高中数学压轴题破解策略：合理巧设函数与导数压轴题
合理“巧设”，轻松应对函数与导数压轴题
函数与导数的交汇问题经常出现在压轴题（包括客观题和主观题中的压轴题）位置．解决这类问题时，往往会遇到某些难以确定的根、交点、极值点或难以计算的代数式.倘若迎难而上，往往无功而返；这时，放弃正面求解所需要的量，先设它为某字母，再利用其满足的条件式进行整体代换以达到消元或化简的效果.下面通过介绍几种具体的“设”的方法来解决这类难题.
一、根据函数的单调性，巧设自变量
【例1】（2013四川卷理）设函数()f x ,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.
A. []1,e
B. 11,1e -??-??
C. []1,1e +
D. 1
1,1e e -??-+??
【解析】 易知()f x .
设0()f t y =……… ①，又00()()y f f y =，由单调性则0()t f y =……… ②. 下面证明0t y =.
若0t y ≠，由单调性则0()f t y ≠，则()00()f y f y ≠与已知矛盾，.所以必有0t y =. 代入②即00()f y y =.
曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00()f y y =x =在[]0,1上存在解.即2x e x x a +-=在[]0,1x ∈上有解.
设2()x h x e x x =+-，则()12x h x e x '=+-.在[]0,1x ∈上12x e +≥，22x ≤，所以()120x h x e x '=+-≥，
则()h x 在[]0,1上单调递增，所以1(0)()(1)h h x h e =≤≤=.故[]1,a e ∈. 故选A.
【评注】由()f x 的单调性可知, 对于00(())f f y y =,则必存在唯一的自变量t ,使得0()f t y =,从而有0()t f y =.这样方便表达.
【变式1】（2015·石家庄高三教学检测一）设函数()2x f x e x a =+-（,a R e ∈为自然对数的底数），若曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00(())f f y y =，则a 的取值范围是（ ）.
A. 1
1,1e e -??-+?? B. []1,1e + C. [],1e e + D. []1,e
【答案】易知()2x f x e x a =+-为单调递增函数.同例1，有00()f y y =.
曲线sin y x =上存在点()00,x y ，使得00()f y y =，等价为：()2x f x e x a x =+-=在[]1,1-上存在解.即x e x a +=在[]1,1x ∈-上有解.
设()x h x e x =+，()10x h x e '=+>，则()h x 在
[]
1,1-上单调递增，所以
11(1)()(1)1h h x h e e -=-≤≤=+.故11,1a e e ??
∈-+????
. 故选A. 【变式2】（2016届广雅中学高三开学测试）已知()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，且对()0,x ?∈+∞，都有2(()log )3f f x x -=，则方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是（ ）.
A. 10,2??
??? B. 1,12??
???
C. ()1,2
D. ()2,3
【答案】因为()f x 是定义在()0,+∞上的单调函数，所以存在唯一0x ，使得0()3f x = ①. 又2(()log )3f f x x -=，故有20()log f x x x -=，解得20()log f x x x =+.用0x 代替x ，则有
0200()log f x x x =+ ②.由①②解得02x =.
将02x =代入化简()()2f x f x '-=，得21log 0ln 2x x -=?.令21
g()log ln 2
x x x =-
?，因为1g(1)0ln 2=-
<，1
g(2)102ln 2
=->，又g()x 在()1,2上单调递增，故g()x 在()1,2上存在唯一零点，即方程()()2f x f x '-=的实数解所在的区间是()1,2.故选C.
二、根据两个函数的图象，巧设交点的横坐标
【例2】(2015·四川卷理)已知函数()2x f x =，2()()g x x ax a R =+∈.对于不相等的实数
12,x x ，设12121212
()()()()
,f x f x g x g x m n x x x x --=
=
--.现有如下命题： ○
1对于任意不相等的实数1
2
,x x ，都有0m >；
○
2对于任意的a 及任意不相等的实数1
2
,x x ，都有0n >； ○
3对于任意的a ，存在不相等的实数1
2
,x x ，使得m n =； ○
4对于任意的a ，存在不相等的实数1
2
,x x ，使得m n =-.
其中的真命题有 （写出所有真命题的序号）.
【解析】对于○1，由()2x f x =的单调递增的性质可知，1212
()()
0f x f x m x x -=>-，故○1正
确.
