函数与导数二轮复习建议
高考高三二轮复习计划策略模板(7篇)
高考高三二轮复习计划策略模板（7篇）高考高三二轮复习计划策略模板篇1一二轮复习指导思想：高三第一轮复习一般以知识技能方法的逐点扫描和梳理为主，通过第一轮复习，学生大都能掌握基本概念的性质定理及其一般应用，但知识较为零散，综合应用存在较大的问题。
而第二轮复习承上启下，是知识系统化条理化，促进灵活运用的关键时期，是促进学生素质能力发展的关键时期，因而对讲练检测等要求较高。
二二轮复习形式内容：以专题的形式，分类进行。
具体而言有以下几大专题。
(1)集合函数与导数。
此专题函数和导数应用导数知识解决函数问题是重点，特别要注重交汇问题的训练。
每年高考中导数所占的比重都非常大，一般情况在客观题中考查的导数的几何意义和导数的计算属于容易题;二在解答题中的考查却有很高的综合性，并且与思想方法紧密结合，主要考查用导数研究函数的性质，用函数的单调性证明不等式等。
(预计5课时)(2)三角函数平面向量和解三角形。
此专题中平面向量和三角函数的图像与性质，恒等变换是重点。
近几年高考中三角函数内容的难度和比重有所降低，但仍保留一个选择题一个填空题和一个解答题的题量，难度都不大，但是解三角形的内容应用性较强，将解三角形的知识与实际问题结合起来将是今后命题的一个热点，我们可以关注。
平面向量具有几何与代数形式的“双重性”，是一个重要的只是交汇点，它与三角函数解析几何都可以整合。
(预计2课时)(3)数列。
此专题中数列是重点，同时也要注意数列与其他知识交汇问题的训练。
例如，主要是数列与方程函数不等式的结合，概率向量解析几何为点缀。
数列与不等式的综合问题是近年来的热门问题，而数列与不等式相关的大多是数列的前n项和问题。
(预计2课时)(4)立体几何。
此专题注重几何体的三视图空间点线面的关系，用空间向量解决点线面的问题是重点(理科)。
(预计3课时)(5)解析几何。
此专题中解析几何是重点，以基本性质基本运算为目标。
直线与圆锥曲线的位置关系轨迹方程的探求以及最值范围定点定值对称问题是命题的主旋律。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧
函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()
常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一
第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−a ln b−ln a<a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln ba <√ba −√ab . (2)再证b−a ln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba>2(b a−1)1+ba.令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用.【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2.(1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22), 则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点,所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x2e x 2. 令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1e kx 1,则x 1=ln kk−1. 设ℎ(x)=ln xx−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=x e x,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x 1e x 1∈(0,√36ln 3]. 【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等. 【例3】已知函数f(x)=ln x −ax . (1)讨论f(x)的单调性;(2)若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的两个零点. 证明:(i)x 1+x 2>2a ;(ii)x 2−x 1>2√1−eaa. 【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f ′(x)=1x −a =1−ax x.则当a ⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a >0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a ,+∞)为减函数. (2)(i)原不等式等价于x 1+x 22>1a,因为ax 1=ln x 1(1),ax 2=ln x 2(2),由(2)−(1)得,a (x 2−x 1)=ln x 2−ln x 1则a =ln x 2−ln x 1x 2−x 1,则x 1+x 22>1a 等价于x 1+x 22>x 2−x1ln x 2−ln x 1(对数平均不等式)即证ln x 2−ln x 1>2(x 2−x 1)x 1+x 2,即证ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0，设t =x 2x 1(t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),则g ′(t)=1t−2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0,所以x 1+x 22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln x x,则ℎ′(x)=1−ln x x 2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a =ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a <1e 且1<x 1<e <x 2. 易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=lnx 1e>1−e x 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0 又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题.【例4】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 2a.【解析】(1)f(x)=e2x−aln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2e2x−ax.(1)当a⩽0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点;(2)当a>0时,因为y=e2x为单调递增,y=−ax单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,且b满足{0<b<a4,b<14,时,f′(b)<0,故零点存在性定理可知,f′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a⩽0时,f′(x)没有零点;当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)解法1:由(1)知,可设导函数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)单调递减,在(x0,+∞)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2e2x0−ax0=0,所以f(x0)=a2x0+2ax0+aln 2a⩾2a+aln 2a.故当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.解法2:令g(a)=2a+aln 2a−e2x+aln x,g′(a)=2+ln 2a−1+ln x=1+ln 2+ln x−ln a.令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x . 再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0. 所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最小值为m ,求m 的最小值. 【解析】(1)当m =1时,f(x)=e x−1−ln x x,f ′(x)=x 2e x−1+ln x−1x 2,令u(x)=x 2e x−1+ln x −1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0, 所以当x ∈(0,1)时u(x)<0,此时f ′(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f ′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)依题意可得:e mx−1−ln x x⩾m 恒成立,且等号能够取到.构造关于m 的函数g(m)=e mx−1−ln x x−m,g ′(m)=xe mx−1−1,令g ′(m)>0,得m >1−ln x x;令g ′(m)<0,得m <1−ln x x;所以g(m)在(1−ln x x ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln x x)上单调递减,故g(m)⩾g (1−ln x x)=e1−ln xx⋅x−1−ln x x−1−ln x x=0.不等式g(m)⩾g (1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln x x,则ℎ′(x)=ln x−2x 2,易得ℎ(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min =ℎ(e 2)=−1e 2.所以m ⩾−1e2,故m 的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a +1)ln x +ax 2+1. (1)讨论f(x)的单调性;(2)设a <−1,如果对任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2|,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a+1x+2ax =2ax 2+a+1x,当a ⩾0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,令f ′(x)=0,解得x =√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x=x 2+1+2aln x +3x,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x −2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1,又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭即的最小值为. 任意存在分析值域【例8】已知函数.对于任意,意存在唯一的,使得成立,求实数的取值范围.【解析】题意等价于:设在上的值域为,则对任意,直线与在上的图象有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 也就等价于:当“存在区间,使若函数在区间上单调,且此时函数在区间,上的值域恰好为在区间上的值㘺的子集”时,求实数的取值范围.下面,我们先求的值域:(i)当时,为上的增函数;(ii)当时,. ,即时,在上为增函数, 结合知,在上单调递增,所以. ②当,即时,在上为数函数,在上为增函数,结合(1)中的结论,在上若函数,在上为增函数.所以.时,即在上为数函数. 所以.综上所述，在的最小值为下面研究的值域:()()12G x G x -20ln 3163-2()|ln 1|,()||22ln 2(0)f x x a x g x x x a a =+-=-+->1[1,)x ∈+∞2[2,)x ∈+∞()()12f x g x =a ()f x [1,)+∞D k D ∈y k =()g x [2,)+∞a [2,)I ⊆+∞()g x I ()f x [1)+∞()g x I a ()f x e x 2()(ln 1),()f x x a x f x =+-[e,)+∞1e x <222()(ln 1),()2(0)a x a f x x a x f x x a x x-=--'=-=>12a 02a <()f x [1,e)(1)()f x [1,)+∞min ()(1)1f x f a ==+1e <222e a <<()f x ⎡⎢⎣⎫⎪⎭()f x ⎡⎢⎣⎫+∞⎪⎭min 3()ln 222a a a f x f ==-e2a 22e ,()a f x [1,e)2min ()()f x f e e ==2()|ln 1|(0)f x x a x a =+->[1,)+∞2min221,02,3()ln ,22e ,222e ,2e .a a a a f x a a a ⎧+<⎪⎪=-<<⎨⎪⎪⎩()g x ()22ln 2,,()||22ln 2()22ln 2,,x x a x a g x x x a x a x x a -+-⎧=-+-=⎨-+-<⎩则的图象如图所示,因为的定义域为,接下来我们只需将有效的图象弄清楚即可:①当时,则只需,得;②当,即时,则只需,即.令,显然为增函数,又,故,故. ③当,即可, (i)当时,只需,即.设,其中,则.故单调递增,又,所以恒成立,从而无解;(ii)当,只需,即, 因为为增函数,, 所以此时也无解.综上所送,实数的取值范围为. 【点睛】本题是等式型双变量问题,通过分析两个函数的值域加以解决.一般地,若的值域分别为,则有: ①,使得,则; ②,使得,则.()g x ()g x [2,)+∞02a <(2)1,622ln 21g a a a +--+52ln 2233a -22a a<<24a <<33(2)ln ,222ln 2ln 222222a a a ag a a a ----ln 22ln 20222a a a +--()ln 22ln 2(24)222a a a h a a =+--<<()h a (4)0h =()(4)0h a h <=24a <<22a 4a 242e a <3ln 2222a a a g a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭23ln 22ln 204222a a a a -++-<2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-2at =)()2()22ln 02,e m t t t t ⎡'=-+>∈⎣()m t (2)0m =()0m t 22e a 2e 2a g ⎛⎫< ⎪⎝⎭2222ln 2e 4a +-<222ln 224a a g ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222min 2e e 22ln 2e 22a g g ⎛⎫⎛⎫==+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 52ln 2,433⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(),()f x g x ,A B 12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x =A B ⊆12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x =A B ⋂≠∅【例9】已知函数 （1）当时,求在区日上的最大值和最小值; (2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围.