2018全国3卷第21题——传承中创新

2018全国3卷第21题分析1处理函数在不断传承中创新对函数的处理：在求导之前、求导的过程中，注意对函数及导函数的处理，在比较大小和解不等式的题目中，求导之前、提取公因式、利用常用指对数不等式放缩可以简化函数，对分式函数利用分界点可以只考虑分子，从而大大简化运算。

求导之后，是优先提取公因式。

文化是不断传承中的积淀，经典是在不断传承中的拓展和创新。

例.（2018全国3卷第21题）已知函数()()()xx axx x f 21ln 22-+++=（1）若0=a ，证明：当01<<-x 时，()0<x f ；当0>x 时，()0>x f ；（2）若0=x 是()x f 的极大值点，求a【解析】（1）若0=a ，则()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=-++=221ln 221ln 2x x x x x x x x f 令()()221ln +-+=x xx x g ，则()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g （希望对数函数单独存在，一次求导就没有对数，往往使得研究导数更为容易，这也是全国卷一直坚持的思路。

）所以()x g 在()+∞,0单增，又因为()00=g 故当01<<-x 时，()()00=<g x g ，即()0<x f ；当0>x 时，()()00=>g x g ，即()0>x f ；（2）（i ）若0a ≥，由（1）知，当0x >时，()(2)ln(1)20(0)f x x x x f >++->=，这与0x =是()f x 的极大值点矛盾.（ii ）若0a <，设函数22()2()ln(1)22f x xh x x x ax x ax ==+-++++.由于当min{x <时，22x ax o ++>，故()h x 与()f x 的符号相同.又(0)(0)0h f ==，故0x =是()f x 的极大值点当且仅当0x =是()h x 的极大值点.（直接对函数一次求导，得()00'=f ，二阶求导，导函数非常复杂，依然有()00''=f ，很多学生放弃了再次求导，或许这也是命题者希望看到的。

于是思考对函数进行处理，按照惯例，对函数进行处理，希望对数函数单独存在，但这样处理，极值点会发生变化吗？如果除以一个正数，极值点不会发生变化，除以一个恒正的式子，注意到函数的特殊性，借助图像，可以分析出极值点不会变化。

）2222'22212(2)2(12)(461)()1(2)(1)(2)x ax x ax x a x ax a h x x x ax x x ax ++-++++=-=++++++如果610a +>，则当6104a x a +<<，且min{x <时，'()0h x >，故0x =不是()h x 的极大值点.如果610a +>，则224610a x ax a +++=存在根10x <，故当1(,0)x x ∈时，且min{x <时，'()0h x <，所以0x =不是()h x 的极大值点.如果610a +=，则222'2(461)()(1)(2)x a x ax a h x x x ax +++=+++.则当(1,0)x ∈-，'()0h x >；当(0,1)x ∈时，'()0h x <.所以0x =是()h x 的极大值点.综上，16a =-一、整体的思想，换元简化函数（适用于根式，高次等函数）1.（2012年辽宁）设()ln(1)(,,,)f x x ax b a b R a b =++++∈为常数,曲线()y f x =与直线32y x =在(0,0)点相切.(Ⅰ)求,a b 的值.(Ⅱ)证明:当02x <<时,9()6xf x x <+.【解析】：(Ⅱ)考虑到函数()x f 中既有1,1++x x ，所以考虑换元，令()3,1,1∈+=t x t ，则()()131ln 21ln 2-≤-+=-+=t t t t t x f ，则原不等式()()()()()023*******191322222≤+-⇔≤--+-⇔+-≤-⇔t t t t t t t t ，()()021≤--⇔t t 因为()3,1∈t ，显然成立二、指对数函数的常见处理技巧因为()[]()()[]x f x f e x f e xx+=''，()[]()()[]x f x f e x f e xx-=--''与xe 无关，所以有些时候可以考虑把函数的解析式转化为上述两种形式再来处理；注意到()[]()x f xx f x '1'ln ±=±与x ln 无关，所以有些时候可以考虑把函数x ln 前面的函数转化为常数，使得求导之后易于处理；又因为()()()[]()11ln '1ln 1,ln 1'ln ++=+++=x x x x x x ，再次求导，则没有对数函数，且二次导函数大于0，所以有时候也可以想方设法构造()()1ln 1,ln ++x x x x ，上述不等式都可以通过构造类似的函数来证明。

