近年高考数学一轮复习二跳出题海——名师绝招破解13大难点增分练文(2021年整理)

（北京专用）2019版高考数学一轮复习二跳出题海——名师绝招破解13大难点增分练文
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二、跳出题海——名师绝招破解13大难点
难点1 高考中的两类抽象函数问题
1.巧用对称性,妙解抽象函数图象问题
典例1 （2016课标全国Ⅱ，12，5分）已知函数f(x）（x∈R）满足f（-x)=2—f(x）,
若函数y=与y=f（x）图象的交点为（x1,y1),(x2，y2),…,(x m,y m)，则(x i+y i）=（) A。

0 B.m C.2m D。

4m
答案B
解析由f（-x）=2—f（x)可知f(x）的图象关于点(0，1)对称，又易知y==1+的图象关于点（0,1)对称，所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对
称,∴(x i+y i)=0×+2×=m.故选B。

点拨1。

解决抽象函数问题的两个常用策略
（1)函数性质法:先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质,这样函数就变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题。

（2)特殊值法:根据对题目给出的抽象的函数性质的理解,我们找到一个符合题意的具体
函数或给变量赋值,把抽象函数问题化为具体的数学问题，从而使问题得解.
2。

解决抽象函数问题常用的结论
(1）函数y=f(x）关于x=对称⇔f（a+x）=f（b-x）⇔f（x）=f(b+a-x）;
特例:函数y=f(x)关于x=a对称⇔f（a+x）=f（a—x)⇔f(x)=f（2a—x);
函数y=f（x)关于x=0对称⇔f（x）=f(-x）（即为偶函数）;
（2）函数y=f（x）关于点（a,b）对称⇔f（a+x)+f（a-x)=2b⇔f（2a+x）+f（—x)=2b；
特例:函数y=f(x）关于点(a,0）对称⇔f(a+x)+f（a—x）=0⇔f（2a+x)+f（—x）=0;函数y=f（x）关于点（0，0）对称⇔f（x）+f（—x)=0(即为奇函数）;
（3)y=f（x+a）是偶函数⇔函数y=f(x)关于直线x=a对称;
y=f(x+a）是奇函数⇔函数y=f（x）关于（a,0）对称。

(4）对f（x）定义域内任一自变量的值x:
①若f(x+a）=—f（x)，则T=2a(a>0）;
②若f（x+a)=,则T=2a(a>0）;
③若f(x+a)=-,则T=2a（a>0）.
1.已知函数f(x）（x∈R)满足f(x)=f(2—x)，若函数y=｜x2-2x—3｜与y=f(x）图象的交点分
别为（x1,y1)，（x2，y2），…,（x m，y m）,则x i等于( )
A.0 B。

m C.2m D。

4m
2。

已知定义在R上的函数f（x）,对任意x∈R，都有f（x+4)=f（x）+f(2）成立,若函数y=f
（x+1)的图象关于直线x=—1对称,则f（2 018)的值为( )
A.2 018
B.—2 018 C。

0 D.4
2。

巧构造，妙解f(x）与f ’(x)共有问题
（1)f ’(x）g（x)±f（x)g'（x）型
典例2 (1)设函数f ’（x)是奇函数f(x）(x∈R）的导函数, f（-1）=0，当x〉0时,xf
'（x）—f(x)〈0,则使得f(x）>0成立的x的取值范围是（）
A.（—∞,-1)∪（0，1）
B.（-1，0）∪(1，+∞)
C.（-∞，—1）∪（—1，0）D。

（0，1）∪(1，+∞）
(2）设f（x），g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数,当x<0时， f ’（x)g(x）
+f(x)g’（x)〉0，且g（-3）=0，则不等式f(x）g（x)<0的解集是。

答案（1)A (2)（-∞,-3）∪(0，3）
解析(1)令g（x）=,则g'(x)=,
由题意知，当x〉0时，g'（x）<0，
∴g(x)在(0,+∞)上是减函数.
∵f（x)是奇函数， f（—1)=0，∴f（1)=-f(—1)=0,
∴g（1）==0，
∴当x∈（0，1)时,g(x）〉0，从而f(x)>0;
当x∈(1,+∞）时，g（x)<0，从而f（x）<0。

∴当x∈（-∞，-1)时,f(x）〉0；当x∈（-1，0）时,f（x)<0.
综上,所求x的取值范围是（-∞,—1)∪(0，1）.
(2）借助导数的运算法则. f ’(x）g(x)+f（x)g’（x)〉0⇔[f（x）g(x)]’〉0，所以函数y=f(x)g（x)在(-∞,0）上单调递增.又分析可知函数y=f（x)g(x）为奇函数,所以其图象关于原点对称,且过点(-3，0），（0，0),(3,0）.数形结合可求得不等式f(x)g(x）〈0的解集是(-∞,—3）∪(0，3）.
点拨（1)对于不等式f ’(x)+g’(x)>0（或〈0）,构造函数F(x)=f（x)+g(x)；
（2）对于不等式f '（x)-g'(x)〉0（或〈0),构造函数F（x)=f（x）-g(x);
特别地，对于不等式f ’（x)>k(或〈k)(k≠0)，构造函数F（x)=f(x）-kx。

（3）对于不等式f '（x)g（x）+f（x)g’(x）〉0（或〈0）,构造函数F（x）=f(x)g （x)；
（4）对于不等式f '（x）g(x)-f(x）g’（x）〉0(或<0），构造函数F(x)=（g(x)≠0);
(5）对于不等式xf '(x）+f（x）〉0(或<0），构造函数F(x）=xf(x）;
(6)对于不等式xf '(x）—f(x）>0(或〈0）,构造函数F（x）=(x≠0).
1。

已知f(x）的定义域为(0,+∞）, f '（x）为f（x）的导函数,且满足f(x)〈—xf ’(x)，则不等式f(x+1）〉（x—1)·f(x2—1）的解集是（)
A.(0,1）
B.（1，+∞)C。

