1 函數(shù)中的賦值問題 第一講 賦值的意義 函數(shù)賦值是一個(gè)熱門的話題，賦值之所以“熱” ，是因?yàn)樗婕暗胶瘮?shù)領(lǐng)域的方方面面： 討論函數(shù)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)(包括零點(diǎn)的存在性，唯一性 )；求含參函數(shù)的極值或最值；證明一類超越不 等式；求解某些特殊的超越方程或超越不等式以及各種題型中的參數(shù)取值范圍等等. 然而時(shí)下，在相當(dāng)一部分學(xué)生的答卷中，甚或在一些地區(qū)的模擬試卷的標(biāo)準(zhǔn)解答中，一種以 極限語(yǔ)言或極限觀點(diǎn)替代賦值論證的“素描式”解題現(xiàn)象應(yīng)予關(guān)注和糾正. 1從一道調(diào)研試題的標(biāo)準(zhǔn)解答說起 題目 1 已知函數(shù) f(x) aex x2 bx(a,b R). (1) 略；(3)略； (2) 設(shè)b 0，若 f (x)在R上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，求 a 的取值范圍. 2 2 解: (2) b 0,則方程 aex x2 0 即 a 電有唯一解. e 記 xr g(x) , g (x) x(2 % x)，令 g (x) 0 xi 0* 2 . e e x 0 時(shí)，g (x) g(0) 0 g(x)的取值范圍是0, ) (?) 0 x 2時(shí)，g(x)的取值范圍是(0,弓)； e x 2時(shí)，g (x) 0 ”與“ g(x)的取值范圍 是0,) ”是否等價(jià)？ 2.也許解答的潛意識(shí)是 x g(x) ，那么其依據(jù)是什么? 作為指揮棒的省考、國(guó)考又是怎樣處理相關(guān)問題的呢 答：一個(gè)中心：參數(shù)全程掃描 ；一個(gè)基本點(diǎn)：賦值絲絲入扣 2 x x e 2.真題探究 g(x) 0 2 在(0,丄)上，f (1) a 0 且 f (x)單調(diào)，所以 f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn); a 在(丄，)上，顯然 A 1，注意到 2的結(jié)論(In x =x), a a a e 題目 2 (2013 江蘇 20)設(shè)函數(shù) f(x) lnx ax,g(x) ex ax，其中 a 為實(shí)數(shù). (1)略; (2)若 g(x)在(1, )上是單調(diào)增函數(shù)，求 f(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)，并證明你的結(jié)論. (2)解：由 g(x)在(1,)上單調(diào)增，得 a 1 (過程略). 1oa 0 時(shí)，f (x) 1 a 0, f (x)Z , 而 f(ea1) a(1 ea1) 1 0, f(e) 1 ae 0，且 f (x)圖像不間斷， 依據(jù)零點(diǎn)定理，f (x)有且只有一個(gè)零點(diǎn). 【分析a 0時(shí)，由 f (x) 0 x】(極大值點(diǎn)),f (x)max In丄1】 a a 2oa -時(shí),f (x) In x -x .令 f (x)丄 丄 0,x e . e _ x e 且 x e, f (x) 0,0 x e, f (x) 0 , 所以 x e 是 f (x)的極大值點(diǎn)，也是最大值點(diǎn)， 所以 f (x) f (e) 0 ,當(dāng)且僅當(dāng) x e, f (x) 0 . 故 f (x)有唯一零點(diǎn) x e . 30 a 1 時(shí)，令f(x) xa 0,x a .列表: x 叫) 1 a f (x) 0 f(x) Z f(X)max 所以 (占)2ln丄丄 a a a 2(ln!右2(ea 2a)0，同理f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn). 由f (x)有兩個(gè)零點(diǎn). 綜上所述，當(dāng)a 0或a e 時(shí), f (x)有 1 個(gè)零點(diǎn)；當(dāng) 0 a 1 時(shí)，f(x)有 2 個(gè)零點(diǎn). 3 【注 1】本題第(2)問“ 30 a e 時(shí)”賦值點(diǎn)的形成過程及其多元性 4 在(0,1)上，因?yàn)?1 (0,1)，且為常數(shù)，所以理應(yīng)成為直觀 賦值點(diǎn)的首選. a a 在(1,)上【難點(diǎn)！】依據(jù)單調(diào)性，直觀賦值點(diǎn)應(yīng)在 表明該賦值點(diǎn)不夠遠(yuǎn)，再改試 4，成了！(過程如上)顯然，賦值點(diǎn)不唯一. 