2018年高考理科数学第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
2018年理科21题的创新解法
a2 4 a2
a 2。
即 a 2 a 2 ，显然成立，故得证。
在上述四种解法中，第一种解法需要构造辅助函数，这是一
种通用做法，不是很容易想到，并且运算量较大，不过这是高中
学生可以接受的解法。第二种解法用到了不等式
1 11 ab
ab
ab
ab
ln a ln b
2
a2 b2 2
能做到最后一题的同学或者参加过竞赛辅导的同学是可以接
受的。第三种解法用到了大学数学里的拉格朗日中值定理，通常
3
高考试题中这类试题是由大学教授所命题， 他们喜欢这样的解答。 笔者给出的最后一种解答，用到的只是斜率的定义及导数的几何 意义，没有超过高中数学及普通学生的接受能力，个人认为这是 一种不错的解法。
4
a2 4 ,
) 时， f (x) 0 ；
2
2
当x
a (
a2 4 a ,
a2 4 ) 时， f (x) 0 .
2
2
所 以 f ( x) 在 (0, a
a2 4 a ),(
a2 4 ,
) 单调递减，在
2
2
a (
a2 4 a ,
a2 4 ) 单调递增 .
2
2
（2）由（ 1）知， f (x) 存在两个极值点当且仅当 a 2 .
2
笔者在数学高考当天下午，见到此高考试题时的第一感觉，
便想到了如下更为简洁的解法：
由（ 1 ）知 a 2 ，由斜率的定义 及导数的几何意义知，
f / ( x )max
k AB
f ( x1 ) x1
f ( x 2 ) ，要证 f x1 f x2
x2
x1 x2
a 2 ，只需要证
2018全国Ⅱ卷理数21题解法分析
2018全国Ⅱ卷理数21题解法分析发表时间：2018-10-30T16:21:45.277Z 来源：《教育学》2018年10月总第155期作者：宁宇[导读] 解答该问题的核心思想是使用一定的方法与技巧将问题转化为函数的单调性、最值问题。
黑龙江省大庆市大庆中学163000函数是高中数学的核心内容，在历年的高考试题中都设置了大量的分值，而其中的导数解答题又处于压轴的地位，难度较大。
解答该问题的核心思想是使用一定的方法与技巧将问题转化为函数的单调性、最值问题。
（18理数Ⅱ卷21题）已知函数f（x）=ex-ax2。
（1）若a=1，证明：当x≥0时，f（x）≥1。
（2）若f（x）在（0，+∞）上只有一个零点，求a。
证明：（1）当a=1，x≥0时，f（x）=ex-x2≥1 =g（x），g`（x）=- ≤0，所以，g（x）在[0，+∞）单调递减，所以，g（x）≤g（0）=1，即f（x）≥1成立。
证明：（2）方法一：变形+带参讨论延续第一问变形的思路，考虑方程f（x）=ex-ax2=0h（x）=1- =0，显然当a≤0时方程无解。
所以当a>0时，令h`（x）= =0，解得x=2，当h`（x）>0，x>2，h（x）在（2，+∞）单调递增；当h`（x）<0，0<x<2，h（x）在（0，2）单调递减。
所以h（x）min=h（2）=1- ，①当h（2）>0，即a< ，h（x）>0，方程无解。
②当h（2）=0，即a= ，方程h（x）=0有唯一解。
③当h（2）<0，即a> 时，要论证此时不满足题意，需要利用零点存在性定理找到两个零点存在的区间，注意到h（0）=1，那么h （x）在（0，2）内存在唯一零点。
现在我们需要在（2,＋∞）上找到一个正值。
当x→+∞时指数函数比二次函数增长速度快，所以1-→1，所以当x足够大时一定存在正值，由于这个函数是多项式比指数型，这时我们考虑第一问得出的结论对h（x）进行放缩,把函数中超越的部分换掉。
2018年一道高考数学压轴题的思路发现
所以，下面只考虑a约0的情况.
易得，f （忆 x）=（1+2ax）ln（1+x）+ ax2-x 1+x
= ax2-x+（1+2ax）（1+x）ln（1+x）. x+1
*项目来源院四川省野西部卓越中学数学教师协同培养计划冶项目渊ZY16001冤曰内江师范学院2016年度校级学科建 设特色培育项目渊T160009袁T160010冤曰内江师范学院精品资源共享课叶初等代数研究曳渊内师院发也2013页53号冤.
可
得
h（x）与（f x）
符号相同，又h（0）=（f 0）=0”得到考生不熟悉的结论“x=0
是 （f x）的极大值点，当且仅当x=0是h（x）的极大值点”.
有乐于研究高考的教师感叹到，“x=0是（f x）的极大值点，
当且仅当x=0是h（x）的极大值点”的证明需要写半页纸，
但“标准答案”中并未给出严格的证明.
-
1 6
满足条件袁还需排除a约-
1 6
和-
1 6
约a约0的情况.
思路发现2院因为（f 0）=0，所以“x=0是（f x）的极大值
点”等价于“（f x）约0在x=0的左、右两侧充分小的范围内
（如x沂（-着，0）胰（0，着）） 恒成立，其中着是充分小的正
数”，即当x沂（-着，着）时，函数（f x）在x=0处取得最大值.欲
88
高中
2018 年 11 月
解法探究
教学 参谋
易知，f （忆 0）=0，f （忆 x）在x=0的左、右两侧充分小的范 围内的符号难以判断.又由于在x=0的左、右两侧充分小
的范围内，可以假定x+1跃0.因此，只需研究f （忆 x）通分后
【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析
【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析
分析一下刚刚过的2018年全国卷3的导数这个大题目。
分析：这个题目让我想到了2016年全国卷2的那个吓人的的导数大题目。
感兴趣的读者可以查找一下之前的问章分析。
这个题目有点儿类似，类似在哪里？请看接下来的分析。
Note：如果在原函数里或者导函数里，对数函数时单独存在的，这是值得庆祝的，因为这样处理起来会是相当的方便。
这也是这几年全国卷坚持的出题角度。
2016年全国2卷将这种出题思路考得时淋漓尽致。
（2）汤老师在这里啰嗦几句，在高考中，第一个小问往往不是摆设，它和第二个小问往往都有着千丝万缕的关系，时而明显，时而隐藏，具体还是需要自己去发现。
这个地方大家知道我的思路是想干什么，但是你是否有过疑惑，这样处理，函数的极值点是否会发生变化？大家注意，如果这个式子除以一个正数，他的极值点不会发生变化，如果除以一个恒为正的函数式子，同样，他的极值点也不会发生变化。
这个题目难度是有的，包括后面的讨论。
估计上述的答案大家看完之后，中间的过程还是云里雾里的，所以后面我单独加一下解释，请看下面的图片。
我挨个解答一下。
对于第一个疑问，这里说一下哈。
但是说实话，后面的讨论的确是又难度。
如果用常规方法是否可以解决呢？毋庸置疑，可以的。
‘
这种解法就是过程复杂点了，但是逻辑关系很清楚，也是很容易去思考的。
如果你有什么更好的思路和方法，欢迎一起分享讨论。
2018届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”
x (0， a)
a
( a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
a1－ln a
f(x)
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，Байду номын сангаас调递增区间是( a， ＋∞)．
函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝a1－2ln a，无极大值． 综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 函数 f(x)既无极大值也无极小值； 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间 为( a，＋∞)，函数 f(x)有极小值a1－2ln a，无极大值．
解答题的热点题型有： (1) 利 用 导 数 研 究 函 数
的单调性、极值、最值； (2) 利 用 导 数 证 明 不 等
式或探讨方程根； (3) 利 用 导 数 求 解 参 数
的范围或值.
