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赋值的理论既已提出，那么接下来就要将理论应用于实际题目之中。赋值法一般应用于三种情形:①赋值否定(找矛盾区间或矛盾点)；②零点个数的讨论(零点存在性定理)；③零点估计(对零点范围进行估计或者加强压缩)。易见，三者处理方式几乎一样，但是难度逐一增加。赋值否定的手法在2010年左右全国卷的高考题中使用较多(当时的题型大多为以泰勒公式和一些常用不等式的含参形式)；零点个数的讨论在近些年全国卷高考题中使用较多；零点估计则在自主命题省份的高考题以及难度较大的模考题中使用较多。由于以上各题型都属于导数题目中难度较大的题型，故给出一些高考题、模考题以及我原创的题目供读者练习。 ——苏承心 赋值例题
例:已知函数f(x)=e^x-e^(-x)。若对于任意x≥0，有f(x)≥ax，求a的取值范围。(2007全国Ⅰ卷理数之苏承心解答) 解:设g(x)=e^x-e^(-x)-ax，x≥0。①a≤2时，g(x)≥=e^x-e^(-x)-2x≥0，成立；②a>2时，令t=a/2∈(1，+∞)，则g(lnt)=t[1-1/t^2-ln(t^2)]<0，不成立。综上知a∈(-∞，2]。
例:已知函数f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2有两个零点，求解a的范围。(2016年全国Ⅰ卷理数之苏承心解答) 解:f'(x)=(x-1)(e^x+2a)，①a<-e/2时，f(x)于(-∞，1)，(ln(-2a)，+∞)递增，于(1，ln(-2a))递减，而f(1)=-1/e<0，故最多只能有一个零点；②a=-e/2时f'(x)≥0恒成立，故最多只能有一个零点；③-e/2
例:已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1)。若当x∈(1，+∞)时f(x)>0，求a的取值范围。(2016全国Ⅱ文数之苏承心解答) 解:①a≤2时由对数平均不等式知f(x)≥(x+1)lnx-2(x-1)≥0，成立；②a>2时，f(a-1)=a[ln(a-1)-(a-2)]<0，不成立。综上可知a∈(-∞，2]。
例:已知f(x)=ae^(2x)+(a-2)e^x-x。若0 证明:f'(x)=(ae^x-1)(2e^x+1)，易知f(x)于(-∞，-lna)单调递减，于(-lna，+∞)单调递增。而f(-lna)=1-1/a+lna<0，而x<0时f(x)>-2e^x-x>-2-x，则f(-2)>0。故f(x)于(-∞，-lna)上有唯一零点；注意到x>0时f(x)>ae^(2x)-2e^x-x>ae^(2x)-3e^x=e^x(ae^x-3)，取x0=ln(3/a)>ln(1/a)即有f(x0)>0。故f(x)于(-lna，+∞)上有唯一零点。综上得证。
例:设函数f(x)=(1-x^2)e^x，当x≥0时，f(x)≤ax+1，求a的取值范围。(2017全国Ⅱ文数之苏承心解答) 解:令g(x)=(1-x^2)e^x-ax-1，x≥0。g'(x)=e^x(1-2x-x^2)-a，g''(x)=-e^x(x^2+4x+1)<0。g'(0)=1-a。①若a≥1，则g'(x)≤g'(0)≤0，从而g(x)≤g(0)=0，成立；②若a<1，易知0≤x<1时g(x)≥(1-x^2)(1+x)-ax-1=(1-a)x-x^2-x^3≥(1-a)x-2x^2=x(1-a-2x)，取x0=(1/2)min{1，(1-a)/2}>0即有g(x0)>0，矛盾。综上知a≥1。附注:之所以取x0为(1/2)倍的min{1，(1-a)/2}是为了避免出现g(x0)≥0的情况，一旦附带等号则非严格小于，不能严谨的说明问题。
