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2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题六第六讲专题提能——优化思路上高度全面清障把漏补
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第六讲 专题提能——优化思路上高度，全面清障把漏补
因作函数图象不规范而失误
[例1] 定义域为R的偶函数f(x)满足对任意的x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[0,1)时，f(x)＝－2(x－1)2，若函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在R上恰好有六个零点，则实数a的取值范围是________．
[解析] 令x＝－1，得f(1)＝f(－1)－f(1)，因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝0，f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为2的周期函数．
令g(x)＝loga(|x|＋1)，根据题意作出函数y＝f(x)和g(x)＝loga(|x|＋1)的部分大致图象，如图所示，
因为y＝f(x)和y＝g(x)均为偶函数，
所以y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有三个交点，
当函数g(x)＝loga(|x|＋1)的图象过点(2，－2)时，函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有两个交点，从而函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上恰有两个零点，由loga3＝－2得a＝；
当g(x)＝loga(|x|＋1)的图象过点(4，－2)时，函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有四个交点，从而函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上恰有四个零点，由loga5＝－2得a＝.
综上可知，所求实数a的取值范围为.
[答案]
[微评] 本题将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，运用数形结合的思想求解，此方法较为常规，本题的难点在于对函数f(x)的周期的推导．本题极易因作图不准确致误，为避免失误，作图时一定要明确函数的定义域、单调性、奇偶性、周期性等，并找出关键点，注意“草图不草”．另外，需重点掌握周期函数与绝对值函数的图象的画法．
因不会挖掘函数的性质而解题受阻
[例2] (2018·广东惠州二调)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象上关于原点对称的点有2对，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.
C．(0，＋∞) D．(0,1)
[解析] 易知函数y＝－ln(－x)(x<0)的图象与函数y＝ln x(x>0)的图象关于原点对称，依题意，可得函数y＝ln x(x>0)的图象与直线y＝kx－1(x>0)的交点个数为2.
当直线y＝kx－1与y＝ln x的图象相切时，设切点为(m，ln m)，
因为y＝ln x的导数为y′＝，
所以
解得可得切线的斜率为1.
由图象(图略)可知当k∈(0,1)时，函数y＝ln x的图象与直线y＝kx－1有2个交点，即原函数f(x)的图象上有2对关于原点对称的点，故选D.
[答案] D
[微评] 本题的解题关键是运用函数的对称性转化已知条件“函数f(x)的图象上关于原点对称的点有2对”，对考生的转化与化归能力及对函数性质的掌握程度要求较高，极易出错．另外，解函数的对称问题时易因混淆自对称与互对称致错，注意：(1)若函数f(x)的图象关于原点对称，则f(x)＋f(－x)＝0；(2)若两函数的图象关于原点对称，且其中一个函数的解析式为y＝f(x)，则另一个函数的解析式为y＝－f(－x)．
因对双变量问题非等价转化而失分
[例3] 已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
[解] (1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：
f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当00，则函数y＝f(x)在上单调递增，f(0)＝－1<0，f＝e>0，f(0)·f<0.
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1.
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，
所以∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max.
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1.
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，
当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，
所以g′(x)<0.
故g(x)在区间上单调递减，
当x＝0时，g(x)取得最大值－.
所以－1≥m－(－)，
所以m≤－－1，
故实数m的取值范围是(－∞，－1－ ]．
[微评] (1)本题第(2)问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错．
(2)双变量问题的常用转化方法：
①存在x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；
②任意的x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max；
③任意的x2∈[a，b]，总存在x1∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max；
④任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min；
⑤任意的x1，x2∈[a，b]，不等式|f(x1)－f(x2)|
特例法——在求解函数问题中的应用
特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．
[例1] (1)(特殊数值)设函数f(x)＝若f(x0)>3，则x0的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
(2)(特殊点)函数f(x)＝的图象是( )
(3)(特殊函数)若函数y＝f(x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f(x)的值域可以是R；
②“影子函数”f(x)可以是奇函数；
③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．① B．②
C．③ D．②③
[解析] (1)取x0＝1，则f(1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
(2)因为x≠±1，所以排除A；因为f(0)＝1，所以函数f(x)的图象过点(0,1)，排除D；因为f＝＝，所以排除B，故选C.
(3)对于①：假设“影子函数”的值域为R，则存在x1，使得f(x1)＝0，此时显然不存在x2，使得f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误；对于②：函数f(x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f(x1)·f(x2)＝1，又因为函数f(x)＝x(x≠0)为奇函数，即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确；对于③：函数f(x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．综上，应选B.
[答案] (1)C (2)C (3)B
[微评] 本例(1)(2)(3)分别采用“特殊值”、“特殊点”、“特殊函数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正确率．
构造法——在函数、导数与不等式综合问题中的应用
根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法之一．
[例2] (1)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
(2)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
[解析] (1)由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.
(2)因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝.又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
[答案] (1)A (2)B
[微评] (1)本例(1)(2)分别构造函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解．
(2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数．求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：
①xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′，xf′(x)－f(x)→′；
②f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′，f′(x)－f(x)→′等．
(一)数形结合思想——在求解不等式中的应用
当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象法．
[例1] (1)不等式≤x＋b恒成立，则实数b的取值范围是( )
A．(－∞，－－1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[－－1，－1]
(2)(2018·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为( )
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋
[解析] (1)设y＝＝，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1的上半圆；而y＝x＋b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线．如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故≥1，解得b≥－1或b≤－－1.而当b≤－－1时，直线y＝x＋b在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b的取值范围是[－1，＋∞)．故选C.
(2)因为f(x)＝ex＋e2－x>0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得00)，画出函数g(t)的大致图象，如图所示，结合图象分析易知原不等式有3个整数解可转化为0
[微评] (1)利用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为直线与半圆的位置关系，即圆心与直线距离问题求解．
(2)求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答．
(二)函数与方程思想——在方程根或零点问题中应用
[例2] 已知函数f(x)＝g(x)＝kx＋1，若方程f(x)－g(x)＝0有两个不同实根，则实数k的取值范围为________．
[解析] 因为f(x)＝
所以当1
当n
当x≤1时，设函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1，则y′＝ex－k，当k≥e时，y′＝ex－k≤0，函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1为单调递减函数，不可能有两个零点；
当k≤0时，y′＝ex－k>0，函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1为单调递增函数，不可能有两个零点；
当00，函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1为单调递增函数，
故x＝x0为函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1的极小值点，
又f(0)－g(0)＝0，所以当x0＝ln k≠0，
即k≠1时，函数的极小值小于0，
即函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1在(－∞，1]上有两个零点，其中一个为x＝0，由图可知kPB
所以
[微评] 本题考查分段函数、方程的根等知识，意在考查考生运用化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力．
(三)分类讨论思想——在函数、导数中的应用
[例3] (1)(2018·全国18名校大联考)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则ab＝________.