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝x22－aln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝x22－ln x， 则f′(x)＝x－1x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝12， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝12.
所以 f a＋b b>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，化简得a＋1 b<ln a＋b b， a· b
lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln1＋ab－ab<0，
令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，
(完整版)2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》不得不读淘宝上的博约书斋店铺：唯一正版且第二版例.（2018全国3卷第21题）已知函数()()()x x ax x 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 x x x g ，则()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g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 ；点评：如果直接求导，完全处理掉对数，需要二次求导，而《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》在第四章在4.6和4.7两个技巧，其中之一就是对函数的处理，希望对数函数单独存在，则一次求导就瞬间可破。
（2）尝试一：（极大值点的第二充要条件：已知函数=y ()x f 在0x x =处各阶导数都存在且连续，0x x =是函数的极大值点的一个充要条件为前12-n 阶导数等于0，第n 2阶导数小于0。
）()()()2121ln 21'2-++++++=x ax x x ax x f ，()00'=f()()()()()()2211431ln 22121ln 21''+++++=-++++++=x a ax x x a x ax x x ax x f ，()00''=f ()()3211662'''+++-+=x a x ax ax x f ，由()0'''=x f 得61-=a 下证：当61-=a 时，0=x 是()x f 的极大值点， ()()()31631'''++-=x x x x f ，所以()x f ''在()0,1-单增，在()+∞,0单减进而有()()00''''=≤f x f ，从而()x f '在()+∞-,1单减，当()0,1-∈x 时，()()00''=>f x f ，当()+∞∈,0x 时，()()00''=<f x f 从而()x f 在()0,1-单增，在()+∞,0单减，所以0=x 是()x f 的极大值点。
高三数学二轮复习 第一部分 拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略教师
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．其热点题型有：①利用导数研究函数的单调性、极值、最值；②利用导数证明不等式或探讨方程根；③利用导数求解参数的范围或值．[师说考点]利用导数解决不等式问题的思路(1)不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题． (2)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )>0在区间D 上恒成立．[典例] (2016·全国乙卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0， 所以f (x )不存在两个零点． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， 又f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. [抢分策略]逆向解答——此路不通另想法1．逆向解答是指对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．解答本题第(2)问利用了逆向解答的策略，把不等式x 1＋x 2<2转化为，构造函数，利用导数求解．2．破解此类题目需掌握“一构一分”，“一构”是指会构造函数，然后利用导数的知识进行求解；“一分”是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论．解答此题的关键是由x 1＋x 2<2转化为，从而构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，这是本题的难点，也是求解此类题目的策略——逆向解答．[应用体验]1．(2016·福建质检)已知函数f (x )＝ax －ln(x ＋1)，g (x )＝e x－x －1.曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在原点处的切线相同．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ≥0时，g (x )≥kf (x )，求k 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －1x ＋1(x >－1)，g ′(x )＝e x－1， 依题意，f ′(0)＝g ′(0)，解得a ＝1， 所以f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1，当－1<x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x ＝0时，f (x )取得最小值0，所以f (x )≥0，即x ≥ln(x ＋1)，从而e x≥x ＋1. 设F (x )＝g (x )－kf (x )＝e x＋k ln(x ＋1)－(k ＋1)x －1， 则F ′(x )＝e x＋k x ＋1－(k ＋1)≥x ＋1＋kx ＋1－(k ＋1)， ①当k ＝1时，因为x ≥0，所以F ′(x )≥x ＋1＋1x ＋1－2≥0(当且仅当x ＝0时等号成立)， 此时F (x )在[0，＋∞)上单调递增，从而F (x )≥F (0)＝0，即g (x )≥kf (x )． ②当k <1时，因为f (x )≥0，所以f (x )≥kf (x )．由①知g (x )－f (x )≥0，所以g (x )≥f (x )≥kf (x )，故g (x )≥kf (x )． ③当k >1时，令h (x )＝e x＋kx ＋1－(k ＋1)，则h ′(x )＝e x－k（x ＋1）2， 显然h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝1－k <0，h ′(k －1)＝e k －1－1>0，所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，所以h (x )在 [0，x 0)上单调递减， 从而h (x )<h (0)＝0，即F ′(x )<0，所以F (x )在[0，x 0)上单调递减， 从而当x ∈(0，x 0)时，F (x )<F (0)＝0，即g (x )<kf (x )，不合题意． 综上，实数k 的取值范围为(－∞，1].[师说考点]利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x 轴(或直线y ＝k )的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； (3)画出函数的大致图象； (4)结合图象求解．[典例] 设函数f n (x )＝x n＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1，1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围；(3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增减性．[解] (1)证明：b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n ＋x －1.∵f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f n (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1<0， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点．又∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1>0，∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， ∴f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点． (2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1，1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(x )在[－1，1]上的最大值与最小值之差M ≤4.据此分类讨论如下：①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪－b 2>1，即|b |>2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |>4，与题设矛盾．②当－1≤－b2<0，即0<b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋12≤4恒成立． ③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时，M ＝f 2(－1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－12≤4恒成立． 综上可知，－2≤b ≤2.故b 的取值范围为[－2，2]．(3)设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点(n ≥2)，f n (x n )＝x nn ＋x n －1＝0，f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1，于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1<x nn ＋1＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1)．又由(1)知f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， 故x n <x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列． [抢分策略]跳步解答——会做哪问做哪问1．第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或花费较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第一问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问(即跳步解答)，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题目的上策之举．2．跳步解答是解决数学压轴题的常用策略．在解题过程中卡在某一过渡环节上的情况是经常出现的，这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到最终结论．若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答．[应用体验]2．(2016·广西质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围．解：f ′(x )＝c x ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋cx，又f ′(1)＝0，所以f ′(x )＝（x －1）（x －c ）x且c ≠1，b ＋c ＋1＝0，x >0.(1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c ＞1，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当1＜x ＜c 时，f ′(x )＜0； 当x ＞c 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0，1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )．(2)①若c ＜0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )＝0恰有两解，则f (1)＜0，则12＋b ＜0，所以－12＜c ＜0；②若0＜c ＜1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0， f (x )极小值＝－12－c <0，从而f (x )＝0只有一解；③若c ＞1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0， f (x )极大值＝－12－c <0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0.[典例] (2016·贵州模拟)设n ∈N *，函数f (x )＝ln x x n ，函数g (x )＝exxn (x ＞0)．