1、12A o2 ()xge24eya函数中的赋值问题第一讲 赋值的意义函数赋值是一个热门的话题，赋值之所以“热” ，是因为它涉及到函数领域的方方面面：讨论函数零点的个数(包括零点的存在性，唯一性 )；求含参函数的极值或最值；证明一类超越不等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各种题型中的参数取值范围等等 然而时下，在相当一部分学生的答卷中，甚或在一些地区的模拟试卷的标准解答中，一种以极限语言或极限观点替代赋值论证的“素描式”解题现象应予关注和纠正1.从一道调研试题的标准解答说起题目 1 已知函数 2()e(,)xfabaR（1）略；（3）略；（2）设 ，若 在 上有且只有一个零点，求 的取
2、值范围0b()fxRa解：（2） ，则方程 即 有唯一解2e0xa2exa记 ， ，令 ()exg()x 12()0,g 时， 单调减，0 0,()g所以 的取值范围是 (?) ()gxx 0, 时， 的取值范围是 ；02()g24(,)e 时， 单调减，且恒正，所以 的取值范围是 x 0,x ()gx240,e所以当 或 时， 有且只有一个零点，故 的取值范围是 或 a24e()fxaa24e质疑：1 “ ”与“ 的取值范围是 ”是否等价？()0gx ()gx0,)2也许解答的潜意识是 ，那么其依据是什么?(gx作为指挥棒的省考、国考又是怎样处理相关问题的呢?答：一个中心：参数全程扫描；一个
3、基本点：赋值丝丝入扣2A o ya2 ()xge2eO()fxy1Ae a2 1aA()lnfxa1aeO()fxxy2真题探究 题目 2（2013 江苏 20）设函数 ，其中 为实数()ln,()exfxaga（1）略；（2）若 在 上是单调增函数，求 的零点个数，并证明你的结论()gx1,)()fx（2）解：由 在 上单调增，得 (过程略) (, 1ea时， ，10a 1)0,()fxafxA而 ，且 图像不间断，1(e(e,e10f fa()fx依据零点定理， 有且只有一个零点)fx【分析 时，由 (极大值点)， 】0a1(0xamax1()lnf时, 令 12e()lnefx0,ef且
4、 ，,0,()0ffx所以 是 的极大值点，也是最大值点，ex()f所以 ，当且仅当 0f ,()0xef故 有唯一零点 ()fxex时，令 列表：130ea 11()0,faxx0, (,)a()f0 xAmax()fA所以 max1()()ln0ffa在 上， 且 单调，所以 有且只有一个零点；0,f()fx()fx在 上，显然 ，注意到 的结论 ， 1(,)a21a21lne所以 ，同理 有且只有一个零点2 1ln(l)()0ef a ()fx31Ae a()lnfxa24 A1由 有两个零点()fx综上所述，当 或 时， 有 1 个零点；当 时， 有 2 个零点0a 1e()fx10e
5、a()fx【注 1】本题第（2）问“ 时”赋值点的形成过程及其多元性:3a在 上，因为 ，且为常数，所以理应成为直观赋值点的首选(0,)a1(0,)在 上【难点！】依据单调性，直观赋值点应在 右侧充分远处尝试 ，失败！1,1a2a表明该赋值点不够远，再改试 ，成了！(过程如上) 显然，赋值点不唯一21a在 上，也可考虑 (标解) ，1(0,)a,0ef或 （均不及赋值 简便） 22,ln1f1在 上也可考虑， 1(,)aeee21,()lnle(ln)0afa a还可考虑 (标解)，并注意到 时， (证略) ， 1ea0x2x12)(e)af【注 2】在本题 结论 的牵引下，区间 上的三个赋值
6、点 一脉相承，1ln)e 1,a2e1,a井然有序：因为 (当且仅当 ，等号成立) ，所以 lxx exe2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，不妨通过放缩，无悬念地求出赋值点，实现解(证) 目标现以区间 为例 1(,)a【分析：在 右侧充分远处，希望存在 ，使 ，为此，应意识到在 的表达式中，1x1()0f()fx对 起主导作用的那一项是 ，不宜轻易放缩，放缩的目标应锁定 ()0fxa ln依据 ( )(证略) ， ，不妨取 ，ln1x()101fxxa 1x但 此路受挫，故须调整放缩的尺度】 ?a思路一：由本题 结论， 21lnex