（1,2) D.（2，+∞）
2.f(x）是定义在(0，+∞）上的非负可导函数，且满足xf '（x)+f(x）≤0.对任意正数a，b，若a〈b，则必有（)
A.af（b)≤bf（a）
B.bf(a）≤af（b)
C.af（a）≤f（b) D。

bf（b）≤f（a)
3.已知f(x）为定义在（0，+∞)上的可导函数,且f(x）〉xf '（x）恒成立,则x2f-f（x）〉0的解集为.
（2）xf ’(x)±nf ’（x)型
典例3 设函数f（x)在R上的导函数为f '(x）,且2f(x）+xf ’(x）>x2。

下面的不等式在R上恒成立的是（）
A.f（x)〉0 B。

f（x）〈0 C。

f(x）>x D.f(x)<x
答案A
解析解法一：令g(x）=x2f(x)-x4,则g’(x)=2xf(x)+x2f '（x)—x3=x［2f(x)+xf '（x）—x2],
当x〉0时,g'(x）>0，∴g(x）>g(0),
即x2f（x）—x4>0,从而f（x）>x2>0；
当x<0时,g'(x)<0,∴g（x)〉g（0）,
即x2f（x)—x4〉0，从而f（x）>x2>0；
当x=0时，由题意可得2f(0）>0,∴f(0)〉0。

综上可知， f（x)〉0.
解法二:∵2f(x）+xf ’（x)〉x2,
令x=0，则f（0)>0,故可排除B，D，
如果f（x)=x2+0。

1,已知条件2f（x)+xf '（x)〉x2成立，但f（x)>x不成立，故C也是错误的,故选A.
点拨(1)对于xf '（x)+nf(x）〉0型，构造F(x)=x n f（x）,则F'(x）=x n—1[xf ’(x)+nf （x）］(注意对x n—1的符号进行讨论），特别地，当n=1时,xf ’(x）+f(x）〉0，构造F（x）=xf(x)，则F’(x)=xf ’（x)+f(x)〉0；
(2）对于xf ’（x)—nf(x)〉0型,且x≠0,构造F（x）=，则F’(x)=(亦需注意对x n+1的符号进行讨论），特别地，当n=1时,xf ’(x）—f（x）〉0,构造F(x）=，则F’(x)=〉0。

(2017辽宁沈阳质量检测（一）)已知定义域为｛x｜x≠0}的偶函数f(x）,其导函数为f ’（x)，对任意正实数x满足xf ’（x)〉—2f(x），若g（x)=x2f（x)，则不等式g(x）<g(1)的解集是（）
A。

（—∞，1) B。

(—1,1）
C。

（—∞，0)∪(0,1) D.(—1,0）∪（0，1）
难点2 构造辅助函数求解导数问题
1。

“比较法”构造函数
当试题中给出简单的基本初等函数，例如f(x）=x3，g（x)=ln x,要证明在某个取值范围内不等式f(x)≥g(x）成立时,可以采用类比作差法,构造函数h(x）=f（x)—g（x)或φ(x）=g （x）-f（x)，证明h(x)min≥0或φ(x）max≤0即可,在求最值的过程中，可以利用导数.此外，
在能够说明g（x)>0(f（x)>0）的前提下,也可以采用类比作商法,构造函数h(x）
=,证明h（x)min≥1（φ(x）max≤1).
典例1 已知函数f(x)=e x—ax（a为常数)的图象与y轴交于点A，曲线y=f（x)在点A处的切线的斜率为-1。

(1)求a的值及函数f（x)的极值;
（2）证明:当x〉0时，x2〈e x；
(3)证明:对任意给定的正数c，总存在x0,使得当x∈（x0，+∞）时，恒有x2〈ce x.
解析(1)由f(x)=e x—ax得f '（x）=e x—a,则f ’（0)=1—a=—1，得a=2.
所以f(x)=e x—2x， f ’（x)=e x-2,令f ’(x)=0,得x=ln 2.
所以，当x〈ln 2时， f '（x）<0, f（x)单调递减;当x>ln 2时， f ’(x)>0, f（x)单调递增.
故当x=ln 2时， f(x)有极小值且极小值为f（ln 2)=e ln 2-2ln 2=2—ln 4, f(x)无极大值.
（2)证明：令g(x）=e x-x2，则g’（x）=e x-2x，
由（1)得g’（x）≥f（ln 2)>0,所以g(x）为增函数,
因此，当x>0时,g（x）>g(0）=1>0，即x2<e x.
(3)证明:令h(x）=x3—e x（x∈(0，+∞))，
则h’(x）=x2—e x,
由（2)知,当x>0时,x2〈e x,
所以h’（x)<0，所以h（x)在(0，+∞）上单调递减,
所以h(x)〈h(0)=—1，即x3<e x。

取x0=,当x>x0时,有x2〈x3〈e x,因此,对任意给定的正数c，总存在x0，当x∈(x0,+∞）时，恒有x2<ce x。

点拨在本例第(2）问中对要证明的“x2<e x”构造函数,得到“g(x)=e x-x2”；第（3)问中,必须结合第（2）问的结论,先证明“x3〈e x”，于是构造函数“h(x)=x3-e x”.
已知函数f（x）=,直线y=g（x)为函数f（x）的图象在x=x0(x0〈1）处的切线，求证： f （x）≤g（x)。

2.“拆分法”构造函数
当所要证明的不等式由几个基本初等函数通过相乘以及相加的形式组成时，如果对其直接求导，得到的导函数往往给人一种“扑朔迷离”“不知所措”的感觉.这时可以将原不等式合理拆分为f(x）≤g(x）的形式，进而证明f（x）max≤g（x）min即可，此时注意配合使用导数工具.在拆分的过程中,一定要注意合理性的把握，一般以能利用导数进行最值分析为拆分标准。

典例2 设函数f(x）=ae x ln x+，曲线y=f(x)在点(1, f（1)）处的切线为y=e(x—1）+2。

（1）求a,b;
（2)证明： f（x)>1。

解析(1）函数f（x)的定义域为（0，+∞)，
f ’（x）=ae x+，
依题意得解得a=1，b=2.
（2)证明：由（1）知f（x）=e x ln x+,从而f（x)>1等价于xln x〉xe—x—。

