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第4课时 压轴考法自主选——“函数与导数”压轴大题的3大难点及破解策略
难点一 隐零点问题
在求解函数问题时，很多时候都需要求函数f(x)在区间I上的零点，但所述情形都难以求出
其准确值，导致解题过程无法继续进行时，可这样尝试求解：先证明函数f(x)在区间I上存在
唯一的零点(例如，函数f(x)在区间I上是单调函数且在区间I的两个端点的函数值异号时就
可证明存在唯一的零点)，这时可设出其零点是x.因为x 不易求出(当然，有时是可以求出但
0 0
无需求出)，所以把零点x 叫做隐零点；若x 容易求出，就叫做显零点，而后解答就可继续进
0 0
行．实际上，此解法类似于解析几何中“设而不求”的方法．
[典例] 设函数f(x)＝ex－ax－2.
(1)求f(x)的单调区间；
(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．
[解题观摩]
(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；
当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程
略)
(2)由题设可得(x－k)(ex－1)＋x＋1>0，
即k0)恒成立．
令g(x)＝＋x(x>0)，
得g′(x)＝＋1＝(x>0)．
由(1)的结论可知，函数h(x)＝ex－x－2(x>0)是增函数．
又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1，2)(该零点就是h(x)的隐零点)．
当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，
所以g(x) ＝g(α)＝＋α.
min
又h(α)＝eα－α－2＝0，
所以eα＝α＋2且α∈(1,2)，
则g(x) ＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，
min
所以k的最大值为2.
[名师微点]
本题的关键就是利用h(x)＝ex－x－2及h(1)<0，h(2)>0确定h(x)的隐零点，从而作出判断．
[针对训练]
1．设函数f(x)＝(x－1)ex－kx2(k∈R)．当k∈时，求函数f(x)在[0，k]上的最大值M.
解：f′(x)＝x(ex－2k)．由f′(x)＝0，得x＝0或x＝ln 2k.
事实上，可证ln 2k＜k，
设g(k)＝ln 2k－k，
则g′(k)＝≥0，
所以g(k)在上是增函数，所以g(k)≤g(1)＝ln 2－1＜0，即ln 2k＜k.
所以f(x)在(0，ln 2k)上是减函数，在(ln 2k，k]上是增函数，所以M＝max{f(0)，f(k)}．
设h(k)＝f(k)－f(0)＝(k－1)ek－k3＋1，
则h′(k)＝k(ek－3k).
又令φ(k)＝ek－3k，
则φ′(k)＝ek－3≤e－3＜0，
所以函数φ(k)在上是减函数．
又因为φ＞0，φ(1)＜0，
所以函数φ(k)在上存在唯一的零点k.
0
所以当＜k＜k 时，φ(k)＞0，即h′(k)＞0，
0
当k＜k≤1时，φ(k)＜0，即h′(k)＜0，
0
所以函数h(k)在上是先增后减．
又因为h＝－＞0，h(1)＝0，
所以h(k)＝f(k)－f(0)≥0，
f(k)≥f(0)，
故M＝f(k)＝(k－1)ek－k3.
难点二 极值点偏移问题
在近几年的高考中，极值点偏移问题常作为压轴题出现，题型复杂多变，面对此类问题时常
会感到束手无策．事实上，只要掌握这类问题的实质，巧妙消元、消参、构造函数，问题便能迎
刃而解．
1．极值点偏移的含义
若单峰函数f(x)的极值点为x，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.
0
函数值的
极值点x 图示
0
大小关系
极值点不
x＝ f(x)＝f(2x－x)
0 1 0 2
偏移
峰口向上：f(x)<
1
f(2x－x)
极值 0 2
左
点偏 x<
0
移
移
峰口向下：f(x)>
1
f(2x－x)
0 2峰口向上：f(x)>
1
f(2x－x)
0 2
右
x>
0
移
峰口向下：
f(x)<
1
f(2x－x)
0 2
2．函数极值点偏移问题的题型
极值点偏移问题的题设一般有以下四种形式：
(1)若函数f(x)在定义域上存在两个零点x，x(x≠x)，求证：x＋x>2x(x 为函数f(x)的极值
1 2 1 2 1 2 0 0
点)；
(2)若在函数f(x)的定义域上存在x ，x(x≠x)满足f(x)＝f(x)，求证：x ＋x>2x(x 为函数
1 2 1 2 1 2 1 2 0 0
f(x)的极值点)；
(3)若函数f(x)存在两个零点x，x(x≠x)，令x＝，求证：f′(x)>0；
1 2 1 2 0 0
(4)若在函数f(x)的定义域上存在x，x(x≠x)满足f(x)＝f(x)，令x＝，求证：f′(x)>0.