(2)(2019届高三·江西吉安七校联考)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
①当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
②当a<0时，求函数f(x)在上的最小值．
[解] (1)当0
则此方程组无解．
综上可知，ab＝4.
(2)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
所以f′(x)＝2ax＋1－2a－＝.
①因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0，
令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
当－>1，即－
当≤－≤1，即－1≤a≤－时，f(x)在上是减函数，在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)．
当－<，即a<－1时，f(x)在上是增函数，所以f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为
f(x)min＝
[答案] (1)4
[微评] (1)要由“函数f(x)的定义域和值域都是[－1，0]”这一条件得到关于a，b的方程组，必须先明确函数f(x)的单调性，而底数a的值决定了函数f(x)的单调性，因此分01两种情况进行求解．注意对于底数含参的指数(对数)函数，当涉及单调性、值域与最值、解不等式等问题时，一般需进行分类讨论．
(2)求f(x)在上的最小值时，主要是参数a的取值影响f(x)在的单调性，故要分类讨论．
导数在函数应用中的6种考法
[题根探究]
[典例] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
当a2≤3时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上递增；
当a2>3时，由f′(x)＝0，求得两根为x＝，
即f(x)在上递增，
在上递减，
在上递增．
综上，当a2≤3时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当a2>3时，f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为.
(2)由
解得a≥2，即a的取值范围为[2，＋∞)．
[考查角度] 对于一元三次函数，要判断其单调性并求其单调区间，求导的方法来得简单．
[变式应用]
[变式1] 已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x＋a，由f′(x)≥0得到增区间为，由f′(x)≤0得到减区间为.
(2)－≤－⇒a≤，即a的取值范围为.
[变式2] 已知函数f(x)＝－，其中t为常数，且t>0.求函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值．
解：由f(x)＝－，得f′(x)＝－－＝.
因为x>0，当x0；
当x>t时，f′(x)<0，
所以当x＝t时，f(x)取得最大值f(t)＝.
[变式3] 设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集．
解：(1)f′(x)＝ex(x≠0)，由f′(x)＝0，得x＝1.当x<0时，f′(x)<0；当01时，f′(x)>0；所以f(x)的单调递增区间是[1，＋∞)；单调递减区间是(－∞，0)和(0,1]．
(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝ex＝ex>0，得(x－1)(kx－1)<0.
所以当0
当k>1时，解集是.
[变式4] 已知f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
∴当00，f(x)在(1，e]上单调递增．
∴f(x)的极小值为f(1)＝1，f(x)无极大值．
(2)由(1)知f(x)min＝1.
又g′(x)＝，
∴当0
∴f(x)min－g(x)max＝1－，但由于f(x)和g(x)不能同时取得最小和最大值，
∴f(x)－g(x)>1－，
即不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
[变式5] 设函数f(x)＝ax＋cos x，x∈[0，π]．
(1)当a＝时，求f(x)的单调区间；
(2)设f(x)≤1＋sin x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝时，f′(x)＝－sin x.
由f′(x)＝0，x∈[0，π]知x＝或，
∴由f′(x)>0得递增区间为和；
由f′(x)<0得递减区间为.
(2)在x∈[0，π]上，f(x)≤1＋sin x⇔ax＋cos x≤1＋sin x⇔ax－1≤sin x－cos x⇔ax－1≤sin
⇔函数y＝ax－1的图象恒在y＝sin图象的下方．
作出函数y＝ax－1和y＝sin在[0，π]上的图象，由图可知，a≤＝，
即a的取值范围是.
(一)高等数学背景型临界问题
以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考命题的热点之一．
[高斯函数]
对任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分，称f(x)＝[x]为高斯函数(取整函数)．
[有界函数]
定义在区间D上的函数f(x)，若满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是区间D上的有界函数，其中M称为f(x)在区间D上的上界．
[例1] (1)设集合A＝和B＝，其中符号[x]表示不大于x的最大整数，则A∩B＝________.
(2)已知函数f(x)＝1＋a·x＋x，若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)因为<8x<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3.
若[x]＝－3，则log2(x2＋3)＝2，无解；
若[x]＝－2，则log2(x2＋2)＝2，解得x＝－；
若[x]＝－1，则log2(x2＋1)＝2，无解；
若[x]＝0，则log2(x2)＝2，无解；
若[x]＝1，则log2(x2－1)＝2，无解；
若[x]＝2，则log2(x2－2)＝2，解得x＝；
若[x]＝3，则log2(x2－3)＝2，无解．
综上A∩B＝{－，}．
(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.
所以－4·2x－x≤a≤2·2x－x在[0，＋∞)上恒成立，
即max≤a≤min.
设t＝2x，h(t)＝－4t－，p(t)＝2t－，且t∈[1，＋∞)，易知h(t)＝－4t－在[1，＋∞)上单调递减，p(t)＝2t－在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1.
故实数a的取值范围为[－5,1]．
[答案] (1){－，} (2)[－5,1]
[微评] 本例(1)以取整函数为背景考查学生分析问题、解决问题的能力，解决本题的关键是对符号[x]的正确理解；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的能力，其中理解有界函数的意义是解题的关键．
(二)临界方法
[洛必达法则]
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)li f(x)＝0及li g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l存在．
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝0及lig(x)＝0；
(2)∃A≠0，f(x)和g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
法则3 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)li f(x)＝∞及li g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
[例2] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－
＝.
令函数h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①若k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减．而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②若0＜k＜1.由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，
所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
③若k≥1.此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
即h′(x)＞0，而h(1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0.
与题设矛盾．
综上，k的取值范围为(－∞，0]．
原解在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0.
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0.
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知li g(x)＝2li ＋1＝2li ＋1＝2×＋1＝0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[微评] 在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．
A组——易错清零练
1．(2018·山东日照联考)已知函数f(x)＝ln是奇函数，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C．1或－1 D．4
解析：选B 由题意知f(－x)＝－f(x)恒成立，则ln＝－ln，即＋a＝，解得a＝－1.故选B.