构造函数g(x）=xln x(x>0),则g'(x)=1+ln x,所以当x∈时,g’(x)<0,当x∈
时,g'(x）>0,故g(x）在上单调递减,在上单调递增，从而g(x)在(0，+∞）上的最小值为g=—.构造函数h(x)=xe—x-(x>0），则h'(x)=e-x(1-x)，所以当x∈(0,1)时,h'(x)〉0，当x∈(1，+∞）时，h'（x)〈0，
故h（x）在(0，+∞)上的最大值为h(1）=—。

综上，当x>0时,g(x)>h(x)，即f（x）>1。

点拨对于第（2）问的证明,若直接构造函数h（x)=e x ln x+(x>0），求导以后不易分析,因此先将不等式“e x ln x+〉1”合理拆分为“xln x>xe—x—”,再分别对左右两边构造函数,进而达到证明原不等式的目的.
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)证明:当x〉0，且x≠1时， f（x）〉.
3。

“换元法”构造函数
典例3 已知函数f（x）=ax2+xln x（a∈R)的图象在点（1, f（1))处的切线与直线x+3y=0垂直。

(1)求实数a的值;
(2）求证:当n>m>0时，ln n—ln m>—.
解析(1）因为f(x）=ax2+xln x，所以f '（x）=2ax+ln x+1，因为切线与直线x+3y=0垂直，所以切线的斜率为3,所以f ’(1)=3,即2a+1=3,故a=1.
(2）证明:要证ln n—ln m>—，即证ln>-,
只需证ln—+〉0.
令=x,由已知n>m〉0，得〉1，即x〉1，构造函数g（x)=ln x—+x(x>1)，则g'(x）=++1。

因为x∈（1,+∞)，所以g’（x)=++1>0，故g（x）在（1，+∞）上单调递增.
所以g>g（1)=0,即证得ln-+>0成立，所以当n>m>0时,ln n-ln m>—。

点拨对待证不等式等价变形为“ln-+〉0”后，观察可知，对“”进行换元,进而构造函数“g（x）=ln x—+x（x〉1)”来证明不等式，简化了证明过程中的运算。

已知函数f(x)=x2ln x.
（1）求函数f（x)的单调区间;
（2)证明：对任意的t>0,存在唯一的s，使t=f（s);
(3)设(2）中所确定的s关于t的函数为s=g(t），证明:当t〉e2时，有〈<。

4。

“转化法"构造函数
在关于x1,x2的双变元问题中，若无法将所要证明的不等式整体转化为关于m(x1,x2)的表达式，则考虑将此不等式化简为函数的单调性问题进行处理，进而实现消元的过程.
典例4 设函数f（x）=ln x+,m∈R。

（1)当m=e(e为自然对数的底数）时,求f(x)的最小值；
（2)讨论函数g（x)=f '(x）—零点的个数;
(3)若对任意b〉a〉0，<1恒成立,求m的取值范围.
解析(1）当m=e时， f（x）=ln x+,则f ’(x)=,故当x∈（0，e)时，f ’(x）〈0， f（x)在（0，e）上单调递减,当x∈（e，+∞）时， f '（x)〉0， f（x)在（e，+∞)上单调递增，故当x=e时， f(x)取到极小值,也即最小值， f(e)=ln e+=2,故f(x）的最小值为2。

(2）g(x)=f '（x）—=-—(x〉0)，
令g（x)=0,得m=-x3+x(x〉0).
设φ(x)=—x3+x(x>0），则φ’（x）=-(x—1）（x+1)，当x∈（0，1）时,φ’（x）>0,φ（x)在（0,1）上单调递增;当x∈（1，+∞）时,φ'（x)〈0，φ(x)在(1,+∞）上单调递减,故x=1是φ（x)的唯一极值点,且是极大值点，因此x=1也是φ（x)的最大值点，故φ（x）的最大值为φ（1)=。

又φ（0)=0，y=φ（x）的大致图象如下.
结合图象可知①当m〉时,函数g(x)无零点;②当m=时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<时,函数g（x）有两个零点;④当m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点。

(3)对任意的b〉a〉0,〈1等价于f（b）—b〈f（a）—a恒成立.(*)
设h(x）=f（x）—x=ln x+—x(x>0）,故（＊)等价于h（x)在（0，+∞）上单调递减,
则h'(x）=--1≤0在（0，+∞）上恒成立，得m≥—x2+x=—+(x>0）恒成立，故m≥，当且仅当x=时等号成立，故m的取值范围为.
点拨本例第(3）问中,利用不等式的性质,将“〈1”等价转化为“f(b）—b<f （a）-a”，进而构造函数“h（x)=f（x)-x”,通过研究函数的单调性求解实数m的取值范围。

已知函数f(x)=x2+（1-a)x-aln x.
（1）讨论f（x）的单调性;
（2)设a〈0,若∀x1，x2∈(0，+∞)，|f(x1）-f(x2）|≥4｜x1-x2｜，求a的取值范围。

5。

二次（或多次）形式的问题构造函数
典例5 已知函数f(x）=e x+m-x3，g(x)=ln(x+1)+2。

(1)若曲线y=f（x)在点（0， f(0)）处的切线斜率为1,求实数m的值；
（2）当m≥1时，证明： f(x）〉g（x)-x3.
解析(1）因为f(x)=e x+m-x3，
所以f '(x）=e x+m-3x2.
因为曲线y=f(x）在点（0, f（0））处的切线斜率为1,
所以f ’（0）=e m=1,解得m=0。

（2）证明：因为f(x）=e x+m-x3,g(x）=ln(x+1)+2,
所以f（x）>g(x）-x3等价于e x+m—ln(x+1)—2〉0.
当m≥1时,e x+m—ln（x+1）—2≥e x+1—ln(x+1)—2。

要证e x+m-ln（x+1)-2>0,
只需证明e x+1-ln（x+1）—2〉0。

令h（x）=e x+1-ln(x+1）-2，则h’(x）=e x+1-.
令p(x)=e x+1-,则p’（x)=e x+1+>0,
所以函数p（x)=h’(x)=e x+1-在（—1,+∞）上单调递增。

