📐 典型例题

题：方程 $x^2-2|x|-a=0$ 有两个不同的实数根，求实数 $a$ 的取值范围。

思路：直接分类讨论去绝对值可行，但函数思想更优雅。令 $f(x)=x^2-2|x|$，方程化为 $f(x)=a$。$f(x)$ 是偶函数，当 $x\geqslant 0$ 时 $f(x)=x^2-2x=(x-1)^2-1$，最小值为 $-1$。结合对称性画出图像（$W$ 形，顶点在 $(\pm 1,-1)$，过原点）。水平直线 $y=a$ 与该图像有两个交点，当且仅当 $a=-1$（切于两顶点）或 $a>0$（两侧各一支）。故 $a\in\{-1\}\cup(0,+\infty)$。
思想体现：将「方程根个数」转化为「函数图像与水平线交点个数」，避开繁琐的分类求解。

📐 典型例题

题：若 $x^2+ax+1\geqslant 0$ 对 $\forall x\in(0,\dfrac{1}{2}]$ 恒成立，求实数 $a$ 的取值范围。

📐 典型例题

题：已知 $f(x)=e^x-ax$ 有两个不同的零点，求实数 $a$ 的取值范围。

思路：方程 $e^x-ax=0$ 无法显式求解。函数思想：研究 $f(x)$ 的图像与 $x$ 轴有两个交点的条件。$f'(x)=e^x-a$。当 $a\leqslant 0$ 时 $f'(x)>0$，$f(x)$ 单调递增，至多一个零点。当 $a>0$ 时，$f(x)$ 在 $(-\infty,\ln a)$ 递减，在 $(\ln a,+\infty)$ 递增，极小值 $f(\ln a)=a-a\ln a=a(1-\ln a)$。要有两个零点，需极小值 $<0$（图像穿过 $x$ 轴两次），即 $a(1-\ln a)<0$，因 $a>0$，故 $\ln a>1$，得 $a>e$。再验证两侧极限：$x\to-\infty$ 时 $f(x)\to+\infty$；$x\to+\infty$ 时 $f(x)\to+\infty$。故 $a>e$。
思想体现：不求解方程 $e^x=ax$，而是通过导数分析函数形态（先降后升），利用极值符号控制零点个数。

📐 典型例题

题：已知实数 $a,b$ 满足 $a^2+b^2=1$，求 $a+b+ab$ 的最大值。

思路一（方程消元）：由 $a^2+b^2=1$ 得 $b=\pm\sqrt{1-a^2}$，代入目标式化归为单变量函数，但根式复杂。
思路二（函数思想——主元+整体代换）：令 $t=a+b$，则 $ab=\dfrac{t^2-(a^2+b^2)}{2}=\dfrac{t^2-1}{2}$。目标式化归为关于 $t$ 的函数：$y=t+\dfrac{t^2-1}{2}=\dfrac{1}{2}t^2+t-\dfrac{1}{2}$。由 $(a+b)^2\leqslant 2(a^2+b^2)=2$，得 $t\in[-\sqrt{2},\sqrt{2}]$。二次函数开口向上，对称轴 $t=-1$，在区间端点 $t=\sqrt{2}$ 处取最大值 $y=\dfrac{1}{2}+\sqrt{2}$。
思想体现：利用方程 $a^2+b^2=1$ 建立 $a+b$ 与 $ab$ 的关系，将二元问题化归为关于 $t=a+b$ 的一元二次函数。

📐 典型例题

题：设 $f(x)=x^3-3x^2+ax+1$ 有三个不同的零点，求实数 $a$ 的取值范围。

思路：三次函数有三个不同零点 $\Leftrightarrow$ 函数有两个极值点，且极大值与极小值异号（极大值 $>0$ 且极小值 $<0$）。$f'(x)=3x^2-6x+a$，要有两个极值点需 $\Delta=36-12a>0$，即 $a<3$。设两极值点为 $x_1,x_2$，则 $x_1+x_2=2$，$x_1x_2=\dfrac{a}{3}$。由三次函数性质，$f(x_1)f(x_2)<0$ 即可保证三个零点。利用 $f(x)=x\cdot f'(x)\cdot\dfrac{1}{3}+\cdots$ 的降次技巧，或直接用韦达式代入，最终可得 $a<3$ 且 $a\neq -3$ 时需进一步精确约束。
更简洁的函数建模：令 $f(x)=0$ 得 $a=-x^2+3x-\dfrac{1}{x}$（$x\neq 0$），设 $g(x)=-x^2+3x-\dfrac{1}{x}$，方程有三个根等价于 $y=a$ 与 $y=g(x)$ 有三个交点。通过研究 $g(x)$ 的图像（求导分析单调性与极值），确定水平线 $y=a$ 与之相交三次的参数范围。这是「参数分离+函数图像」的深度融合。