以上賦值均為先直觀，后放縮其特點(diǎn)是見效快，但有時(shí)有點(diǎn)懸，解、證風(fēng)險(xiǎn)大所以，當(dāng)直觀 賦值受挫時(shí)，不妨通過放縮，無懸念地求出賦值點(diǎn)，實(shí)現(xiàn)解 (證)目標(biāo). 現(xiàn)以區(qū)間(丄，)為例 - a 【分析：在丄右側(cè)充分遠(yuǎn)處，希望存在 X1，使 f(X1)0,為此，應(yīng)意識(shí)到在 f(x)的表達(dá)式中, a 對(duì) f (x) 0 起主導(dǎo)作用的那一項(xiàng)是 ax，不宜輕易放縮，放縮的目標(biāo)應(yīng)鎖定 In x . 依據(jù) In x x 1 (x 1)(證略)，f (x) x 1 ax 0 x ，不妨取為 1 , 1 a 1 a 但丄 1 ?此路受挫，故須調(diào)整放縮的尺度】 1 a a k( 1)的任意性給賦值提供了更為寬松的選擇空間:1右側(cè)充分遠(yuǎn)處.嘗試 2，失敗! a a 在(0,1)上，也可考慮1 a e 1,f(!) 0(標(biāo)解), a e 或 a 1, f (a) In a a a 1 a2 0 (均不及賦值1簡(jiǎn)便). 在(1，)上也可考慮, a A右f)eIn首-A a a a a a a 1 e(I嚀 1 還可考慮 ea 右(標(biāo)解)，并注意到x 0時(shí)，ex x2(證略),f (e) 【注 2】在本題 2結(jié)論(In x 丄刈的牽引下，區(qū)間 e d，)上的三個(gè)賦值點(diǎn) a 1 a , 1 ae a(- a 1 脈相承, a a 井然有序：因?yàn)?In x xe (當(dāng)且僅當(dāng) x 1 e,等號(hào)成立)，所以 e _1 A 1 ae a2 a 思路一：由本題 2結(jié)論，In x . e 丄2 X X 2- e 12 詳解: 由本題 2o結(jié)論(Inx 1x),ln e 在(,)上，存在 xi 冷，f(X1) a a 1 X12 ax1 1 a -0 (以下略). a 思路二：由In x x 1 k 1時(shí)， In x In k 1 k 令 a 丄2 X X 丄 1 2 2 x2 X1X1 5 【跟蹤訓(xùn)練】 2 思考函數(shù)賦值問題有哪些依據(jù)和方法. 第二講賦值的依據(jù)和方法 1 .賦值的理論依據(jù): 1） 不等式的基本性質(zhì)以及一些簡(jiǎn)單代數(shù)方程、不等式的求解. 2） 零點(diǎn)存在定理基本模式是已知 f （a）的符號(hào)，探求賦值點(diǎn) m （假定 m a ）使得 f（m）與 f（a）異號(hào), 則在（m,a）上存在零點(diǎn). 3） 一些基本的超越不等式，如: x 1 1 1. In x x 1 : Inx x. x e -_1 x1 In x 2(x 9 x 1; e ex;e x 1(x 0);e x x(x 0). 【注】應(yīng)用上述不等式，一般須給出證明. 2 .賦值的應(yīng)對(duì)方略： 2.1 賦值的方法： 10直觀放縮法其形態(tài)是先直觀嘗試，后放縮證明，其特點(diǎn)是見效快，但有時(shí)有點(diǎn)懸，解、證 f(x) In x ax lnk 1 ax (1 a)x a)x k 令（1 a)x k a k ak(k 1) (0 0 a i) ak 1 不妨令 X2 詳解: 1 （證略） ，哼 fx 1 |nx 1 時(shí), 2(x 1) x 1 2x 3. 0 x x 1 , Inx x 1等; 后者如 x 0 時(shí)，ex x 1(證略). f(a 1)潭 (a 1)2走(a 1)2 売 a 0，所以在 (,0) 內(nèi) f (x)有唯一零點(diǎn). 于是x 0時(shí)，須 f(x)無零點(diǎn)，而 f(0) 0 ,所以 x 0,f(x) 2 記 g (x)弓(x e 0), g (x) 華単，令 g(x) 0 X。 e 2,當(dāng) 0 當(dāng) x x0,g (x) 0,g(x) ，所以 g(x)max g(xj)馬 e a 4 a 2 e 綜上a 0或 a 4 2 . x Xo,g(x) 0,g(x)Z ； e 【注】 將零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為不等式恒成立問題從而使“分參”不依賴于形而凸顯其嚴(yán)密性. 2 0,即 a 7 e ，所以a 4. 2 【附證：e 戸 9 【下一步分析 2:用放縮求解法 求 x1使 f (x1) 0，顯然 x1 ( ,0) 事實(shí)上x 0 時(shí)，f (x) aex x2 a 1 x2令0，解之石 另一方面 X1 .a 0，使 f (為) x1 2 2 ae1 劉 a X1 0,且x 0時(shí) x f (x) ae 2x 0, f (x), 所以在( ,0) 內(nèi) f (x)有唯一零點(diǎn). (以下過程同上) 【下一步分析 3:仍用放縮求解法 x 1 時(shí)，f (x) x 2 ae x a 1 ，取 xi a 另一方面 x1 a 1 0,使 f(X1)aex1 Xi 0 且 x f (x) aex 2x 0, f(x)，所以在( ,0)內(nèi) f (x)有唯一零點(diǎn). (以下過程同上 例 3 已知 f (x) xln x 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù). 