因为h’=—2<0,h'（0）=e—1>0,
所以函数h’（x)=e x+1-在(—1，+∞)上有唯一零点x0，且x0∈.因为h'（x0)=0,所以=，
即ln（x0+1）=-(x0+1）。

当x∈（-1,x0)时，h'（x）〈0,
当x∈(x0，+∞）时,h'（x）>0，
所以当x=x0时，h（x)取得最小值h(x0)，
所以h（x)≥h(x0）=-ln（x0+1）—2
=+(x0+1)—2〉0.
综上可知，当m≥1时, f（x）>g（x）-x3。

已知函数f(x)=ex-xln x，g(x)=e x—tx2+x,t∈R，其中e为自然对数的底数.
（1)求函数f(x)的图象在点(1， f(1)）处的切线方程;
（2）若g(x）≥f（x)对任意x∈（0,+∞）恒成立，求t的取值范围。

难点3 借助“草图"求解函数压轴题
函数解答题一般是高考数学试卷的压轴题,其难度达到整份试卷的顶峰，相当一部分学生不会做或只做第一问而不敢问津第二问和第三问.仔细琢磨、潜心思考问题形成的原因,难道学生不会求导?学生不会运用导数求解其单调性或最值?不会分类讨论?也许都不是。

事实上,最主要是学生缺乏画草图的意识，想不到借助草图,引领自己到达成功的彼岸。

在高考数学中能画图的地方都要画图，因为图形可以帮助我们构建解题思路,让我们看到问题的本质，透过图形的指引,结合代数的运算,思维逻辑的推导等，最终完成函数解答题.
典例1 设函数f(x）=e mx+x2—mx。

(1)证明: f(x)在（—∞,0）上单调递减,在(0，+∞）上单调递增;
(2）若对于任意x1，x2∈［—1，1］,都有|f(x1）—f（x2）｜≤e—1,求m的取值范围.
解析（1）证明: f '(x)=m(e mx—1）+2x.
若m≥0，则当x∈(—∞,0）时,e mx-1≤0， f ’(x)〈0；
当x∈（0，+∞）时，e mx-1≥0, f '（x)>0。

若m〈0,则当x∈（—∞,0）时，e mx—1〉0， f ’（x)〈0;
当x∈(0,+∞)时，e mx—1〈0， f ’（x）>0.
所以f（x)在(—∞,0)上单调递减,在（0,+∞)上单调递增。

(2)由(1）知，对任意的m， f（x）在[—1,0］上单调递减，在［0，1］上单调递增,故f （x)在x=0处取得最小值。

所以对于任意x1,x2∈[—1，1],｜f(x1）-f(x2)|≤e-1的充要条件是
由f(1）-f（0)≤e—1得,e m-m≤e—1，构造函数g(m)=e m-m-e+1,求导得g'（m)=e m—1，令g’（m）=0,得m=0,由指数函数性质得当m∈（—∞，0）时，g’(m）〈0,g（m）为减函数，当m∈（0,+∞）时,g'(m）>0，g（m）为增函数.g(1）=0，g（—1）=2+-e<0,不妨设g（m1）=0,则m1<—1,画出g(m）=e m-m—e+1的图象如图1所示,得g(m)≤0的解集为(m1，1);
由f（—1）-f（0）≤e—1得，e-m+m≤e—1,构造函数h(m)=e-m+m—e+1，求导得h'（m)=—e—m+1,令h’（x）=0,得m=0,由指数函数性质得当m∈（-∞,0）时,h’(m）〈0,h（m）为减函数，当m∈（0,+∞）时,h'(m）〉0,h(m）为增函数.h(-1）=0,h(1）=2+-e<0，不妨设h（m2）=0，则m2〉1，画出h(m)=e-m+m—e+1的图象如图2所示，得h（m)≤0的解集为(—1,m2）。

综上得,m∈（-1,1）。

点拨此题起点低，落点高，第(1)问是大家熟悉的利用导数研究函数的单调性问题，一定要注意导函数的零点问题,再根据系数m对导函数的正负影响分类讨论；第(2)问处理恒成立问题，运用等价转化思想，转化为不等式组之后，又根据函数的单调性和分类讨论、数形结合的数学思想解题，以函数为载体,以导数为工具，以图形为航标，以综合运用数学思想方法为核心来考查考生的数学素养.
典例2 已知函数f（x)=e x—ln(x+m)。

（1）设x=0是f(x)的极值点，求m的值,并讨论f(x)的单调性;
(2)当m≤2时，证明： f(x)〉0.
解析(1)f ’（x） =e x—。

由x=0是f（x）的极值点得f '（0）=0，所以m=1.
于是f(x)=e x-ln(x+1),其定义域为(-1，+∞),
f '(x)=e x—。

令f '(x）=e x—,易知f ’（x）在(—1,+∞）上单调递增，且f '（0）=0，因此当x∈（-1,0）时, f '（x)〈0；当x∈（0,+∞）时, f ’（x）〉0。

所以f(x)在(-1，0）上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.
（2)证明：当m≤2，x∈(—m,+∞）时，ln（x+m）≤ln(x+2)，故只需证明当m=2时， f （x)〉0。

当m=2时，函数f ’（x）=e x—在(—2,+∞）上单调递增。

又f '(-1)<0，f ’(0)>0，故f ’（x）=0在（—2，+∞)上有唯一实根x0，且x0∈(—1,0)。

当x∈（-2,x0）时， f ’（x)<0;当x∈(x0,+∞)时, f ’(x）〉0,从而当x=x0时， f(x)取得最小值.
f '(x）、 f(x）的图象如图。

由f ’（x0）=0得=，即ln（x0+2）=-x0,故f（x)≥f(x0)=+x0=〉0.所以当m≤2时， f（x)>0.
点拨图形虽然简单,但它就像灯塔一样，指引着解题的方向.几乎所有的函数解答题答案中都没有图形，因为只能画草图，根本画不出精确的图形.经过观察,发现数学成绩优良的学生与数学成绩一般的学生最大的差别有两点:（1）擅长画图,利用数形结合解题；(2）擅长等价转化问题,把不熟悉的数学问题等价转化为熟悉的问题。

