2020年高考數(shù)學函數(shù)中的賦值問題解題技巧

1、2020年高考數(shù)學函數(shù)中的賦值問題及解題技巧2020年高考數(shù)學函數(shù)中的賦值問題及解題技巧16/162020年高考數(shù)學函數(shù)中的賦值問題及解題技巧函數(shù)中的賦值問題第一講賦值的意義函數(shù)賦值是一個熱點的話題，賦值之因此“熱”，是由于它波及到函數(shù)領域的方方面面：討論函數(shù)零點的個數(shù)(包含零點的存在性，獨一性)；求含參函數(shù)的極值或最值；證明一類超越不等式；求解某些特其余超越方程或超越不等式以及各樣題型中的參數(shù)取值范圍等等但是時下，在相當一部分學生的答卷中，甚或在一些地域的模擬試卷的標準解答中，一種以極限語言或極限看法代替賦值論證的“素描式”解題現(xiàn)象應予關注和糾正1.從一道調(diào)研試題的標準解答提及題目1已知函數(shù)

2、f(x)aexx2bx(a,bR)（1）略；（3）略；（2）設b0，若f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍x22解：（2）b0即axx有獨一解0，則方程aexe記x2g(x)，g(x)x(2x)，令g(x)0 x10,x22exexx0時，g(x)0,g(x)單一減，yag(x)因此g(x)g(0)0g(x)的取值范圍是0,)(?)og0 x2時，g(x)的取值范圍是(0,42)；2ex2時，g(x)0,g(x)單一減，且恒正，因此g(x)的取值范圍是0,42e因此當a0或a42時，f(x)有且只有一個零點，故a的取值范圍是a0或ae思疑：1“g(x)0”與“g(x)的取值范圍是0,

3、)”能否等價？2或許解答的潛意識是xg(x)，那么其依照是什么?yya?4g(x)作為指揮棒的省考、國考又是如何辦理有關問題的呢ge2go答：一此中心：參數(shù)全程掃描；一個基本點：賦值絲絲入扣22x42e2xx2研究1題目2設函數(shù)()ln,()exax，此中a為實數(shù)fxxaxgx1）略；2）若g(x)在(1,)上是單一增函數(shù)，求f(x)的零點個數(shù)，并證明你的結(jié)論2）解：由g(x)在(1,)上單一增，得a1e(過程略)yo時，f(x)1a0,f(x)Z，1a0 xf(x)而f(ea1)a(1ea1)10,f(e)1ae0，且f(x)圖像不中斷，依照零點定理，f(x)有且只有一個零點ea?1O【分析

4、a0時，由f(x)0 x1(極大值點)，f(x)maxln11】aao1時,1112af(x)lnxex令f(x)0,xeexe且xe,f(x)0,0 xe,f(x)0，因此xe是f(x)的極大值點，也是最大值點，yeO?因此f(x)f(e)0，當且僅當xe,f(x)0f(x)故f(x)有獨一零點xeo1時，令11a列表：30aef(x)xa0,xx(0,1)1(1,)f(x)aaaf(x)0gggf(x)Zf(x)max1e1a因此f(x)maxf(1)ln110aa在(0,1)上，f(1)a0且f(x)單一，因此f(x)有且只有一個零點；a111o1在(a,)上，明顯a2a，注意到2的結(jié)論

5、(lnxex)，因此f(1)2ln112(ln11)2(11)0，同理f(x)有且只有一個零點a2aaa2aea2a由f(x)有兩個零點綜上所述，當a0或a10a1e時，f(x)有1個零點；當e時，f(x)有2個零點【注1】此題第（2）問“3o0a1時”賦值點的形成過程及其多元性:ee?xxlnxaxg1a2211在(0,a)上，由于1(0,a)，且為常數(shù)，因此理應成為直觀賦值點的首選在(1,)上【難點！】依照單一性，直觀賦值點應在1右邊充分遠處試一試2，失?。aa表示該賦值點不夠遠，再改試12，成了！(過程如上)明顯，賦值點不獨一a在(0,1)上，也可考慮11,f(1)0(標解)，aeae

6、或a1,f(a)lnaa21a20（均不及賦值1簡單）a在11111a1a111(a,)上也可考慮，aea,f(ae)elnaaeelnaa2e(lnaea)01x21還可考慮ea1a1(標解)，并注意到x0時，e)ax(證略)，f(ea【注2】在此題2o11結(jié)論(lnxex)的牽引下，區(qū)間(a,)上的三個賦值點11aeaa(12ea)0a112,1e,ea一脈相承，aa1xe1111有條不紊：由于alnxexex(當且僅當xe，等號建立)，因此eaea2a以上賦值均為先直觀，后放縮其特色是奏效快，但有時有點懸，解、證風險大因此，當直觀賦值受挫時，不如經(jīng)過放縮，無懸念地求出賦值點，實現(xiàn)解(證)