对于○2，由2()()g x x ax a R =+∈先单调递减再递增的性质可知，存在1
212
()()
0f x f x m x x -=
<-的情形，故○
2不正确. 对于○3，m n =等价于1212()()()()f x f x g x g x -=-，即1
2
22
112222x x x ax x ax -=+--，即
1222
112222x x x ax x ax --=--.
设2()2x h x x ax =--，则()()2ln 22x h x x a '=-+.此时由2ln 2y x =和2y x a =+的图象（如下图）可知，调整合适的a 可使2y x a =+的图象全在2ln 2y x =的图象之下，这时
()x 恒成立，所以2()2x h x x ax =--单调递增. 据此分析可知：存在a ，
使得对于不相等的实数12,x x ，不可能有1
2
22112222x x x ax x ax --=--，
即不可能有m n =，故○3不正确.
对
于
○
4，
m n
=-等价于()
1212()()()()f x f x g x g x -=--，即
()1222112222x x x ax x ax -=-+--，即1222
112222x x x ax x ax ++=++.
设2()2x h x x ax =++，则()()2ln 22x h x x a '=---.此时由2ln 2y x =和2y x a =--的图象（如下图）可知，两者必有交点，设交点横坐标为0x .
由简图可知，当()0,x x ∈-∞时，2ln 22x x a <--，
则()0h x '<，()h x 单调递减；()0,x x ∈+∞y x
y=2x+a y=2x ln2
时，2ln 22x x a >--，则()0h x '>，()h x 单调递增.
于是，对于任意的a ，由单调性可知：存在不相等的实数12,x x ，使得
1222
112222x x x ax x ax ++=++，即m n =-成立.故○
4正确. 综上，所给命题中的真命题有○1、○4.
【评注】当导函数为超越函数时，有时我们无法直接求得零点，即便二次求导也难以奏效.这时不妨将其转化为研究两个简单函数的图象的交点问题.由图象可直观获得两图象的高低情况（对应函数值的大小比较），从而轻松判断导函数的正负情况.为了方便表述，可设两图象的交点的横坐标为0x .
【变式3】（2015·郑州市质量预测节选）给定方程：1sin 102x
x ??
+-= ???
，探究该方程
在(),0-∞
唯一交点. ()0,x x ∈-∞减；()0,0x x ∈递增.所以()h x
结合(0)h 如下,根属于区间(
【例3（1（2）证明：当0a >时，2()2ln f x a a a
≥+.
【解析】（1）2()2(0)x a
f x e x x '=->.当0a ≤时，因为()0f x '>，所以()f x '没有零点；
当0a >时，令2()()2(0)x a
h x f x e x x
'==->，因为22()40x a h x e x '=+>，所以()h x 在()0,+∞上
单调递增.
当0x →时，又0x >,所以2()2x a
h x e x
=-→-∞，
结合2()210a h a e =->，可得()h x 即()f x '在()0,+∞上存在唯一零点.
（2）证明：由（1）可知，当0a >时，(
f '设该零点为0x ，则有0
200
()20x a
f x e x '=-
=.○1 此时由22x y e =和a y x =的图象可2()20x a
f x e x
'=-<，()f x 单调递减；(0x x ∈22x a e x
>
， 则2()20x a
f x e x
'=-
>，()f x 单调递增. 所以()f x 在0x 处取得最小值0
20()x f x e =-由
○
1得
020
2x a
e x =
0020020()ln ln 22x x a a
f x e a x a x e
=-=
-0022a ax x =+所以当0a >时，2
()2ln f x a a a
≥+.
【评注】当我们研究函数的极值大小时，经常遇到一些较难确定大小的代数式（如
0200()ln x f x e a x =-），而0x 又是一个无法算得的数值，这时我们利用极值点处的导数为零
这一条件（如0
200
()20x a
f x e x '=-
=），消去某些式子，得到较为简单的代数式（如0002
()2ln 2a f x ax a x a
=
++），使研究更为简便. 【例4】设函数2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点1x ，2x ，且12x x <． （1）求实数a 的取值范围； （2）求2()f x 的取值范围．
【解析】（1）求导得()2122()2111x x a f x x a x x x
++'=+=>-++.
令函数2()22g x x x a =++，则由函数()f x 有两个极值点1x ，2x 可知，1x ，2x 必为方
程()0g x =在()1,-+∞上的两个不等根，又注意到函数()g x 图像的对称轴为1
2
x =-
，所以只需480(1)0
a g a ?=->??