1。

已知函数f（x)=e x-e-x-2x.设g（x）=f(2x)-4bf（x)，当x>0时,g(x)〉0，求b的最大值。

2.设函数f（x)=—k(k为常数,e是自然对数的底数）.
（1）当k≤0时，求函数f(x）的单调区间；
（2)若函数f（x）在（0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围。

难点4 “三招”妙解导数零点不可求问题
导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定函数的单调性。

用导数研究函数f（x)的单调性,往往需要解方程f '（x)=0。

当该方程不易求解时，如何继续解题呢？
1。

猜-—猜出方程f ’(x)=0的根
典例1 设f（x)=。

（1)若函数f（x）在（a，a+1）上有极值,求实数a的取值范围;
(2）若关于x的方程f（x）=x2—2x+k有实数解,求实数k的取值范围。

解析（1)f '（x）=-,令f ’（x）=0，则x=1.
由f（x）在（a,a+1）上有极值,得即0<a<1。

所求实数a的取值范围是(0,1）.
（2)方程f(x）=x2-2x+k，即f(x)-x2+2x=k。

设g(x)=f(x）—x2+2x，可得所求实数k的取值范围,即函数g（x）的值域。

g'(x)=2(1-x）+.
需求函数g（x）的单调区间，所以需解不等式g'（x)≥0及g’（x)≤0，因而需解方程g'（x）=0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解。

易得g’(1）=0,且0<x<1,g'（x)>0，x〉1,g’(x)〈0，所以函数g（x)在（0,1）,(1,+∞）上分别是增函数、减函数，得g（x)max=g（1)=2.进而可得函数g（x)的值域是（-∞，2]，所以所求实数k的取值范围是（—∞,2］.
点拨当所求函数解析式中出现ln x时，常猜x=1；当函数解析式中出现e x时,常猜x=0或x=ln x0.
求函数f(x）=e x+x2-(2+ln 2）x的最小值。

2.设——设出方程f '（x)=0的根
典例2 设函数f（x)=e2x—aln x。

(1)讨论f（x）的导函数f ’（x）零点的个数；
(2）证明：当a>0时, f（x）≥2a+aln。

解析(1）f（x)的定义域为（0，+∞)，
f '（x)=2e2x—（x>0）。

当a≤0时，f ’（x)〉0, f '（x)没有零点;
当a〉0时，因为y=e2x单调递增,y=—单调递增,所以f ’（x）在（0，+∞）上单调递增.
又f ’（a）>0,假设存在b满足0<b<且b<时， f '（b)<0,
故当a>0时, f '（x)存在唯一零点.
(2)证明：由(1)，可设f '(x）在（0,+∞）上的唯一零点为x0,当x∈(0，x0)时, f '(x)<0;当x∈(x0，+∞)时, f ’（x）〉0.
故f(x）在(0,x0)上单调递减,在（x0，+∞）上单调递增，所以当x=x0时， f（x）取得最小值,最小值为f(x0)。

由于2—=0,
所以f(x0)=+2ax0+aln≥2a+aln。

故当a>0时, f（x）≥2a+aln.
点拨本题第（2)问的解题思路是求函数f(x）的最小值,因此需求f ’(x)=0的根，但是f '(x)=2e2x—=0的根无法求解，故设出f '（x)=0的根为x0,通过证明f(x)在（0，x0)和（x0,+∞)上的单调性知f(x)min=f(x0)=+2ax0+aln，进而利用基本不等式证得结论，这种解题方法类似解析几何中的设而不求。

设函数f(x)=e x—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.
3.证——证明方程f '（x)=0无根
典例3 已知m∈R,函数f(x）=mx—-ln x,g（x）=+ln x。

(1)求函数g（x)的极小值;
（2）设h（x)=，若∃x0∈[1，e],使得f(x0)-g（x0）〉h(x0)，求实数m的取值范围。

解析（1）g（x）的定义域为（0,+∞)，
g'（x)=—+=,
当g'（x）>0时,x〉1,
当g'(x）〈0时，0〈x〈1，
所以g(x)在（0,1）上为减函数，在（1,+∞）上为增函数,
所以当且仅当x=1时，g(x）取极小值，且极小值是1.
(2）题意即关于x的不等式f（x)—g(x)>h(x)在[1,e］上有解,亦即关于x的不等式<m（1〈x≤e）有解。

设u(x）=（1〈x≤e),下面需求函数u（x)的最小值。

u'(x)=（1〈x≤e）,但不易求解方程u’（x)=0.
可大胆猜测方程u’（x）=0无解，证明如下:
由1〈x≤e,可得—(2x2+2)ln x〈0；2x2—4ex—2=2(x—e）2-2e2-2〈0,所以u’(x）<0，得u(x）是减函数，所以函数u(x)的值域是,进而可得所求实数m的取值范围是.
点拨当利用导数求函数f(x）在区间［a,b］、[a，b）或（a，b]上的最值时，可首先考虑函数f（x）在该区间上是否具有单调性，若有单调性，则f(x)在区间的端点处取得最值.
若存在x使不等式>成立，求实数m的取值范围。

难点5 “二次求导”在解题中的应用
1.“二次求导"与函数单调性
典例1 若函数f(x）=，0<x1<x2〈π。

设a=f（x1)，b=f(x2），则比较a，b的大小.
解析由f(x）=得f '(x）=,
令g(x)=xcos x-sin x，
∴g’（x）=-xsin x+cos x-cos x=—xsin x,
∵0<x〈π，∴g’（x)〈0,
即函数g（x）在(0，π）上是减函数,
∴g（x）<g（0)=0，
因此f '（x）〈0，
故函数f(x)在（0,π)上是减函数,
∴当0〈x1〈x2<π，有f(x1)〉f(x2),即a〉b。

点拨从本题解答过程来看,为了得出f(x)的单调性,须判断f '（x）的符号，而f '(x）=的分母为正，只需判断分子xcos x-sin x的符号，很容易引入新的函数g(x）=xcos x—sin x，再通过证g'（x)=—xsin x<0，得到g（x)是（0，π）上的单调递减函数,且知g
（x）〈0,从而得f ’（x）〈0。