2．已知f(x)是奇函数，且f(2－x)＝f(x)，当x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当x∈(1,2)时，f(x)＝( )
A．－log2(4－x) B．log2(4－x)
C．－log2(3－x) D．log2(3－x)
解析：选C 依题意得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当x∈(1,2)时，x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝－log2(3－x)，选C.
3．已知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记a＝－2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b
设g(x)＝xf(x)，则g(x)为R上的偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x，g(x)＝x(－ex＋e－x)，
则g′(x)＝－ex＋e－x＋x(－ex－e－x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又a＝g(－2)＝g(2)，b＝g(－1)＝g(1)，c＝g(3)，
所以c
A．(－2－2,2－2) B．
C. D．(2－2，＋∞)
解析：选B 由题意可知，当x≤0时，10时，f(x)≥0，f(x)在(0,1]上单调递减，在[1，＋∞)上单调递增．作出函数f(x)的图象，如图所示．
设t＝f(x)，则关于t的方程t2－(a＋2)t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈(1,2]．令g(t)＝t2－(a＋2)t＋3，
则解得2－2
A．[1,3] B．(1,3)
C．[2－，2＋] D．(2－，2＋)
解析：选D 函数f(x)＝ex－1的值域为(－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域为(－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，则需g(b)>－1，－b2＋4b－3>－1，∴b2－4b＋2<0，∴2－
1．(2018·湖北八校模拟)已知函数f(x)＝e－x＋log3，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x1>x0，则f(x1)的值( )
A．等于0 B．不大于0
C．恒为正值 D．恒为负值
解析：选D 由题意得f(x)＝e－x＋log3＝x－log3x，方程f(x)＝0，即f(x)＝x－log3x＝0.则x0为g(x)＝x与h(x)＝log3x图象的交点的横坐标，画出函数g(x)＝x与h(x)＝log3x的图象(图略)，可知当x1>x0时，g(x)>h(x)，f(x1)＝g(x)－h(x)<0，故选D.
2．(2018·昆明检测)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式xg(x)≤0的解集是( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．[－4，－2]∪[0，＋∞)
C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[0，＋∞)
解析：选C 依题意，画出函数的大致图象如图所示，实线部分为g(x)的草图，则xg(x)≤0⇔或由图可得xg(x)≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．
3．(2018·广西三市联考)已知函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则实数b的取值范围是( )
A. B．
C. D.
解析：选A 由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则函数g(x)在区间上存在子区间使得g′(x)＞0成立．g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，则h(2)＞0或h＞0，即8－3b＞0或－b＞0，得b＜.
4．函数y＝f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为kA，kB，规定K(A，B)＝(|AB|为线段AB的长度)叫做曲线y＝f(x)在点A与点B之间的“近似曲率”．设曲线y＝上两点A，B(a>0且a≠1)，若m·K(A，B)>1恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：因为y′＝－ ，所以kA＝－，kB＝－a2，
又|AB|＝ ＝，
所以K(A，B)＝＝>，<，所以由m>得，m≥.
答案：
5．(2018·山东烟台期中)已知函数f(x)＝aln x＋(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的值；
(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：(1)由题意可知f(x)＝aln x＋＋2，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)．
因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝0，即4a＋4a－2＋a＝0，解得a＝.
经检验a＝时，符合题意．故a的值为.
(2)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)．
由f(x)存在单调递减区间，得当x>0时，f′(x)<0有解，即当x>0时，ax2＋(2a－1)x＋a<0有解，即当x>0时，a<有解，问题等价于a0.
因为＝≤，
当且仅当x＝1时取等号，所以max＝.
故a的取值范围为.
6．(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝ex，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为y＝kx＋b，求k－b的最小值；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，若函数g(x)＝(x－1)f(x)－mx2＋2在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1
∴k＝ex0，b＝－x0ex0＋ex0，∴k－b＝x0ex0.
设H(x)＝xex，则H′(x)＝(x＋1)ex，由H′(x)＝0，解得x＝－1.
当x>－1时，H′(x)>0，∴H(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，H′(x)<0，
∴H(x)在(－∞，－1)上单调递减．
∴H(x)的极小值为H(－1)＝－，
∴k－b的最小值为－.
(2)g(x)＝(x－1)ex－mx2＋2.
由m>2，x≥0，g′(x)＝x(ex－2m)＝0，
解得x＝0或x＝ln 2m.
∴当x>ln 2m时，g′(x)>0，
∴g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增；
当0≤x
∴g(x)的极小值为g(ln 2m)．
∵g(1)＝2－m<0，ln 2m>ln 4>1，∴g(ln 2m)<0.
又g(0)＝1>0，g(1)＝2－m<0，
∴∃x1∈(0,1)，使得g(x1)＝0.
易知当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
∴∃x2∈(ln 2m，＋∞)，使得g(x2)＝0，
∴x2>ln 2m>ln 4，∴x2－x1>ln 4－1＝ln，
即x2>x1＋ln.
易知m>ln 2m，当x＝m时，g(m)＝(m－1)em－m3＋2，m>2.
令u(x)＝(x－1)ex－x3＋2，x>2，
∴u′(x)＝xex－3x2＝x(ex－3x)．
令G(x)＝ex－3x，∴当x>2时，G′(x)＝ex－3>0，
∴G(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(2)＝e2－6>0，
∴u′(x)>0在(2，＋∞)上恒成立，
∴u(x)>u(2)＝e2－6>0，∴当m>2时，g(m)>0.
又g(x2)＝0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增，
∴m>x2.
故x1＋ln
1．(2018·辽宁五校联考)若a在[1,6]上随机取值，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是( )
A. B．
C. D.
解析：选C ∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，得1≤a≤4，又∵1≤a≤6，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C.
2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系可用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)表示为( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
解析：选B 法一：取特殊值法，若x＝56，y＝5，排除C、D，若x＝57，y＝6，排除A，故选B.
法二：设x＝10m＋n(0≤n≤9)，当0≤n≤6时，＝＝m＝，当6
A．－ B．
C. D．－4
解析：选A ∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴＋≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
4．(2018·郑州模拟)数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，在点x0附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－x0)．利用这一方法，m＝的近似代替值( )
A．大于m B．小于m
C．等于m D．与m的大小关系无法确定
解析：选A 依题意，取f(x)＝，则f′(x)＝，则有≈＋(x－x0)．令x＝4.001，x0＝4，则有≈2＋×0.001，注意到2＝4＋0.001＋2>4.001，即m＝的近似代替值大于m，故选A.