解：記 f x 的零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為k . f x 的定義域?yàn)?(0, 1 In x , 所以 x 10.當(dāng) a 20.當(dāng) 30.當(dāng) i .a 0時(shí)，在 0 , 0 , 0 , a 1) 0, ae a a a e 1，f a(e a 【途徑一】 存在 由零點(diǎn)定理及 f (x)的單調(diào)性 k 1. 【途徑二： 通過放縮， 求解賦值點(diǎn)當(dāng) f(x) e 且 x a 時(shí), f(x) ii .a 0時(shí)，由xlnx 所以k 1 . in .0 時(shí)，f x min 0 一方面 1 且 f 1 a 0，另一方面 10 【途徑二(借助原函數(shù)極值求賦值點(diǎn))】 0 .同理k 2. 當(dāng) o a 1 時(shí)，有2個(gè)零點(diǎn). 【跟蹤訓(xùn)練】 【途徑一：依據(jù)單調(diào)性，當(dāng) 0 x 丄時(shí), e 注意到 0 時(shí)，ex 9 x (證略)，存在 X。 1 ea a2 1 a a 丁 1a d 一 0 ,又 f x a a 1 e k 2. 所以在 0,丄和 e, 內(nèi)，f x 各有一個(gè)零點(diǎn)，故 已證在(0, )上 xln x 丄，且存在 a2 e 2 2 a 2a l n a a a 2alna 綜上所述: 當(dāng) a 1時(shí)，f (x)沒有零點(diǎn)；當(dāng) e 個(gè)零點(diǎn); 【注】學(xué)生可能出現(xiàn)的認(rèn)知誤區(qū)是：當(dāng) x 0 時(shí)，xl nx (或 ). 1.解不等式：(e 1)ln x x 1，其中 e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù). 解析：記 f (x) x 1 (e 1)lnx，則原不等式等價(jià)于 f(x) 0.f (x) 令 f (x) 0 , x 當(dāng) x x0,f (x) 0, f (x)Z ；當(dāng) 0 x x0, f (x) 又一方面，存在 1 x),f (1) 0,另一方面，存在 e x0, f (e) 所以當(dāng)且僅當(dāng)1 x e時(shí) f (x) 0 ,從而原不等式的解集為 2.已知函數(shù) f (x) 若 f (x)有兩個(gè)零點(diǎn) 為公2(為 X2),求 a 的取值范圍. 解析：(1)易得 f(x)在(0,丄)Z，在(丄，). a a (1,e). In x ax 1(a R) . (1)討論函數(shù) (2)若a 0則 f(x)Z , f(x)在定義域內(nèi)最多一個(gè)零點(diǎn)，不合. 1 In 丄 0 0 a 1. a 此時(shí)，一方面丄丄使 f (丄)0 ;另一方面，注意到lnx x 1(證略). 11 于是，X -使 f(Xo) 1 2ln 1 1 0, f (x) 0 成立，求 a 的取值范圍. 解：f (x) cosx a 1 x2, f (x) x sinx 0 f (x) Z f (x) f (0) 1 a . 1當(dāng) a 1 時(shí),f (x) 0, f (x) Z f (x) f(0) 0 ； 2.當(dāng) a 1 時(shí)，f (2a) cos2a a 2a2 cos2a a2 a(a 1) 0, f (0) 1 a 0, 所以 溝(0,2 a)使得 f(X。) 0 且在(0,x)內(nèi) f (x) 0 f (x) , f (x) f (0) 0 與題設(shè)不符 所以a 1 . 第三講 賦值的若干經(jīng)典問題 例 1 (2015.新課標(biāo)(1 )文 21)設(shè)函數(shù) f(x) e2x alnx . (1)討論 f (x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)；(2)略. 解：(1) f (x) l(2xe2x a). x 當(dāng)a 0時(shí),f (x) 0，故 f (x)無零點(diǎn); 當(dāng)a 0時(shí) f (x)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)即 g(x) 2xe2x a(x 所以在(0,)上 g(x)Z，所以 n 0 g(0) 直觀嘗試后，形成如下的 2 J 詳解：取 x min a ,1 , g(X0) 1 (j), 0)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，記為 a(2e2a 1) 0 . 