7、目標現(xiàn)以區(qū)間(1,)為例a【分析：在1右邊充分遠處，希望存在x1，使f(x1)0，為此，應意識到在a對f(x)0起主導作用的那一項為哪一項ax，不宜輕易放縮，放縮的目標應鎖定依照lnxx1(x1)(證略)，f(x)x1ax0 x1，不如取x11a但11?此路受挫，故須調(diào)整放縮的尺度】1aa思路一：由此題2o結(jié)論，lnx1xe1111令2lnx22x2x2x2121)lnxf(x)ax0 x1(eaa詳解：由此題2o結(jié)論(lnx1x),lnx1112lnx22x2x2ee在(1,12,f(x1)111)上，存在x1x12ax10(以下略)aaaa思路二：由lnxx1k1時，lnxx1lnxxln

8、k1kkkf(x)的表達式中，lnx，1af(x)lnxax14ggga2a2gg1e1ak(1)的隨意性給賦值供給了更加寬松的選擇空間：3f(x)lnxaxxlnk1ax(1a)xk2(1a)xk，kkk令(1k1a101)a)xk0 xk(0aak11kaaak(k1)10ek不如令k2x24aa2詳解：lnxx1(證略)，lnx2ax1lnxax1ln2ax2f(x)ax2a22a2a2a今取x241,f(x2)a420(以下略)2a2a2aa【追蹤訓練】1思慮并解答本講題目1(2)；2思慮函數(shù)賦值問題有哪些依照和方法第二講賦值的依照和方法1賦值的理論依照：1)不等式的基天性質(zhì)以及一些簡

9、單代數(shù)方程、不等式的求解2)零點存在定理.基本模式是已知f(a)的符號，研究賦值點m(假設ma)使得f(m)與f(a)異號，則在(m,a)上存在零點3)一些基本的超越不等式，如：x111xlnxx1；lnxex2x1時，x12(x1)lnxxx12x1x12x30 x1時，x1x21lnx2(x1)x1x2xx14exx1;exex;exx21(x0);exx2x(x0)【注】應用上述不等式,一般須給出證明2賦值的應付方略：2.1賦值的方法：01直觀放縮法其形態(tài)是先直觀試一試，后放縮證明，其特色是奏效快，但有時有點懸，解、證風險大（參閱上節(jié)“真題研究”）402放縮求解法其形態(tài)是先合適放縮，此后

10、經(jīng)過解不等式或方程求出賦值點，其特色是安妥、靠譜，但有時，目標放縮有點難（參閱上節(jié)“真題研究”中的思路一，思路二）2.2賦值點遴選要領：遴選賦值點須做到三個保證，三個優(yōu)先三個保證：（1）保證參數(shù)能取到它的全部值；（2）保證賦值點x0落在規(guī)定區(qū)間內(nèi)；（3）保證運算可行三個優(yōu)先：（1）優(yōu)先常數(shù)賦值點；（2）優(yōu)先借助已有極值求賦值點(參閱2016屆南通一模N19)；（3）優(yōu)先簡單運算，如lnxln等e，ex2.3放縮的分類及其目標：放縮于賦值，形影不離，唇齒相依（1）依放縮的依照區(qū)分，可分為無條件放縮和條件放縮兩類前者如，ex1，lnxx1等；x后者如x0 xx1時，x11等；時，e1e(ex)1x

11、（2）依賦值點的個數(shù)區(qū)分，可分為單點式和兩點式前者以解方程為歸宿；后者以解不等式為歸宿，從某種意義上說，后者是前者受挫時的應急之舉一般情況下，放縮的目標應鎖定于對函數(shù)的變化趨向起不了主導作用的那些項；但有些問題中，很難界定“主導”與非“主導”，此時放縮的尺度取決于對題目中各樣要素的綜合考量這正是賦值的難點例1已知函數(shù)fx1ax22x2alnx2（1）略；（2）略；（3）若曲線C：yfx在點x1處的切線l與C有且只有一個公共點，求正數(shù)a的取值范圍分析：（3）易得切線y4xa2，代入yfx整理得：2gxax212x12alnx0，題設等價于函數(shù)gx有且只有一個零點，2gxax1x，此中2a【下一步