(3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围.【解析】(1)当时,, , 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以, 又, 所以; (2)令. , ①若,令,得柭侾,点, 当,即时, 在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,并且在该区间上有,不合题意;当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意；②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min ()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a 210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方; (3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有, 又已知存在,使,即存在,鿇, 即存在 即存在,使. 因为, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则;②,使得,则;③,使得,则【例10】设是函数的一个极值点.(1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间； (2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时, 在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是,而,那么在上的值域为.11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x +132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦1623b 83b b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦又在上是增函数, 所以在上的值域为, 由于,所以只须,且. 解得. 以实数的取值范围是. 【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中 (1)试讨论函数的单调性(2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断与的大小并说明理由. 【解析】(1)因为,所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增.②当时,即,所以的变化如下表: 225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22251(6)042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225(6)14a a ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭0a >302a <a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡± 12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12e a >()f x 12,x x 12x x <()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20x a ->,(),()x f x f x '()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x '所以在单调递增.③当时,即时, 当时,,所以,当时,;当时,;当时,,④当时,即时, 当时,,所以, 当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增;当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以; 当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下: 由(1)知有两个极值点:, 所以 令, 则, 令,则,令,()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10x a x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12e a >1ln(2)x a -<<e 20,10x a x -<+>()e 2(1)0x a x -+<1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-因为,且在上单调递减, 所以存在,使得, 即存在使得, 所以当时,,即时,使得, 当时,,即时,使得.当时,, 因为,所以. 设,因为在成立,所以在单调递增,所以,,所以. 2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数,所以, 因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为,所以当时，在区间上的最大值, 解得.当时,在区间上的最大值, 解得,不合题意;1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a <<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e e h a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a ()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =当时,在区间上的取大值, 不合题意;综上,.(2)因为对任意不同两点,设直线的軼率为,若恒成立,所以, 所以, 所以在上是增函数,所以在上恒成立, 所以, 因为,所以, 当且仅当时,即, 所以. 所以的取值范围是.3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.即,有,解得. 所以, 由㥂,由得.所以在上单调递减,在上单调递增,当时取得极小值. 1e a>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x +⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R k f x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)k f x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=(e)0f '=210e e k -=e k =221e e ()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e (e)ln e 2ef =+=故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立.设. 所以(*)等价于在上单调递减.由在上恒成立, 得恒成立. 所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(i)当,当,函数单调递减;当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得. 当时,时,函数单调递减; 时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当; 当,函数单调递增.综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, ()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)k h x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x '=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k 12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a ()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有, 又已知存在,使, 所以 又 当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾;当时,. 综上所䢑,实数的取值范围就是. 14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
山东省高考文科函数与导数二轮复习策略
山东省高考文科函数与导数二轮复习策略一、近三年高考分析年山东高考文科数学双向细目表从近三年数学试题函数与导数分值分布统计表不难看出，试题坚持对基础知识、数学思上，突出了对考生数学思维能力和数学应用意识的考查，体现了新课程改革的理念。
1．整体稳定主要考察函数的性质与图像、函数的零点、导数极值，单调性，几何意义，恒成立问题，分类讨论思想。
如2009年（6）函数x xx xe eye e--+=-的图像大致为（）.解析：本题考查对函数图象的判断，其方法一般是结合函数的性质：定义域、值域、单调性与奇偶性或一些特殊点来作出正确判断．据已知函数解析式可得)()(xfxf-=-，即函数为奇函数，其图象关于原点对称，从而排除D．又考查内容2009年分值考点明细2010年分值考点明细2011年分值考点明细函数6.7.12.1419分函数图像，分段函数，函数的奇偶性、周期性，函数的零点，能力要求高3.5.11.15分复合函数，函数奇偶性，函数图像中档要求10.16.9分函数图像，函数的零点中档要求导数及其应用21 12分导数的应用中档偏难要求8.10.2122分导数最值，推理，几何意义和利用导数研究函数的性质中档偏难要求4.21.17分导数几何意义，导数实际应用求最值，分类讨论中档偏难要求12111)(222-+=-+=x x x e e e x f ，易知当0>x 时，1121)(2>-+=x e x f ，且函数为减函数，故排除B ，C ；只有A 选项符合上述条件，故选A ．2010年（5） 设()f x 为定义在R 上的奇函数．当0x ≥时，()22()x f x x b b =++为常数，则(1)f -=（ ）A. -3B. -1C. 1D. 3解析：因为()x f 为奇函数，所以()()x f x f -=-，()00=f ，则1-=b ，()122-+=x x f x ，()()()3122111-=-+-=-=-f f ，故选A ．本题考查利用函数的奇偶性求函数值，考查学生对函数基础知识的掌握．属容易题．2．重视基础，难度适中，突出重点知识重点考查试题以考查函数与导数基础知识为主线，在基础中考查能力。
高考二轮数学复习建议
高考二轮数学复习建议提升阶段要整体把握复习内容第一，对函数性质的复习.包括周期性、单调性、对称性、奇偶性等，对这些性质有清楚的熟悉，才干够更好地进行后面的学习，这类题型经常配有直观的函数图象.第二，一元二次函数是高考中的重点.因此，复习中要对一元二次函数展开深入、彻底的复习，不留知识死角.其中，对二次函数值域的考查是热点，以求含参变量的二次函数值域为难点.解题方法包括换元法、配方法等.在训练中，〔教师〕要对这些重点知识以及主要解题方法重点特别，一元二次方程根的分布、二次曲线交点、一元二次不等式求解方法等，都是建立在一元二次函数的基础之上的.第三，函数与方程.重点在于掌握函数的零点和方程根的关系，让同学学会推断一元二次方程根的存在性以及根的个数.第四，在不等式的知识训练中，一元二次不等式、可转化为一元二次不等式的题型是训练的重点.主要训练同学分类讨论、灵活转化的思维.2高考数学应怎样复习规范课堂教学，提升复习质量高三复习的三阶段安排已经是一个常规。
第一阶段为全面复习阶段，指导思想是"既要全面系统梳理知识，不留死角，又要适当特别重点'，即"由薄到厚';目标是"切实抓住三基的教与学，在准确、熟练、规范上下工夫，能解高考中、低档题'。
第二阶段为综合提升阶段，指导思想是"巩固(即进一步巩固第一阶段的复习成果)、提升(即立足基础、重在综合、特别能力'，即"由厚到薄'，目标是"使同学的知识网络化，在台理、迅速上下工夫，提升同学的解题速度和解综合题的能力'。
第三阶段为系统巩固阶段，指导思想是"回扣基础，积极应试';目标是"查缺补漏，理顺知识，熟练解题思想方法，调整心态，提升应试能力';变最后的模拟学习为找感觉、练灵活、训悟性。
在训练中学会合理分配时间笔者是这样来训练班上同学的解题速度的，例如一个小时之内，给他们三份试卷的选择题、填空题，让他们完成，如果完成不了，再重新规范。
高三数学二轮复习专题讲解14 函数与导数