1 2 1 2 1 2 0 0
[典例] 已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x，x(x≠x)．证明：
1 2 1 2
xx>e2.
1 2
[解题观摩]
法一：巧抓“根商”——c＝构造函数
不妨设x>x，
1 2
因为ln x－ax＝0，ln x－ax＝0，
1 1 2 2
所以ln x＋ln x＝a(x＋x)，ln x－ln x＝a(x－x)，
1 2 1 2 1 2 1 2
所以＝a.
欲证xx>e2，即证ln x＋ln x>2.
1 2 1 2
因为ln x＋ln x＝a(x＋x)，所以即证a>，
1 2 1 2
所以原问题等价于证明>，
即ln>，
令c＝(c>1)，则不等式变为ln c>.
令h(c)＝ln c－，c>1，
所以h′(c)＝－＝>0，
所以h(c)在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(c)>h(1)＝ln 1－0＝0，
即ln c－>0(c>1)，
因此原不等式xx>e2得证．
1 2
[名师微点]该方法的基本思路是直接消掉参数a，再结合所证问题，巧妙引入变量c＝，从而构造相应的
函数．其解题要点为：
(1)联立消参：利用方程f(x)＝f(x)消掉解析式中的参数a.
1 2
(2)抓商构元：令c＝，消掉变量x，x，构造关于c的函数h(c)．
1 2
(3)用导求解：利用导数求解函数h(c)的最小值，从而可证得结论．
法二：抓极值点构造函数
由题意，函数f(x)有两个零点x，x(x≠x)，即f(x)＝f(x)＝0，易知ln x，ln x 是方程x＝aex
1 2 1 2 1 2 1 2
的两根．
设t＝ln x，t＝ln x，g(x)＝xe－x，则g(t)＝g(t)，从而xx>e2⇔ln x＋ln x>2⇔t＋t>2.
1 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2
下证：t＋t>2.
1 2
g′(x)＝(1－x)e－x，易得g(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以函数g(x)
在x＝1处取得极大值g(1)＝.
当x→－∞时，g(x)→－∞；当x→＋∞时，g(x)→0且g(x)>0.
由g(t)＝g(t)，t≠t，不妨设t0，
所以F(x)在(0,1]上单调递增，
所以F(x)>F(0)＝0对任意的x∈(0,1]恒成立，
即g(1＋x)>g(1－x)对任意的x∈(0,1]恒成立．
由0g[1－(1－t )]＝g(t)＝g(t)，
1 1 1 1 2
即g(2－t)>g(t)，
1 2
又2－t，t∈(1，＋∞)，且g(x)在(1，＋∞)上单调递减，
1 2
所以2－t2，
1 2 1 2
即xx>e2.
1 2
[名师微点]
上述解题过程就是解决极值点偏移问题的最基本的方法，共有四个解题要点：
(1)求函数g(x)的极值点x；
0
(2)构造函数F(x)＝g(x＋x)－g(x－x)；
0 0
(3)确定函数F(x)的单调性；
(4)结合F(0)＝0，确定g(x＋x)与g(x－x)的大小关系．
0 0
法三：巧抓“根差”——s＝Δt＝t－t 构造函数
2 1
由题意，函数f(x)有两个零点x，x(x≠x)，即f(x)＝f(x)＝0，易知ln x，ln x 是方程x＝aex
1 2 1 2 1 2 1 2的两根．
设t＝ln x，t＝ln x，
1 1 2 2
设g(x)＝xe－x，则g(t)＝g(t)，从而xx>e2⇔ln x＋ln x>2⇔t＋t>2.
1 2 1 2 1 2 1 2
下证：t＋t>2.
1 2
由g(t)＝g(t)，得te －t1＝te －t2，化简得e t2－t1＝.①
1 2 1 2
不妨设t>t，由法二知，00，t＝s＋t，代入①式，得es＝，
2 1 2 1
解得t＝.