12、分析：第一討論x,0恒建立（不可以能），及xax0恒建立,x恒建立,0】o當,0，即a2時，由gx0 x1，1且當x1時，gx0，gxZ；當0 x1時，gx0，gx5因此x1是gx獨一的極小值點，也是最小值點ya2g(x)且g10，故a2知足題意2o0即0a2時由gx0 x11，x2O1x【下一步分析：應比較gx兩零點與1的大小】yg(x)21o1即a1時，gxax10，gxxO1gxZ，又g10，因此a1知足題設a12o1，即0a1時，當1x，gx0，gx，因此gg10【接著研究：在,上，gxZ，因此在右邊充分遠處，y0a1希望存在x1，使gx10，其余應意識到對gx0起主導作用O1gxg1

13、x的那一項應當是ax21（該項不宜輕易放縮），故放縮的主要目標g(x)2是幾乎可以忽視不計的“2alnx”，事實上，當x1時，2alnx0，因此gxa2x1ax12令x14】x12x1x1ax20222a詳解：又存在x141，因此2alnx10，aa2aagx12x112x11x112x112x112x120在,x1內(nèi)，gx存在零點，因此gx最罕有兩個零點，不合題意3o1，即1a2時，在,1上，gx0，gx，因此gg10【接著研究：在0,上，gxZ，因此在x0右邊充分近處，yg(x)希望存在x2，使gx20其余應意識到對gx0起主導作用ggxOx21的那一項應當是lnx（因此不宜輕易放縮）故放

14、縮的主要目標1a2是幾乎可以忽視不計的“a2a22x12x1”，事實上，當0 x1時，2x10，令22x12，因此gx22alnx0 x2=e2a】0詳解：又存在x2e222a1，并注意到20，2x212，aax21a26222alnx222a20，因此在0,內(nèi)gx存在零點，2a進而gx最罕有兩個零點，不合題意綜上所述，a1或a22【附證：e2aa：ea2112a2a2a】222ae2a2a例2（上節(jié)“題目1（2）”）已知函數(shù)f(x)aexx2bx(a,bR)（1）（3）略（2）設b0，若f(x)在R上有且只有一個零點，求a的取值范圍正解：(參數(shù)掃描)依題意f(x)aexx2有獨一零點，于是：

15、y10當a0,f(x)0，不合；f(x)aexx220當a0,f(x)x2有獨一零點，符合；xa030當a0,一方面f(0)a0【下一步，分析1：用直觀放縮法試一試x1使f(x1)0，明顯x10(why?)由于f(x)ex2x0,()，因此只需令x10且充分小，則aex10，進而afxf(x1)aex1x120若x1為某個負常數(shù),因負數(shù)a的隨意性,沒法保證f(x1)0，故x1須與a有關不如改試x1a1】另一方面a10,并注意到exx1(證略)f(a1)a(a1)2a(a1)2a120，因此在(,0)內(nèi)f(x)有獨一零點e1a2a2a2a于是x0時，須f(x)無零點，而f(0)0，因此x0,f(

16、x)0，即ax2ex2x(2x)，令g(x)記g(x)xx(x0),g(x)0 x02,當0 xx0,g(x)0,g(x)Z；eex當x0,g(x)0,g(x)，因此g(x)maxg(x0)4a4，因此a4e2e2e2x綜上a0或a4e2【注】將零點問題轉(zhuǎn)變?yōu)椴坏仁胶憬栴}進而使“分參”不依靠于形而突顯其嚴實性7【下一步分析2：用放縮求解法求x1使f(x1)0，明顯x1(,0)事實上x0時,f(x)aexx2a1x2令0,解之x1a】另一方面x1a0,使f(x1)aex1x12ax120,且x0時f(x)aex2x0,f(x)，因此在(,0)內(nèi)f(x)有獨一零點(以下過程同上)【下一步分析3

17、：仍用放縮求解法，x22令xa，取x1a1】x1時，f(x)aexa1xax0另一方面x1a10,使f(x1)x2a2ax10且x0時ae1x1x1f(x)aex2x0,f(x)，因此在(,0)內(nèi)f(x)有獨一零點(以下過程同上)例3已知f(x)xlnxa，討論fx的零點的個數(shù)解：記fx的零點的個數(shù)為kfx的定義域為(0,)，fx1lnx，令fx0 x1x1fx0,fxZ0 x1fx0fxe，當e時，；當e時，因此x1是fx的獨一極小值點也是最小值點，即fxminf1a1e1eeeOgf(x)10.當a10，即a1時，fxmin0,故k0oeea020.當a11f(1)0，即a時，fxmin0

