅当xe，等号成立)，所以eaea2a以上赋值均为先直观，后放缩其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大所以，当直观赋值受挫时，不如经过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证)目标现以区间(1,)为例a【解析：在1右侧充分远处，希望存在x1，使f(x1)0，为此，应意识到在f(x)的表达式中，a对f(x)0起主导作用的那一项为哪一项ax，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定lnx依

7、据lnxx1(x1)(证略)，f(x)x1ax0 x1，不如取x11，1a1a但11?此路受挫，故须调整放缩的尺度】1aa文档合用标准文案o1思路一：由本题2结论，lnxex1111令2lnx22x2x2x212(1)lnxf(x)ax0 x1eaa2o结论(lnx1x),lnx111详解：由本题2lnx22x2x2ee在(1,12,f(x1)111)上，存在x1x12ax10(以下略)aaaa思路二：由lnxx1k1时，lnxx1lnxxlnk1kkkf(x)lnxax14ggga2a2gg1e1ak(1)的任意性给赋值供应了更为宽松的选择空间：f(x)lnxaxxlnk1ax(1a)xk2

8、(1a)xk，kkk令(1a)xk0k1a10 xkak11(0a1)kaaak(k1)10ek不如令k2x24aa2详解：lnxx1(证略)，lnx2ax1lnxax1ln2ax2f(x)ax2a22a2a2a今取x241,f(x2)a420(以下略)a2a2a2a【追踪训练】1思虑并解答本讲题目1(2)；思虑函数赋值问题有哪些依据和方法第二讲赋值的依据和方法赋值的理论依据：不等式的基本性质以及一些简单代数方程、不等式的求解2)零点存在定理.基本模式是已知f(a)的符号，研究赋值点m(假定ma)使得f(m)与f(a)异号，则在(m,a)上存在零点一些基本的超越不等式，如：文档合用标准文案x1

9、11xlnxx1；lnxex2x1时，x12(x1)lnxx21x1xx12x30 x1时，x1x21lnx2(x1)x1x2xx14exx1;exex;exx21(x0);exx2x(x0)【注】应用上述不等式,一般须给出证明赋值的对付方略：2.1赋值的方法：10直观放缩法其形态是先直观试一试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证风险大（参阅上节“真题研究”）02放缩求解法其形态是先适当放缩，尔后经过解不等式或方程求出赋值点，其特点是安妥、可靠，但有时，目标放缩有点难（参阅上节“真题研究”中的思路一，思路二）2.2赋值点遴选要领：遴选赋值点须做到三个保证，三个优先三个保证：（1）

10、保证参数能取到它的所有值；（2）保证赋值点x0落在规定区间内；（3）保证运算可行三个优先：（1）优先常数赋值点；（2）优先借助已有极值求赋值点(参阅2016届南通一模N19)；（3lnxln）优先简单运算，如e，ex等2.3放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随行，唇齿相依1）依放缩的依据划分，可分为无条件放缩和条件放缩两类前者如，exx1，lnxx1等；后者如x0时，e1x1时，e(1x)1等；xxe1x（2）依赋值点的个数划分，可分为单点式和两点式前者以解方程为归宿；后者以解不等式为文档合用标准文案宿，从某种意上，后者是前者受挫的急之一般状况下，放的目定于函数的化起不了主作用的那些；但有些

11、中，很界定“主”与非“主”，此放的尺度取决于目中各种因素的合考量正是的点例1（2015届南附中期中考N20）已知函数fx1ax22x2alnx2（1）略；（2）略；（3）若曲C：yfx在点x1的切l与C有且只有一个公共点，求正数a的取范解析：（3）易得切y4xa2，代入yfx整理得：2gxax212x12alnx0，等价于函数gx有且只有一个零点，2gxax1x，其中2a【下一步解析：第一x,0恒成立（不能能），及xax0恒成立,x恒成立,0】o当,0，即a2，由gx0 x1，1且当x1，gx0，gxZ；当0 x1，gx0，gx所以x1是gx唯一的极小点，也是最小点ya2g(x)且g10，故a