例：f(x)=x-e^(ax)，0 证明：f`(x)=1-ae^(ax)，故f(x)于（-∞，(1/a)ln(1/a)）单调递增，于（(1/a)ln(1/a)，+∞）单调递减。而f（(1/a)ln(1/a)）=-(1/a)(lna+1)>0，注意到(1/a)ln(1/a)>e。而f(0)=-1<0，f(1/a^2)=1/a^2-e^(1/a)<0(e^x>x^2，lnx
例:证明函数f(x)=ln(1+x)-a(e^(x/2)-x/4)+4在定义域上对于任意a∈(-∞，0]必存在零点。(苏承心解答) 证明:易知x∈(-1，0]时f(x)
例:已知f(x)=lnx-ax^2，0 证明:f'(x)=1/x-2ax，故x∈(0，√(1/2a))递增，x∈(√(1/2a)，+∞)递减，f(√(1/2a))=(1/2)(-ln(2a)-1)>0，而f(1)=-a<0，f(1/a)=ln(1/a)-1/a>0，从而f(x)于(1，√(1/2a))及(√(1/2a)，1/a)上各有一个零点，得证。
例:已知f(x)=a(x-1)e^(-x)+1，a>0。证明f(x)有零点。(苏承心解答) 证明:等价于证明h(x)=e^x+a(x-1)有零点。h'(x)=e^x+a>0，h(1)=e>0。注意到x≤0时h(x)≤1+a(x-1)<1+ax，故h(-1/a)<0。由零点存在定理知h(x)有零点，得证。
例:已知f(x)=a-lnx-1/x，a>1。求证f(x)有两个不同零点。(苏承心解答) 证明:f'(x)=1/x^2-1/x，易知x∈(0，1)时f(x)递增，x∈(1，+∞)时f(x)递减，f(1)=a-1>0，又f(e^(-a))=2a-e^a<0(e^x>2x)，f(e^a)=-1/e^a<0，故由零点存在性定理可知f(x)于(e^(-a)，1)以及(1，e^a)上各有一个零点，得证。
例:设a1，a2，a3，a4是各项为正数且公差为d(d≠0)的等差数列，是否存在a1以及正整数n，k使得(a1)^n，(a2)^(n+k)，(a3)^(n+2k)，(a4)^(n+3k)依次成等比数列？(2015江苏理数之苏承心解答) 解:依题有(n+ik)ln(a1+id)(i=0，1，2，3)成等差数列，故由等差数列性质可知函数f(x)=(n+kx)ln(a1+dx)-(x+m)(m∈R)必有四个零点。为简化形式，令a1+dx=t，t>0;nd/k-a1d=-λ，λ∈R。f(x)=g(t)=(k/d)tlnt-(ka1/d)lnt-(1/d)t+a1/d+n-m，g'(t)=(1/kt)(tlnt-λ)。令h(t)=tlnt-λ，h'(t)=lnt+1，易知h(t)于(0，1/e)单调递减，于(1/e，+∞)单调递增。对λ应有三种情况讨论。 ①λ≤-1/e时，h(t)≥h(1/e)=-1/e-λ≥0，故g'(t)≥0，g(t)单调递增，最多只能有一个零点，不成立; ②-1/e<λ<0时，注意到0 ③λ≥0时，由于任意x∈(0，1/e)有h(t)<-λ≤0，故于(0，1/e)上h(t)无零点;而h(1)=-λ≤0，h(e^λ)=λ(e^λ-1)≥0，故存在唯一t0∈(1，e^λ)使得h(t0)=0。易知于(0，t0)上h(t)<0，g'(t)<0，g(t)单调递减，于(t0，+∞)上h(t)>0，g'(t)>0，g(t)单调递增，故g(t)最多有三个零点，不成立。 综上可知g(t)不可能有四个零点，即不存在符合题意的a1以及正整数n，k使得(a1)^n，(a2)^(n+k)，(a3)^(n+2k)，(a4)^(n+3k)依次成等比数列。 |
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