1
则t＋t＝2t＋s＝＋s，
1 2 1
故要证t＋t>2，即证＋s>2，
1 2
又es－1>0，故要证＋s>2，
即证2s＋(s－2)(es－1)>0.②
令G(s)＝2s＋(s－2)(es－1)(s>0)，
则G′(s)＝(s－1)es＋1，G″(s)＝ses>0，
故G′(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G′(s)>G′(0)＝0，
从而G(s)在(0，＋∞)上单调递增，所以G(s)>G(0)＝0，
所以②式成立，故t＋t>2，即xx>e2.
1 2 1 2
[名师微点]
该方法的关键是巧妙引入变量s，然后利用等量关系，把t，t 消掉，从而构造相应的函数，转
1 2
化所证问题．其解题要点为：
(1)取差构元：记s＝t－t，则t＝t＋s，利用该式消掉t.
2 1 2 1 2
(2)巧解消参：利用g(t)＝g(t)，构造方程，解之，利用s表示t.
1 2 1
(3)构造函数：依据消参之后所得不等式的形式，构造关于s的函数G(s)．
(4)转化求解：利用导数研究函数G(s)的单调性和最小值，从而证得结论．
[针对训练]
2．若关于x的方程xln x＝m有两个不相等的实数解x，x，求证：x·x<(e是自然对数的底数)．
1 2 1 2
证明：不妨设x>x，要证xx<，
1 2 1 2
即证xx<，
1 2
整理得x＋xln x－k，k>0.
1 1 2 2
设h(x)＝xln x－kx－，
使h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以有h′(x)＝ln x＋1－k＋≥0在(0，＋∞)上恒成立，
令h″(x)＝－＝0，解得x＝，
列表可知h′(x)在上单调递减，在上单调递增，令h′＝ln(2k)－k＋＝(ln(2k)－2k＋1)≥0，
解得k＝，此时有h′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，原命题得证．
难点三 利用洛必达法则求解不等式恒成立问题
函数与导数应用的问题中，求参数的取值范围是重点考查的题型．在平时教学中，教师往往
介绍利用变量分离法来求解．但部分题型利用变量分离法处理时，会出现“”型的代数式，
而这是大学数学中的不定式问题，解决这类问题的有效方法就是利用洛必达法则．
[洛必达法则]
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)lim f(x)＝0及lim g(x)＝0；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lim ＝l，
那么lim ＝lim ＝l.
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件
(1)lim f(x)＝∞及lim g(x)＝∞；
(2)在点a的去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)lim ＝l，
那么lim ＝lim ＝l.
[典例] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解题观摩]
(1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)法一：由(1)知f(x)＝＋，
∴f(x)－
＝.
设h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①设k≤0.由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)<0，h(x)单调递减．
而h(1)＝0，故当x∈(0,1)时，h(x)>0，可得h(x)>0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)<0，可得h(x)>0.
从而当x>0，且x≠1时，f(x)－>0，
即f(x)>＋.
②设00，对称轴x＝>1，∴当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾，
③设k≥1.此时h′(x)>0，而h(1)＝0，故当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，可得h(x)<0，与题设矛盾．
综上所述，k的取值范围为(－∞，0]．
(法一在处理第(2)问时很难想到，现利用洛必达法则处理如下)
法二：由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，又h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0，
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，故h′(x)>h′(1)＝0，∴h(x)在(0，＋∞)
上为增函数．又h(1)＝0，
∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知，lim g(x)＝2lim ＋1＝2lim ＋1＝2×＋1＝0，
∴g(x)>0，∴k≤0，
故k的取值范围为(－∞，0]．
[名师微点]
解决本题第(2)问时，如果直接讨论函数的性质，相当烦琐，很难求解．采用参数与变量分离较
易理解，但是分离出来的函数式的最值无法求解，而利用洛必达法则却较好地处理了它的最
值，这是一种值得借鉴的方法．
[针对训练]
3．设函数f(x)＝1－e－x，当x≥0时，f(x)≤，求a的取值范围．
解：由f(x)≤，得a≤，
设t(x)＝(x－1)ex＋1(x>0)，得t′(x)＝xex>0(x>0)，所以t(x)是增函数，t(x)>t(0)＝0(x>0)．
又设h(x)＝(x－2)ex＋x＋2(x>0)，得h′(x)＝t(x)>0(x>0)，所以h(x)是增函数，h(x)>h(0)＝
0(x>0)．
再设g(x)＝(x>0)，
连续两次使用洛必达法则，得
lim g(x)＝lim ＝lim ＝，
所以g(x)的下确界是，即g(x)>(x>0)．题设即“当x≥0时，1－e－x≤恒成立”，所求a的取值范
围是.1．定义在R上的奇函数f(x)，当x>0时，f(x)＝ln x－ax＋1，若f(x)有5个零点，求实数a的取
值范围．
解：因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0，
所以要使f(x)在R上有5个零点，只需f(x)在(0，＋∞)上有2个零点，等价于方程a＝在(0，＋
∞)上有2个根，等价于y＝a与g(x)＝(x>0)的图象有2个交点．
g′(x)＝，当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
x (0,1) 1 (1，＋∞)
g′(x) ＋ 0 －
g(x) 极大值
所以g(x)的最大值为g(1)＝1.