高三数学二轮复习专题讲解 第14讲 易错点-函数与导数专题综述函数与导数是高考中的重点和难点，各种题型都有考查，也有一定的计算量！但我们要必拿选择填空的中等题分数，主要考查的知识点有函数的概念（函数的定义域、解析式、值域）、性质（单调性、奇偶性、对称性）、图象，导数的概念及其几何意义；对这些知识理解不到位或把握不全面或对题意理解不准确，就容易造成会而不对、对而不全的结果专题探究探究1:函数性质掌握不牢致错函数的单调性、奇偶性、周期性等在考题中不限制于以课本的定义给出，我们要关注它们等价变形形式和相关结论，如单调性的等价变形形式有： (1)若[]12,,x x a b ∀∈,12x x ≠,()()()12120x x f x f x -->⎡⎤⎣⎦()()12120f x f x x x -⇔>-()f x ⇔在[],a b 上是增函数；()()()12120x x f x f x --<⎡⎤⎣⎦()()12120f x f x x x -⇔<-()f x ⇔在[],a b 上是减函数.(2) 若12x x ≠,且()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-是增函数.奇偶性的相关结论有：(1)()f x 是偶函数⇔()()()()()()0f x f x f x f x f x f x =-⇔=⇔--=； (2)()f x 是奇函数⇔()()()()0f x f x f x f x -=-⇔+-=； (3)若函数()f x 在0x =处有意义,则()00f =；(4)()f x a +是偶函数,则()()f x a f x a +=-+,()f x 是偶函数,则()()f x a f x a +=-+. 利用函数的对称性与奇偶性会推导函数的周期性：(1)函数()y f x =满足()()f a x f a x +=-（0a >）,若()f x 为奇函数,则其周期为4T a =；若()f x 为偶函数,则其周期为2T a =.(2)函数()y f x =()x ∈R 的图象关于直线x a =和x b =()a b <都对称,则函数()f x 是以()2b a -为周期的周期函数；函数()y f x =()x R ∈的图象关于两点()0,A a y 、()0,B b y ()a b <都对称,则函数()f x 是以()2b a -为周期的周期函数；函数()y f x =()x ∈R 的图象关于()0,A a y 和直线x b =()a b <都对称,则函数()f x 是以()4b a -为周期的周期函数.(2022江苏联考)已知函数(1)y f x =-的图象关于直线1x =-对称，且对x R ∀∈有()() 4.f x f x +-=当(0,2]x ∈时，() 2.f x x =+则下列说法正确的是(). ()f x 的最小正周期是8 . ()f x 的最大值为5 . (2022)0f = . (2)f x +为偶函数 【规范解析】解：.A 因为(1)y f x =-的图象关于直线1x =-对称，所以()f x 关于直线2x =-对称；即有()(4)f x f x =--，()(4)f x f x -=-，又()()4f xf x +-=，所以(4)(4)4f x f x --++=，即()(4)4f x f x ++=，所以()4(f x f x =-+，又()4f x f x=--，()(4)(4)f x f x f x -=+=-，所以()(8)f x f x =+，所以()f x 的周期8T =，故 正确； .由 知(2022)(20228)f f =-(202288)(6)(2)4(2)440f f f f =--===-=-=-=，故 正确； .由 知()(4)f x f x -=+所以(2)(2)f x f x +=-+，则(2)f x +为偶函数，故 正确； .当(0,2]x ∈时，()2f x x =+，结合以上知函数图象大致为则()f x 的最大值为4，故 错误.故答案选：.ACD(2022福建联考)已知定义在 上的函数()f x ，对任意实数x 有(4)()f x f x +=-，函数(1)f x +的图象关于直线1x =-对称，若当(0,1]x ∈时()f x x =，则()A. ()f x 为偶函数B. ()f x 为周期函数C. (2023)1f =-D. 当[3,4)x ∈时，()f x =探究2:函数图象识别时不细致致错函数图象是函数性质的直观反映,由函数表达式识别函数图象时由于我们平时形成的一些错误的认识,还有惯性思维,不做深入的研究,导致得出错误的结论.我们在辨别图象时可从奇偶性、单调性、特殊值等方面来排除不合适的，从而得到正确答案.(2022福建联考)函数31()cos (66)31x x f x x x -=-+剟的图象大致为()A. B. C. D.【规范解析】解：函数31()cos (66)31x x f x x x -=-+剟，满足3113()cos()cos ()3113x xx x f x x x f x -----=-==-++，()f x ∴为奇函数，()f x 的图象关于原点对称，排除 ，.B 当x π=时，13()013f πππ-=<+，排除.C 故选.D (2022福建省福州市期中)我国著名数学家华罗庚先生曾说：数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休.在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的特征.观察以下四个图象的特征，试判断与函数()1sin ,(,0)f x x x x x x ππ⎛⎫=--≠ ⎪⎝⎭剟相对应的图象是()A. B. C.D.探究3:比较大小时没有选对方法致错在比较数与式的大小时常利用指数函数、幂函数及对数函数单调性比较大小.若比较指数式与对数式的大小，或同是指数式（对数式）但底数不相同，这些情况下常利用中间量比较大小，常用的中间量是0,1,1-，有时也可借助13,2,22等中间量来比较大小.若两个式子结构比较复杂，但结构类似，这种情况下常利用式子的结构构造函数，然后利用函数单调性比较大小.(2022江苏联考)如果01a <<，那么下列不等式中正确的是()A. 1132(1)(1)a a ->- B. (1)log (1)0a a -+>C. 32(1)(1)a a ->+D. 1(1)1a a +->【规范解析】解：由题意 01a <<，所以()()10,1a -∈，()()11,2a +∈，得()1xy a =-为R 上的减函数，又1123>，所以()()113211a a ->-，10(1)(1=)1a a a +-<-而(1)log a y x -=单调递减，(1)(1)log (1)log 1=0a a a --+<， 32(1)1(1)a a -<<+，故选：.A(2022安徽省池州市单元测试)已知函数(2)y f x =-的图象关于直线2x =对称，在(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递增．若ln3(4)a f =，(2)eb f -=，1(ln)(c f π=其中e 为自然对数的底数，π为圆周率)，则a ，b ，c 的大小关系为()A. a c b >>B. a b c >>C. c a b >>D. c b a >>探究4:混淆两类切线致错求曲线的切线方程一定要注意区分“过点A 的切线方程”与“在点A 处的切线方程”的不同．虽只有一字之差,意义完全不同,“在”说明这点就是切点,“过”只说明切线过这个点,这个点不一定是切点,求曲线过某点的切线方程一般先设切点把问题转化为在某点处的切线,求过某点的切线条数一般也是先设切点,把问题转化为关于切点横坐标的方程实根个数问题.(2022山东模拟)已知直线y kx =是曲线x y e =的切线，也是曲线ln y x m =+的切线，则实数k =__________，实数m =__________. 【规范解析】解：设y kx =与x y e =和ln y x m =+的切点分别为11(,)x x e ，22(,ln )x x m +，x y e =的导数xy e '=，1x e k ∴=，且11x k x e=，解得11x =，k e ∴=；ln y x m =+的导数1y x'=，21k e x ∴==，21x e ∴=，又22ln kx x m =+，11ln 2.m e e e∴=⨯-=故答案为 ；2.(2022河南信阳月考)若曲线2y x =与ln()y x a =-有一条斜率为2的公切线，则()a =A. 1ln 22- B. 1ln 22C. ln 2-D. ln 2探究5:混淆导数与单调性的关系致错研究函数的单调性与其导函数的关系时一定要注意:一个函数的导函数在某个区间上单调递增(减)的充要条件是这个函数的导函数在此区间上恒大(小)于等于0,且导函数在此区间的任意子区间上都不恒为零.若研究函数的单调性可转化为解不等式()()()()1200a x x x x x --><>或0,首先根据a 的符号进行讨论,当a 的符号确定后,再根据12,x x 是否在定义域内讨论,当12,x x 都在定义域内时在根据12,x x 的大小进行讨论.(2022福建省福州市期中)已知函数()ln nx f x x mx xe =+-(1)当0n =时，讨论函数()f x 在区间(0,3)的单调性【规范解析】解：(1)当0n =时，函数()ln (03)f x x mx x x =+-<<，1(1)1()1m x f x m x x-+'=+-=当1m …时，(0,3)x ∈，()0f x '>，()f x ∴在(0,3)上单调递增， 当1m <时，令1()0,1f x x m'==-， ①当131m <-时，即23m <时， 由()0f x '>得：101x m <<-，由()0f x '<得：131x m<<-， ∴当23m <时，函数()f x 在1(0,)1m -上单调递增，在1(,3)1m-上单调递减. ②当131m-…时，即213m <…时，由03,()0x f x <<'>得03x <<，∴当213m <…时，函数()f x 在(0,3)上单调递增，综上所述：当23m …时，函数()f x 在(0,3)上单调递增；当23m <时，函数()f x 在1(0,)1m -上单调递增，在1(,3)1m -上单调递减.(2022河北联考)已知函数()ln sin f x a x x x =-+，其中a 为非零常数．(1)若函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，求a 的取值范围；探究6:混淆导数与极值的关系致错对于可导函数f (x )：x 0是极值点的充要条件是在x 0点两侧导数异号,且0()0f x '=,即0()0f x '=是x 0为极值点的必要而不充分条件.对于给出函数极大(小)值的条件,一定要既考虑0()0f x '=,又考虑检验“左正右负”或“左负右正”,防止产生增根．(2022河北省张家口市期中)已知函数()f x 的导函数()f x '的图象如图，则下列叙述正确的是()A. 函数()f x 只有一个极值点B. 函数()f x 满足(4)(1)f f -<-，且在4x =-处取得极小值C. 函数()f x 在2x =处取得极大值D. 函数()f x 在(),4-∞-内单调递减【规范解析】解：由导函数的图象可得，当2x <时，()0f x '≥，函数()f x 单调递增；当2x >时，()0f x '<，函数()f x 单调递减.所以函数()f x 的单调递减区间为()2,+∞， 只有当2x =时函数取得极大值，无极小值. 故选：.AC(2022湖南联考)已知函数()(3)2.x f x x e x -=++(1)证明：()f x 恰有两个极值点;探究7:函数零点与方程的根不会转化致错确定函数零点所在区间、零点个数或已知函数零点情况求参数，常通过数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题，所以研究函数与方程问题不要得“意”忘“形”.(2022河北期中)已知函数,()e ,x xx a f x x x a⎧⎪=⎨⎪<⎩…，若存在不相等的1x ，2x ，3x ，满足123()()()f x f x f x ==，则实数a 的取值范围是__________.【规范解析】解：由题意可知，对于()xx f x e=，则1().x xf x e -'=当1x <时，()0f x '>，()f x 单调递增；当1x >时，()0f x '<，()f x 单调递减，当1x =时，函数()f x 取得最大值为1(1)f e =，如图，分别画出函数x xy e =和y x =在 上的图象，用一条平行于x 轴的直线y m =截图象，有3个交点时，即存在1x ，2x ，3x ，使得123()()()f x f x f x m ===，当(1,)a ∈+∞或(,0]a ∈-∞时，最多有2个交点，所以不成立;当(0,1)a ∈时，存在3个交点，所以a 的取值范围是(0,1). 故答案为：(0,1)(2022福建月考)函数()ln (),0()(2),(0)x x f x x x x ⎧-<=⎨-⎩…，若关于x 的方程22()()10f x af x -+=有6个不相等的实数根，则a 的取值范围是__________.专题升华函数的定义域是研究函数图象与性质的第一要素，性质是函数的基本属性，图象是其性质的外在表现；把握各性质的定义和等价表达式是根本；导数是研究函数性质的的根本工具，遇到参数时要紧记“分类讨论”；导函数图象与原函数图象的关系不能混淆！复合函数要会分解，定义域先行，内层函数的值域是外层函数的定义域，要清醒对待两者的身份！【答案详解】变式训练1【答案】.ABD【解析】由函数(1)f x +的图象关于直线1x =-对称可知，函数()f x 的图象关于 轴对称， 故()f x 为偶函数.选项 正确;由(4)()f x f x +=-，得(44)(4)()f x f x f x ++=-+=，()f x ∴是周期8T =的偶函数，(2023)(25381)(1)(1) 1.f f f f ∴=⨯-=-==选项 正确，选项 错误;设[3,4)x ∈，则4[1,0),4(0,1],x x -∈--∈()f x 为偶函数，(4)(4)f x f x ∴-=-，由(0,1]x ∈时，()f x =，得(4)(4.f x f x -=--又(4)()f x f x +=-，()(4)f x f x ∴=--=选项 正确.故选：.ABD变式训练2【答案】【解析】因为()1sin ,(,0)f x x x x x x ππ⎛⎫=--≠ ⎪⎝⎭剟，所以()()1sin f x x x f x x ⎛⎫-=-+=- ⎪⎝⎭，所以()f x 为奇函数，其图象关于原点中心对称，故排除 、 选项； 又0x π<<时，()10f =，令6x π=，则6sin 0666f ππππ⎛⎫⎛⎫=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故排除 选项.故选：.D变式训练3【答案】【解析】根据题意，函数(2)y f x =-的图象关于直线2x =对称，则函数()f x 的图象关于 轴对称，即函数()f x 为偶函数，满足()()f x f x -=，则1(l n )(l n )c f f ππ==，ln31444ln ln 120e e π->=>>=>>， 又由(0,)x ∈+∞时，()f x 单调递增，则有a c b >>；故选：.A变式训练4【答案】【解析】由2y x =得2y x '=，令22y x '==，解得1x =，由点斜式得切线方程：12(1)y x -=-，即21y x =-，由l n ()y x a =-，得1y x a '=-，令12y x a '==-，解得12x a =+，代入ln()y x a =-得：ln 2y =-，将1(,ln 2)2a +-代入21y x =-，得：11ln 22()1ln 222a a -=+-⇒=-，故选：.A变式训练5【解析】(1)由题知()cos 1(0)af x x x x'=-+>，若0a >，因为0x >，1cos 0x -…，则()0f x '>，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，若0a <，则当0,2a x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，2a x <-，从而11 / 11 ()2cos 1(1cos )0f x x x '<--+=-+…，所以()f x 在0,2a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，不满足题意，综上分析，a的取值范围是(0,).+∞变式训练6【解析】(1)证明：依题意()f x 的定义域为 ，()(2)2x f x x e -'=-++，令()(2)2x m x x e -=-++，()(1).x m x x e -'=+当(1,)x ∈-+∞时，()0m x '>，所以()f x '在(1,)-+∞单调递增；当(,1)x ∈-∞-时，()0m x '<，所以()f x '在(),1-∞-单调递减．又因为(1)20f e '-=-<，(0)0f '=，(2)20f '-=>，所以()f x '在(),1-∞-恰有1个零点0x ，在()1,-+∞恰有1个零点0，且当0(,)x x ∈-∞时，()0f x '>，当0(,0)x x ∈时，()0f x '<，当(0,)x ∈+∞时，()0.f x '>所以()f x 在0(,)x -∞单调递增，在0(,0)x 单调递减，在(0,)+∞单调递增．所以()f x 恰有一个极大值点0x 和一个极小值点0，即()f x 恰有两个极值点．变式训练7【解析】函数()f x 的图象如图所示，令()t f x =，结合图象可知，若关于x 的方程22()()10f x af x -+=有6个不等的实数根，则关于 的方程2210t at -+=在[0,1)有两个不等实数根，因为221y t at =-+的图象过点(0,1)，则280014210a a a ⎧∆=->⎪⎪<<⎨⎪-+>⎪⎩，解得3.a <<故答案为：。
函数与导数二轮复习策略
（2012 年高考（山东理） ）定义在 R 上的函数 f ( x ) 满足 f ( x 6) f ( x ) .
当 3 x 1 时, f ( x ) ( x 2) ,当 1 x 3 时, f ( x ) x .
2
则 f (1) f (2) f (3) f (2012) （ A． 335 B．338
型、单调性,由不
等式求参数范围).
函数、对数函数,
求解析式和参数范 围).
次函数导数(求解
析式、确定单调性 、求最值).