5．(2018·陕西模拟)对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．
C. D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是增函数，又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点，由g(x)＝0得a＝(0≤x≤2)，即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3，故选D.
6．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤，
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
知h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， ＝＝ ＝，故a≤.综上，知a的取值范围为.
因作函数图象不规范而失误
[例1] 定义域为R的偶函数f(x)满足对任意的x∈R，有f(x＋2)＝f(x)－f(1)，且当x∈[0,1)时，f(x)＝－2(x－1)2，若函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在R上恰好有六个零点，则实数a的取值范围是________．
[解析] 令x＝－1，得f(1)＝f(－1)－f(1)，因为f(x)为偶函数，所以f(－1)＝f(1)，所以f(1)＝0，f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)是周期为2的周期函数．
令g(x)＝loga(|x|＋1)，根据题意作出函数y＝f(x)和g(x)＝loga(|x|＋1)的部分大致图象，如图所示，
因为y＝f(x)和y＝g(x)均为偶函数，
所以y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有三个交点，
当函数g(x)＝loga(|x|＋1)的图象过点(2，－2)时，函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有两个交点，从而函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上恰有两个零点，由loga3＝－2得a＝；
当g(x)＝loga(|x|＋1)的图象过点(4，－2)时，函数y＝f(x)和y＝g(x)的图象在(0，＋∞)上恰有四个交点，从而函数y＝f(x)－loga(|x|＋1)在(0，＋∞)上恰有四个零点，由loga5＝－2得a＝.
综上可知，所求实数a的取值范围为.
[答案]
[微评] 本题将函数的零点个数问题转化为两函数图象的交点个数问题，运用数形结合的思想求解，此方法较为常规，本题的难点在于对函数f(x)的周期的推导．本题极易因作图不准确致误，为避免失误，作图时一定要明确函数的定义域、单调性、奇偶性、周期性等，并找出关键点，注意“草图不草”．另外，需重点掌握周期函数与绝对值函数的图象的画法．
因不会挖掘函数的性质而解题受阻
[例2] (2018·广东惠州二调)已知函数f(x)＝若函数f(x)的图象上关于原点对称的点有2对，则实数k的取值范围是( )
A．(－∞，0) B.
C．(0，＋∞) D．(0,1)
[解析] 易知函数y＝－ln(－x)(x<0)的图象与函数y＝ln x(x>0)的图象关于原点对称，依题意，可得函数y＝ln x(x>0)的图象与直线y＝kx－1(x>0)的交点个数为2.
当直线y＝kx－1与y＝ln x的图象相切时，设切点为(m，ln m)，
因为y＝ln x的导数为y′＝，
所以
解得可得切线的斜率为1.
由图象(图略)可知当k∈(0,1)时，函数y＝ln x的图象与直线y＝kx－1有2个交点，即原函数f(x)的图象上有2对关于原点对称的点，故选D.
[答案] D
[微评] 本题的解题关键是运用函数的对称性转化已知条件“函数f(x)的图象上关于原点对称的点有2对”，对考生的转化与化归能力及对函数性质的掌握程度要求较高，极易出错．另外，解函数的对称问题时易因混淆自对称与互对称致错，注意：(1)若函数f(x)的图象关于原点对称，则f(x)＋f(－x)＝0；(2)若两函数的图象关于原点对称，且其中一个函数的解析式为y＝f(x)，则另一个函数的解析式为y＝－f(－x)．
因对双变量问题非等价转化而失分
[例3] 已知函数f(x)＝exsin x－cos x，g(x)＝xcos x－ex，其中e是自然对数的底数．
(1)判断函数y＝f(x)在内零点的个数，并说明理由；
(2)∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，试求实数m的取值范围．
[解] (1)函数y＝f(x)在内零点的个数为1，理由如下：
f′(x)＝exsin x＋excos x＋sin x，
当0
由零点存在性定理，可知函数y＝f(x)在内零点的个数为1.
(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，
所以∀x1∈，∃x2∈，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等价于f(x)min≥[m－g(x)]min＝m－g(x)max.
由(1)知，f(x)最小值为f(0)＝－1.
又g′(x)＝cos x－xsin x－ex，
当x∈时，0≤cos x≤1，xsin x≥0，ex≥，
所以g′(x)<0.
故g(x)在区间上单调递减，
当x＝0时，g(x)取得最大值－.
所以－1≥m－(－)，
所以m≤－－1，
故实数m的取值范围是(－∞，－1－ ]．
[微评] (1)本题第(2)问是双变量的“任意与存在”混合问题，解题关键是将其转化为函数最值问题进行求解，一定要注意等价转化，避免出错．
(2)双变量问题的常用转化方法：
①存在x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min；
②任意的x1，x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)恒成立⇔f(x)min>g(x)max；
③任意的x2∈[a，b]，总存在x1∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max；
④任意的x1∈[a，b]，总存在x2∈[a，b]，使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min；
⑤任意的x1，x2∈[a，b]，不等式|f(x1)－f(x2)|
特例法——在求解函数问题中的应用
特例法包括特例验证法、特例排除法，解选择题时，可以通过取一些特殊数值、特殊点、特殊函数、特殊数列、特殊图形、特殊位置、特殊向量等对选项进行验证．对于定性、定值的问题可直接确定选项，对于其他的问题可以排除干扰项，从而获得正确结论．这是一种求解选项之间有着明显差异的选择题的特殊化策略．
[例1] (1)(特殊数值)设函数f(x)＝若f(x0)>3，则x0的取值范围为( )
A．(－∞，0)∪(2，＋∞)
B．(0,2)
C．(－∞，－1)∪(3，＋∞)
D．(－1,3)
(2)(特殊点)函数f(x)＝的图象是( )
(3)(特殊函数)若函数y＝f(x)对定义域D中的每一个x1，都存在唯一的x2∈D，使f(x1)·f(x2)＝1成立，则称f(x)为“影子函数”，有下列三个命题：
①“影子函数”f(x)的值域可以是R；
②“影子函数”f(x)可以是奇函数；
③若y＝f(x)，y＝g(x)都是“影子函数”，且定义域相同，则y＝f(x)·g(x)是“影子函数”．
上述命题正确的序号是( )
A．① B．②
C．③ D．②③
[解析] (1)取x0＝1，则f(1)＝＋1＝<3，故x0≠1，排除B、D；取x0＝3，则f(3)＝log28＝3，故x0≠3，排除A，故选C.