7、11212lnl ()0()exxfaxa详解：由本题 结论212ln,llneex 4在 上，存在 (以下略) 1(,)a1212 1,()0xfxaa思路二：由 时， lnk lnlnl1xkk 的任意性给赋值提供了更为宽松的选择空间：(1)k，1lnln()2xfxakaxk ()axk令 01 1()0()e()1k kk不妨令 24xa详解： (证略) ， ln1 2 22ln1ln1ln()axaaaxxfx 今取 (以下略) 2244, 0xfa【跟踪训练】1思考并解答本讲题目 1(2)；2思考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1赋值的理论依据：1)不等式的基本
8、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 的符号，探求赋值点 (假定 )使得 与 异号，()fama()fmfa则在 上存在零点(,)ma3)一些基本的超越不等式，如：1 ； ln1xx lnex2 时， 22()1lx 3 时， 01x ()1lnx 4 22e; e;(0);e(0)xxx 【注】应用上述不等式,一般须给出证明52赋值的应对方略：2.1 赋值的方法：直观放缩法其形态是先直观尝试，后放缩证明，其特点是见效快，但有时有点悬，解、证01风险大 （参阅上节“真题探究” ）放缩求解法其形态是先适度放缩，然后通过解不等式或方程求出赋值点，其特点是稳妥、02
9、可靠，但有时，目标放缩有点难 （参阅上节“真题探究”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确保，三个优先 三个确保：（1）确保参数能取到它的一切值；（2）确保赋值点 落在规定区间内；（3）确保运算可行0x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 )；19N（3）优先简单运算，如 ， 等lnxe lx2.3 放缩的分类及其目标：放缩于赋值，如影随形，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， ，e1x等；后者如 时， 时， 等；lnx 0x e1x 1e()x（2）依赋值点的个数划分，可分为单
10、点式和两点式前者以解方程为归宿；后者以解不等式为归宿，从某种意义上说，后者是前者受挫时的应急之举一般情形下，放缩的目标应锁定于对函数的变化趋势起不了主导作用的那些项；但有些问题中，很难界定“主导”与非“主导” ，此时放缩的尺度取决于对题目中各种因素的综合考量这正是赋值的难点例 1（2015 届南师附中期中考试 ）已知函数 20N21lnfxaxax（1）略；（2）略；（3）若曲线 ： 在点 处的切线 与 有且只有一个公共点，求正数 的取值范Cyfx1lC围解析：（3）易得切线 ，代入 整理得：42ayxyfx6O()gx1Aay1O()gx A0axy11O()gx A2ay2x，题设等价于函
11、数 有且只有一个零点，212ln0agxxaxgx，其中 【下一步分析：首先讨论 恒成立（不可能） ， 0及 恒成立 恒成立 】0xx0当 ，即 时，由 ，12a1gx且当 时， ， ；当 时， ， x0gxxA00gxxA所以 是 唯一的极小值点，也是最小值点1且 ，故 满足题意0g2a即 时由 ， 210gx2x【下一步分析：应比较 两零点 与 的大小 】即 时， ，11a20axg，又 ，所以 满足题设gxA01，即 时，当 ， ， ，所以 21ax0gxxAg【接着探究：在 上， ，所以在 右侧充分远处，,A希望存在 ，使 ，此外应意识到对 起主导作用1x10g0gx的那一项应该是 （