(1)当n ＝1时，求函数y ＝f (x )的零点个数；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象分别位于直线y ＝1的两侧，求n 的取值集合A ； (3)对于∀n ∈A ，∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，求|f (x 1)－g (x 2)|的最小值． [解] (1)当n ＝1时，f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln x x2(x ＞0)．由f ′(x )＞0得0＜x ＜e ；由f ′(x )＜0得x ＞e.所以函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，因为f (e)＝1e ＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e ＜0，所以函数f (x )在(0，e)上存在一个零点； 当x ∈(e ，＋∞)时，f (x )＝ln xx＞0恒成立，所以函数f (x )在(e ，＋∞)上不存在零点． 综上得函数f (x )在(0，＋∞)上存在唯一一个零点． (2)对函数f (x )＝ln x x n 求导，得f ′(x )＝1－n ln xxn ＋1(x ＞0)， 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜e 1n ； 由f ′(x )＜0，得x ＞e 1n .所以函数f (x )在(0，e 1n )上单调递增，在(e 1n ，＋∞)上单调递减， 则当x ＝e 1n 时，函数f (x )有最大值f (x )max ＝f (e 1n )＝1n e .对函数g (x )＝e xx n (x ＞0)求导，得g ′(x )＝（x －n ）exxn ＋1(x ＞0)， 由g ′(x )＞0，得x ＞n ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜n .所以函数g (x )在(0，n )上单调递减，在(n ，＋∞)上单调递增，则当x ＝n 时，函数g (x )有最小值g (x )min ＝g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n.因为∀n ∈N *，函数f (x )的最大值f (e 1n )＝1n e＜1，即函数f (x )＝ln xxn 在直线y ＝1的下方，故函数g (x )＝exxn (x ＞0)在直线y ＝1的上方，所以g (x )min ＝g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n＞1，解得n ＜e. 所以n 的取值集合A ＝{1，2}．(3)对∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－g (x 2)|的最小值等价于g (x )min －f (x )max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n－1n e .当n ＝1时，g (x )min －f (x )max ＝e －1e ；当n ＝2时，g (x )min －f (x )max ＝e 24－12e；因为⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24－12e ＝e 2（4－e ）－24e ＞0， 所以|f (x 1)－g (x 2)|的最小值为e 24－12e ＝e 3－24e .[抢分策略]解决导数综合问题的注意事项(1)树立定义域优先的原则．(2)熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则．(3)理解与不等式有关的导数综合问题化为函数最值问题的转化过程． (4)理解含参导数的综合问题中分类讨论思想的应用．(5)存在性问题与恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系： 若f (x )≤m 恒成立，则f (x )max ≤m ； 若f (x )≥m 恒成立，则f (x )min ≥m ； 若f (x )≤m 有解，则f (x )min ≤m ； 若f (x )≥m 有解，则f (x )max ≥m .[应用体验]3．(2016·重庆模拟)已知函数f (x )满足：①f (x )＝2f (x ＋2)，x ∈R ；②f (x )＝ln x ＋ax ，x ∈(0，2)；③f (x )在(－4，－2)内能取到最大值－4.(1)求实数a 的值；(2)设函数g (x )＝13bx 3－bx ，若对任意的x 1∈(1，2)总存在x 2∈(1，2)使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)当x ∈(－4，－2)时，有x ＋4∈(0，2)， 由条件②得f (x ＋4)＝ln(x ＋4)＋a (x ＋4)，再由条件①得f (x )＝2f (x ＋2)＝4f (x ＋4)＝4ln(x ＋4)＋4a (x ＋4)． 故f ′(x )＝4x ＋4＋4a ，x ∈(－4，－2)． 由③，f (x )在(－4，－2)内有最大值，方程f ′(x )＝0，即4x ＋4＋4a ＝0在(－4，－2)内必有解，故a ≠0，且解为x ＝－1a－4.又最大值为－4，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a－4＝4ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＋4a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝0，所以a ＝－1.(2)设f (x )在(1，2)内的值域为A ，g (x )在(1，2)内的值域为B ，由条件可知A ⊆B . 由(1)知，当x ∈(1，2)时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1＝1－xx＜0，故f (x )在(1，2)内为减函数，所以A ＝(f (2)，f (1))＝(ln 2－2，－1)．对g (x )求导得g ′(x )＝bx 2－b ＝b (x －1)(x ＋1)． 若b <0，则当x ∈(1，2)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数， 所以B ＝(g (2)，g (1))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23b ，－23b .由A ⊆B ，得23b ≤ln 2－2，－23b ≥－1，故必有b ≤32ln 2－3.若b ＞0，则当x ∈(1，2)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以B ＝(g (1)，g (2))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23b ，23b .由A ⊆B ，得－23b ≤ln 2－2，23b ≥－1，故必有b ≥3－32ln 2.若b ＝0，则B ＝{0}，此时A ⊆B 不成立． 综上可知，b 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3－32ln 2，＋∞.1.(2016·武昌调研)已知函数f (x )＝(λx ＋1)ln x －x ＋1. (1)若λ＝0，求f (x )的最大值；(2)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，证明：f （x ）x －1＞0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当λ＝0时，f (x )＝ln x －x ＋1.则f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，1)上是增函数； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(1，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0. (2)证明：由题可得，f ′(x )＝λln x ＋λx ＋1x－1. 由题设条件，得f ′(1)＝1，即λ＝1. ∴f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1.由(1)知，ln x －x ＋1＜0(x ＞0，且x ≠1)．当0＜x ＜1时，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋(ln x －x ＋1)＜0， ∴f （x ）x －1＞0.当x ＞1时，f (x )＝ln x ＋(x ln x －x ＋1)＝ln x －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x －1x ＋1＞0，∴f （x ）x －1＞0.综上可知，f （x ）x －1＞0.2．(2016·合肥质检)已知函数f (x )＝13x 3－12(a ＋2)x 2＋x (a ∈R )．(1)当a ＝0时，记f (x )图象上动点P 处的切线斜率为k ，求k 的最小值；(2)设函数g (x )＝e －exx(e 为自然对数的底数)，若对于∀x ＞0，f ′(x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1.设P (x ，y )，由于a ＝0，∴k ＝x 2－2x ＋1≥0，即k min ＝0.(2)由g (x )＝e －e xx ，得g ′(x )＝e x （1－x ）x2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，由条件知f ′(1)≥g (1)，可得a ≤0.当a ≤0时，f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1＝(x －1)2－ax ≥(x －1)2≥0. ∴f ′(x )≥g (x )对∀x ∈(0，＋∞)成立． 综上，a 的取值范围为(－∞，0]．3．(2016·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )．(1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′ (x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x2，x ∈(0，＋∞)， 令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a－1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a－1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1，＋∞时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，g (x )min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ＞2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.4．(2016·江苏高考)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值． (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x＝2， 亦即(2x )2－2×2x＋1＝0，所以(2x －1)2＝0，即2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0， 所以m ≤（f （x ））2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而（f （x ））2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且（f （0））2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2＝a x＋b x－2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ln b .令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数．于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0＜0，则x 0＜x 02＜0，于是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＜g (0)＝0. 又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2＞a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0.又x 02＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1， 故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.。
拨云见月解法自然来——2018年全国卷Ⅲ理科第21题的解法探析
x = 0 是 f (x) 的极大值点当且仅当 x = 0 是 h(x) 的极
大值点.
h′(x)
=
1 1+x
−
2(2 + x + ax2) − 2x(1 + 2ax) (2 + x + ax2)2
=
x2(a2x2 + 4ax + 6a + 1)
(1 + x)(2 + x + ax2)2
, 如 果 6a + 1 > {√ }
拨云见月 解法自然来
— 2018 年全国卷 III 理科第 21 题的解法探析
广东省佛山市乐从中学 (528315) 林国红
当前, 函数导数题常作为高考的压轴题. 导数压轴题在 关作用.
考查基础知识的同时, 注重对能力, 数学思想方法方面的考 二、解法探析
查, 有综合性强, 思维量大, 方法繁多, 技巧性强等特点. 2018
题策略, 以及转化和运算能力有较高的要求, 较好地达到了 x + 2 > 0, 所以 f (x) < 0; 当 x > 0 时, g(x) > g(0) = 0, 且
考查目的, 体现能力立意的命题原则, 作为压轴题起到了把 x + 2 > 0, 所以 f (x) > 0.
∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼∼
2019 年第 4 期 (上)
中学数学研究
1
评注 问题 (1) 的两种证法均是利用导数作为工具来证
明, 由于 f (x) 中含有对数式, 证法 1 通过二次求导来处理掉
2018 年高考数学（理科二卷）导数解答题解题研究及教学建议
强的训练，学生通过解题，总结解题方法，注意通性通法，做一题，得一法，通一类，提高学生解决问题能力。
应用中及时反馈，及时纠正，再针对性复习，有效提高复习教学效率。
三、及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练学生复习回顾知识，然后投影展示，点评表扬优点，及时让学生自己发现并纠正错误，很好地理解和掌握数学基础知识和思想方法；强化训练时，要求学生在独立思考基础上，与同伴交流，尝试解题，巡视指导，学生有足够的时间和空间去解决问题，充分调动学生学习的积极性，让学生板演，及时发现问题，及时纠正，点评表扬优点；考试要求认真解答。
讲评题时，要注重引导学生分析条件，有效寻求涉及的知识和方法，清楚试题考查什么知识点，解题突破口在哪里，解答时需要注意什么，有哪些解法，哪些最佳解题途径等问题。
这样，充分调动学生学习的积极性与主动性。
应用知识强化测试，认真分析各题的错误率，找出错误的症结，对错误率比较高的题目和典型的问题要重点评，特别是数学知识与思想方法的讲评，强调规范解答，及时有效帮助学生分析总结错误，进行针对性复习与强化训练，有效提高解题能力。
如学生解决离散型随机变量的均值与方差问题时，容易写出变量的可能取值，会写出均值和方差公式，但不容易求出相应的概率，以致出错，针对这类情况，教师要重点引导学生分析概率问题的类型，弄清它们的特点，熟练掌握各种概率分布的公式，注意与排列、组合知识联系，注意基本思想方法，熟练求解离散型随机变量的分布列、均值和方差，熟练地将实际问题转化为概率问题，准确得出相应的概率，解决均值和方差的问题，同时进行针对性训练。
对出错多的问题有针对性训练，如学生解答题时往往是因缺少严密的推理步骤，不准确的计算等造成丢分，及时进行针对性训练；对解答不够规范的及时让学生自己纠正，规范解答；对学困生给予较多指导，多鼓励。
及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练，有效提高复习教学效率。
2018年高考数学（理科二卷）导数解答题解题研究及教学建议【摘要】高考是高中教学课堂教学的风向标，能否答好高考题也是学生综合能力的体现。
2018年高考全国l卷理科数学第21题的若干思考
2018年高考全国l卷理科数学第21题的若干思考作者：黄顺进黄耿跃来源：《福建中学数学》2019年第01期1 试题呈现2 初步分析题目所给的函数是由反比函数、正比例函数、对数函数3个基本初等函数通过四则运算组合而成，给考生的感觉是题干简洁，看了就会想往下做，具有一定的亲和力，第一问讨论函数的单调性，中等生基本能拿到分数，第二问证明不等式，对考生的思维能力、运算能力等要求较高，且要懂得利用第（1）问的结论，敢于代入不等式的左边进行化简，才能顺利求证不等式.3 第（Ⅱ）问错误解法的思考事实上，这样的问题等价是错误的，理由就是把存在性问题，看成任意性问题，且没有注意到a与x1，x2还是互相关联的，导致产生错误的解法.4 试题第（Ⅱ）问多种解法的思考解法1构造关于x1或X2的函数由第（ I）问知，f（x）存在两个极值点当且仅当a>2.解法2构造关于a的函数从而原不等式得证，评注由第（I）问有x1+X2=a，X1X2 =1可知x1，x2，a三者是存在一定的内在联系的，是互相牵制的，只要选定其中一个为变量，就可构造出新函数，于是也可以构造出关于a的函数，但中間要利用到洛比达法则或极限的思想进行说明，解法3 利用函数的单调性从而，原不等式得证，评注在构造新函数前，必须把参数a消去，如果所构造的函数含有参数a将使求解陷入死胡同，难以为继，解法4 利用整体换元构造函数5 试题题源的思考很多教师看到全国1卷的这道函数与导数试题，第一时间就想到2011年湖南文科第21题：（2）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由，笔者以为，不能因为找到了高考题的题源，就认为高考出这种题目水平太低了，而是要深入地去反思：为什么高考敢这样考？笔者认为，这种题目是经典题，它蕴含着很多数学的思想方法，是可以区分不同思维层次的考生，所以高考敢于用推陈出新命题手法命制试题，这应该引起一线教学的重视.6 对函数与导数中双元问题的复习思考17世纪，数学的发展突飞猛进，实现了从常量数学到变量数学的转折，变量数学又经历了单变量到多变量的发展变化，应该说中学阶段在研究变量问题时，更主要的还是以单变量问题为主，所以，这就给了我们求解双变量问题的启发，即：想方设法把双元问题通过换元或其它方法，转化成单变量问题，才能进行问题求解，事实上，本文提供的4种方法的本质都是转化成构造单变量函数问题.。
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究(最新整理)
x0
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1
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3x 2
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②当 x ,0时， a x 1
，
2x lnx 1 x2
x 1
当 0 时， a lim
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综上： a 1 6
（点评：把复杂问题转化为基本问题，这是一种基本方法，即把问题转化为两个恒成立， 求参数的值。这在淘宝上的博约书斋店铺的《全国卷高考数学的分析及应对》已经把转化 为基本问题视为破解压轴题的有效策略，还有思维说、方法论（笛卡尔），非常有效，可以 给出全国卷很多压轴题新的解法。在《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》的 3.2 节以 邻域的观点给出极值点的充要条件，有助于学生对极值点的准确理解，从而避开了求导研 究单调性，直接用罗必塔法则。《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》的 3.1 节系统地 论述了极限和洛必达法则。） 尝试三：按照波利亚的解题策略，我们联想到一个类似的题目，其思维方法是可以借鉴的。
2018届高三理科数学函数与导数解题方法规律技巧详细总结版
2018届高三理科数学函数与导数解题方法规律技巧详细总结版【3年高考试题比较】对于导数的解答题，考纲的要求是：1.了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数不超过三次)；2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值(其中多项式函数不超过三次)；会求闭区间上函数的最大值、最小值(其中多项式函数不超过三次)；3.会用导数解决实际问题.通过比较近三年的高考卷总结如下：一般有两问，（16年3卷出现了三问），第一问往往是以讨论函数单调性和切线问题为主，也有根据不等式恒成立或零点问题求参数范围的问题，但一般难度不大，第二问主要涉及不等式的恒成立问题，零点问题，函数最值问题，一元的不等式证明和二元的不等式证明，方法灵活，难度较大.【必备基础知识融合】1.基本初等函数的导数公式2.导数的运算法则若f ′(x )，g ′(x )存在，则有： (1)[f (x )±g (x )]′＝f ′(x )±g ′(x )； (2)[f (x )·g (x )]′＝f ′(x )g (x )＋f (x )g ′(x )；(3)⎣⎢⎡⎦⎥⎤f （x ）g （x ）′＝f ′（x ）g （x ）－f （x ）g ′（x ）[g （x ）]2(g (x )≠0).3.复合函数的导数复合函数y ＝f (g (x ))的导数和函数y ＝f (u )，u ＝g (x )的导数间的关系为y x ′＝y u ′·u x ′，即y 对x 的导数等于y 对u 的导数与u 对x 的导数的乘积. 4.函数的单调性与导数(1)在区间D 上，若f ′(x )≥0，且f ′(x )＝0不连续成立⇔函数f (x )在区间D 上递增；(2)在区间D 上，若f ′(x )≤0，且f ′(x )＝0不连续成立⇔函数f (x )在区间D 上递减； (3)在区间D 上，若f ′(x )＝0恒成立⇔函数f (x )在区间D 上是常函数. 5.函数的极值与导数6.函数的最值与导数(1)在闭区间[a ，b ]上连续的函数f (x )在[a ，b ]上必有最大值与最小值.(2)若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增，则f (a )为函数的最小值，f (b )为函数的最大值；若函数f (x )在[a ，b ]上单调递减，则f (a )为函数的最大值，f (b )为函数的最小值.【解题方法规律技巧】典例1：已知曲线y ＝13x 3＋43.(1)求曲线在点P (2，4)处的切线方程； (2)求曲线过点P (2，4)的切线方程.【规律方法】(1)求切线方程的方法：①求曲线在点P处的切线，则表明P点是切点，只需求出函数在点P处的导数，然后利用点斜式写出切线方程；②求曲线过点P的切线，则P点不一定是切点，应先设出切点坐标，然后列出切点坐标的方程解出切点坐标，进而写出切线方程.(2)处理与切线有关的参数问题，通常根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程并解出参数：①切点处的导数是切线的斜率；②切点在切线上；③切点在曲线上.典例2：设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数.(1)若a＝0，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)讨论函数f(x)的单调性.③当－12＜a ＜0时，Δ＞0.设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－（a ＋1）＋2a ＋1a ，x 2＝－（a ＋1）－2a ＋1a .