18、,k1f(x)eee11Ooe100，即a時，fxmin0(如右圖所示)g13.當aee.a0時，在0,1上fx0,在(1,)上，a0ee【門路一】存在ea1，feaaeaaa(ea1)0，aof(x)ee1由零點定理及f(x)的單一性k1Og10a【門路二：經(jīng)過放縮，求解賦值點當xe時,f(x)x令xa】ea0當xe且xa時，f(x)xa0，同理k1.a0時，由xlnx0 x1，因此k1.0a1時，fxmina10一方面11，且f1a0，另一方面eee81時，應有f1【門路一：依照單一性，當0 xx0，不如直觀試一試x0ea】ey1注意到x0時，exx2（證略），存在x0ea1，f(x)eo

19、1a21e12a2ggx11a1feaea0，又fx圖像在定義域內(nèi)不中斷，11aa0ae11因此在內(nèi)，fxk2.，和，各有一個零點，故0ee【門路二(借助原函數(shù)極值求賦值點)】已證在(0,)上xlnx1，且存在a2a1，fa22a2lnaaa2alna1eea210同理k2.e綜上所述：當a1a1e時，f(x)沒有零點；當e或a0時，有1個零點；當0a12個零點e時，有【注】學生可能出現(xiàn)的認知誤區(qū)是：當x0時，xlnx（或）【追蹤訓練】1解不等式：(e1)lnxx1，此中e為自然對數(shù)的底數(shù)分析：記f(x)x1(e1)lnx，則原不等式等價于f(x)0.f(x)1e1，x令f(x)0，x0e1y

20、f(x)當xx0,f(x)0,f(x)Z；當0 xx0,f(x)gx0gOgx又一方面，存在1x0,f(1)0,另一方面，存在ex0,f(e)0，1e因此當且僅當1xe時f(x)0，進而原不等式的解集為(1,e)2已知函數(shù)f(x)lnxax1(aR)(1)討論函數(shù)f(x)的單一性；(2)若f(x)有兩個零點x1,x2(x1x2),求a的取值范圍f(x)x1?x2分析：(1)易得f(x)在(0,1)Z,在(1,).1aaa(2)若a0則f(x)Z,f(x)在定義域內(nèi)最多一個零點,不合因此a0且f(x)maxf(1)ln100a1.aa此時，一方面11使f(1)a0；另一方面，注意到lnxx1(證

21、略)eaee9于是，e11e1e2ex0a2a使f(x0)12lnaa122(a1)aa0依照零點定理以及f(x)的單一性,可知f(x)在(0,1)和(1,)上各有一個零點，aa因此a的取值范圍是(0,1)3設函數(shù)f(x)sinxax1x3(aR)若對隨意的x0,f(x)0建立，求a的取值范圍6解：12f(x)cosxa2x,f(x)xsinx0f(x)Zf(x)f(0)1a1.當a1時,f(x)0,f(x)Zf(x)f(0)0；2.當a1時,f(2a)cos2aa2a2cos2aa2a(a1)0,f(0)1a0，因此x0(0,2a)使得f(x0)0且在(0,x0)內(nèi)f(x)0f(x),f(x

22、)f(0)0與題設不符.因此a1第三講賦值的若干經(jīng)典問題例1設函數(shù)f(x)e2xalnx（1）討論f(x)零點的個數(shù)；（2）略解：（1）f(x)1(2xe2xa)x當a0時,f(x)0，故f(x)無零點；當a0時f(x)零點的個數(shù)即g(x)2xe2xa(x0)零點的個數(shù)，記為ny因此在(0,)上g(x)Z，因此n1(i)又g(a)a(2e2a1)0g(x)Ox【下一步如何找尋正數(shù)x0使g(x0)0?】o門路一(直觀放縮法)【分析】假設x0g(0)a0，故應將x0鎖定在0右邊一點點，直觀試一試后，形成以下的詳解：取x0mina,1g(x0)221aa12)0，ae4(e2，依照零點定理n1(j)

23、，4442由(i),(j)n1門路二(放縮求解法)【分析】0 x1時ex1x11于是當0 x1，即02x1時，ex210e2x1g(x)2xa0,xa1令12x12x2(a1)2詳解：0 x1時x11，于是當12x1eex1x0 x2時，02x1,e12xg(x)2xa，取a1g()2a0依照零點定理n1(j)，12x2(a1)212由(i),(j)n1例2已知函數(shù)f(x)2)exa(x1)2有兩個零點f(x)(x12gggg（）求a的取值范圍；（）略x1x2分析：（）(參數(shù)掃描)f(x)(x1)(ex2a)a010)若a0，當x1,f(x)0,f(x)Z，當x1,f(x)0,f(x),f(x