全国卷多次考察过对函数，乃至求导后对导函数的处理。

2.（2010全国Ⅱ卷理）设函数()xex f --=1．（Ⅰ）证明：当1->x 时，()1+≥x xx f ；（Ⅱ）设当0≥x 时，()1+≤ax xx f ，求a 的取值范围．【解析】：（Ⅱ）当0<a 时，a x 1->时，01<+ax x ，而()0≥x f ，则()1+≤ax xx f 不恒成立，当0≥a 时，()()()x eax x F x--+=-11，则()()11'-+-+=-a a ax e x F x（注意到()00=F ，()00'=F ，需要()0≤x F ，则0是函数的极大值点，必有()00''≥F ，得21≤a ，说明21>a 不成立）当210≤≤a 时，()()012''≤-+-=-a ax e x F x，则()x F '在()+∞,0单减，所以对任意的()+∞∈,0x ，()<x F '()00'=F ，则()x F 在()+∞,0单减，从而对任意的()+∞∈,0x ，()<x F ()00=F ，当21>a 时，当⎪⎭⎫ ⎝⎛-∈a a x 12,0时，()()012''>-+-=-a ax e x F x ，则()x F '在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a 12,0单增，所以对任意的⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a 12,0，()>x F '()00'=F ，则()x F 在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a a 12,0单增，从而对任意的⎪⎭⎫⎝⎛-a a 12,0，()>x F ()00=F ，与题设矛盾，综上：210≤≤a 三、在简化函数的过程中，注意利用不等式的性质对乘积函数进行分段简化处理3.（2010全国1）已知函数()(1)ln 1f x x x x =+-+.（Ⅰ）若2'()1xf x x ax ≤++，求a 的取值范围；（Ⅱ）证明：(1)()0x f x -≥.4.（2011全国新课标I ）已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。

（Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。

四、把一个复杂的不好处理的函数转化为两个简单的、熟悉的函数或前面一问出现的函数来处理【2014全国1】设函数1()ln x xbe f x ae x x-=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+.(Ⅰ)求,a b ；（Ⅱ）证明：()1f x >【解析】：(Ⅰ)1,2a b ==（略）（Ⅱ）法一：由(Ⅰ)知，12()ln x xe f x e x x-=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e ->-设函数()ln g x x x =，则()ln g x x x '=+，所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，当1,x e⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '>，故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，在1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，从而()g x 在()0,+∞的最小值为11()g e e=-.设函数2()xh x xee-=-，则()()1xh x e x -'=-，所以当()0,1x ∈时，()0h x '>，当()1,x ∈+∞时，()0h x '<，故()h x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，从而()h x 在()0,+∞的最小值为1(1)h e=-.综上：当0x >时，()()g x h x >，即()1f x >.点评：我们很少证明一个函数的最小值大于另一个函数的最大值，这个条件太强了，本题是基于对不等式进行变形，得到常见的函数，由常见函数的结论才如此思考。

五、利用常用不等式进行放缩法二：1122()ln ln 1x xx e f x e x e e x x x --⎛⎫=+=+> ⎪⎝⎭①，令2()ln g x e x x =+，2222'()e ex g x x x x -=-=，所以()x g 在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 2,0单减，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2e 单增，则()02ln 2ln 2>=+=⎪⎭⎫⎝⎛>e e e e e g x g ，容易证明x e x ≥-1，等号成立当且仅当1=x ，则122ln ln ln 2x e e x x e x ex x x x -⎛⎫⎛⎫+≥+=+ ⎪ ⎝⎭⎝⎭，令()2ln +=x ex x h ，则()()x e x h ln 1'+=，()x h 在⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1,0单减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,1e 单增，所以()1211=+-=⎪⎭⎫⎝⎛≥e h x h ，所以()1f x ≥，“=”不能同时取到，则①成立。