12 1 x e x 2，即 0 2x 1 時(shí), 13 2 x 令 a g(x)廠玄 a 0，x 2 詳解：0 x 1時(shí) ex 1 r_x 于是當(dāng) 0 2x 1 2x 1,e f g(x)急 a 2(a 1) 0 依據(jù)零點(diǎn)定理 由(i),(j) n 例 2 (2016.全(1)理 21)已知函數(shù) f(x) x (x 2)e a(x 2 1)有兩個(gè)零點(diǎn). (I)求 a 的取值范圍；(n)略. 解析：(I)(參數(shù)掃描)f (x) (x 1)(ex 2 a) 10)若 a 0,當(dāng) x 1,f (x) 0, f(x)Z ，當(dāng) x 1, f (x) 0, f(x) , f (x)min f(1) 方面，當(dāng)x 1時(shí) f (2) a 另一方面，當(dāng)x 1時(shí) 途徑一(標(biāo)解)存在b 0且 b In 號(hào)，使 f(b) (b 2)-| a(b 1)2 ab(b |) 所以在x 1兩側(cè)，f(x)各有一個(gè)零點(diǎn), 滿足題意. 途徑 【分析： 當(dāng) x 0時(shí)，能對(duì) f (x) 0 起主導(dǎo)作用的那一項(xiàng)顯然是 a(x 1)2，而 ex 0,1 變化 a(x 1)2 2x 2 a(x 1)2 (x 1)(2 ax a) (x 1)(2 ax) 0 x 詳解：x 0 時(shí),f(x) x 2 a(x 1)2 2x (x 1)(2 ax)，今取 2a 0 1,f( xJ f (x)各有 個(gè)零點(diǎn)，滿 萌足題意. 20)若 a 0 16 又經(jīng)觀察 h 2 0 ,所以 h x 有零點(diǎn)】 1.) 1 a 1 時(shí) h x max h 0 2.) a 0，又經(jīng)觀察 h 2 0，所以 h x 有零點(diǎn). 綜上所述a 1或a 1. 2. a 為正常數(shù)，函數(shù) f(x) ax, g(x) In x . 證明：x0 R 使得當(dāng) x x0時(shí)，f(x) g(x)恒成立. 證法一易證 In x 1 x (證略)又 1 1 In x 1 x,用 x 代 x In、. x 1 . x In x x() _ e 2 2 2 : 而 -.x ax x a2x2 x a 2().今取 x0 a 2 , 當(dāng) x x時(shí)，由 ()得,ax ,再由()ax In x.獲證. 證法二易證 x 0 時(shí)(1)I nx 1 x;(2)ex x(3)h(x) 在(e,)(證略) e x 于是，(1)當(dāng) a e 時(shí),lnx ix ax，結(jié)論成立.(2)當(dāng) a -時(shí)，取 x (顯然 x e) e e e 綜上所述 X。R 使得當(dāng) x x0時(shí)，f (x) g(x)恒成立. 1 x 3.已知 f(x) ax blnx c , g(x) xe ( a,b,c R ). (1) (2)略 (3)當(dāng)b 2, a c 0，若對(duì)任意給定的 x0 0,e，在區(qū)間 0,e 上總存在 t1 , t2 t1 f t1 f t2 g x，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍. (3)略解：易得 g x 在 0,上遞增，在 1,e 上遞減，故 g x max g 1 1 , 又 g 0 0, g e e2e，所以 g x 的取值范圍(即值域)為 0,1 . 而 f x a x 1 2In x 過定點(diǎn) 1,0 , f x a -. x 【分析：分別令 f x0 (無解)，f x , 0 .】 1o當(dāng) a, 2時(shí)，在 0,e 上, f x , 0 , f x 單調(diào)減，不合題意; e1 a 1 ,h x 無零點(diǎn); 當(dāng) x x0時(shí)，乎 In ea 1 ax In x,結(jié)論仍然成立. 使得 ea 1a 17 20 當(dāng) a 2 時(shí)，令 f x 0 得:x 2，且當(dāng) f x ，并注意到 ln x , x 1 從而有 f x min 21 i ln| , 0. 【下一步分析：需證明在 0,2及 a 2,e 上 f a 的取值范圍均應(yīng)包含 0,1 ,所以兩段上的“賦值” 回避不了.】 事實(shí)上，一方面在 2,e a 上，須 f e 厖 1 另一方面在 0,2上，存在 x1 e 2a使 f a 2a ae 3a 3a 所以當(dāng) 時(shí)，f x 在兩個(gè)單調(diào)區(qū)間上的取值范圍均包含 0,1 , 所以 x 0,e 必存在 b 0,2 , t2 |，e ，使 f ti t2 g to . 故所求取值范圍是吝