12、该项不宜轻易放缩） ，故放缩的主要目标2a是几乎可以忽略不计的“ ”，事实上，当 时， ，lnax1x2ln0a所以 】2112agx x14x详解：又存在 ，所以 ，1412ln0ax21 1 1120a agxx x在 内， 存在零点，所以 至少有两个零点，不合题意,ggx，即 时，在 上， ， ，所以 312a,10gxA10g【接着探究：在 上， ，所以在 右侧充分近处，0,gxA()gx12ay72 ()xfaey0希望存在 ，使 此外应意识到对 起主导作用2x20g0gx的那一项应该是 （所以不宜轻易放缩）故放缩的主要目标ln是几乎可以忽略不计的“ ”，事实上，当 时， ，21ax
13、1x210ax，所以 】21x 2ln0=eagx详解：又存在 ，并注意到 ， ，2e1a21021x，所以在 内 存在零点，222ln0gxxa,g从而 至少有两个零点，不合题意综上所述， 或 1a2【附证： ： 】2e21eaa2a例 2（上节“题目 1（2） ”）已知函数 2()e(,)xfbR（1） （3）略（2）设 ，若 在 上有且只有一个零点，求 的取值范围0b()fxRa正解：(参数扫描)依题意 有唯一零点，于是：2exfa当 ，不合；01,()0afx当 有唯一零点，符合；22,f当 一方面 03,a(0)fa【下一步，分析 1：用直观放缩法尝试 使 ，显然1x1()0f10(
14、?)xwhy因为 ，所以只要令 且充分小，则 ，从而()e20,()xfafxA1xae若 为某个负常数,因负数 的任意性,无法确保 ，故 须与1xf1 a1()0f1xa有关不妨改试 】1a另一方面 并注意到 (证略) 0,1xe，所以在 内 有唯一零221 2()() 0eaaaf (,0)(fx8O1eAa()fx0O1eA()fx0aO1eA()f0点于是 时，须 无零点，而 ，所以 ，即 0x ()fx(0)f0,()xf2exa记 ，令 当 ；2(),exg(2exg02,g0,(),()xgA当 ，所以 ，所以 0,()Amax0224)()ea24ea综上 或 a24e【注】将
15、零点问题转化为不等式恒成立问题从而使“分参”不依赖于形而凸显其严密性【下一步分析 2：用放缩求解法求 使 ，显然 1x1()0f1(,0)x事实上 时, ,解之 】0x22()exfa1a另一方面 ,使 且 时 ，112()e0,xfax()e20,()xfafxA所以在 内 有唯一零点 (以下过程同上)(,0)(fx【下一步分析 3：仍用放缩求解法，时， ，取 】1x22()e10xfaxaxa 1另一方面 ,使 且 时10121()e0fx，所以在 内 有唯一零点 (以下过程同上)()e2,xfafx A(,0)(fx例 3 已知 ，讨论 的零点的个数()lnfxafx解：记 的零点的个数
16、为 的定义域为 ， ，f kf(0,)1lnfx令 ，当 时， , ；当 时， ， ，0x1exxfAe0fxfx所以 是 的唯一极小值点也是最小值点，即 f min1fxfa当 ，即 时， ,故 01.ea1eamin0fxk当 ，即 时， 2.i1(),eff当 ，即 时， (如右图所示) 03.1ea1eamin0fx. 时，在 上 ,在 上，0,f1e91Ae0ayx()f()fxy 1AO0e【途径一】存在 ， ，1eae(e1)0aaaf由零点定理及 的单调性 ()fxk【途径二：通过放缩，求解赋值点当 时, 】ex()0fxax当 且 时， ，同理 exa()0fxa1k. 时，
17、由 ，所以 0ln01. 时， 一方面 ，且 ，另一方面1emiefxe0fa【途径一：依据单调性，当 时，应有 ，不妨直观尝试 】0xfx10eax注意到 时， （证略） ，存在 ，0x2ex 10ea，又 图像在定义域内不间断，12211eaaaffx所以在 和 内， 各有一个零点，故0ef 2.k【途径二(借助原函数极值求赋值点 )】已证在 上 ，且存在 ，,)1lnex 21ea2ln2ln1faa同理210ea2.k综上所述：当 时， 没有零点；当 或 时，有 1 个零点；ea()fx1ea0当 时，有 2 个零点10【注】学生可能出现的认知误区是：当 时， （或 ） 0xlnx【跟