2、《考试说明》关于函数导数部分的要求层次：
考试内容 函数的概念与表示 映射 函数 单调性与最大（小）值 奇偶性 有理指数幂 实数指数幂 指数函数 幂的运算 指数函数的概念、指数函数的图象及其性质 √ √ √ √ √ √ √ A B C √
√
√ √
导数在 研究函数 中的应用
√ √ √ √
定积分与 定积分的概念 微积分基本 定理 微积分基本定理
命题方向一：基本初等函数的图像与性质
年份
07 08
题号
14 没有直接考题
所占分值
5
09
10 11
12
5 8 11 2
5
2 2 5 5
12
10
5பைடு நூலகம்
7
知识单元 函数的性质
基本考点
命题重点
函数三要素，单调性，奇偶性，单调性，奇偶性 周期性， 对称性，图象变换问题，特殊 中心对称，图象 点，特殊线 的平移变换
（2012 年新课标 10） 已知函数 f ( x)
1 ；则 y f ( x) 的图像大致为（ ln( x 1) x
）
函数与导数专题二轮复习建议
10
3,11
函数性质，图象
10
11,15 函数性质，图象
10
8,12,15 函数性质图象，零点 15
2015年
文科 Ⅰ 卷 理科
文科 Ⅱ 卷 理科
题号 10,12 12,13 12,13 10,12
考点 函数性质，图象 函数性质，图象 函数性质，图象 函数性质，图象
分值 10 10 10 10
2013年
函数性质，图象
5
函数性质，图象
6
函数性质
6,12 函数性质图象
12
函数性质
7,11 函数性质，图象Leabharlann 题号考点8,9
函数性质，图象
5,11 函数性质，图象
8,14 函数性质，图象
11
函数性质，极值
7,12,16 函数性质，图象
11,15 函数性质，零点
分值 5 5 5 10 5 10 分值 10 10 10 5 15
曲线的切线、对数与对数函数、线性规划、函数的性 质、导数几何意义、零点的证明
2019年 文科
Ⅰ 卷 理科
Ⅱ 文科 卷 理科
文科 Ⅲ 卷 理科
题号 3，5，13，20
3，5，11，13，20
12，14，20 6，12，14，20 7，11，12，20
6，7，11，20
分值 27
32
22 27 27
27
2018年
题号
文科 6，12，13，14，21
Ⅰ 卷 理科 5，9，13，16，21
文科 3，12，13，14，21
Ⅱ 卷 理科 3，11，13，14，21
文科 7，9，15，16，21
Ⅲ 卷 理科 7，12，14，20
2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略
2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略2024年高考数学第二轮复习备考建议及策略随着高考的临近，数学第二轮复习也进入了关键阶段。
在这一轮复习中，我们需要把握复习的重点和难点，制定有效的复习策略，提高复习效率。
本文将结合多年高考数学复习经验，为同学们提供一些实用的备考建议和策略。
一、明确复习目标，把握重点难点在第二轮复习阶段，我们需要明确复习目标，了解考试大纲和命题趋势，把握重点和难点。
通过对历年高考数学试题的分析，我们可以总结出以下重点知识点和难点：函数与导数、数列与极限、向量与空间几何、概率与统计、解析几何等。
针对这些重点和难点，我们需要制定有针对性的复习计划。
二、制定复习计划，提高复习效率制定复习计划是提高复习效率的关键。
我们可以按照以下步骤制定复习计划：1、梳理知识点：将重点知识点和难点进行梳理，形成知识框架。
2、制定计划：根据知识框架和复习进度，制定每周的复习计划，包括每天的复习内容和时间安排。
3、分配时间：根据知识点的重要性和难度，合理分配复习时间，确保每个知识点都能得到充分复习。
4、制定个性化复习方案：根据自身情况，制定个性化的复习方案，突破自己的薄弱环节。
三、强化基础训练，巩固基础知识高考数学考试注重基础知识的考查，因此，在第二轮复习中，我们需要强化基础训练，巩固基础知识。
具体方法包括：1、复习课本：回归课本，加强对基本概念、公式、公理、定理等基础知识的理解和记忆。
2、做题训练：选择基础题目进行做题训练，加深对知识点的理解和应用。
3、总结归纳：将做题过程中遇到的问题和难点进行总结归纳，找出自己的知识盲点和薄弱环节，及时进行弥补。
四、注重解题方法，提高解题能力高考数学考试不仅考查基础知识，还注重考查学生的解题能力和数学思维。
因此，在第二轮复习中，我们需要注重解题方法的学习和提高。
具体方法包括：1、学习解题方法：掌握常见的解题方法和技巧，如分类讨论、数形结合、归纳法、反证法等。
2、做题实践：选择中等难度的题目进行做题实践，锻炼自己的解题能力和数学思维。
关于2023届高考数学二轮复习备考思考与建议
2022. 12. 4教师端线上形式1.假借平台拓展服务空间金太阳组织创建的平台，分享一些教学思考，提醒“抬头望路”2.节点差异提早预设布局时间点觉得确实有偏早，一轮复习尚未完成，预设“二轮布局”3.个人观点仅供择同选用认同点选择使用并落实，不认同点可以商榷，碰撞“思维火花”1.考什么与怎么考（命题）没有考试大纲？没有考试说明？如何研判最有可能的考向？2.备什么与怎么考（应考）需要丰富哪些应考储备？3.如何备与怎么学（教与学）——教学评价的参考教师的影响度学生的参与度内容的适标度媒介的适切度教学的规范度目标的达成度——“备、教、学、评”一体化【教师指导学生学习知能素养考试评价】要点二轮复习的目标与复习教学的遵循（1）备考的本质 考试培训！（2）培训的目的 学会考试的内容、学会考试的方法？会解答象近年高考那样的题目？解得好、解得快？会解答与近年高考不一样的题目？（宝典中没有的——突破应试题海的模式化） 提高有效解决问题（曾经的实测试题）的能力与效率；形成促进。
丰富内在储备+提升展示技能。
●培训的内容与方法 命题规律 考过试题“变式”考、“创新”考！实现旧题的“变式”和“创新”。
模拟训练+专题复习？（危险的外在表现形式！）夯实学科基础——针对中等及偏下水平稳固知识结构—— 强筋状腱强化关键重点——必考常考内容为重点补缺补漏扫盲——盲区规避优化应试策略——非智力因素、得全该得基本分、争取超常发挥分学校（班级、学科）的指标任务：平均成绩——整体水平的提升上线人数——改变发展的方向亮点培育——迎合各方的需求（强化分层意识）学生的目标：总分的提升目标（效益） 学科的分数位置（特长）旧四化：试题问题化、问题模型化、解模规律化、解题技能化立足通性通法、理顺逻辑顺序、清晰表达过程。
4. 复习教学的遵循二、研判卷题格局，把握基本考向《中国高考报告》、《高考试题分析》、高考评价报告落实评价体系的学科化突出学科素养的导向性突出学科特点的思维性体现本质考查的灵活性探索命题创新的积极性体现五育并举的全面性保持整体设计的稳定性当前评价量尺打造的顶层设计立德树人指导教学服 务 选 拔考试内容考试方法——挖掘命题改革信息、体会考试说明功能试题浏览：特别关注：2.分板块的命题改革方向把握非主干板块内容：集合——传统的语言定位与交汇方式、可能的集合思想及图形语言平面向量——工具地位的体现与交汇应用的自觉、图形方法的强化不等式——内容的改变与函数的交汇，着重考查不等式的运算性质、—元二次不等式、基本不等式（显性考查与隐性考查结合，交汇考查，应独立板块）常用逻辑用语——充分性必要性的强化推理与证明——考查方式的正确理解复数——趋势的变化、教学新定位计数原理——基本模型二项式定理——热点内容三视图——隐性考查处理、不考后如何保持直观想象素养的考查地位对三角函数的考查突出基础，体现综合，对恒等变换的要求有所下降，更多强调对公式的灵活运用．试题呈现以下四个特点：（1）利用数形结合考查，通过图形分析、研究、总结三角函数的性质和图像特点；（2）利用三角公式考查，创设试题情境，灵活运用公式，解决问题；（3）利用真实情境考查，考查解三角形内容，体现三角函数的工具性作用；（4）体现思维深度，考查创新意识；（5）关注结构不良试题设计。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：泰勒展开式
第 14讲 泰勒展开式知识与方法泰勒展开式是将一个在x =x 0处具有n 阶导数的函数f(x)利用关于x −x 0的n 阶多项式来逼近函数的方法.在导数题目中命制中,泰勒展开式最大的作用就是把超越函数与初等函数联系起来,使高等数学问题具有初等解法,最常用的方式是放缩整形 点睛:泰勒展开式为高等数学内容,在高中阶段不要求掌握. 1.泰勒展开式的形式形式1如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +o (x −x 0)n 这里,o (x −x 0)n 为皮亚诺型余项.我们称上式为函数f(x)在点x 0处的泰勒展开式. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +o (x n ),称此式(带有皮亚诺余项)的麦克劳林展开式.形式2如果函数f(x)在定义域I 上有定义,且n +1阶导数存在,x,x 0∈I ,则有 f(x)=f (x 0)+f ′(x 0)1!(x −x 0)+f ′′(x 0)2!(x −x 0)2+⋯+f (n)(x 0)n!(x −x 0)n +R n+1.其中R n+1=f (n+1)(ξ)(n+1)!(x −x 0)n+1为拉格郎日余项,其中ξ位于x 与x 0之间,这是函数f(x)在x 0处的泰勒展开式.其中,f (n)(x)表示f(x)的n 阶导数,等号后的多项式称为函数f(x)在x 0处的泰勒展开式,剩余的R n+1是泰勒展开式的余项,为(x −x 0)n 的高阶无穷小. 当x 0=0时,上式变为f(x)=∑i=0n f (1)(0)i!x i +R n (x),称此式为(带有拉格郎日余项)的泰勒展开式.2.常见函数的泰勒展开式由泰勒展开式,我们可以得到几个常用的初等函数在x =0处的泰勒展开式: (1)11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ); (2)(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯+m(m−1)⋯(m−n+1)n!x n +o (x n );(3)e x =1+x +x 22!+⋯+x n n!+o (x n );(4)ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)nxn+1n+1+o (x n+1);(5)sin x =x −x 33!+x 55!−⋯+(−1)n x 2n+1(2n+1)!+o (x 2n+2); (6)cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+o (x 2n+1).公式(1)1+x +x 2+⋯+x n +o (x n )=11−x (−1<x <1)为等比数列求和,将(1)中x 换成−x ,有11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),两边积分,得ln (1+x)=∫0x11+xdx =∫0x[1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n )]dx 即ln (1+x)=x −x 22+x 33−⋯+(−1)n x n+1n+1+o (x n+1),这就是公式(4);反过来,如果对公式(4)求导,则可得到11+x =1−x +x 2−⋯+(−1)n x n +o (x n ),将x 换成−x ,即可得到11−x =1+x +x 2+⋯+x n +o (x n ),此即为公式(1).由于sin x 是奇函数,所以公式(5)右侧只有奇次方项;cos x 是偶函数,所以公式(6)右侧只有偶次方项.对公式(5)求导,即得公式(6);反之,对公式(6)求导,即得公式(5).对于公式(5)和(6)中的负号全部改为正号并两式相加,即可得公式(3).公式(3)可以看作是e =1+1+12!+⋯+1n!+⋯的推广或一般形式;公式(2)可以看作是二项式(1+x)m =1+mx +m(m−1)2!x 2+⋯m(m−1)⋯(m−n+1)m!x m 的推广.3.常用的泰勒展开式的及其应用我们从上面的几个展开式截取片断,就构成了初等数学中经常考查的导数不等式: (1)当x ⩾0时,e x ⩾1+x +x 22;当x ⩽0时,e x ⩽1+x +x 22;(2)当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x ;当x ⩾0时,x −x 22⩽ln (1+x)⩽x −12x 2+13x 3(3)x −x 36⩽sin x ⩽x 对x ⩾0恒成立; (4)1−x 22⩽cos x ⩽1−x 22+x 424对x ⩾0恒成立;(5)1+x <e x <11−x (0<x <1); (6)当0<x <1时,√x<ln x <2(x−1)x+1;当x >1时,2(x−1)x+1<ln (1+x)<x ;(7)当0<x <1时,12(x −1x )<ln x <x −1;当x ⩾1时,ln x ⩽12(x −1x )⩽x −1. 