通过二次求导，我们判断出了第1次求导中的导函数的符号,并最终解决了问题。

已知函数f（x）满足f（x）=f ’（1)e x-1-f（0)x+x2，求f（x)的解析式及单调区间。

2.“二次求导”与不等式的证明
典例2 证明：当x>0时，sin x〉x-。

证明要证sin x〉x-(x〉0),
即证明sin x—x+〉0(x〉0),
令f（x）=sin x-x+,此时f '（x）=cos x—1+，
f ″(x)=-sin x+x。

因为x>0时，sin x〈x，所以在(0,+∞）上f ″（x)〉0，
因此f ’（x)在(0，+∞）上为增函数，而f ’（0）=0,所以在（0,+∞)上有f '（x）>f ’(0)=0.
即f(x）在（0,+∞）内单调递增。

因而当x>0时, f（x)=sin x—x+>f（0)=0.
所以sin x〉x—（x>0）。

点拨本题是应用导数证明不等式。

证明的关键在于构造适当的函数，然后在相应区间上用二次求导的办法判定了导数的符号,获得函数的单调性，再利用单调性证明不等式。

(2017陕西西安八校联考)已知函数f(x)=me x—ln x—1。

（1）当m=0时,求曲线y=f(x)在点（1, f（1)）处的切线方程；
（2)当m≥1时,证明: f(x）〉1.
3。

“二次求导"与函数的极值（最值)
典例3 已知函数f（x)=ln(ax+1)+x3-x2—ax.
（1）若x=为y=f（x）的极值点，求实数a的值；
（2) 当a=—1时，方程f(1-x）—(1-x)3=有实根,求实数b的取值范围。

解析(1)f '（x）=+3x2—2x-a，
由题意得f '=0，
又a+1≠0，所以a=0.
(2）由已知得x〉0,∴b=x（ln x+x—x2）=xln x+x2-x3，
令g（x)=xln x+x2-x3,
则g'(x)=ln x+1+2x—3x2，
令h（x)=g'(x）,
则h'(x）=g″(x）=+2-6x=-,
当0〈x<时,h'(x）>0，
∴函数h(x）=g'（x)在上递增;
当x〉时,h'（x）〈0,
∴函数h（x)=g’(x)在上递减。

又g'（1）=0，∴存在x0∈，使得g’（x0)=0。

当0〈x<x0时，g'（x)〈0,∴函数g（x)在(0,x0）上递减;
当x0〈x〈1时，g’（x)〉0，∴函数g（x)在(x0,1)上递增；
当x〉1时,g'（x)〈0，∴函数g（x）在(1，+∞)上递减。

当x→+∞时，g（x）→-∞;
g（x)=xln x+x2—x3=x（ln x+x-x2）≤x，
因为当x→0时，ln x+<0,
所以g（x)<0，又g(1)=0，
∴b的取值范围为(-∞，0］。

点拨本题从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，要求参数b的取值范围,实际上是求g(x）=x（ln x+x—x2）的极值，问题是g'(x)=ln x+1+2x—3x2=0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)=g’（x）再一次求导来解决问题。

所以当导数值等于0这个方程求解有困难时,考虑用二次求导不失为一种妙法.
设k∈R,函数f（x)=e x—（1+x+kx2)(x>0）.
(1）若k=1，试求函数f(x）的导函数f '(x)的极小值;
(2）若对任意的t>0，存在s〉0，使得当x∈(0，s）时，都有f(x)〈tx2，求实数k的取值范围.
难点6 “二招”破解不等式的恒成立问题
第一招:函数法
典例1 （2017课标全国Ⅲ,21，12分)已知函数f(x）=x-1—aln x.
(1）若f（x)≥0，求a的值；
（2)设m为整数,且对于任意正整数n，…<m，求m的最小值.
解析(1)f（x)的定义域为（0,+∞）。

①若a≤0，因为f=—+aln 2<0，所以不满足题意；
②若a>0,由f ’（x）=1-=知,当x∈(0，a)时, f '（x)<0;当x∈（a,+∞)时，f ’(x)>0。

所以f（x）在(0，a)上单调递减,在(a,+∞）上单调递增。

故x=a是f(x)在(0,+∞)的唯一最小值点。

由于f(1）=0，所以当且仅当a=1时， f(x）≥0。

故a=1.
（2）由(1)知当x∈（1，+∞）时，x-1—ln x>0。

令x=1+,得ln<.
从而ln+ln+…+ln〈++…+=1-〈1。

故…〈e.
而>2，所以m的最小值为3.
点拨(1）对a分类讨论，并利用导数研究f(x）的单调性，找出最小值点，从而求出a.
（2）由(1）得当x>1时，x-1—ln x〉0.令x=1+,换元后可求出…的范围.
（2017课标全国Ⅰ，21，12分）已知函数f(x）=ae2x+（a-2）e x-x。

(1）讨论f（x)的单调性；
（2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.
第二招:分离参数
典例2 已知函数f(x）=—x3+x2+b，g（x)=aln x。

(1)若f（x)在上的最大值为,求实数b的值;
（2)若对任意的x∈[1，e],都有g(x）≥-x2+(a+2)x恒成立，求实数a的取值范围。

解析（1)f '(x）=—3x2+2x=—x(3x—2）,
令f ’（x）=0，得x=0或x=.
当x∈时， f '（x)<0,函数f(x）为减函数;
当x∈时， f '（x）〉0，函数f（x)为增函数;
当x∈时, f ’（x)<0，函数f（x）为减函数。

∵f=+b， f=+b,∴f〉f。

∴f=+b=，∴b=0。

（2）由g(x)≥-x2+(a+2）x，得（x-ln x)a≤x2—2x,
∵x∈［1，e］,∴ln x≤1≤x，由于不能同时取等号，
∴ln x〈x，即x—ln x>0,
∴a≤（x∈[1，e］)恒成立。