12、2足意o0即0a2由gx0 x11，x2O1x2【下一步解析：比gx两零点与1的大小】yg(x)2ax1o1即a1，gx10，gxOx1gxZ，又g10，所以a1足a12o1，即0a1，当1x，gx0，gx，所以gg10【接着研究：在,上，gxZ，所以在右充分，ya10希望存在x1，使gx10，其他意到gx0起主作用1ggxOx1文档g(x)合用标准文案的那一是ax21（不宜易放），故放的主要目2是几乎能够忽略不的“2alnx”，事上，当x1，2alnx0，所以gxax212x1x1ax12x1令x14ax20】222a解：又存在x141，所以2alnx10，agx1ax1212x11x11a

13、x112x11ax120222在,x1内，gx存在零点，所以gx最少有两个零点，不合意3o1，即1a2，在,1上，gx0，gx，所以gg10【接着研究：在0,上，gxZ，所以在x0右充分近，yg(x)希望存在x2，使gx20其他意到gx0起主作用ggxOx21的那一是lnx（所以不宜易放）故放的主要目1a2是几乎能够忽略不的“ax212x1”，事上，当0 x1，ax210，22令22x12，所以gx22alnx0 x2=e2a】022aax22解：又存在x2e2a1，并注意到10，2x212，a2gx222alnx222a20，所以在0,内gx存在零点，2a从而gx最少有两个零点，不合意上所述

14、，a1或a22【附：e2aa：ea2112a2a2a】222ae2a2a例2（上“目1（2）”）已知函数f(x)aexx2bx(a,bR)（1）（3）略（2）b0，若f(x)在R上有且只有一个零点，求a的取范正解：(参数描)依意f(x)aexx2有唯一零点，于是：yf(x)aexx2文档xa0合用标准文案10当a0,f(x)0，不合；20当a0,f(x)x2有唯一零点，吻合；30当a0,一方面f(0)a0【下一步，解析1：用直观放缩法试一试x1使f(x1)0，显然x10(why?)因为f(x)aex2x0,f(x)，所以只要令x1x0，从而0且充分小，则ae1f(x1)aex1x120若x1为

15、某个负常数,因负数a的任意性,无法保证f(x1)0，故x1须与a相关不如改试x1a1】另一方面a10,并注意到exx1(证略)f(a1)a(a2a(a2a120，所以在(,0)内f(x)有唯一零点e1a1)a1)222aa2于是x0时，须f(x)无零点，而f(0)0，所以x0,f(x)0，即axxe2x(2x)，令g(x)记g(x)xx(x0),g(x)0 x02,当0 xx0,g(x)0,g(x)Z；eex当xx0,g(x)0,g(x)，所以g(x)maxg(x0)4a4，所以a4222eee综上a0或a4e2【注】将零点问题转变成不等式恒成立问题从而使“分参”不依赖于形而突显其严实性【下一

16、步解析2：用放缩求解法求x1使f(x1)0，显然x1(,0)事实上x0时,f(x)aexx2a1x2令0,解之x1a】另一方面x1a0,使f(x1)aex1x12ax120,且x0时f(x)aex2x0,f(x)，所以在(,0)内f(x)有唯一零点(以下过程同上)【下一步解析3：仍用放缩求解法，x1时，f(x)aexx2a1x2令xa，取x1a1】ax0另一方面x1a10,使f(x1)aex1x12ax12ax10且x0时f(x)aex2x0,f(x)，所以在(,0)内f(x)有唯一零点(以下过程同上)文档合用标准文案例3已知f(x)xlnxa，谈论fx的零点的个数解：记fx的零点的个数为kf

17、x的定义域为(0,)，fx1lnx，令fx0 x1x1fx0,fxZ0 x1fx0fxe，当e时，；当e时，所以x01.当a1是fx的唯一极小值点也是最小值点，即fxminf1a1e1eeeOg10，即a1时，fx0,故k0of(x)mineea020.当a10，即a1时，fxminf(1)0,k1f(x)eee11Ooe10a0，即a时，fxmin0(如右图所示)g13.当ee.a0时，在0,1上fx0,在(1,)上，a0eeea1aaaf(x)【路子一】存在e，feaeaa(e1)0，aoe1由零点定理及f(x)的单调性k1Og10a令e【路子二：经过放缩，求解赋值点当xe时,f(x)xx