由ln x <x −1可得−ln x >1−x ,进而ln 1x >1−x ⇒ln x >1−1x =x−1x(将x 换成1x ),在ln x >x−1x中将x 换成x +1,即可得ln (x +1)>x x+1,进一步可加强为ln (x +1)>2x2+x典型例题【例1】已知函数f(x)=ln a ⋅xe −x +asin x,a >0. (1)若x =0恰为f(x)的极小值点. (i)证明:12<a <1;(ii)求f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数; (2)若a =1,f(x)x=(1−x π)(1+x π)(1−x 2π)(1+x 2π)(1−x 3π)(1+x 3π)⋯(1−x nπ)(1+xnπ)⋯,又由泰勒级数知: cos x =1−x 22!+x 44!−x 66!+⋯+(−1)n x 2n(2n)!+⋯,n ∈N ∗.证明:112+122+132+⋯+1n 2+⋯=π26.【解析】(1)(i)由题意,得f ′(x)=ln a ⋅(1−x)e −x +acos x , 因为x =0为函数f(x)的极值点,所以f ′(0)=ln a +a =0.令g(x)=ln x +x(x >0),则g ′(x)=1x +1>0,g(x)在(0,+∞)上单调递增,因为g(1)>0,g (12)=ln 12+12=ln √e2<0, 所以g(x)在(12,1)上有唯一的零点a ,所以12<a <1.(ii)由(i)知ln a =−a,f(x)=a (sin x −xe −x ),f ′(x)=a [cos x −(1−x)e −x ].当x ∈(−∞,0)时,由a >0,−1⩽cos x ⩽1,1−x >1,e −x >1,得f ′(x)<0,且f(0)=0,所以f(x)在区间(−∞,0)上不存在零点;当x ∈(0,π)时,设ℎ(x)=cos x −(1−x)e −x ,则ℎ′(x)=(2−x)e −x −sin x . (1)若x ∈(0,π2],今m(x)=(2−x)e −x −sin x , 则m ′(x)=(x −3)e −x −cos x <0, 所以m(x)在(0,π2]上单调递减,因为m(0)=2>0,m(π2)=(2−π2)e−π2−1<0,所以存在α∈(0,π2),使得m(α)=0.当x∈(0,α)时,m(x)=ℎ′(x)>0,ℎ(x)在(0,α)上单调递增;当x∈(α,π2]时,m(x)=ℎ′(x)<0,ℎ(x)在(α,π2]上单调递减.(2)若x∈(π2,2],令φ(x)=(2−x)e−x(x∈(π2,2]),则φ′(x)=(x−3)e−x<0,所以φ(x)在区间(π2,2]上单调递减,所以φ(x)<φ(π2)=(2−π2)e−π2<1e,又因为sin x⩾sin 2=sin (π−2)>sin π6=12,所以ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(π2,2]上单调递减.(3)若x∈(2,π),则ℎ′(x)=(2−x)e−x−sin x<0,ℎ(x)在(2,π)上单调递减.由(1)(2)(3)得,ℎ(x)在(0,α)上单调递增,在(α,π)上单调递减.因为ℎ(α)>ℎ(0)=0,ℎ(π)=(π−1)e−π−1<0,所在存在β∈(α,π)使得ℎ(β)=0.所以,当x∈(0,β)时,f′(x)=ℎ(x)>0,f(x)在(0,β)上单调递增,f(x)>f(0)=0;当x∈(β,π)时,f′(x)=ℎ(x)<0,f(x)在(β,π)上单调递减,因为f(β)>f(0)=0,f(π)<0,所以f(x)在区间(β,π)上有且只有一个零点.综上,f(x)在区间(−∞,π)上的零点个数为2个.(2)因为sin xx =(1−x2π2)(1−x222π2)(1−x232π2)⋯(1−x2n2π2)⋯(1),对cos x=1−x 22!+x44!−x66!+⋯+(−1)n x2n(2n)!+⋯,两边求导得−sin x=−x1!+x33!−x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯,sin x=x1!−x33!+x55!+⋯+(−1)n−1x2n−1(2n−1)!+⋯所以sin xx =1−x23!+x45!−⋯+(−1)n−1x2n−2(2n−1)!+⋯(2)比较(1)(2)式中的系数,得−13!=−1π2(112+122+132+⋯+1n2+⋯),所以112+122+132+⋯+1n2+⋯=π26.【例2】已知函数f(x)=(x−a)ln x(a∈R),它的导函数为f′(x).(1)当a=1时,求f′(x)的零点;(2)当a=0时,证明:f(x)<e x+cos x−1.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),当a=1时,f(x)=(x−1)ln x,f′(x)=ln x+1−1x.易知f′(x)在(0,+∞)上为增函数,又f′(1)=ln 1+1−1=0,所以x=1是f′(x)的零点.(2)解法1:直接讨论法当a=0时,f(x)=xln x.(1)若0<x⩽1时,则e x+cos x−1>0,xln x⩽0,从而f(x)<e x+cos x−1成立;(2)若x>1时,设ℎ(x)=e x+cos x−xln x−1,则ℎ′(x)=e x−sin x−ln x−1,ℎ′′(x)=e x−1x−cos x,因为x>1,所以ℎ′′(x)>e−1−1>0,从而ℎ′(x)单调递增,所以ℎ′(x)>ℎ′(1)=e−sin 1−1>0,所以ℎ(x)在(1,+∞)单调递增,所以ℎ(x)>ℎ(1)=e+cos 1−1>0,即f(x)<e x+cos x−1.综上所述,有f(x)<e x+cos x−1成立.解法2:泰勒公式+高阶借位法当x>0时,由泰勒公式有e x⩾1+x+12x2+16x3,cos x⩾1−12x2,ln x⩽x−1,从而xln x⩽x2−x.从而要证xln x<e x+cos x−1,只需证x2−x<1+x+16x3即可,即证16x3−x2+2x+1>0.构造函数g(x)=16x3−x2+2x+1(x>0),则g′(x)=12x2−2x+2=12(x−2)2⩾0,从而g(x)单调递增,所以g(x)>g(0)=1>0成立,从而原不等式得证.解法3:泰勒公式+兵分两路法由泰勒公式,得cos x⩾−12x2,从而可知e x+cos x−1⩾e x−12x2.所以要证xln x<e x+cos x−1,只需证xln x<e x−12x2即可,亦即证ln xx<e xx2−12.构造函数ℎ(x)=ln xx ,g(x)=e xx2−12,易求得ℎ(x)max=1e ,g(x)min=e24−12.显然1e <e24−12,从而ℎ(x)<g(x).所以原不等式得证.【例3】已知函数f(x)=(2+x+ax2)ln (1+x)−2x.(1)若a=0,证明:当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a的值.【解析】首先,x=0时,f(x)=0.(1)若a=0,则f(x)=(2+x)ln (1+x)−2x.f′(x)=ln (1+x)+2+x1+x −2=ln (1+x)+11+x−1.f′(0)=0⋅f′′(x)=11+x −1(1+x)2=x(1+x)2.当x>0时,f′′(x)>0,f′(x)单调递增,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(0,+∞)上单调递增,从而f(x)>f(0)=0;当−1<x<0时,f′′(x)<0,f′(x)单调递减,所以f′(x)>f′(0)=0,从而f(x)在(−1,0)上单调递增,从而f(x)<f(0)=0.综上可知,若a=0,则当−1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.证毕.(2)解法1:必要性探路法f(x)的定义域为(−1,+∞)有任意阶导数,f(0)是极大值,就说明0附近某区间(−d,d)内其它值f(x)<f(0)(x≠0).当x由0的负方向趋向于0时,f(x)应为递增的,从而f′(x)>0,令x→0−,得f′(0)⩾0;当x由0的正方向趋向于0时,f(x)应为递减的,即f′(x)<0,令x→0+,则f′(0)⩽0.因此必有f′(0)=0,这是f(0)是极大值的必要条件.f′(x)正递减到0再递减到负,f′′(x)都是负的.如下表所示:f′(0)=0,且f′′(x)<0对0附近某区间内x≠0都成立,这是f(0)为极大值的充分必要条件.f′(x)=(1+2ax)ln (1+x)+ax2−x1+x,f′(0)=0.f′′(x)=2aln (1+x)+(4a+1)x+3ax2(1+x)2,f′′(0)=0.f(0)是极大值⇔在x=0左右附近有g(x)=f′′(x)<0=g(0),这又要求g(0)是极大值,必须有g′(0)=0.g′(x)=2a1+x+4a+1+6ax(1+x)2−2(4a+1)x+6ax2(1+x)3所以g′(0)=2a1+4a+11+01=6a+1=0,得a=−16.从而g′(x)=−x(4−x)(1+x)3=−xλ(x),其中λ(x)=4−x(1+x)3.在区间(−1,4)内λ(x)>0,g′(x)=−xλ(x)的正负号与x相反,在区间(−1,0)内,g′(x)>0,在区间(0,4)内,g′(x)<0.g(x)在区间(−1,4)递增到g(0)=0再递减;当x≠0时,都有f′′(x)=g(x)<0,这与f′(x)=0一起保证了f(0)在(−1,4)内是最大值,也是极大值.解法2:当x→0时,2+x+ax2→2>0.0附近足够小区间(−d,d)内,2+x+ax2足㿟接近2,也有2+x+ax2>0.f(x)在区间(−d,d)内的正负号与q(x)=f(x)2+x+ax2=ln (1+x)−2x2+x+ax2相同.f(0)是极大值⇔q(0)是极大值⇔在0附近某个区间(−ℎ,0)内q′(x)>0,即q′(x)=11+x−2(2+x+ax2)−2x(1+2ax)(2+x+ax2)2=11+x −4−2ax 2(2+x +ax 2)2=(2+x +ax 2)2−(1+x)(4−2ax 2)(2+x +ax 2)2(1+x)=(6a +1)x 2+4ax 3+a 2x 4(2+x +ax 2)2(1+x)>0,且在(0,ℎ)内,q ′(x)<0,进而得6a +1=0,解得a =−16.此时,q ′(x)=−23x 3+136x 4(2+x−16x 2)2符合要求,ℎ(0)与f(0)都是极大值,从而a =−16.【点睛】解法2的优点是先用除法将与ln (1+x)相乘的2+x +ax 2剥离,只求一阶导数就把对数函数消去,化成分式.容易判定q ′(x)在x =0附近取值的正负号,不需要高阶导数,也不需要再求极限.用泰勒展开式ln (1+x)=x −x 22+x 33−x 44+⋯,得f(x)=(2+x +ax2)(x −x 22+x 33−x 44+⋯)−2x =(a +16)x 3+(−a2−16)x 4+⋯如果三次项系数a +16≠0,在0附近足够小的区间(−d,d)内,三次以上各项和绝对值比三次项小,f(x)的正负号与三次项(a +16)x 3相同,f(x)与f(−x)异号,总有一个大于0,f(0)=0不是极大值.要使f(0)极大,必须三次项系数a +16=0,得a =−16.此时,f(x)=−112x 4+⋯的最低次非零项是四次项−112x 4.在0附近足够小的区间内,f(x)的正负号与四次项−112x 4相同,当x ≠0时,都小于0,f(0)确实是极大值.一般地,设f(x)=f(c)+a m (x −c)m +a m+1(x −c)m+1+⋯是无穷级数,且a m ≠0是常数项之外最低次非零项的系数.则当x →c 时,f(x)−f(c)=(x −c)m [a m +a m+1(x −c)+⋯]方括号内的λ(x)=a m +a m+1(x −c)+⋯→a m ,在c 附近足够小的区间(c −d,c +d)内,|x −c|足够小,λ(x)足够接近a m ,正负号与a m 相同,f(x)−f(c)与m 次项a m (x −c)m 正负号相同. 当m 是奇数,x −c <0与x −c >0时,f(x)−f(c)的正负号相反,一正一负,f(c)既不是极大值也不是极小值;当m 是偶数,只要x −c ≠0都有(x −c)m >0.当a m <0时,都有f(x)−f(c)<0,f(c)是极大值;当a m >0时,都有f(x)−f(c)>0,f(c)是极小值. 【例4】函数f(x)=x −1−aln x . (1)若f(x)⩾0,求a 的值;(2)m 为整数,且对于任意正整数n,(1+12)(1+122)⋯(1+12n )<m ,求m 的最小值.【解析】(1)易知f(1)=0,用泰勒展开式探索: 令x =1+t ,得ln x =ln (1+t)=t −t 22+⋯,从而f(x)=(1+t)−1−a [t −t 22+⋯]=(1−a)t +at 22−⋯,要保证x =1附近始终f(x)⩾0,由必须有1−a =0,从而a =1. 