由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减. 综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； 当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－（a ＋1）＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）－2a ＋1a ，＋∞上单调递减， 在⎝⎛⎭⎪⎫－（a ＋1）＋2a ＋1a ，－（a ＋1）－2a ＋1a 上单调递增.【规律方法】 (1)确定函数单调区间的步骤： ①确定函数f (x )的定义域； ②求f ′(x )；③解不等式f ′(x )>0，解集在定义域内的部分为单调递增区间； ④解不等式f ′(x )<0，解集在定义域内的部分为单调递减区间.(2)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性，如函数f (x )＝x 3，f ′(x )＝3x 2≥0(x ＝0时，f ′(x )＝0)，但f (x )＝x 3在R 上是增函数.（3）利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f (x )含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论.分类讨论时，要做到不重不漏.典例3： 已知函数f (x )＝ln x ，g (x )＝12ax 2＋2x (a ≠0).(1)若函数h (x )＝f (x )－g (x )存在单调递减区间，求实数a 的取值范围； (2)若函数h (x )＝f (x )－g (x )在[1，4]上单调递减，求实数a 的取值范围.(2)由h (x )在[1，4]上单调递减得，当x ∈[1，4]时，h ′(x )＝1x －ax －2≤0恒成立，③即a ≥1x 2－2x 恒成立.设G (x )＝1x 2－2x ，所以a ≥G (x )max ，而G (x )＝⎝⎛⎭⎫1x －12－1， 因为x ∈[1，4]，所以1x ∈⎣⎡⎦⎤14，1， 所以G (x )max ＝－716(此时x ＝4)，所以a ≥－716.【规律方法】利用单调性求参数的两类热点问题的处理方法： (1)函数f (x )在区间D 上存在递增(减)区间. 方法一：转化为“f ′(x )>0(<0)在区间D 上有解”；方法二：转化为“存在区间D 的一个子区间使f ′(x )>0(<0)成立”. (2)函数f (x )在区间D 上递增(减).方法一：转化为“f ′(x )≥0(≤0)在区间D 上恒成立”问题； 方法二：转化为“区间D 是函数f (x )的单调递增(减)区间的子集”. 易错警示 对于①：处理函数单调性问题时，应先求函数的定义域；对于②：h (x )在(0，＋∞)上存在递减区间，应等价于h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，易误认为“等价于h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解”，多带一个“＝”之所以不正确，是因为“h ′(x )≤0在(0，＋∞)上有解即为h ′(x )<0在(0，＋∞)上有解，或h ′(x )＝0在(0，＋∞)上有解”，后者显然不正确；对于③：h (x )在[1，4]上单调递减，应等价于h ′(x )≤0在[1，4]上恒成立，易误认为“等价于h ′(x )<0在[1，4]上恒成立”.典例4：已知函数()()2ln R 2a f x x x x a =-∈ .（1）若2a = ，求曲线()y f x = 在点()()1,1f 处的切线方程；（2）若()()()1g x f x a x =+- 在1x = 处取得极小值，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）y x =-（2）1a <()1'01,g x x a ⎛⎫<∈ ⎪⎝⎭，时， ()'0g x > ，所以()g x 在1x =处取得极小值，满足题意.③当1a =时，当()0,1x ∈ 时， ()'0h x >， ()'g x 在()0,1内单调递增， ()1,x ∈+∞时， ()()'0,'h x g x < 在()1,+∞内单调递减，所以当()0,x ∈+∞时， ()()'0,g x g x ≤单调递减，不合题意. ④当1a >时，即101a <<，当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时， ()()'0,'h x g x < 单调递减， ()'0g x > ，当()1,x ∈+∞时， ()()'0,'h x g x <单调递减， ()'0g x < ，所以()g x 在1x =处取得极大值，不合题意. 综上可知，实数a 的取值范围为1a < .【规律方法】函数极值的两类热点问题(1)求函数f (x )极值这类问题的一般解题步骤为：①确定函数的定义域；②求导数f ′(x )；③解方程f ′(x )＝0，求出函数定义域内的所有根；④列表检验f ′(x )在f ′(x )＝0的根x 0左右两侧值的符号，如果左正右负，那么f (x )在x 0处取极大值，如果左负右正，那么f (x )在x 0处取极小值.(2)由函数极值求参数的值或范围.讨论极值点有无(个数)问题，转化为讨论f ′(x )＝0根的有无(个数).然后由已知条件列出方程或不等式求出参数的值或范围，特别注意：极值点处的导数为0，而导数为0的点不一定是极值点，要检验极值点两侧导数是否异号.典例5：已知函数f (x )＝(4x 2＋4ax ＋a 2)x ，其中a ＜0. (1)当a ＝－4时，求f (x )的单调递增区间； (2)若f (x )在区间[1，4]上的最小值为8，求a 的值.①当－a2≤1时，即－2≤a ＜0时，f (x )在[1，4]上的最小值为f (1)，由f (1)＝4＋4a ＋a 2＝8，得a ＝±22－2，均不符合题意. ②当1＜－a2≤4时，即－8≤a ＜－2时，f (x )在[1，4]上的最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a2＝0，不符合题意. ③当－a2＞4时，即a ＜－8时，f (x )在[1，4]上的最小值可能在x ＝1或x ＝4处取得，而f (1)≠8， 由f (4)＝2(64＋16a ＋a 2)＝8得a ＝－10或a ＝－6(舍去)，当a ＝－10时，f (x )在(1，4)上单调递减，f (x )在[1，4]上的最小值为f (4)＝8，符合题意. 综上有，a ＝－10.【规律方法】(1)求函数f (x )在[a ，b ]上的最大值和最小值的步骤：①求函数在(a ，b )内的极值；②求函数在区间端点的函数值f (a )，f (b )；③将函数f (x )的极值与 f (a )，f (b )比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.(2)含参数的函数的最值一般不通过比值求解，而是先讨论函数的单调性，再根据单调性求出最值.含参函数在区间上的最值通常有两类：一是动极值点定区间，二是定极值点动区间，这两类问题一般根据区间与极值点的位置关系来分类讨论.典例6：已知函数f(x)＝ax＋ln x，x∈[1，e].(1)若a＝1，求f(x)的最大值；(2)若f(x)≤0恒成立，求实数a的取值范围.【规律方法】 由不等式恒(能)成立求参数的范围常有两种方法：(1)讨论最值：先构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出含参函数的最值，进而得出相应的含参不等式求参数的取值范围；(2)分离参数：先分离参数变量，再构造函数，求出函数的最值，从而求出参数的取值范围. 典例7：设函数f(x)＝ln x ＋mx，m ∈R .(1)当m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求f (x )的极小值； (2)讨论函数g (x )＝f ′(x )－x3零点的个数.解 (1)由题设，当m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋ex ，定义域为(0，＋∞)，则f ′(x )＝x －ex 2，由f ′(x )＝0，得x ＝e.∴当x ∈(0，e)，f ′(x )＜0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当x ∈(e ，＋∞)，f ′(x )＞0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增， ∴当x ＝e 时，f (x )取得极小值f (e)＝ln e ＋ee ＝2，∴f (x )的极小值为2.(2)由题设g (x )＝f ′(x )－x 3＝1x －m x 2－x3(x ＞0)，令g (x )＝0，得m ＝－13x 3＋x (x ＞0).设φ(x )＝－13x 3＋x (x ＞0)，则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(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. ∴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. ∴φ(x )的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0，结合y ＝φ(x )的图象(如图)，可知①当m ＞23时，函数g (x )无零点；②当m ＝23时，函数g (x )有且只有一个零点；③当0＜m ＜23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. 综上所述，当m ＞23时，函数g (x )无零点；当m ＝23或m ≤0时，函数g (x )有且只有一个零点；当0＜m ＜23时，函数g (x )有两个零点.【规律方法】利用导数研究函数的零点常用两种方法：(1)运用导数研究函数的单调性和极值，利用单调性和极值定位函数图象来解决零点问题；(2)将函数零点问题转化为方程根的问题，利用方程的同解变形转化为两个函数图象的交点问题，利用数形结合来解决.