18、a】a0当xe且xa时，f(x)xa0，同理k1.a0时，由xlnx0 x1，所以k1.0a1时，fxmina10一方面11，且f1a0，另一方面eee1时，应有f1【路子一：依据单调性，当0 xx0，不如直观试一试x0ea】ey时，exx2（证略），存在11f(x)注意到x0 x0ea，eo1a21e121a2ggx11feaeaa0，又fx图像在定义域内不中止，11aa0ae11和内，fxk2.所以在，各有一个零点，故0ee【路子二(借助原函数极值求赋值点)】已证在(0,)上xlnx1，且存在a2a1，fa22a2lnaaa2alna1ee文档合用标准文案a210同理k2.e综上所述：当a

19、1a1e时，f(x)没有零点；当e或a0时，有1个零点；当0a1时，有2个零点e【注】学生可能出现的认知误区是：当x0时，xlnx（或）【追踪训练】1解不等式：(e1)lnxx1，其中e为自然对数的底数解析：记f(x)x1(e1)lnx，则原不等式等价于f(x)0.f(x)1e1，x令f(x)0，x0e1yf(x)当xx0,f(x)0,f(x)Z；当0 xx0,f(x)xg0Oggx又一方面，存在1x0,f(1)0,另一方面，存在ex0,f(e)0，1e所以当且仅当1xe时f(x)0，从而原不等式的解集为(1,e)2已知函数f(x)lnxax1(aR)(1)谈论函数f(x)的单调性；(2)若f

20、(x)有两个零点x1,x2(x1x2),求a的取值范围f(x)x1?x2解析：(1)易得f(x)在(0,1)Z,在(1,).1aaa(2)若a0则f(x)Z,f(x)在定义域内最多一个零点,不合所以a0且f(x)maxf(1)ln100a1.aa此时，一方面11f(1)a0；另一方面，注意到lnxx1(证略)ea使eee11e1e2e于是，x0a2a使f(x0)12lnaa122(a1)aa0依据零点定理以及f(x)的单调性,可知f(x)在(0,1)和(1,)上各有一个零点，aa所以a的取值范围是(0,1)3设函数f(x)sinxax1x3(aR)若对任意的x0,f(x)0成立，求a的取值范围

21、6解：f(x)cosxa1x2,f(x)xsinx0f(x)Zf(x)f(0)1a2文档合用标准文案1.当a1时,f(x)0,f(x)Zf(x)f(0)0；2.当a1时,f(2a)cos2aa2a2cos2aa2a(a1)0,f(0)1a0，所以x0(0,2a)使得f(x0)0且在(0,x0)内f(x)0f(x),f(x)f(0)0与题设不符.所以a1第三讲赋值的若干经典问题例1（2015.新课标（1）文21）设函数f(x)e2xalnx（1）谈论f(x)零点的个数；（2）略解：（1）f(x)1(2xe2xa)x当a0时,f(x)0，故f(x)无零点；当a0时f(x)零点的个数即g(x)2xe

22、2xa(x0)零点的个数，记为ny所以在(0,)上g(x)Z，所以n1(i)又g(a)a(2e2a1)0g(x)Ox【下一步怎样搜寻正数x0使g(x0)0?】o路子一(直观放缩法)【解析】假定x0g(0)a0，故应将x0锁定在0右侧一点点，直观试一试后，形成以下的详解：取x0mina,1，g(x0)221a12)0，依据零点定理n1(j)，ae4a(e24442由(i),(j)n1x111路子二(放缩求解法)【解析】0 x1时eex1x于是当0 x2，即02x1时，e2x1g(x)2xa0,xa1令12x12x2(a1)2x1112x1详解：0 x1时eex1x，于是当0 x2时，02x1,e