此时f(t)=t 22−⋯=(x−1)22−⋯,f(1)=0是极小值,在x =1附近f(x)⩾0.但ln (1+t)仅在−1<t ⩽1范围内可以泰勒展开,无法判断t >1时的变化情况,还需通过ln x 的导数判断它在定义域(0,+∞)内的变化情况. 从而解法如下: 由f(1)=0,知f(x)⩾0,当且仅当f ′(x)=1−ax ⩾0(当x ⩾1时),f ′(x)⩽0(当0<x ⩽1)时,从而a =1.(2)由(1)知ln x ⩽x −1,从而ln (1+t)⩽t . 今P n =(1+12)(1+122)⋯(1+12n ), 所以ln P n =ln (1+12)+ln (1+122)+⋯+ln (1+12n )<12+122+⋯+12n =1−12n+1<1. 从而P n <e =2.71828⋯<3,而P 3=32⋅54⋅98=13564>2.所以m 的最小值为3.【点睛】通过第(1)问来处理此问题,联想对(2)中所证不等式两边取对数.如果熟悉e x 在x =0处的泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯马上就可以看出，当x >0时,e x >1+x ,从而更容易想到P n <e 12e 122⋯e12n=e12+122+⋯+12n <e 1=e <3.强化训练1.设f(x)=(1+x)e −2x ,g(x)=ax +12x 3+2xcos x ,当x ∈[0,1]时,求证:1−x ⩽f(x)⩽11+x.【解析】证明:f(x)⩽11+x ⇔(1+x)e −2x ⩽11+x ⇔(1+x)2⩽e 2x , 又e x ⩾1+x ,故f(x)⩽11+x , 由泰勒展开式e x=1+x +x 22!+⋯+x n n!+⋯,所以e −2x =1−2x +2x 2+⋯+(−2x)n n!+⋯,所以(1+x)e −2x −(1−x)⩾(1+x)(1−2x +2x 2)−(1−x)=2x 3⩾0,故f(x)⩾1−x . 所以1−x ⩽f(x)⩽11+x.2.f(x)=ln 1+x1−x ,若x ∈(0,1)时f(x)>k (x +x 33),求k 的最大值.【解析】ln (1+x)=x −x 22+x 33+⋯+(−1)n−1xnn+⋯ln (1−x)=−x −x 22−x 33+⋯+(−1)2n−1xnn+⋯. 两式相减,得ln (1+x)−ln (1−x)=2(x +x 33+⋯+x 2n+12n+1)+⋯,当k ⩽2时,f(x)>2(x +x 33);当k >2时,令g(x)=f(x)−k (x +x 33),g ′(x)=k1−x2(x 4−k−2k),当x ∈(0,√k−2k4)时,g(x)单调递减,g(x)<g(0)=0,即f(x)<k (x +x 33),故k >2不合题意.综上所述,k ⩽2.故k 的最大值为2.。
2024函数与导数备考建议
2024函数与导数备考建议一、函数与导数的重要性函数与导数在数学中那可是相当重要的存在。
就像一座大厦的基石一样，它们在很多数学问题以及实际应用中都扮演着关键的角色。
比如说在物理里，描述物体运动的轨迹、速度和加速度之间的关系就离不开函数与导数。
而且在经济领域，分析成本、利润和产量之间的变化规律，函数与导数也是好帮手。
二、备考前的知识梳理1、函数部分函数的概念得弄得清清楚楚，什么定义域、值域、对应关系，就像要搞清楚一个人的身份信息一样。
像一次函数、二次函数这些基本函数的性质，像单调性、奇偶性等，要像熟悉自己的手指头一样熟悉。
例如二次函数y = ax²+bx + c（a≠0），当a>0时，函数图象开口向上，有最小值；当a<0时，图象开口向下，有最大值。
函数的图象也是重点。
要知道不同函数图象的形状、特点以及它们之间的变换关系。
比如把y = f(x)的图象向左平移m个单位就变成了y = f(x + m)的图象，向右平移就是y = f(x - m)。
2、导数部分导数的定义要理解透彻。
导数其实就是函数的变化率，从几何意义上讲，它就是函数图象在某一点处切线的斜率。
比如对于函数y = x²，它的导数y' = 2x，在点(1,1)处的切线斜率就是2。
导数的基本公式和运算法则得背得滚瓜烂熟。
像常数的导数是0，幂函数的导数公式（xⁿ）' = nxⁿ⁻¹等。
而且要会熟练运用求导的四则运算法则，加、减、乘、除求导都不能出错。
三、备考的练习策略1、专项练习先从函数的专项练习开始。
找一些关于函数定义域、值域、单调性、奇偶性的练习题集中火力攻克。
比如说有一道求函数y = 1/(x - 1)+√(x + 2)定义域的题，要考虑分母不为0以及根号下的数非负这两个条件，得出x> - 2且x≠1。
再进行导数的专项练习。
做一些求导的基础题，像求y = sinx - cosx的导数，运用求导公式得出y' = cosx+sinx。
高三数学二轮复习建议——专题五：函数与导数
2016年
7—中 8—中 21—难 22分
2017年
5—中 11—中难 21—难 22分
11.涉及分段函数及 3.考查函数奇偶性. 12.涉及函数不 7.涉及函数图象问 5.涉及函数单调性、 一次函数、二次函数、对 6.考查建立函数 等式存在成立求参数 题；考查利用导数判断 奇偶性、函数不等式问 数函数；考查不等式恒成 解析式及函数的图象； 范围问题；考查利用 函数单调性的方法；考 题；考查运算能力和数 立求参数范围问题；考查 考查识图、用图的能 导数判断函数单调性 查特殊值法、排除法. 形结合思想. 转化与化归思想、数形结 力. 问题；考查转化思想、 8.涉及比较大小问 11.涉及比较大小问 合思想解决问题的能力. 11.涉及三次函 数形结合方法和运算 题；考查不等式基本性 题；考查指对互化和对 16. 涉及函数的对称 数、函数零点；考查 求解能力. 质及函数单调性比较大 数运算能力；考查作差 知识 性和利用导数求函数最值 用导数解决函数单调 13.考查函数奇 小的方法；考查作差或 或作商法比较大小；考 方法 问题；考查化归思想和利 性、极值、函数图像 偶性和对数运算. 作商法比较大小；考查 查分析问题、解决问题 用导数（单调性）求极值、 等问题. 21.涉及用导数 特殊值法、排除法. 能力. 思想 最值的基本方法. 21.涉及用导数 求曲线的切线问题和 21.涉及根据零点 21.涉及用导数讨论 21.涉及用导数求曲 求曲线的切线问题和 函数零点个数问题； 个数求参数范围及极值 单调性和根据零点个数 能力 线的切线问题和不等式恒 证明函数不等式问题； 考查零点存在定理及 点偏移问题；考查考查 求参数范围问题；考查 成立求参数范围问题；考 考查利用导数求函数 利用导数研究函数单 零点存在定理及利用导 考查考查零点存在定理 查转化思想（不等式恒成 最值的基本方法；考 调性最值问题；考查 数研究函数单调性最值 及利用导数研究函数单 立转化为函数最值）和分 查转化与化归的思想 转化的思想和分类讨 问题；考查转化的思想、 调性最值问题；考查转 类讨论的方法. 和分类讨论的方法. 论的方法. 数形结合思想和分类讨 化的思想、数形结合思 论的方法. 想和分类讨论的方法.
高三数学二轮复习建议专题五函数与导数
21.涉与用导 大小；考查特殊值法、 21.涉与用导数讨
思想 求极值、最值的基本方 21.涉与用导数 数求曲线的切线问 排除法.
论单调性和根据零点个
法.
求曲线的切线问题 题和函数零点个数 21.涉与根据零点数求参数范围问题；考
能力 21.涉与用导数求 和证明函数不等式 问题；考查零点存 个数求参数范围与极 查考查考查零点存在定
（一）近五年高考题的统计与分析——文科
年份
2013年
2014年
2015年
2016年
2017年
题目 与难
度
9—中 12—难 20—中难
5—易 12—难 15—中难 21—难
10—中 12—难 21—难
8—中 9—中 12—难 21—难
8—中 9—中难 14—易 21—难
总分 值
22分
27分
22分
27分
论函数零点个数 和证明函数不等
题；考查转化能力、数形 结合思想.
力.
21.涉与用导数讨
20.涉与用导数 存在成立求参数范围 式问题；考查零 21.涉与用导数讨论 论单调性和不等式恒成
求曲线的切线、单调 问题；考查利用导数 点存在定理与利 函数单调性和由零点个数 立求参数范围问题；考
性、极值问题；考查 求函数最值的基本方 用导数研究函数 求参数范围问题；考查零 查考查考查利用导数研
除法. 12.涉与由函数单调
法. 14.考查用导数求
思想
式恒成立求参数范围 问题；考查转化与化
考查运算能力和分类 讨论思想数范围、三角函数 与二次函数交汇恒成立问
曲线切线的问题；考查 转化能力和运算求解能
能力
归思想、数形结合思 想解决问题的能力.
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
函数与导数二轮复习建议金陵中学 朱骏函数是高中数学的核心内容，因而在历年的江苏高考中，函数一直是考查的重点和热点．高考既注重单独考查函数的基础知识，也会突出考查函数与其它知识的综合应用；既考查具体函数的图象与性质，也考查函数思想方法的应用．下表列出的是《考试说明》对函数部分具体考查要求及2019年~2019年四年江苏高考基本题型一：函数性质的研究 例1（2019年江西理改）若f (x )＝1log(2x ＋1)，则f (x )的定义域为____________．【解析】由⎩⎨⎧2x ＋1＞0log(2x ＋1)＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＞－12x ＜0，故－12＜x ＜0，答案为（－12，0）．说明：以函数定义域为载体，考查对数函数的图象与性质．例2（2019年江苏）设函数f (x )＝x (e x ＋a e －x)（x ∈R ）是偶函数，则实数a ＝_______． 【解析】 由g (x )＝e x＋a e －x为奇函数，得g (0)＝0，解得a =－1；也可以由奇函数的定义解得．说明：1．函数奇偶性的定义中应关注两点：①定义域关于数0对称是函数具有奇偶性的必要条件；②f (0)＝0是定义域包含0的函数f (x )是奇函数的必要条件．2．利用特殊与一般的关系解题是一种非常重要的方法．变式：若函数f (x )＝k －2x 1＋k ·2x （k 为常数）在定义域上为奇函数，则k 的值是_______．答案：±1．例3 设a (0＜a ＜1)是给定的常数，f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，若f (12)＝0，f (log a t )＞0，则t 的取值范围是________．【解析】 因为f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，故f (x )在区间(－∞，0)上也是增函数．画出函数f (x )的草图．由图得－12＜log a t ＜0或log a t ＞12，解得t (0，a ) ∪(1，aa)．说明：1．单调性是函数的局部性质，奇偶性是函数的整体性质，单调性和奇偶性常常结合到一起考查．2．函数图象是函数性质的直观载体，“以形辅数”是数形结合思想的重要体现．例4（2019年江苏卷）已知函数f (x )＝⎩⎨⎧x 2＋1，x ≥0，1， x <0，则满足不等式f (1－x 2)＞f (2x )的x 的范围是 ．【解析】画出函数f (x )的图象，根据单调性，得⎩⎨⎧1－x 2＞2x ，1－x 2＞0．，解得 x ∈(－1，2－1)．说明：1．函数单调性是比较大小和解不等式的重要依据，如果把式f (1－x 2)＞f (2x )具体化，需要分类，情形比较复杂，本题对能力要求较高．2．分段函数是高考常考的内容之一，解决相关问题时，应注意数形结合、分类讨论思想的运用．变式：设偶函数f (x )＝log a |x －b |在(－∞，0)上单调递增，则f (a ＋1)与f (b ＋2)的大小关系为________________________．答案：f (a ＋1)＞f (b ＋2)．例5（2019年江苏）设a 为实数，函数f (x )＝2x 2＋(x －a )|x －a |．（1）若f (0)≥1，求a 的取值范围；（2）求f (x )的最小值；（3）设函数h (x )＝f (x )，x ∈(a , +∞)，直接写出．．．．(不需给出演算步骤)不等式h (x )≥1的解集．【解析】（1）因为f (0)＝－a |－a |≥1，所以，－a ＞0，即a ＜0．由a 2≥1，得a ≤－1． （2）记f (x )的最小值为g (a )，f (x )＝2x 2＋(x －a )|x －a |＝⎩⎪⎨⎪⎧3(x － a 3)2＋2a 23，x ＞a ， ①(x ＋a )2－2a 2， x ≤a ， ② （ⅰ）当a ≥0时，f (－a )＝－2a 2，由①②知f (x )≥－2a 2，此时，g (a )＝－2a 2．（ⅱ）当a ＜0时，f (a 3)＝23a 2．若x ＞a ，则由①知f (x )≥23a 2；若x ≤a ，则x ＋a ≤2a＜0，由②知f (x )≥2a 2＞23a 2．此时，g (a )＝23a 2．