典例8：已知函数f (x )＝ax ＋b x 2＋1在点(－1，f (－1))处的切线方程为x ＋y ＋3＝0. (1)求函数f (x )的解析式；(2)设g (x )＝ln x ，求证：g (x )≥f (x )在[1，＋∞)上恒成立；(3)若0<a <b ，求证：ln b －ln a b －a >2a a 2＋b 2.【规律方法】 证明不等式通常需要构造函数，利用函数的最值、单调性证明.(1)证明不等式f (x )<g (x )，可构造函数F (x )＝f (x )－g (x )，利用导数求F (x )的值域，得到F (x )<0即可；(2)对于证明含有两个变量a ，b 的不等式时，一种方法是通过变形构造成不等式f (a )>f (b )，然后利用函数f (x )的单调性证明，另一种方法是通过换元构造成单变量不等式，如本例令x ＝b a然后再利用已知关系证明即可.典例9：设k ∈R ，函数()ln f x x kx =-.(Ⅰ)若2k =，求曲线()y f x =在1x =处的切线方程；(Ⅱ)若()f x 无零点，求实数k 的取值范围；(Ⅲ)若()f x 有两个相异零点12x x ，，求证： 12ln ln 2x x +>.【答案】(Ⅰ) 10x y ++=；(Ⅱ) 1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭；(Ⅲ)证明见解析.(Ⅱ)①若k 0<时，则()()'0f x f x >，是区间()0,∞+上的增函数，∵()()()10e e 1e 0k k k f k f k k k =->=-=-<，，∴()()1e 0k f f ⋅<，函数()f x 在区间()0,∞+有唯一零点； ②若()0ln k f x x ==，有唯一零点1x =；③若0k >，令()'0f x =，得1x k =， 在区间10,k ⎛⎫ ⎪⎝⎭上， ()'0f x >，函数()f x 是增函数；【规律方法】涉及到二元问题的证明问题，通常是将二元问题一元化，进而利用函数导数求最值即可得解. 二元问题一元化的一般思路有：（1）等量代换，将题中的等量关系代入即可；（2，12t x x =+，12t x x =-等手段将二元关系换成关于t 的一元函数即可； （3）利用“极值点偏移”的思想，将二元换为一元.典例10：设函数()()2(x f x x ax a e a R -=+-⋅∈）. （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程；（2）设()21g x x x =--，若对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围. 【答案】(1) 320ex y e ++=；(2) 1a ≤-或24a e ≥-.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上， ()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦ ()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时， ()'0f x ≥在[]0,2上恒成立， ()f x 在[]0,2上为单调递增函数， ()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； ②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时， ()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e +⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时， ()'0f x ≤在[]0,2上恒成立， ()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-，综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-.【规律方法】利用导数研究函数单调性，利用导数研究函数极值，导数几何意义等内容是考查的重点.解题时，注意函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想、等价转化思想的应用，另外，还要能够将问题进行合理的转化，尤其是“任意”和“存在”问题的等价转化，可以简化解题过程.本题“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上， ()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”. 【归纳常用万能模板】设函数f (x )＝e 2x －a ln 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 ＋a ln 2a .满分解答 (1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a x (x ＞0).当a ≤0时，f ′(x )＞0，f ′(x )没有零点.2分当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－a x ，因为u (x )＝e 2x 在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－a x 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增.4分又f ′(a )＞0，当b 满足0＜b ＜a 4且b ＜14时，f ′(b )＜0(讨论a ≥1或a ＜1来检验)，故当a ＞0时，f ′(x )存在唯一零点.6分(2)证明 由(1)，可设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增，所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)9分由于2e2x 0－a x 0＝0， 所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a . 故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .12分❶得步骤分：抓住得分点的步骤，“步步为赢”，求得满分.如第(1)问中，求导正确，分类讨论；第(2)问中利用单调性求f (x )的最小值和基本不等式的应用.❷得关键分：解题过程不可忽视关键点，有则给分，无则没分，如第(1)问中，求出f (x )的定义域，f ′(x )在(0，＋∞)上单调性的判断；第(2)问，f (x )在x ＝x 0处最值的判定.❸得计算分：解题过程中计算准确是得满分的根本保证.如第(1)问中，求导f ′(x )准确，否则全盘皆输，求解使f ′(b )＜0的b 满足的约束条件0＜b ＜a 4，且b＜14.如第(2)问中x 0满足条件的计算，若计算错误不得分，另外还应注意规范的文字、符号语言的表述.1.讨论零点个数的答题模板第一步：求函数的定义域；第二步：分类讨论函数的单调性、极值；第三步：根据零点存在性定理，结合函数图象确定各分类情况的零点个数.2.证明不等式的答题模板第一步：根据不等式合理构造函数；第二步：求函数的最值；第三步：根据最值证明不等式.。
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》不得不读淘宝上的博约书斋店铺：唯一正版且第二版例.（2018全国3卷第21题）已知函数()()()xx axx x f 21ln 22-+++=（1）若，证明：当时，；当时，；0=a 01<<-x ()0<x f 0>x ()0>x f （2）若是的极大值点，求0=x ()x f a【解析】（1）若，则0=a ()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=-++=221ln 221ln 2x x x x x x x x f 令，则()()221ln +-+=x x x x g ()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g 所以在单增，又因为()x g ()+∞,0()00=g 故当时，，即；01<<-x ()()00=<g x g ()0<x f 当时，，即；0>x ()()00=>g x g ()0>x f 点评：如果直接求导，完全处理掉对数，需要二次求导，而《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》在第四章在4.6和4.7两个技巧，其中之一就是对函数的处理，希望对数函数单独存在，则一次求导就瞬间可破。
（2）尝试一：（极大值点的第二充要条件：已知函数在处各阶导数都存=y ()x f 0x x =在且连续，是函数的极大值点的一个充要条件为前阶导数等于0，第阶导0x x =12-n n 2数小于0。
），()()()2121ln 21'2-++++++=x ax x x ax x f ()00'=f ，()()()()()()2211431ln 22121ln 21''+++++=-++++++=x a ax x x a x ax x x ax x f ()00''=f ，由得()()3211662'''+++-+=x a x ax ax x f ()0'''=x f 61-=a 下证：当时，是的极大值点，61-=a 0=x ()x f，所以在单增，在单减()()()31631'''++-=x x x x f ()x f ''()0,1-()+∞,0进而有，从而在单减，()()00''''=≤f x f ()x f '()+∞-,1当时，，当时，()0,1-∈x ()()00''=>f x f ()+∞∈,0x ()()00''=<f x f 从而在单增，在单减，所以是的极大值点。
2018年高考全国Ⅰ卷理科第21题的解法探究
两个根为 x1、x2, 则有 x1 + x2 √= a, x1 · x2 = 1. √
(i) 当 a > 2 时, x1 = a −
a2 2
− 4 , x2
=
a+
a2 − 4 , 2
0 < x1 < 1 < x2.