令h(x)=，x∈［1，e],
则h’（x）=，
当x∈[1，e］时,x-1≥0，x+2—2ln x=x+2（1—ln x）〉0，从而h'（x)≥0,
∴函数h(x)=在［1，e］上为增函数，
∴h(x）min=h（1）=—1,
∴a≤-1.
点拨由不等式恒成立求解参数的取值范围问题,一般采用参数分离的方法，转化为求不含参数的函数的最值问题,如本例(2）转化为a≤，从而将问题转化为求函数h
（x)=，x∈［1，e］的最小值问题。

1.函数f（x)=ln x+x2+ax(a∈R)，g(x）=e x+x2。

（1)讨论f（x)的极值点的个数;
（2）若对于任意x∈(0,+∞),总有f(x）≤g(x)成立，求实数a的取值范围.
2。

设函数f（x)=e x-1—x-ax2。

(1）若a=0,求f(x)的单调区间;
(2）若当x≥0时,f（x)≥0，求a的取值范围.
难点7 双变量的“任意性”与“存在性”问题
1。

“存在=存在”型
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f（x1)=g(x2)，等价于函数f（x）在D1上的值域A与函数g(x)在D2上的值域B的交集不为空集，即A∩B≠⌀.
其等价转化的基本思想：两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分。

典例1 已知函数f(x）=x2-ax3,a>0,x∈R.g(x)=。

若∃x1∈
（—∞,-1],∃x2∈，使得f（x1)=g（x2),求实数a的取值范围
解析∵f（x)=x2—ax3，
∴f ’(x)=2x-2ax2=2x（1—ax）.
令f ’(x）=0,得x=0或x=.∵a〉0,∴〉0,∴当x∈（-∞，0)时， f ’（x)<0,∴f(x)在(—∞,—1］上单调递减, f(x)在（-∞,—1］上的值域为.
∵g(x)=,
∴g’(x)='==。

∵当x<-时,g’（x)〉0,∴g（x）在上单调递增，g(x）<g=。

g（x）在上的值域为。

若∃x1∈（-∞,-1],∃x2∈,使得f(x1）=g（x2)，则1+〈,a〈.
故实数a的取值范围是.
已知函数f(x）=和函数g（x）=a·sin x-a+1(a>0)，若存在x1,x2∈［0，1］,使得f(x1）=g（x2)成立，则实数a的取值范围是( )
A。

B。

[1,2) C.D。

2。

“任意=存在”型
∀x1∈D1,∃x2∈D1,使得f（x1）=g（x2），等价于函数f(x）在D1上的值域A是函数g(x）在D2上的值域B的子集，即A⊆B.
其等价转化的基本思想:函数f（x)的任意一个函数值都与函数g(x)某一个函数值相等，即f（x)的函数值都在g(x）的值域之中.
典例2 已知函数f(x）=,x∈[0，1]。

(1）求f(x)的单调区间和值域；
（2)设a≥1，函数g(x）=x3-3a2x-2a,x∈[0,1]。

若对于任意x1∈［0，1］,总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1）成立，求a的取值范围。

解析(1)f '（x)==-,x∈[0，1]。

令f '(x)=0,解得x=或x=.当x变化时, f ’（x）, f（x)的变化情况如下表：
x01
f ’
—0+
（x)
↘—4↗—3
f（x）
-
所以f(x)的递减区间是,递增区间是.
f(x）min=f=-4，又f（0）=-, f(1）=-3,所以f(x)max=f（1）=—3。

故当x∈［0,1]时， f（x)的值域为B=[-4,—3］。

(2)“对于任意x1∈［0，1］,总存在x0∈[0，1]，使得g（x0）=f（x1)成立”等价于“在x∈［0,1］上，函数f（x）的值域B是函数g(x)的值域A的子集,即B⊆A”。

因为a≥1，所以当x∈（0，1)时，g'（x)=3（x2-a2）〈0，
所以当x∈［0，1］时,g（x）为减函数，g(x)的值域A=[1-2a—3a2，-2a］。

由B⊆A，得1-2a-3a2≤-4且—2a≥—3，又a≥1，故1≤a≤.
已知函数f（x）=x2-ax3(a〉0）,x∈R.
（1）求f(x）的单调区间和极值；
（2)若对于任意的x1∈(2,+∞）,都存在x2∈（1,+∞），使得f（x1）·f(x2）=1。

求a的取值范围。

3.“任意≥（≤）任意”型
∀x1∈D1，∀x2∈D2,都有f(x1）〉g(x2)恒成立,等价于f(x)min〉g(x）max,或等价于f(x）>g （x)max恒成立,或等价于f（x）min〉g(x）恒成立.其等价转化思想是函数f（x）的任何一个函数值均大于函数g（x)的任何一个函数值.
∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有f(x1)〈g（x2）恒成立,等价于f（x)max<g(x）min,或等价于f(x)〈g （x）min恒成立，或等价于f（x）max〈g（x）恒成立.其等价转化思想是函数f(x)的任何一个函数值均小于函数g（x）的任何一个函数值.
∀x1∈D1，∀x2∈D2,都有f(x1）—g（x2)〉k恒成立,等价于[f（x1)-g（x2）］min>k恒成立，也等价于f(x)min—g(x)max〉k。

∀x1∈D1，∀x2∈D2，都有f（x1)—g(x2）〈k恒成立,等价于[f（x1）—g（x2)］max<k恒成立,也等价于f(x)max—g（x)min<k。

典例3 设函数f（x)=x3—x2—3.
(1)求f（x)的单调区间;
(2）设函数g（x)=+xln x，如果对任意的x1,x2∈，都有f(x1)≤g（x2)成立,求实数a的取值范围.
解析（1）f '（x）=3x2-2x.
f '(x)〉0时，x<0或x>,
f ’(x)〈0时,0<x〈.
所以, f(x)的递增区间是（—∞,0)，;
递减区间是。

（2）由（1)知，函数f(x)在上单调递减，在上单调递增，
而f=—， f(2)=1,故f（x)在区间上的最大值f(x）max=f（2)=1.
因为“对任意的x1,x2∈,都有f(x1)≤g（x2)成立”等价于“对任意x∈时,g(x)≥f （x）max恒成立".
即当x∈时,g（x)=+xln x≥1恒成立，即a≥x—x2ln x恒成立,记u（x）=x—x2ln x,则有a≥u(x）max.
u'(x）=1—x-2xln x,可知u’(1）=0。