23、12xg(x)2xa，取a1g()2a0依据零点定理n1(j)，12x2(a1)212由(i),(j)n1f(x)文档g12gggx1x2a0合用标准文案例2（2016.全（1）理21）已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点（）求a的取范；（）略解析：（）(参数描)fx(xxa()1)(e2)10)若a0，当x1,f(x)0,f(x)Z，当x1,f(x)0,f(x),f(x)minf(1)e0一方面,当x1f(2)a0；另一方面,当x1路子一(解)存在b0且blna，使f(b)(b2)aa(b1)2ab(b3)0，222所以在x1两，f(x)各有一个零点，足意路子二【解析：当x0,

24、能起主作用的那一然是2xf(x)0a(x1)，而e0,1化幅度不大，是比理想的放目x0,f(x)(x2)a(x1)22x2a(x1)2(x1)(2axa)(x1)(2ax)令x020】a解：x0,f(x)x2a(x1)22x2a(x1)2(x1)(2axa)(x1)(2ax)，今取x0201,f(x0)(x01)(2ax0)0，所以在x1两，a(x)各有一个零点，足意20)若a0，当x1,f(x)0，所以f(x)有两零点x1，f(x)有两零点(x2)exa(x1)有两零点，但(x24x5)exg(x)Zg(x)g(x)(x1)30(x1)2所以f(x)不存在两个零点上，a的取范是(0,)【注】

25、便指出,在同解形中,巧用起落格,可化解程(明:x0,exx21)例3（2017全（2）文21）函数f(x)(1x2)ex（1）略；（2）当x0，f(x),ax1，求a的取范解：（2）x剠ax1Fxaxx21ex10然1（否若a,0，注意到2，fae1.50文档合用标准文案F11a3e21a31.510）22424F(x)F(x)F(x)OOO0a1a1a1【下一步研究a的范：令Fxax22x1ex0恒成立a,x22x1exArx，rxx24x1ex0，所以rxZ，rxminr01，所以a剠1a1】Fxax22x1ex，hxFx，hxx24x1ex0，所以hxZ即FxZ，FxF0a1于是：o当a

26、1，Fx0，FxZ，FxF00，从而fx,ax1；12o当0a1，路子一【解析当0 x1，Fxaxx21x11xx2令1axa1x2x1a0 x】2解：当0 x1，注意到xx1(略)eFxaxx21x11xx2x1ax2x1a，今取x01a0,1F(x0)x02x0(1a)0，不合意.上，a12路子二：F0a10,F(1)a2e0，又FxZ，故在(0,1)上Fx有唯一零点x0，且在(0,x0)上Fx0,F(x)，所以F(x)F(0)0不合意上a1n11例4（省集）数列an的通an,明:a2nanln2k1k4n【解析：想超越不等式lnx小于有lnxx1(x1)；lnxx21(x1)等2x文档合

27、用标准文案尔后用分项比较法,将待证式两边均表示为从n起连续n项的和：12n1(11整合并分解左边：a2nanL)；4nkn2k2(k1)同时将右侧化整为零:ln2lnn1lnn2Lln2nnn12n1k1)21依据lnk1(kk11，所以原式获证】21kk2k2(k1)2n1nlnk1kx21(xk1lnk1(k1)2111证明：易证lnx1)，令xk.2k12xkkk2k2(k1)a2nan1(11L1)14nn1n22n4n211L1112(n2)1)2n4n2(n1)2(2n111L111L112n2(n1)2(n2(2n1)2(n1)2(n2)2(2n1)4n2)2n1(11)kn2k

28、2(k1)2n1knlnk1ln(n1n2L2n)ln2knn12n1【追踪训练】1设函数f(x)lnxax(aR).若方程f(x)a1x2有解，求a的取值范围2解：方程fxa1x2有解函数hxlnxaxa1x2有零点222ax1hxa1x1x1a1x1xxa1时，hxlnxxx1x10（证略）所以hx无零点；a1时，h1a10（观察！）【下一步解析：怎样赋值x0,使得hx00？2当x1时,hxaxa1x2x(a1x令x02a(1)说明:若不能够保证a)022a1x01，则改用两点式,即hxL令xL（参阅(二)例2解析3）】解方程所获取的0又2a1且h2aln2ax0a12aaln2a0，a1a1a12a1a1由