x f ′(x) f (x)
(0, x1) −
递减
x1 0 极小值
(x1, x2) +
x1 − x2
=
a ln x21 1
−2=
2a ln x1 1
− 2.
x1 − x1
x1 − x1
要证明
f (x1) − f (x2) x1 − x2
<
a − 2, 即要证明
2a ln x1
x1
−
1 x1
−2
<
a
−
2,
只需证明
2 ln x1
x1
−
1 x1
< 1, 因为 0 < x1 < 1 < x2, 所以
为 (0, +∞), 所以 f ′(x) < 0, 所以 f (x) 在 (0, +∞) 上单调递 减.
⃝2 当 ∆ = a2 − 4 0 时, 即 当 −2 a 2 时,
f ′(x) 0, 所以 f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减.
综上所述, 当 a > 2 时, f (x) 在 (0, x1), (x2, +∞) 上单 调递减, f (x) 在 (x1, x2) 上单调递增; 当 a 2 时, f (x) 在 (0, +∞) 上单调递减.
的观察、分析、推理论证、运算求解的数学能力. 本文主要针
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究
f ' ' x 1 2ax ln x 1
x1
2 2a ln x 1
x 12
， f'' 0 0
2ax2 6ax x 6a 1
1
f ' '' x
x 13
，由 f '' ' x 0 得 a 6
下证：当 a
1 时， x 0 是 f x 的极大值点， 6
f ''' x
1
xx 6
3
3 ，所以 f ' ' x 在 1,0 单增，在 0, 单减
2 x ax 2
f ' x 1 2an x 1 ， u x
2 x ax2 2 x1
则易得 m 0 u 0 ， m' 0 u' 0 ， m' ' 0 u'' 0 ，
由引理 1 知， m' '' 0 u'' ' 0 等价于 f '' ' x 0 ，从而迅速求得 a
6
0 处两
应的题目。尝试一难点在于 f x 的各阶导数太复杂，由帕德逼近优化其解法。
引 理 1：若 y f x 与 g x
p x 在 x x0 处 函 数 值 和 导 数 值 都 相 同 ， 则 qx
h x q x f x p x 在 x x0 处导数为 0 .
证明： h' x q' x f x q x f ' x p' x ， g' x
着自己的兴趣，不断学习，学而致知。基于此，还可以从大学的角度给出一种解法。通过
12x y ln x 1 在 1,2 阶的帕德逼近可得 ln x 1 12 6x x 2 ，且两个函数在 x
高考数学第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略压轴专题(三)
压轴专题（三） 第21题解答题“函数、导数与不等式”抢分练1.(2016·武昌调研)已知函数f (x )＝(λx ＋1)ln x －x ＋1.(1)若λ＝0，求f (x )的最大值；(2)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，证明：f （x ）x －1＞0.2．(2016·合肥质检)已知函数f (x )＝13x 3－12(a ＋2)x 2＋x (a ∈R )． (1)当a ＝0时，记f (x )图象上动点P 处的切线斜率为k ，求k 的最小值；(2)设函数g (x )＝e －e x x(e 为自然对数的底数)，若对于∀x ＞0，f ′(x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．3．(2016·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )． (1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性； (2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．4．(2016·江苏高考)已知函数f (x )＝a x ＋b x (a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)．(1)设a ＝2，b ＝12. ①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值．(2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值．答 案1. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)．当λ＝0时，f (x )＝ln x －x ＋1.则f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1. 当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，1)上是增函数；当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(1，＋∞)上是减函数．故f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0.(2)证明：由题可得，f ′(x )＝λln x ＋λx ＋1x－1. 由题设条件，得f ′(1)＝1，即λ＝1.∴f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1.由(1)知，ln x －x ＋1＜0(x ＞0，且x ≠1)．当0＜x ＜1时，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋(ln x －x ＋1)＜0，∴f （x ）x －1＞0.当x ＞1时，f (x )＝ln x ＋(x ln x －x ＋1)＝ln x －x ⎝⎛⎭⎫ln 1x －1x ＋1＞0，∴f （x ）x －1＞0.综上可知，f （x ）x －1＞0. 2．解：(1)f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1.设P (x ，y )，由于a ＝0，∴k ＝x 2－2x ＋1≥0，即k min ＝0.(2)由g (x )＝e －e x x ，得g ′(x )＝e x（1－x ）x 2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，由条件知f ′(1)≥g (1)，可得a ≤0.当a ≤0时，f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1＝(x －1)2－ax ≥(x －1)2≥0.∴f ′(x )≥g (x )对∀x ∈(0，＋∞)成立．综上，a 的取值范围为(－∞，0]．3．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1， 所以f ′ (x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a－1， 因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0， 当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a －1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； 当x ∈⎝⎛⎭⎫1a －1，＋∞时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减． (2)a ＝14∈⎝⎛⎭⎫0，12，1a－1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12. 对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*) 又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾；②当1≤b ≤2时，g (x )min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ＞2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178， 所以实数b 的取值范围为⎣⎡⎭⎫178，＋∞.4．解：(1)因为a ＝2，b ＝12， 所以f (x )＝2x ＋2－x .①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x ＝2，亦即(2x )2－2×2x ＋1＝0，所以(2x －1)2＝0，即2x ＝1，解得x ＝0.②由条件知f (2x )＝22x ＋2－2x ＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0，所以m ≤（f （x ））2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立． 而（f （x ））2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2 f （x ）·4f （x ）＝4，且（f （0））2＋4f （0）＝4， 所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2＝a x ＋b x －2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a x ln a ＋b x ln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a ⎝⎛⎭⎫－ln a ln b . 令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a x ln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2，从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数． 于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0＜0，则x 0＜x 02＜0，于是g ⎝⎛⎭⎫x 02＜g (0)＝0. 又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2＞a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0.又x 02＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1， 故ln a ＋ln b ＝0， 所以ab ＝1.。
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[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝x22－aln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝x22－ln x， 则f′(x)＝x－1x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝12， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝12.