当x∈时，1-x>0，2xln x〈0，则u’（x)>0,u（x）在上递增;
当x∈(1,2)时，1—x<0，2xln x〉0，则u'（x)<0,u(x)在(1，2）上递减.
故u（x）在区间上的最大值u(x)max=u(1）=1，所以实数a的取值范围是[1，+∞).
函数f(x)=+1(m≠0),g(x）=x2e ax(a∈R）。

(1)求函数f（x）的单调区间；
(2）当m>0时,若对于任意x1，x2∈［0,2］， f(x1）≥g(x2)恒成立,求a的取值范围.
4。

“任意≥（≤)存在”型
∀x1∈D1，∃x2∈D2,使得f(x1）〉g（x2)成立,等价于f（x）min>g(x）min.其等价转化思想是函数f（x）的任意一个函数值大于函数g（x)的某一个函数值，但并不要求大于函数g(x）的所有函数值.
∀x1∈D1,∃x2∈D2，使得f(x1)<g(x2)成立，等价于f(x)max<g（x)max.其等价转化思想是函数f(x)的任意一个函数值小于函数g（x)的某一个函数值，但并不要求小于函数g（x）的所有函数值.
∀x1∈D1,∃x2∈D2,使得f（x1）—g（x2)〉k成立，等价于f(x)min—g（x）min>k.
∀x1∈D1,∃x2∈D2，使得f(x1）-g（x2）〈k成立，等价于f（x)max—g(x)max<k.
典例4 函数f（x）=ln x-x+—1,g（x)=x2-2bx+4,若对任意x1∈（0,2)，存在x2∈[1,2］,使f(x1）≥g(x2），求实数b的取值范围.
解析“对任意x 1∈（0，2）,存在x2∈[1,2］,使f（x1)≥g（x2）”等价于“f（x)在(0，2)上的最小值不小于g（x）在［1,2]上的最小值，即f（x)min≥g(x）min”（＊).
f ’(x）=--=,
当x∈(0,1）时， f '(x）〈0, f（x)单调递减;当x∈（1，2)时， f '（x）〉0, f（x)单调递增.
故当x∈（0,2）时， f(x）min=f（1）=-。

又g（x)=(x—b)2+4-b2,x∈[1,2］,
①当b〈1时,因为g（x）min=g(1）=5—2b>3,此时与(*)矛盾；
②当b∈［1,2］时,因为g（x）min=4-b2≥0,同样与（*）矛盾；
③当b∈(2，+∞)时,g(x)min=g(2)=8—4b，由8—4b≤—，得b≥.
综上,b的取值范围是.
已知函数f(x）=x3+x2+ax。

(1）若f(x）在区间[1,+∞）上单调递增，求a的最小值；
（2）若g（x)=,∀x1∈,∃x2∈,使f '(x1)≤g(x2)成立,求a的取值范围。

5.“存在≥(≤）存在”型
若∃x1∈D1,∃x2∈D2,使得f（x1）>g（x2)成立，等价于f（x）max〉g(x）min.其等价转化思想是函数f(x）的某一个函数值大于函数g(x)的某一个函数值,即只要有这样的函数值即可.
若∃x1∈D1，∃x2∈D2，使得f(x1)<g(x2)成立,等价于f（x)min<g(x)max。

其等价转化思想是函数f（x)的某一个函数值小于函数g（x)的某一个函数值，即只要有这样的函数值即可.
若∃x1∈D1,∃x2∈D2，使得f（x1）—g（x2)>k成立，等价于[f(x1)-g（x2)］max>k,也等价于f(x)max-g（x)min>k。

若∃x1∈D1，∃x2∈D2,使得f(x1）—g(x2)<k成立，等价于［f(x1)—g（x2)］min〈k,也等价于f(x)min—g（x）max<k。

典例5 已知函数f（x)=4ln x—ax+(a≥0).
（1)讨论f(x）的单调性;
（2）当a≥1时，设g(x）=2e x—4x+2a,若存在x1,x2∈，使f（x1)>g(x2）,求实数a 的取值范围.
解析(1）当a=0时，函数f(x）的递减区间为，递增区间为。

当0<a〈1时,函数f（x）的递减区间为，
;
增区间为。

当a≥1时， f(x）的减区间为（0,+∞).
(2)“存在x1，x2∈,使f(x1)>g(x2)”等价于“x∈时, f（x）max>g（x）min”。

由(1)知，当x∈时,
f（x)max=f=—4ln 2+a+6，
由g'（x）=2e x—4=0，得x=ln 2.
易知当x∈时,g（x）min=g(ln 2)=4-4ln 2+2a,
由f(x）max>g(x)min,得—4ln 2+a+6>4—4ln 2+2a，
解得1≤a〈4.
点拨（1)“若存在x∈[m,n],使不等式f(x）>g(x）成立”等价于“f（x)-g（x）〉0在［m，n]上有解”等价于“[f（x)—g（x）]max〉0”.这是单变量问题，不等式两边f（x），g（x）中的自变量x必相等；(2）“若∃x1∈D1，∃x2∈D2,使得f（x1)>g(x2)成立”等价于“f （x)max〉g（x)min”.这是两个独立变量——双变量问题，不等式两边f（x1)，g（x2）中自变量x1，x2可能相等,也可能不等;（3)也可先研究命题的否定:∀x1∈D1,∀x2∈D2,都有f（x1)≤g（x2)恒成立,等价于f（x)max≤g（x)min,此时转化为第三种类型，求出相应的参数范围,再取其补集即可.
设函数f（x)=-ax.
（1)若函数f（x)在（1,+∞）上为减函数，求实数a的最小值;
（2）若存在x1，x2∈[e，e2］，使f（x1）≤f '（x2)+a成立,求实数a的取值范围.
难点8 “不规则"几何体的三视图问题
1。

放置方式的“不规则”
典例1 （1)一个空间几何体的三视图如图所示,则该几何体的表面积为（）。