(2)因为x≠±1，所以排除A；因为f(0)＝1，所以函数f(x)的图象过点(0,1)，排除D；因为f＝＝，所以排除B，故选C.
(3)对于①：假设“影子函数”的值域为R，则存在x1，使得f(x1)＝0，此时显然不存在x2，使得f(x1)·f(x2)＝1，所以①错误；对于②：函数f(x)＝x(x≠0)，对任意的x1∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，取x2＝，则f(x1)·f(x2)＝1，又因为函数f(x)＝x(x≠0)为奇函数，即“影子函数”f(x)可以是奇函数，所以②正确；对于③：函数f(x)＝x(x>0)，g(x)＝(x>0)都是“影子函数”，但F(x)＝f(x)·g(x)＝1(x>0)不是“影子函数”(因为对任意的x1∈(0，＋∞)，存在无数多个x2∈(0，＋∞)，使得F(x1)·F(x2)＝1)，所以③错误．综上，应选B.
[答案] (1)C (2)C (3)B
[微评] 本例(1)(2)(3)分别采用“特殊值”、“特殊点”、“特殊函数”解决问题，不仅提高了做题速度而且大大提高了答题的正确率．
构造法——在函数、导数与不等式综合问题中的应用
根据题目特点构造函数，然后借助函数的单调性比较大小或解不等式是本专题常用方法之一．
[例2] (1)已知m，n∈(2，e)，且－＜ln，则( )
A．m＞n B．m＜n
C．m＞2＋ D．m，n的大小关系不确定
(2)已知定义在R上的可导函数f(x)的导函数为f′(x)，满足f′(x)＜f(x)，且f(x＋2)为偶函数，f(4)＝1，则不等式f(x)＜ex的解集为( )
A．(－2，＋∞) B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞) D．(4，＋∞)
[解析] (1)由不等式可得－＜ln m－ln n，即＋ln n＜＋ln m．设f(x)＝＋ln x(x∈(2，e))，则f′(x)＝－＋＝.因为x∈(2，e)，所以f′(x)＞0，故函数f(x)在(2，e)上单调递增．因为f(n)＜f(m)，所以n＜m.
(2)因为f(x＋2)为偶函数，所以f(x＋2)的图象关于x＝0对称，所以f(x)的图象关于x＝2对称．所以f(0)＝f(4)＝1.设g(x)＝(x∈R)，则g′(x)＝＝.又f′(x)＜f(x)，所以g′(x)＜0(x∈R)，所以函数g(x)在定义域上单调递减．因为f(x)＜ex⇔＜1，而g(0)＝＝1，所以f(x)＜ex⇔g(x)＜g(0)，所以x＞0.
[答案] (1)A (2)B
[微评] (1)本例(1)(2)分别构造函数f(x)＝＋ln x，g(x)＝，然后利用导数研究函数的单调性，进而求解．
(2)解决与导数有关的不等式问题，多结合已知和所解不等式特征构造相应的函数．求导的法则是构造函数的依据，需要熟记一些常用的结构，如：
①xf′(x)＋f(x)→[xf(x)]′，xf′(x)－f(x)→′；
②f′(x)＋f(x)→[exf(x)]′，f′(x)－f(x)→′等．
(一)数形结合思想——在求解不等式中的应用
当所求解的不等式有明显的几何意义或本身由函数构成，且函数对应的图象容易画出时，我们可以借助图形的直观性，直接得到这类不等式的解集，这种求解不等式的方法叫作图象法．
[例1] (1)不等式≤x＋b恒成立，则实数b的取值范围是( )
A．(－∞，－－1] B．(－∞，－1]
C．[－1，＋∞) D．[－－1，－1]
(2)(2018·福州模拟)已知函数f(x)＝ex＋e2－x，若关于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3个整数解，则实数a的最小值为( )
A．1 B．2e
C．e2＋1 D．e3＋
[解析] (1)设y＝＝，整理得(x－1)2＋y2＝1(y≥0)，表示以A(1,0)为圆心，半径为1的上半圆；而y＝x＋b表示斜率为1，在y轴上的截距为b的直线．如图所示，要使不等式恒成立，则直线y＝x＋b在半圆的上方，即圆心到直线的距离不小于圆的半径，故≥1，解得b≥－1或b≤－－1.而当b≤－－1时，直线y＝x＋b在半圆的下方，所以不满足条件．所以实数b的取值范围是[－1，＋∞)．故选C.
(2)因为f(x)＝ex＋e2－x>0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得0
[微评] (1)利用数形结合思想把不等式恒成立问题转化为直线与半圆的位置关系，即圆心与直线距离问题求解．
(2)求参数范围或解不等式问题经常联系函数的图象，根据不等式中量的特点，选择适当的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下位置关系转化为数量关系来解决问题，往往可以避免繁琐的运算，获得简捷的解答．
(二)函数与方程思想——在方程根或零点问题中应用
[例2] 已知函数f(x)＝g(x)＝kx＋1，若方程f(x)－g(x)＝0有两个不同实根，则实数k的取值范围为________．
[解析] 因为f(x)＝
所以当1
当n
当x≤1时，设函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1，则y′＝ex－k，当k≥e时，y′＝ex－k≤0，函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1为单调递减函数，不可能有两个零点；
当k≤0时，y′＝ex－k>0，函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1为单调递增函数，不可能有两个零点；
当0
故x＝x0为函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1的极小值点，
又f(0)－g(0)＝0，所以当x0＝ln k≠0，
即k≠1时，函数的极小值小于0，
即函数y＝f(x)－g(x)＝ex－kx－1在(－∞，1]上有两个零点，其中一个为x＝0，由图可知kPB
所以
[微评] 本题考查分段函数、方程的根等知识，意在考查考生运用化归与转化思想、分类讨论思想、数形结合思想、函数与方程思想解决问题的能力．
(三)分类讨论思想——在函数、导数中的应用
[例3] (1)(2018·全国18名校大联考)已知函数f(x)＝ax＋b(a>0，a≠1)的定义域和值域都是[－1,0]，则ab＝________.
(2)(2019届高三·江西吉安七校联考)已知函数f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x.
①当a>0时，求函数f(x)的单调递增区间；
②当a<0时，求函数f(x)在上的最小值．
[解] (1)当0
则此方程组无解．
综上可知，ab＝4.
(2)因为f(x)＝ax2＋(1－2a)x－ln x，
所以f′(x)＝2ax＋1－2a－＝.