因为x→0时，g(x)→－∞；x→＋∞时，由洛必达法则可知：
limg(x)＝lim ＝lim ＝0，
所以00)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝x－1.
(1)试用a表示出b，c；
(2)若f(x)≥ln x在[1，＋∞)恒成立，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝a－，
由得b＝a－1，c＝1－2a.
(2)题设即“a≥(x>1)，或a≥(x>1) 恒成立”．设g(x)＝(x－1)2＋(x－1)－xln x(x≥1)，
则g′(x)＝x－ln x－1(x≥1)，
又g″(x)＝1－恒大于0(x>1)，
所以g′(x)单调递增(x>1)，所以g′(x)>g′(1)＝0，
所以g(x)单调递增(x>1)，
所以g(x)≥g(1)＝0(x≥1)，
当且仅当x＝1时g(x)＝0，故<(x>1)，lim ＝.
所以若a≥(x>1)恒成立，则a≥，
即a的取值范围是.
4．已知函数f(x)＝－m(a，m∈R)在x＝e(e为自然对数的底数)时取得极值，且有两个零点记
为x，x.
1 2
(1)求实数a的值，以及实数m的取值范围；
(2)证明：ln x＋ln x>2.
1 2
解：(1)f′(x)＝＝(x>0)，
由f′(x)＝0，得x＝ea＋1，且当00，
当x>ea＋1时，f′(x)<0，
所以f(x)在x＝ea＋1时取得极值，
所以ea＋1＝e，解得a＝0.
所以f(x)＝－m(x>0)，f′(x)＝，
函数f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f(x) ＝f(e)＝－m.
max
又x→0(x>0)时，f(x)→－∞；x→＋∞时，f(x)→－m，由f(x)有两个零点x，x，得
1 2
解得02，只需证ln xx>2，
1 2 1 2
只需证m(x＋x)>2，即证ln>2.
1 2
即证ln>2，设t＝>1，
则只需证ln t>，即证ln t－>0.
记u(t)＝ln t－(t>1)，
则u′(t)＝－＝>0.
所以u(t)在(1，＋∞)上单调递增，
所以u(t)>u(1)＝0，所以原不等式成立，
故ln x＋ln x>2.
1 2
5．已知函数f(x)＝kex－x2(其中k∈R，e是自然对数的底数)．
(1)若k＝2，当x∈(0，＋∞)时，试比较f(x)与2的大小；
(2)若函数f(x)有两个极值点x，x(x0，
于是h(x)＝2ex－2x在(0，＋∞)上为增函数，
所以h(x)＝2ex－2x>h(0)＝2>0.
即f′(x)＝2ex－2x>0在(0，＋∞)上恒成立，
从而f(x)＝2ex－x2在(0，＋∞)上为增函数，
故f(x)＝2ex－x2>f(0)＝2.
(2)函数f(x)有两个极值点x，x，
1 2
则x，x 是f′(x)＝kex－2x＝0的两个根，
1 2
即方程k＝有两个根．
设φ(x)＝，则φ′(x)＝，
当x＜0时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)＜0；
当0＜x＜1时，φ′(x)>0，函数φ(x)单调递增且φ(x)>0；
当x>1时，φ′(x)<0，函数φ(x)单调递减且φ(x)>0.
作出函数φ(x)的图象如图所示，
要使方程k＝有两个根，只需0