所以，g (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，23a 2， a <0．（3）（ⅰ）当a ∈(－∞，－62]∪[22，＋∞)时，解集为(a , ＋∞)； （ⅱ）当a ∈[－22, 22)时，解集为[a ＋3－2a23，＋∞)；（ⅲ）当a ∈(－62，－22)时，解集是(a , a －3－2a 23]∪[a ＋3－2a23，＋∞)．说明：1．江苏高考中经常考查含有绝对值的函数问题，解决绝对值问题的基本方法是去绝对值，按零点分类去绝对值、平方去绝对值是两种常用方法．2．二次函数在区间上最值的讨论是对二次函数考查的一个热点问题，应熟练解决．将二次函数与分段函数结合起来，要求较高．（2）中之所以用0来区分，是因为①式中应比较a3与a 的大小，②式中要比较－a 与a 的大小．基本策略：1．基本初等函数及其组合是函数性质考查的重要载体，因此应该对一些基本初等函数（如一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、反比例函数、耐克函数等）的图象与性质非常熟悉．掌握一些最基本的复合函数理论及图象变换的相关知识，能将比较复杂的函数化归为一些基本初等函数进行性质的研究．2．应熟练掌握函数常见性质的判别和证明的基本方法和步骤．函数性质研究以函数单调性研究为重点和难点，函数单调性的判别常使用图象和导数，证明的常用方法是定义法和导数法；奇偶性的判别应注意两个必要条件的应用（例2），证明函数具有奇偶性，必需严格按照定义进行，说明函数不具有奇偶性，仅举出一个反例即可．要了解函数的奇偶性与单调性的联系．3．对函数性质的考查，主要有两类问题，一类是判断函数是否具有某种性质，一类是根据函数具有的性质解决一些问题，如求值、判断零点的个数、解不等式等．对于第二类问题，函数性质常常有两种呈现方式：（1）直接呈现；（2）隐含在具体函数之中（如例4）．有些时候，直接呈现函数性质时，可能有不同的表述形式．下面两个问题中两种不同的表述都是在呈现单调性．题1 定义在R 上函数f (x )，对定义域内任意的x 都有f'(x )＜0成立，则f (－1)与f (－1)的大小关系是___________________．题2 已知f (x )＝ax ＋b ，对定义域内任意的x 1，x 2(x 1≠x 2)均满足f (x 2)－f (x 1)x 2－x 1＜0，则实数a 的取值范围为___________________．有时还可能用类似于“f (x )＋x f'(x )＜0”的条件，给出了函数y ＝x f (x )的单调性．4．研究函数性质时，必需学会从“数”和“形”两个角度加以考虑，特别是“形”，掌握函数图象是学好函数性质的关键．基本题型二：导数的运算及简单应用例6（2019年江苏）在平面直角坐标系xoy 中，点P 在曲线C ：y ＝x 3－10x ＋3上，且在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 .【解析】y ′＝3x 2－10＝2，得x ＝2，－2，又因为点P 在第二象限内，2x ∴=-．点P 的坐标为（－2，15）．说明：本题考查导数的几何意义，求曲线的切线包括求曲线在某点处的切线和经过某点处的切线，求曲线在某点处的切线问题又包括已知切点，求切线斜率和已知切线斜率，求切点．例7（2019年江苏）函数f (x )＝x 3―15x 2―33x ＋6单调减区间为 ． 【解析】 f ′(x )＝3(x －11)(x +1)，由f ′(x )＜0可知：函数f (x )的单调减区间为（－1，11）．说明：确定具体函数的单调区间和已知函数单调性求参数取值范围问题是利用导数研究函数单调性的两种典型题型．这类问题的研究中要特别注意以下两个结论：导数在区间上恒大于零是函数在区间上单调递增的充分非必要条件；导数在区间上恒大于等于零是函数在区间上单调递增的必要非充分条件．易错题：若函数f (x )＝x 3＋x 2＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是____． 错解：（13，＋∞），正解：[13，＋∞）．例8（2019年广东理）函数f (x )＝x 3－3x 2＋1在x ＝ 处取得极小值．【解析】f ′(x )＝3x 2－6x ＝3x (x －2)，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，递减区间为(0，2)，∴f (x )在x ＝2处取得极小值．说明：求函数极值是导数应用的重要方面，闭区间上可导函数的最值只在区间端点或极值点处取得．用导数求极值，我们应该注意的结论是：f ′(a )＝0是x ＝a 为f (x )极值点的必要非充分条件．易错题：已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2在x ＝1处有极值为10，则a ＝______． 错解：4或－3，正解：4．求函数极值的重要环节是检验导函数零点两侧导数符号的变化．例9（2019年江苏）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数f (x )＝e x（x ＞0）的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是 ．【解析】设P (x 0，e x 0)，则l ：y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，∴M (0，(1－x 0)e x 0)，过点P 的l 的垂线的方程为y －e x 0＝－e －x 0(x －x 0)，∴N (0，e x 0＋x 0e －x)，∴t (x 0)＝12[(1－x 0)e x 0＋e x 0＋x 0e －x 0]＝e x 0＋12x 0(e －x 0－e x 0)，t ′(x 0)＝12(e x 0＋e －x)(1－x 0)，所以，t (x 0)在(0，1)上单调增，在(1，＋∞)上单调减，∴x 0＝1，t (x 0)max ＝12(e ＋1e )．说明：本题考查了导数的运算与几何意义、利用导数研究函数的单调性，进而确定函数的最值，综合性较高，运算过程较复杂，属难题．例10（2019年江苏卷）将边长为1m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)2梯形的面积，则S 的最小值是 ．【解析】设剪成的小正三角形的边长为x ，则S ＝4(3－x )23( 1－x 2)（0＜x ＜1），方法一：S ′(x )＝43×－2(3x －1)(x －3)(1－x 2)2，令S ′(x )＝0，得x ＝13，当x ∈(0，13)时，S ′(x )＜0，所以函数S (x )递减；当x ∈(13，1)时，S ′(x )＞0，所以函数S (x )递增；故当x＝13时，S 的最小值是3233． 方法二：令3－x ＝t ，由x(0，1)，得t(2，3)，1t(13，12)，则 S ＝43·t 2－t 2＋6t －8＝43·4－1t 2＋6t－1．故当1t ＝38，x ＝13时，S 的最小值是3233．说明：1．导数法是求函数求最值（或值域）的一种最重要方法，一定要熟练掌握．2．“f (x )g (x )”型(其中函数f (x )，g (x )一个为1次、一个为2次）的函数求最值问题在高考中的考查频率非常高，其一般方法除了导数法外，还可以利用复合函数求值域的方法（关键是：换元），将之化归为二次函数或耐克函数求解．基本策略：1．导数运算是导数应用的基础，应该熟练掌握，2019年江苏高考12题（例9）之所以让很多同学望而却步，一点重要原因就是导数运算较为复杂，特别涉及了函数y ＝e －x的求导．2．导数应用的几种常见题型为：求曲线的切线、求函数的单调区间、求函数的最值和值域．在二轮复习中应加强对各种题型的总结、梳理．例如：用导数求曲线的切线方程一般解题步骤是：①设切点（已知切点，则直接用）；②由切点求切线的斜率，进而用点斜式写出切线方程；③由相关条件求出参数的值．用导数求单调区间的步骤是：①求定义域；②解不等式f ′(x )＞0（或f ′(x )＜0）．③写出单调区间．用导数求闭区间上函数的最值的一般步骤：①求导数的极值点；②列表，确定函数的单调性；③比较区间端点和极值点处函数的值的大小，从而确定函数最值．要让学生理解例7、例8说明中提到的几个充分必要条件．3．求函数最值（或值域）的基本方法是导数法和复合函数法（化归为基本初等函数），但两种方法的本质都是在用单调性求最值，因此要重点解决导数在研究函数单调性中的应用．利用导数研究函数单调性还有一个优势是能描绘出函数图象的大致的变化趋势，在很多问题中，作出函数的草图，往往效果事半功倍．基本题型三：函数知识综合应用例11已知函数f (x )＝a ln x －bx 2图象上一点P (2，f (2))处的切线方程为y ＝－3x ＋2ln2＋2．（1）求a ，b 的值；（2）若方程f (x )＋m ＝0在[1e ，e]内有两个不相等的实数根，求m 的取值范围（其中e为自然对数的底数，e=2.71828…）．【解析】（1）f ′(x )＝a x －2bx ，f ′(2)＝a2－4b ，f (2)＝a ln2－4b ，∴a2－4b ＝－3，且a ln2－4b ＝－6＋2ln2＋2．解得a ＝2，b ＝1．（2）f (x )＝2ln x －x 2，f ′(x )＝2x －2x ＝2－2x2x．令f ′(x )＝0，得x ＝1，或x ＝－1（舍去）．方程f (x )＋m ＝0，即－m ＝f (x )，则f (x )＋m ＝0在[1e ，e]内有两个不相等的实数根的充要条件是曲线y ＝－m 与y ＝f (x )的图象有两个不同的交点．∵2－e 2＜－2－1e 2，∴－2－1e 2≤－m ＜－1，∴m 的取值范围是(1，2＋1e 2]．说明：解（2）的思路是：①将方程f (x )＋m ＝0变形为－m ＝f (x )，把方程有解问题转化为研究函数图象有交点问题；②再将图象有交点问题化归为函数y ＝f (x )的取值范围问题．用函数方法解决方程问题，是函数应用的一个热点，2019年北京理科卷中就出现了这样一类问题：（2019年北京理13）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x ≥2(x －1)3，x ＜2，若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是 ．答案： (0，1)． 例12已知函数f (x )＝ax 3－32x 2＋1(xR )，其中a ＞0．（1）若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点（2，f (2)）处的切线方程； （2）若在区间[－12，12]上，f (x )＞0恒成立，求a 的取值范围．【解析】（1）当a ＝1时，f (x )＝x 3－32x 2＋1，f (2)＝3；f' (x )＝3x 2－3x ， f' (2)＝6．所以曲线y ＝f (x ) 在点（2，f (2)）处的切线方程y －3＝6(x －2)，即6x －y －9＝0． （2）方法一：f' (x )＝3ax 2－3x ＝3x (ax －1)，令f' (x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a．以下分两种情况讨论：① 若0＜a ≤2，则1a ≥12，当x 变化时，f' (x )，f (x )的变化情况如下表：x （－12，0）0 （0，12）f' (x ) ＋ 0 － f (x )↗极大值↘当x[－12，12]上，f (x )＞0等价于⎩⎨⎧f (－12)＞0， f (12)＞0，即⎩⎨⎧5－a 8＞0， 5＋a 8＞0．解不等式组得－5＜a ＜5．因此0＜a ≤2．② 若a ＞2，则0＜1a ＜12，当x 变化时，f' (x )，f (x )的变化情况如下表：x （－12，0）0 （0，1a ）1a（1a ，12） f' (x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗当x[－12，12]上，f (x )＞0等价于⎩⎨⎧f (－12)＞0， f (1a )＞0，即⎩⎨⎧5－a 8＞0，1－12a2＞0．解不等式组得22＜a ＜5，或a ＜－22．因此2＜a ＜5． 综合①和②，可知a 的取值范围为(0，5)．方法二：f (x )＞0即ax 3－32x 2＋1＞0，即ax 3＞32x 2－1．当0＜x ≤12时，即a ＞32x 2－1x 3＝32x －1x 3；当－12≤x ＜0时，a ＜32x －1x3．令g (t )＝32t －t 3，t (－∞，－2]∪[2，＋∞)．则g' (t )＝32－3t 2．列表得x （－∞，－2）－2 2 （2，＋∞)f' (x ) － － f (x )↘5－5↘在区间[－12，12]上，f (x )＞0恒成立，则x[－12，0)时，a ＜32x －1x 3恒成立，由上表得32x －1x3≥5，∴a ＜5．x(0，12]时， a ＞32x －1x 3恒成立，由上表得32x －1x 3≤－5，∴a ＞－5，．