-=>?，解得1
02a <<．故实数a 的取值范围是1(0,)2.
(2)2x 为2()220g x x x a =++=的根，则有222222220,22x x a a x x ++==--即
()2222222()22ln(1)f x x x x x =-++.
由（1）可知，(0)0g a =>，而对称轴12
x =-
，故有21,02x ??
∈- ???.
设()22()22ln(1)h x x x x x =-++，1,02x ??
∈- ???
，
则()()
()21
()242ln(1)22221ln(1)01h x x x x x x x x x
'=-++-+=-++>+. 所以()h x 在1,02x ??∈- ???上单调递增，则112ln 2()(),(0),024h x h h -????
∈-= ? ?????
．
故2()f x 的取值范围是12ln 2
(
,0)4
-. 【评注】2x 为函数2()ln(1)f x x a x =++极值点，若直接求解2x ，再代入2()f x ，显然运算
量较大.不妨由2222222()=01x x a
f x x ++'=
+，求得22222a x x =--，将2222()ln(1)f x x a x =++中的a 消去即可迅速求解.
【变式4】（2013·新课标全国卷Ⅱ节选）已知函数()ln(2)x f x e x =-+，证明()0f x >． 【答案】易知函数1
()2
x f x e x '=-
+在(2,)-+∞单调递增．由(1)(0)0f f ''-?<知()0f x '=在(1,0)-有唯一实根0x ．当()02,x x ∈-时，()0f x '<，故()f x 单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，故()f x 单调递增．故()f x 取得最小值0()f x ．
由0()0f x '=得0
001()02x f x e x '=-
=+即001
2
x e x =+,则002x e x -=+即00ln(2)x x +=-. 所以0
2000000(1)1
()ln(2)022
x x f x e x x x x +=-+=
+=>++，则有min 0()()()0f x f x f x ≥=>．得证． 【变式5】（2013·惠州二模第21题节选)已知函数()ln |f x ax x x b =++是奇函数，且图像在点(,())e f e 处的切线斜率为3 (e 为自然对数的底数)． (1)求实数,a b 的值； (2)若k Z ∈，且()
1
f x k x <
-对任意1x >恒成立，求k 的最大值． 【答案】（1）由题意易得1,0a b ==．
（2）当1x >时，由()1f x k x <
-恒成立，得min ()
()1
f x k x <-． 当1x >时，设()ln ()11
f x x x x
g x x x +=
=
--，则22ln '()(1)x x g x x --=-. 设()2ln h x x x =--，则1
'()10h x x
=-
>，()h x 在(1,)+∞上是增函数. 因为(3)1ln30h =-<，(4)2ln 40h =->，所以0(3,4)x ?∈，使0()0h x =.
0(1,)x x ∈时，()0,'()0h x g x <<，即()g x 在0(1,)x 上为减函数；同理()g x 在0(,)x +∞上为增函
数．故min 0()()g x g x =.
由000()2ln 0h x x x =--=得00ln 2x x =-． 于是，000000min 0000ln (2)
()()11
x x x x x x g x g x x x x ++-====--，
所以min 0()(3,4)k g x x <=∈，又k Z ∈，故k 的最大值为3．
【变式6】（ 2012·新课标全国卷文节选）设函数()2x f x e ax =--． (1) 求()f x 的单调区间；
(2)若1,a k =为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．
【答案】（1）易得若0,()a f x ≤在R 上单调递增；若0,()a f x >在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增．
（2）当1a =时，()()1()(1)10x x k f x x x k e x '-++=--++>等价于1
(0)1
x x k x x e +<+>-．
令1
()1
x x g x x e +=
+-，则min ()k g x <． 22
1(2)
()1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'=+=
--， 由（1）可知，函数()2x h x e x =--在()0,+∞上单调递增，同时(1)(2)0h h ?<，则()h x 在
()1,2上存在唯一零点a ，即()g x '在()1,2上存在唯一零点a ，即()1,2a ∈．
当(0,)x a ∈时，()0g x '<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x '>，所以min 1
()()1
a a g x g a a e +==+-． 因为 ()0g a '=，即20a e a --=． 将2a e a =+代入()g a 得11
()1211
a a a g a a a a a e ++=
+=+=++--．
由()1,2a ∈得()()2,3g a ∈．因为()k g a <，故整数k 的最大值为2．