①因为a>0，x>0，所以2ax＋1>0，
令f′(x)>0，得x>1，
所以f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)．
②当a<0时，令f′(x)＝0，得x1＝－，x2＝1，
当－>1，即－
当≤－≤1，即－1≤a≤－时，f(x)在上是减函数，在上是增函数，
所以f(x)在上的最小值为f＝1－＋ln(－2a)．
当－<，即a<－1时，f(x)在上是增函数，所以f(x)在上的最小值为f＝－a＋ln 2.
综上，函数f(x)在区间上的最小值为
f(x)min＝
[答案] (1)4
[微评] (1)要由“函数f(x)的定义域和值域都是[－1，0]”这一条件得到关于a，b的方程组，必须先明确函数f(x)的单调性，而底数a的值决定了函数f(x)的单调性，因此分0
(2)求f(x)在上的最小值时，主要是参数a的取值影响f(x)在的单调性，故要分类讨论．
导数在函数应用中的6种考法
[题根探究]
[典例] 已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝3x2＋2ax＋1，
当a2≤3时，Δ≤0，f′(x)≥0，f(x)在R上递增；
当a2>3时，由f′(x)＝0，求得两根为x＝，
即f(x)在上递增，
在上递减，
在上递增．
综上，当a2≤3时f(x)的单调递增区间为(－∞，＋∞)．
当a2>3时，f(x)的单调递增区间为，，单调递减区间为.
(2)由
解得a≥2，即a的取值范围为[2，＋∞)．
[考查角度] 对于一元三次函数，要判断其单调性并求其单调区间，求导的方法来得简单．
[变式应用]
[变式1] 已知函数f(x)＝x2＋ax＋1，a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调区间；
(2)设函数f(x)在区间内是减函数，求a的取值范围．
解：(1)f′(x)＝2x＋a，由f′(x)≥0得到增区间为，由f′(x)≤0得到减区间为.
(2)－≤－⇒a≤，即a的取值范围为.
[变式2] 已知函数f(x)＝－，其中t为常数，且t>0.求函数f(x)在(0，＋∞)上的最大值．
解：由f(x)＝－，得f′(x)＝－－＝.
因为x>0，当x
当x>t时，f′(x)<0，
所以当x＝t时，f(x)取得最大值f(t)＝.
[变式3] 设函数f(x)＝.
(1)求函数f(x)的单调区间；
(2)若k>0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)>0的解集．
解：(1)f′(x)＝ex(x≠0)，由f′(x)＝0，得x＝1.当x<0时，f′(x)<0；当0
(2)由f′(x)＋k(1－x)f(x)＝ex＝ex>0，得(x－1)(kx－1)<0.
所以当0
当k>1时，解集是.
[变式4] 已知f(x)＝x－ln x，x∈(0，e]，g(x)＝，其中e是自然对数的底数．
(1)讨论函数f(x)的单调性和极值；
(2)求证：不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
解：(1)∵f(x)＝x－ln x，f′(x)＝1－＝，
∴当0
∴f(x)的极小值为f(1)＝1，f(x)无极大值．
(2)由(1)知f(x)min＝1.
又g′(x)＝，
∴当0
∴f(x)min－g(x)max＝1－，但由于f(x)和g(x)不能同时取得最小和最大值，
∴f(x)－g(x)>1－，
即不等式f(x)－g(x)>1－恒成立．
[变式5] 设函数f(x)＝ax＋cos x，x∈[0，π]．
(1)当a＝时，求f(x)的单调区间；
(2)设f(x)≤1＋sin x，求a的取值范围．
解：(1)当a＝时，f′(x)＝－sin x.
由f′(x)＝0，x∈[0，π]知x＝或，
∴由f′(x)>0得递增区间为和；
由f′(x)<0得递减区间为.
(2)在x∈[0，π]上，f(x)≤1＋sin x⇔ax＋cos x≤1＋sin x⇔ax－1≤sin x－cos x⇔ax－1≤sin
⇔函数y＝ax－1的图象恒在y＝sin图象的下方．
作出函数y＝ax－1和y＝sin在[0，π]上的图象，由图可知，a≤＝，
即a的取值范围是.
(一)高等数学背景型临界问题
以高等数学为背景，结合中学数学中的有关知识编制综合性问题，这也是近几年高考命题的热点之一．
[高斯函数]
对任意实数x，[x]表示不超过x的最大整数，称[x]为x的整数部分，称f(x)＝[x]为高斯函数(取整函数)．
[有界函数]
定义在区间D上的函数f(x)，若满足：对任意x∈D，存在常数M>0，都有|f(x)|≤M成立，则称f(x)是区间D上的有界函数，其中M称为f(x)在区间D上的上界．
[例1] (1)设集合A＝和B＝，其中符号[x]表示不大于x的最大整数，则A∩B＝________.
(2)已知函数f(x)＝1＋a·x＋x，若函数f(x)在[0，＋∞)上是以3为上界的有界函数，则实数a的取值范围是________．
[解析] (1)因为<8x<2 018，所以[x]的值可取－3，－2，－1,0,1,2,3.
若[x]＝－3，则log2(x2＋3)＝2，无解；
若[x]＝－2，则log2(x2＋2)＝2，解得x＝－；
若[x]＝－1，则log2(x2＋1)＝2，无解；
若[x]＝0，则log2(x2)＝2，无解；
若[x]＝1，则log2(x2－1)＝2，无解；
若[x]＝2，则log2(x2－2)＝2，解得x＝；
若[x]＝3，则log2(x2－3)＝2，无解．
综上A∩B＝{－，}．
(2)由题意知，|f(x)|≤3在[0，＋∞)上恒成立，即－3≤f(x)≤3.
所以－4·2x－x≤a≤2·2x－x在[0，＋∞)上恒成立，
即max≤a≤min.
设t＝2x，h(t)＝－4t－，p(t)＝2t－，且t∈[1，＋∞)，易知h(t)＝－4t－在[1，＋∞)上单调递减，p(t)＝2t－在[1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)在[1，＋∞)上的最大值为h(1)＝－5，p(t)在[1，＋∞)上的最小值为p(1)＝1.