当x ＝0时，即0＞－1，恒成立，a R ．综上，根据已知条件a ＞0，则a 的取值范围为(0，5)．说明：研究不等式f (x )＞0在区间A 上恒成立，求其中参数a 的取值范围问题，一般有两种方法：第一种方法，直接转化为研究带参数的动态函数y ＝f (x )在区间A 上的最小值．由于函数y ＝f (x )带有参数，它在区间A 上的单调性会由于参数a 的不同而变化，因此需要分类讨论．由于函数y ＝f (x )的单调性和其导函数在区间A 上的零点个数有关，问题最后都归结为就函数y ＝f' (x ) 在区间A 上的零点个数进行分类讨论．问题（2）中的方法一就是遵循这一思路．第二种方法，是将不等式f (x )＞0作变形，将参数a 和变量x 进行分离，将不等式转化为h (a )＞g (x )(或h (a )＜g (x ))，利用极值原理，将问题转化为研究函数y ＝g (x )在区间A 上的最大值（或最小值）的问题．问题（2）中的方法二就是这一思路．由于y ＝g (x )不含参数，其在区间A 上的单调性是确定的，就不需要分类讨论．但要注意的是，有时候由于函数y ＝g (x )形式比较复杂，研究起来也不一定方便．用函数方法研究本等式问题是函数应用的另一个重要方面．由不等式恒成立，求参数取值范围问题成为各地考试函数压轴题的一个主要命题点．江苏2019年第14题和本题非常类似．（2019年江苏）f (x )＝ax 3―3x ＋1对于x ∈[－1，1]总有f (x )≥0成立，则a ＝ ． 答案：4．例13（2019年江苏）设f (x )是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈(1，＋∞)都有h (x )＞0，使得f ′(x )=h (x )(x 2―ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．（1）设函数f (x )＝ln x ＋b ＋2x ＋1(x ＞1)，其中b 为实数． (i)求证：函数f (x )具有性质P (b )； (ii)求函数f (x )的单调区间．（2）已知函数g (x )具有性质P (2)．给定x 1，x 2∈(1，＋∞)，设m 为实数，α＝mx 1＋(1－m )x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2，且α＞1，β＞1，若|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，求m 的取值范围．【解析】（1）(i) f ′(x )＝1x －b ＋2（x ＋1）2＝x 2－bx ＋1x （x ＋1）2，∵x ＞1时，h (x )＝1x （x ＋1）2＞0恒成立，∴函数f (x )具有性质P (b )；(ii)当b ≤2时，由于x ＞1，令φ(x )＝x 2－bx ＋1≥x 2－2x ＋1＝(x －1)2≥0，所以f ′(x )＞0，故此时f (x )在区间(1，＋∞)上递增；当b ＞2时，φ(x )图像开口向上，对称轴x ＝b2＞1，方程φ(x )＝0的两根分别为x 1＝b －b 2－42，x 2＝b ＋b 2－42，其中b ＋b 2－42＞1，0＜b －b 2－42＜1， 所以当x ∈（1，b ＋b 2－42）时，φ′(x ) ＜0，f′(x )＜0，所以，此时f (x )在区间(1，b ＋b 2－42)上递减；同理，得f （x ）在区间(b ＋b 2－42，＋∞)上递增．综上所述，当b ≤2时， f (x )在区间(1，＋∞)上递增； 当b ＞2时， f (x )在(1，b ＋b 2－42)上递减； f (x )在(b ＋b 2－42，＋∞)上递增．（2）由题设知，g (x )的导函数g ′(x )＝h (x )(x 2－2x ＋1)，其中函数h (x )＞0对于任意的x ∈(1，＋∞)都成立．所以，当x ＞1时，g ′(x )= h (x )(x －1)2＞0，从而g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增．①当m ∈(0，1)时，有α＝mx 1＋(1－m )x 2＞ mx 1＋(1－m )x 1＝x 1，α＝mx 1＋(1－m )x 2＜mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，得α∈(x 1，x 2)，同理可得β∈(x 1，x 2)，所以由g (x )的单调性知g (α)，g (β)∈(g (x 1)，g (x 2))，从而有|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，符合题设．②当m ≤0时，α＝mx 1＋(1－m )x 2＞ m x 2＋(1－m )x 2＝x 2，β＝(1－m ) x 1＋mx 2≤(1－m )x 1＋mx 1＝x 1，于是由α＞1，β＞1及g (x )的单调性知g (β)≤g (x 1)＜g (x 2)≤g (α)，|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符,舍去．③当m ≥1时，同理可得α＜x 1，β＞x 2，得|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符，舍去．综合①、②、③得， m 的取值范围是(0，1)．说明：（1）(ii) 求函数f (x )的单调区间不是不等式恒成立问题，而是在区间(1，＋∞)研究不等式x 2－bx ＋1＞0的解集，但问题最后依然是化归为讨论二次函数y ＝x 2－bx ＋1在区间的零点个数问题，其中b ＞2时就x 1，x 2范围的判别是难点（可用韦达定理辅助研究）．不在定义域范围内考虑单调区间是这类问题最常见的错误．（2）的综合性很强，问题的实质是利用函数单调性，将函数值的大小关系转化为讨论自变量的大小．例14（2019年江苏）已知a ，b 是实数，函数f (x )＝x 3＋ax ，g (x )＝x 2＋bx, f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数，若f ′(x )g ′(x )≥0在区间I 上恒成立，则称f (x )和g (x )在区间I 上单调性一致．(1)设a ＞0，若f (x )和g (x )在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b 的取值范围； (2)设a ＜0且a ≠b ，若f (x )和g (x )在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a －b |的最大值．【解答】 f ′(x )＝3x 2＋a ，g ′(x )＝2x ＋b .（1）由题意知f ′(x )g ′(x )≥0在[－1，＋∞)上恒成立．因为a ＞0，故3x 2＋a ＞0，进而2x ＋b ≥0，即b ≥－2x 在区间[－1，＋∞)上恒成立，所以b ≥2.因此b 的取值范围是[2，＋∞)．（2）方法一：①当b ＜a ＜0时，因为函数f (x )和g (x )在(b ，a )上单调性一致，所以，任意x(b ，a )，f ′(x )g ′(x )≥0恒成立，即任意x (b ，a )，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．因为任意x (b ，a )，2x ＋b ＜2a ＋b ＜0，所以任意x (b ，a )，a ≤－3x 2恒成立，所以b ＜a ≤－3b 2．设z ＝a －b ，考虑点(b ，a )的可行域，函数y ＝－3x 2的斜率为1的切线的切点设为(x 0，y 0)．则－6x 0＝1，x 0＝－16，y 0＝－112，z max ＝－112－(－16)＝112，所以|a －b |max ＝112．②当a ＜b ＜0时，因为函数f (x )和g (x )在(a ，b )上单调性一致，所以，任意x(a ，b )，f ′(x )g ′(x )≥0恒成立，即意x (a ，b )，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．因为任意x (a ，b )，2x ＋b ＜3b ＜0，所以任意x (a ，b )，a ≤－3x 2，所以a ≤－3a 2，∴－13≤a ≤0，(b －a ) max ＜13，所以|a －b |max ＜13．③当a ＜0＜b 时，因为f (x )和g (x )在(a ，b )上单调性一致，所以，任意x(a ，b )，f ′(x )g ′(x )≥0恒成立，即意x (a ，b )，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．因为(3×02＋a )(2×0＋b )＝ab ＜0，不符合题意，舍去．④当a ＜0＝b 时，由题意，任意x(a ，0)，3x 2＋a ≤0，3a 2＋a ≤0，所以－13≤a ≤0，|a －b |max ＝b －a ＝13．综上可知，|a －b |max ＝13．方法二：令f ′(x )＝0，解得x ＝±－a3. 若b ＞0，由a ＜0得0∈(a ，b )．又因为f ′(0)g ′(0)＝ab ＜0，所以函数f (x )和g (x )在(a ，b )上不是单调性一致的．因此b ≤0.现设b ≤0.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )＜0；当x ∈(－∞，－－a3)时，f ′(x )＞0，因此当x ∈(－∞，－－a3)时，f ′(x )g ′(x )＜0. 故由题设得a ≥－－a3，且b ≥－－a 3，从而－13≤a ＜0，于是－13≤b ≤0，因此|a －b |≤13，且当a ＝－13，b ＝0时等号成立．又当a ＝－13，b ＝0时，f ′(x )g ′(x )＝6x (x2－19)，从而当x ∈(－13，0)时f ′(x )g ′(x )＞0，故函数f (x )和g (x )在(－13，0)上单调性一致．因此|a －b |的最大值为13.说明：（2）的方法一，是常规的分类讨论，想法比较容易，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立的讨论比较困难，该过程没有直接利用例12的两种方法，因为含有两个参数，而且区间含有参数，直接讨论有困难，方法一中通过限制参数的范围，将含两参数的三次不等式恒成立问题转化为单参数的二次不等式恒成立问题，对不能转化的范围，利用特殊值的方法进行否定．（2）的方法二则是先依据特殊与一般的关系，缩小参量的取值范围，简化不必要的讨论，先得到|a －b |≤13，再说明可以取得13，从而说明|a －b |的最大值为13．两种方法难度都比较大，但其处理问题的方法，值得我们好好反思．基本策略：1．利用函数方法研究方程与不等式问题是函数综合应用的重要方面，应引起足够重视；2．方程恒有解问题，往往可以转化为两条曲线（其中一条曲线可能为垂直于坐标轴的直线）的交点问题．利用导数研究函数单调性，进而绘制函数图象，对问题的解决大大有益． 3．不等式恒成立问题，往往转化为函数的最值问题，研究的函数可能是含参数的动态函数，也可以是作参变量分离后的定函数．含参数的动态函数的最值需要对其单调性进行分类讨论．在很多问题中，这种讨论最终总是转化为二次函数在区间上零点个数的讨论． 在用函数方法处理不等式问题时，还应该注意两种问题的区别，问题一：对任意xA ，a ≤f (x )恒成立；问题二：存在x A ，a ≤f (x )成立．4．和不等式恒成立，不等式能成立，方程恒有解问题一样，近年来高考出现的一些新定义的问题，也出现过一些新的说法，它们都不直接表述为对函数的研究，但最终都是转化为对函数性质的研究，2019年和2019年高考都是如此．再如：题1 已知两个函数f (x )＝8x 2＋16x －k ，g (x )＝2x 3＋5x 2＋4x ，（1）对任意的x[－3，3]都有f(x)≤g(x)，则实数k的取值范围是_________．（2）对任意的x1，x2[－3，3]都有f(x1)≤g(x2)，则实数k的取值范围是_________．答案：（1）[45，＋∞)；（2）[141，＋∞)；题2（2019年湖南文改）已知函数f(x)＝e x－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若有f(a)＝g(b)，则b的取值范围为_________．答案：（2－2，2＋2）．5．对于含参数的函数问题，在解题过程中要能够准确地进行分类讨论．江苏高考函数解答题中经常出现多个变量的问题，这一点应该引起我们足够的重视．分类讨论时，如果能注意应用一些特殊值或必要条件，缩小参量的取值范围，往往能让问题得以简化．本单元二轮专题和课时建议：专题内容说明第一课时函数图象与性质函数基本性质（含指、对函数图象和性质）第二课时导数的概念及其简单运用曲线的切线、求导法则、单调性、值域第三课时二次函数、二次方程、二次不等式以“三个二次”为载体复习函数与方程、函数与不等式的相关知识第四－五课时函数综合运用函数知识与方程、数列、不等式等知识的综合运用。