18、踪训练】1解不等式： ，其中 为自然对数的底数(e1)lnxe解析：记 ，则原不等式等价于 ，lfx e1()0.()fxfx令 ， ()0fe1当 ；当 0,()xffxA0,()xfA又一方面，存在 另一方面，存在 ，01,f0e,()xf101x2()fxa所以当且仅当 时 ，从而原不等式的解集为 1ex()0f(1,e)2已知函数 讨论函数 的单调性；()ln1Rfa()fx(2)若 有两个零点 ,求 的取值范围fx12,(xa解析： 易得 在 ,在(1)()f0,)aA).A(2)若 则 , 在定义域内最多一个零点,不合 a fx(f所以 且0max1()ln01.a此时，一方面 使
19、 ；另一方面，注意到 (证略) e(efln1x于是， 使 021xa01)2lnxa 1e22()0aa依据零点定理以及 的单调性,可知 在 和 上各有一个零点，(f ()fx0,所以 的取值范围是 a0,1)3设函数 若对任意的 成立，求 的取值范围3()sin()6fxaxR0,()xf a解： 21co,sin(0)1f f ffxf A 1.当 时, ；1a()0,()()0fxffxfA 2.当 时, ，222coscos(1)0,()10faaafa 所以 使得 且在 内 与题设不符.0(,)x0()fx0(,)x,()ffxfA所以 1a第三讲 赋值的若干经典问题例 1（201
20、5.新课标（1）文 21）设函数 2()elnxfa（1）讨论 零点的个数；（2）略()fx解：（1） 21e)xa当 时, ，故 无零点；0a ()0f(f11()gxOy2xA1 0a()f当 时 零点的个数即 零点的个数，记为 0a()fx 2()e(0)xgan所以在 上 ，所以 又 ,gA1 ni 21age【下一步如何寻找正数 使 ?】0x0()途径一(直观放缩法) 【分析】假定 ，故应将 锁定在 右侧一点点，(0)xga 0x直观尝试后，形成如下的详解：取 ， ，依据零点定理 ，01min,4ax112420()e(e)agx 1 ()nj由 , ()ij途径二(放缩求解法)【分
21、析】 时 于是当 ，即 时，01x1exx102x01x212e(),12()x agx详解： 时 ，于是当 时，0ex10x210,ex，取 依据零点定理 ，2()1xga1()2()2aga ()nj由 , ijn例 2（2016.全（1）理 21）已知函数 有两个零点2()2)e(1)xfxa（）求 的取值范围；（）略a解析：（）(参数扫描) ()1(e)xfx若 ，当 ，当 01 a1,0,xffAmin,(0,(),()(1)efxffxfA一方面,当 时 ； (2)fa另一方面,当 时1x途径一(标解) 存在 且 ，使 ，0b ln223 ()2)(1)()0afbba所以在 两侧
22、， 各有一个零点，满足题意 1x()fx途径二【分析：当 时,能对 起主导作用的那一项显然是 ，而 变化 0()0fx2(1)ax0,1xe幅度不大，是比较理想的放缩目标 时,22()()fx12O()Fx01aO()Fx1a1aO()Fx】02(1)2)(12)xaxaxa详解： 时,022(1)()f xa，今取 ，所以在 两侧，(1)2xa000 1,)xfxa 1x各有一个零点，满足题意f若 ，当 ，所以 有两零点 时， 有两零点0) 1,()xf ()fx 1x()fx有两零点，但2()egxa23(45)e0ggA所以 不存在两个零点()f综上， 的取值范围是 a(0,)【注】顺便