故实数a的取值范围为[－5,1]．
[答案] (1){－，} (2)[－5,1]
[微评] 本例(1)以取整函数为背景考查学生分析问题、解决问题的能力，解决本题的关键是对符号[x]的正确理解；本例(2)以有界函数为背景，考查学生解决“不等式恒成立”问题的能力，其中理解有界函数的意义是解题的关键．
(二)临界方法
[洛必达法则]
法则1 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)li f(x)＝0及li g(x)＝0；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l存在．
法则2 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)lif(x)＝0及lig(x)＝0；
(2)∃A≠0，f(x)和g(x)在(－∞，A)与(A，＋∞)上可导，且g′(x)≠0；
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
法则3 若函数f(x)和g(x)满足下列条件：
(1)li f(x)＝∞及li g(x)＝∞；
(2)在点a的某去心邻域内，f(x)与g(x)可导且g′(x)≠0;
(3)li ＝l.
那么li ＝li ＝l.
[例2] 已知函数f(x)＝＋，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为x＋2y－3＝0.
(1)求a，b的值；
(2)如果当x>0，且x≠1时，f(x)>＋，求k的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝－.
由于直线x＋2y－3＝0的斜率为－，且过点(1,1)，
故即解得
(2)由(1)知f(x)＝＋，
所以f(x)－
＝.
令函数h(x)＝2ln x＋(x>0)，
则h′(x)＝.
①若k≤0，由h′(x)＝知，
当x≠1时，h′(x)＜0，h(x)递减．而h(1)＝0，
故当x∈(0,1)时，h(x)＞0，可得h(x)＞0；
当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0，可得h(x)＞0.
从而当x＞0，且x≠1时，f(x)－＞0，
即f(x)＞＋.
②若0＜k＜1.由于(k－1)(x2＋1)＋2x＝(k－1)x2＋2x＋k－1的图象开口向下，且Δ＝4－4(k－1)2>0，对称轴x＝>1，
所以当x∈时，(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
故h′(x)>0，而h(1)＝0，
故当x∈时，h(x)＞0，可得h(x)＜0，与题设矛盾．
③若k≥1.此时(k－1)(x2＋1)＋2x>0，
即h′(x)＞0，而h(1)＝0，
故当x∈(1，＋∞)时，h(x)＞0，可得h(x)＜0.
与题设矛盾．
综上，k的取值范围为(－∞，0]．
原解在处理第(2)问时非常难想到，现利用洛必达法则处理如下：
由题设可得，当x>0，x≠1时，k<＋1恒成立．
令g(x)＝＋1(x>0，x≠1)，
则g′(x)＝2·，
再令h(x)＝(x2＋1)ln x－x2＋1(x>0，x≠1)，
则h′(x)＝2xln x＋－x，h″(x)＝2ln x＋1－，
易知h″(x)＝2ln x＋1－在(0，＋∞)上为增函数，且h″(1)＝0.
故当x∈(0,1)时，h″(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h″(x)>0.
∴h′(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数，
故h′(x)>h′(1)＝0，
∴h(x)在(0，＋∞)上为增函数，
又h(1)＝0，∴当x∈(0,1)时，h(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0，
∴当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
∴g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知li g(x)＝2li ＋1＝2li ＋1＝2×＋1＝0.
∴k≤0，即k的取值范围为(－∞，0]．
[微评] 在恒成立问题中求参数取值范围时，参数与变量分离较易理解，但有些题中的求分离出来的函数式的最值有点麻烦，利用洛必达法则可以较好的处理它的最值，是一种值得借鉴的方法．
A组——易错清零练
1．(2018·山东日照联考)已知函数f(x)＝ln是奇函数，则实数a的值为( )
A．1 B．－1
C．1或－1 D．4
解析：选B 由题意知f(－x)＝－f(x)恒成立，则ln＝－ln，即＋a＝，解得a＝－1.故选B.
2．已知f(x)是奇函数，且f(2－x)＝f(x)，当x∈(2,3)时，f(x)＝log2(x－1)，则当x∈(1,2)时，f(x)＝( )
A．－log2(4－x) B．log2(4－x)
C．－log2(3－x) D．log2(3－x)
解析：选C 依题意得f(x＋2)＝f(－x)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)．当x∈(1,2)时，x－4∈(－3，－2)，－(x－4)∈(2,3)，故f(x)＝f(x－4)＝－f(4－x)＝－log2(4－x－1)＝－log2(3－x)，选C.
3．已知函数f(x)为R上的奇函数，且当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x－mcos x，记a＝－2f(－2)，b＝－f(－1)，c＝3f(3)，则a，b，c的大小关系是( )
A．b
设g(x)＝xf(x)，则g(x)为R上的偶函数．
当x≥0时，f(x)＝－ex＋e－x，g(x)＝x(－ex＋e－x)，
则g′(x)＝－ex＋e－x＋x(－ex－e－x)≤0，
所以g(x)在[0，＋∞)上单调递减．
又a＝g(－2)＝g(2)，b＝g(－1)＝g(1)，c＝g(3)，
所以c
A．(－2－2,2－2) B．
C. D．(2－2，＋∞)
解析：选B 由题意可知，当x≤0时，1
设t＝f(x)，则关于t的方程t2－(a＋2)t＋3＝0有两个不同的实数根，且t∈(1,2]．令g(t)＝t2－(a＋2)t＋3，
则解得2－2
A．[1,3] B．(1,3)
C．[2－，2＋] D．(2－，2＋)
解析：选D 函数f(x)＝ex－1的值域为(－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域为(－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，则需g(b)>－1，－b2＋4b－3>－1，∴b2－4b＋2<0，∴2－
1．(2018·湖北八校模拟)已知函数f(x)＝e－x＋log3，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且x1>x0，则f(x1)的值( )
A．等于0 B．不大于0
C．恒为正值 D．恒为负值
解析：选D 由题意得f(x)＝e－x＋log3＝x－log3x，方程f(x)＝0，即f(x)＝x－log3x＝0.则x0为g(x)＝x与h(x)＝log3x图象的交点的横坐标，画出函数g(x)＝x与h(x)＝log3x的图象(图略)，可知当x1>x0时，g(x)>h(x)，f(x1)＝g(x)－h(x)<0，故选D.
2．(2018·昆明检测)已知定义在R上的函数f(x)是奇函数，且f(x)在(－∞，0)上是减函数，f(2)＝0，g(x)＝f(x＋2)，则不等式xg(x)≤0的解集是( )
A．(－∞，－2]∪[2，＋∞)
B．[－4，－2]∪[0，＋∞)
C．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)
D．(－∞，－4]∪[0，＋∞)
解析：选C 依题意，画出函数的大致图象如图所示，实线部分为g(x)的草图，则xg(x)≤0⇔或由图可得xg(x)≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)．
3．(2018·广西三市联考)已知函数f(x)＝ex(x－b)(b∈R)．若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则实数b的取值范围是( )
A. B．
C. D.
解析：选A 由f(x)＋xf′(x)＞0，得[xf(x)]′＞0，设g(x)＝xf(x)＝ex(x2－bx)，若存在x∈，使得f(x)＋xf′(x)＞0，则函数g(x)在区间上存在子区间使得g′(x)＞0成立．g′(x)＝ex(x2－bx)＋ex(2x－b)＝ex[x2＋(2－b)x－b]，设h(x)＝x2＋(2－b)x－b，则h(2)＞0或h＞0，即8－3b＞0或－b＞0，得b＜.