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略
[全国卷 3 年考情分析]
年份 卷别
考查内容
卷Ⅰ 利用导数研究函数的单调性、函数的零点
2017
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性及极值、函数 的零点、不等式的证明
卷Ⅲ
导数在研究函数单调性中的应用、不等式 放缩
卷Ⅰ 函数的零点问题、不等式的证明
2016
考自变量的取值范围，讨论的关键是做到不重不漏．
[针对训练] 1．(2018届高三·湖南十校联考)函数f(x)＝13x3＋|x－a|(x∈R，
a∈R)． (1)若函数f(x)在R上为增函数，求a的取值范围； (2)若函数f(x)在R上不单调时，记f(x)在[－1,1]上的最大值、 最小值分别为M(a)，m(a)，求M(a)－m(a)．
所以 f a＋b b>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，化简得a＋1 b<ln a＋b b， a· b
lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln1＋ab－ab<0，
令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，
则 g′(x)＝1＋1 x－1＝1－＋xx<0，
故 M(a)－m(a)＝43.
－13a3＋3a－4，－1<a≤13， 综上，M(a)－m(a)＝－13a3－3a－2，13<a<1，
43，a≥1.
利用数形结合思想探究函数的零点
[典例] (2017·沈阳质检)函数f(x)＝ax＋xln x在x＝1处 取得极值．
(1)求f(x)的单调区间； (2)若y＝f(x)－m－1在定义域内有两个不同的零点，求 实数m的取值范围．
利用函数思想证明不等式
[典例] (2017·兰州诊断)已知函数f(x)＝1－axx＋ln x在(1， ＋∞)上是增函数，且a>0.
(1)求a的取值范围； (2)若b>0，试证明a＋1 b<lna＋b b<ab.
[解] (1)f′(x)＝－a1x2＋1x＝axa－x21， 因为在(1，＋∞)上f′(x)≥0，且a>0， 所以ax－1≥0，即x≥1a， 所以1a≤1，即a≥1. 故a的取值范围为[1，＋∞)． (2)证明：因为b>0，a≥1，所以a＋b b>1， 又f(x)＝1－axx＋ln x在(1，＋∞)上是增函数，
解：由已知得，f(x)＝1313xx33＋ －xx－ ＋aa， ，xx≥ <aa，， 令g(x)＝13x3＋x－a，则g′(x)＝x2＋1>0， 所以g(x)在[a，＋∞)上为增函数． 令h(x)＝13x3－x＋a，则h′(x)＝x2－1. 令h′(x)＝0，得x＝±1，所以h(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞) 上是增函数，在(－1,1)上为减函数．
卷Ⅱ
函数单调性的判断、不等式证明及值域 问题
卷Ⅲ
三角函数的导数运算、最值问题及不等式 证明
卷Ⅰ 导数的几何意义、函数的最值、零点问题
2015
卷Ⅱ
利用导数研究函数的单调性、根据恒成立 求参数的取值范围
命题分析
导数日益成为解决问 题必不可少的工具，利用 导数研究函数的单调性与 极值(最值)是高考的常见 题型，而导数与函数、不 等式、方程、数列等的交 汇命题，是高考的热点和 难点．
[解] (1)由题意知，f′(x)＝a＋ln x＋1(x>0)， f′(1)＝a＋1＝0，解得a＝－1， 当a＝－1时，f(x)＝－x＋xln x， 即f′(x)＝ln x， 令f′(x)>0，解得x>1； 令f′(x)<0，解得0<x<1. ∴f(x)在x＝1处取得极小值，f(x)的单调递增区间为(1， ＋∞)，单调递减区间为(0,1)．
当43－a≥a＋23，即－1<a≤13时，M(a)＝43－a， M(a)－m(a)＝－13(a3＋3a－4)； 当43－a<a＋23，即13<a<1时，M(a)＝a＋23， M(a)－m(a)＝－13(a3－3a－2)． 当a≥1时，f(x)在[－1,1]上是减函数，
所以 m(a)＝h(1)＝a－23，M(a)＝h(－1)＝a＋23.
[题后悟通]
2．构造辅助函数的四种方法 (1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x))的问题转化为证明 f(x)－g(x)>0(f(x)－g(x)<0)，进而构造辅助函数h(x)＝f(x)－g(x)． (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移项、通 分、取对数；把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结 构，根据“相同结构”构造辅助函数． (3)主元法：对于(或可化为)f(x1，x2)≥A的不等式，可选x1(或 x2)为主元，构造函数f(x，x2)(或f(x1，x))． (4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所证明不等式 进行放缩，再重新构造函数．
(2)由题设g(x)＝f′(x)－x3＝1x－xm2－x3(x＞0)， 令g(x)＝0，得m＝－13x3＋x(x＞0)． 设φ(x)＝－13x3＋x(x≥0)， 则φ′(x)＝－x2＋1＝－(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． ∴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，
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)＝e x0＋1－ln(x0＋1)－2＝x0＋1 1＋(x0＋1) －2＞0. 综上可知，当 m≥1 时，f(x)＞g(x)－x3.
(2)由f(x)＝x22－aln x， 得f′(x)＝x－ax＝x2－x a(x>0)．
①当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递
增，函数既无极大值，也无极小值；
②当a>0时，由f′(x)＝0，得x＝ a或x＝－ a(舍去)．
于是，当x变化时，f′(x)与f(x)的变化情况如下表：
所以函数 p(x)＝h′(x)＝ex＋1－x＋1 1在(－1，＋∞)上单调递增．
因为
h′－12＝e
1 2
－2＜0，h′(0)＝e－1＞0，
所以函数 h′(x)＝ex＋1－x＋1 1在(－1，＋∞)上有唯一零点 以 e x0＋1＝x0＋1 1， 即 ln(x0＋1)＝－(x0＋1)．
(2)y＝f(x)－m－1 在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化 为 f(x)＝m＋1 在(0，＋∞)上有两个不同的根，也可转化为 y＝f(x) 与 y＝m＋1 的图象有两个不同的交点，由(1)知，f(x)在(0,1)上单 调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f(x)min＝f(1)＝－1，
由题意得，m＋1>－1，即 m>－2， ① 当 0<x<1 时，f(x)＝x(－1＋ln x)<0； 当 x>0 且 x→0 时，f(x)→0； 当 x→＋∞时，显然 f(x)→＋∞. 如图，由图象可知，m＋1<0，即 m<－1，② 由①②可得－2<m<－1. 故实数 m 的取值范围为(－2，－1)．
[针对训练] 3．(2018届高三·西安八校联考)已知函数f(x)＝ex＋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：(1)因为f(x)＝ex＋m－x3，所以f′(x)＝ex＋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)＝em＝1，解得m＝0.
(1)当m＝e(e为自然对数的底数)时，求f(x)的极小值； 解(2)：讨(论1)由函题数设g(x，)＝当fm′＝(xe)时－，x3零f(点x)＝的l个n x数＋．xe，则f′(x)＝x－x2 e， ∴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， ∴当x＝e时，f(x)取得极小值f(e)＝ln e＋ee＝2， ∴f(x)的极小值为2.
∴φ(x)的最大值为φ(1)＝23.又φ(0)＝0， 结合y＝φ(x) 的图象(如图)， 可知， ①当m＞23时，函数g(x)无零点； ②当m＝23时，函数g(x)有且只有一个零点； ③当0＜m＜23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．
综上所述，当m＞23时，函数g(x)无零点； 当m＝23或m≤0时，函数g(x)有且只有一个零点； 当0＜m＜23时，函数g(x)有两个零点.
所以函数 g(x)在(0，＋∞)上为减函数，
所以
gab＝ln1＋ab－ab＝lna＋b b－ab<g(0)＝0，即
a＋b a ln b <b.
综上，a＋1 b<lna＋b b<ab，得证．
[题后悟通] 1．利用导数证明不等式的基本步骤 (1)作差或变形． (2)构造新的函数h(x)． (3)利用导数研究h(x)的单调性及最值． (4)根据单调性及最值，得到所证不等式．