23、指出,在同解变形中,巧用升降格,可简化解题过程 (证明: )20,e1x例 3（2017 全（2）文 21）设函数 2()1)exfx（1）略；（2）当 时， ，求 的取值范围 0xfa解：（2） 显然 （否则若 ，注意到211e0xfaFx 0a0a，则 ） 1e.5233e.544a【下一步探求 的范围：令 恒成立2e0xFx21exx， ，所以 ， ，所以 】rxA241e0xrAminra，记 ， ，所以 即Fahx241e0xhxhxA， 于是：xA01xFa当 时， ， ， ，从而 ；1axA0F1fxa当 时，2013途径一【分析当 时，01x21Fxax 】220xa详解：当
24、时，注意到 (证略) 01e1x，2221Fx axa今取 ，不合题意.综上， 000,1()(1)aFx1途径二： ，又 ，故在 上 有唯一零点 ，,2eaFxA(0,)Fx0x且在 上 ，所以 不合题意0(,)x0,()xA()0综上 1a例 4 （省竞赛集训题）设数列 的通项 ,证明: na1nk21ln24na【分析：联想超越不等式 小于有 ； 等lxl()xl()x然后用分项比较法,将待证式两边均表示为从 起连续 项的和：n整合并分解左边： ；212()4nkna同时将右边化整为零: 21llllnk依据 ，所以原式获证】21()1ln()kk证明：易证 ，令2l()x21()1ln
25、.()kx k2111()424nan()()()n 111112222()(2)()4nnnn ()ll( lknknn【跟踪训练】1设函数 .若方程 有解，求 的取值范围()l()fxaR21()afxa14解：方程 有解 函数 有零点21afx21lnahxx2 1hxa 时， （证略）所以 无零点；1aln0xhx 时， （观察！） 【下一步分析：如何赋值 ,使得 ？102ah00hx当 时, 说明:若不能确保1x2 012()(1)aaxxx解方程所得到的 ，则改用两点式,即 （参阅(二) 例 2 分析 3） 】01h 又 且 ，21a02122lnln01aaahx由零点定理， 有
26、零点x 时 ，所以令 （易知 是 的最大值点）1a1001hxxh【下一步分析:令 , 无零点于是剩下max()hah又经观察 ，所以 有零点】max(1)01h 20x1.) 时 , 无零点； max()1hah2.) 时 ，又经观察 ，所以 有零点1a a10 20hx综上所述 或 2 为正常数，函数 (),()lnfxgx证明： 使得当 时， 恒成立0Rx0f证法一易证 (证略)又 用 代1lnex 11ln,e2xx1lnln()2xx而 .今取 ，2()xaa20a当 时,由 得 ,再由 .获证0()xlnx证法二易证 时 在 (证略)21ln;()e;(3)xh (e,A于是，(1
27、)当 时, ，结论成立(2)当 时，取 (显然 )1ealxa 1a10eax0ex151Ae()gxyf2a当 时, ，结论仍然成立0x12lneln()axax综上所述 使得当 时, 恒成立0R0()fg3已知 ， （ ） ()lnfxabxc1ex,abcR（1） （2）略（3）当 ， ，若对任意给定的 ，在区间 上总存在 ， 使0c0,ex0,e1t21t得 ，求实数 的取值范围120ftftgxa（3）略解：易得 在 上递增，在 上递减，故 ，11,emax1g又 ， ，所以 的取值范围（即值域）为 0g2eegx0而 过定点 ， 1lnfxax102fax【分析：分别令 （无解） ， 】ff当 时，在 上， ， 单调减，不合题意；12ea0,e0fxx当 时，令 得: ，且当 ， ； 时， ，并注意到f2a2afxA20xafxA从而有 ln1xmin1lnfxf【下一步分析:需证明在 及 上 的取值范围均应包含 ，所以两段上的“赋值”20a,efx01回避不了】事实上，一方面在 上，须 ；,e32e1efa另一方面在 上，存在 使 ，20a21ax16efxa所以当 时， 在两个单调区间上的取值范围均包含 ，3e1f 0所以 ，必存在 ， ，使 .0,x120ta,et120ftftgt故所求取值范围是 3,e