24、)minf(1)e0一方面,當x1時f(2)a0；另一方面,當x1時門路一aa23(標解)存在b0且bln，使f(b)(b2)a(bab(b)0，21)22因此在x1雙側(cè)，f(x)各有一個零點，知足題意門路二【分析：當x0時,能對f(x)0起主導作用的那一項明顯是2xa(x1)，而e0,1變化幅度不大，是比較理想的放縮目標x0時,f(x)(x2)a(x1)22x2a(x1)2(x1)(2axa)(x1)(2ax)令x02】0a詳解：x0時,f(x)x2a(x1)22x2a(x1)2(x1)(2axa)(x1)(2ax)，今取x0201,f(x0)(x01)(2ax0)0，因此在x1雙側(cè)，a(x

25、)各有一個零點，知足題意20)若a0，當x1,f(x)0，因此f(x)有兩零點x1時，f(x)有兩零點(x2)exa(x1)有兩零點，但(x24x5)exg(x)Zg(x)1)2g(x)(x1)30(x因此f(x)不存在兩個零點綜上，a的取值范圍是(0,)【注】趁便指出,在同解變形中,巧用起落格,可簡化解題過程(證明:x0,exx21)例3設函數(shù)f(x)(1x2)ex11（1）略；（2）當x0時，f(x),ax1，求a的取值范圍解：（2）fx剠axx21ex11Fxax10明顯a0（不然若a,0，注意到e21.5，1則F1a3e21a31.510）22424F(x)F(x)F(x)OOO0a1

26、a1a1【下一步研究a的范圍：令Fxax22x1ex0恒建立a,x22x1exArx，rxx24x1ex0，因此rxZ，rxminr01，因此a剠1a1】Fxax22x1ex，記hxFx，hxx24x1ex0，因此hxZ即FxZ，F(xiàn)xF0a1于是：1o當a1時，F(xiàn)x0，F(xiàn)xZ，F(xiàn)xF00，進而fx,ax1；2o當0a1時，門路一【分析當0 x1時，F(xiàn)xaxx21x11xx2令0 x1a】xa1x2x1a2詳解：當0 x1時，注意到exx1(證略)Fxaxx21x11xx2x1ax2x1a，今取x01a0,1F(x0)x02x0(1a)0，不合題意.綜上，a12門路二：F0a10,F(1)a2e

27、0，又FxZ，故在(0,1)上Fx有獨一零點x0，且在(0,x0)上Fx0,F(x)，因此F(x)F(0)0不合題意綜上a1n例4設數(shù)列an的通項an1,證明:a2nan1ln2k1k4n【分析：聯(lián)想超越不等式lnx小于有l(wèi)nxx1(x1)；lnxx21(x1)等2x12此后用分項比較法,將待證式兩邊均表示為從n起連續(xù)n項的和：a2nan1L2n1(11)；整歸并分解左側(cè)：4nkn2k2(k1)同時將右邊化整為零:n1n22nln2lnnlnn1Lln2n1依照lnk1(kk1)2111，因此原式獲證】2k1kk2k2(k1)2n1nlnk1k2證明：易證lnxx21(x1)，令xk1lnk1

28、(kk1)k1111.2xkk2k2k2(k1)a2nan1(1112L1)14nnn2n4n211L1112(n1)2(n2)2(2n1)2n4n111L111L112n2(n1)2(n2)2(2n1)2(n1)2(n2)2(2n1)4n2n12n1ln(n(11)lnk11n2L2n)ln2kn2k2(k1)knknn12n1【追蹤訓練】1設函數(shù)f(x)lnxax(aR).若方程f(x)a1x2有解，求a的取值范圍2解：方程fxa1x2有解函數(shù)hxlnxaxa1x2有零點22hxa1x2ax11x1a1x1xxa1時，hxlnxxx1x10（證略）因此hx無零點；a1時，h1a10（察看?。鞠乱徊椒治觯喝绾钨x值x0,使得hx00？2當x1時,a12a1令2a說明:若不可以保證0hxax2xx(2xa)0 xa1(1)解方程所獲得的x01，則改用兩點式,即hx令0 xL（參閱(二)例2分析3）】L又2a1且h2aln2ax0a12aaln2a0，a1a1a12a1a1由零點定理，hx有零點a1時a1x10，因此令hx0 x1（易知x1是hx