4．函数y＝f(x)图象上不同两点A(x1，y1)，B(x2，y2)处的切线的斜率分别为kA，kB，规定K(A，B)＝(|AB|为线段AB的长度)叫做曲线y＝f(x)在点A与点B之间的“近似曲率”．设曲线y＝上两点A，B(a>0且a≠1)，若m·K(A，B)>1恒成立，则实数m的取值范围是________．
解析：因为y′＝－ ，所以kA＝－，kB＝－a2，
又|AB|＝ ＝，
所以K(A，B)＝＝>，<，所以由m>得，m≥.
答案：
5．(2018·山东烟台期中)已知函数f(x)＝aln x＋(a∈R)．
(1)若f(x)在x＝2处取得极小值，求a的值；
(2)若f(x)存在单调递减区间，求a的取值范围．
解：(1)由题意可知f(x)＝aln x＋＋2，x∈(0，＋∞)，
则f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)．
因为f(x)在x＝2处取得极小值，所以f′(2)＝0，即4a＋4a－2＋a＝0，解得a＝.
经检验a＝时，符合题意．故a的值为.
(2)f′(x)＝－＝，x∈(0，＋∞)．
由f(x)存在单调递减区间，得当x>0时，f′(x)<0有解，即当x>0时，ax2＋(2a－1)x＋a<0有解，即当x>0时，a<有解，问题等价于a
因为＝≤，
当且仅当x＝1时取等号，所以max＝.
故a的取值范围为.
6．(2018·成都模拟)已知函数f(x)＝ex，其中e＝2.718 28…为自然对数的底数．
(1)若曲线y＝f(x)在点P(x0，f(x0))处的切线方程为y＝kx＋b，求k－b的最小值；
(2)当常数m∈(2，＋∞)时，若函数g(x)＝(x－1)f(x)－mx2＋2在[0，＋∞)上有两个零点x1，x2(x1
∴k＝ex0，b＝－x0ex0＋ex0，∴k－b＝x0ex0.
设H(x)＝xex，则H′(x)＝(x＋1)ex，由H′(x)＝0，解得x＝－1.
当x>－1时，H′(x)>0，∴H(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，H′(x)<0，
∴H(x)在(－∞，－1)上单调递减．
∴H(x)的极小值为H(－1)＝－，
∴k－b的最小值为－.
(2)g(x)＝(x－1)ex－mx2＋2.
由m>2，x≥0，g′(x)＝x(ex－2m)＝0，
解得x＝0或x＝ln 2m.
∴当x>ln 2m时，g′(x)>0，
∴g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增；
当0≤x
∴g(x)的极小值为g(ln 2m)．
∵g(1)＝2－m<0，ln 2m>ln 4>1，∴g(ln 2m)<0.
又g(0)＝1>0，g(1)＝2－m<0，
∴∃x1∈(0,1)，使得g(x1)＝0.
易知当x→＋∞时，g(x)→＋∞，
∴∃x2∈(ln 2m，＋∞)，使得g(x2)＝0，
∴x2>ln 2m>ln 4，∴x2－x1>ln 4－1＝ln，
即x2>x1＋ln.
易知m>ln 2m，当x＝m时，g(m)＝(m－1)em－m3＋2，m>2.
令u(x)＝(x－1)ex－x3＋2，x>2，
∴u′(x)＝xex－3x2＝x(ex－3x)．
令G(x)＝ex－3x，∴当x>2时，G′(x)＝ex－3>0，
∴G(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴G(x)>G(2)＝e2－6>0，
∴u′(x)>0在(2，＋∞)上恒成立，
∴u(x)>u(2)＝e2－6>0，∴当m>2时，g(m)>0.
又g(x2)＝0，g(x)在(ln 2m，＋∞)上单调递增，
∴m>x2.
故x1＋ln
1．(2018·辽宁五校联考)若a在[1,6]上随机取值，则函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增的概率是( )
A. B．
C. D.
解析：选C ∵函数y＝＝x＋在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．要使函数y＝在区间[2，＋∞)上单调递增，则≤2，得1≤a≤4，又∵1≤a≤6，∴P(1≤a≤4)＝＝，故选C.
2．某学校要召开学生代表大会，规定各班每10人推选一名代表，当各班人数除以10的余数大于6时再增选一名代表．那么，各班可推选代表人数y与该班人数x之间的函数关系可用取整函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)表示为( )
A．y＝ B．y＝
C．y＝ D．y＝
解析：选B 法一：取特殊值法，若x＝56，y＝5，排除C、D，若x＝57，y＝6，排除A，故选B.
法二：设x＝10m＋n(0≤n≤9)，当0≤n≤6时，＝＝m＝，当6
A．－ B．
C. D．－4
解析：选A ∵a＋b＝1，∴－－＝－－＝－－，∵a>0，b>0，∴＋≥2，当且仅当b＝2a时取等号，∴－－≤－－2＝－，∴－－的上确界为－，故选A.
4．(2018·郑州模拟)数学上称函数y＝kx＋b(k，b∈R，k≠0)为线性函数．对于非线性可导函数f(x)，在点x0附近一点x的函数值f(x)，可以用如下方法求其近似代替值：f(x)≈f(x0)＋f′(x0)(x－x0)．利用这一方法，m＝的近似代替值( )
A．大于m B．小于m
C．等于m D．与m的大小关系无法确定
解析：选A 依题意，取f(x)＝，则f′(x)＝，则有≈＋(x－x0)．令x＝4.001，x0＝4，则有≈2＋×0.001，注意到2＝4＋0.001＋2>4.001，即m＝的近似代替值大于m，故选A.
5．(2018·陕西模拟)对于函数f(x)和g(x)，设α∈{x|f(x)＝0}，β∈{x|g(x)＝0}，若存在α，β，使得|α－β|≤1，则称f(x)与g(x)互为“零点相邻函数”．若函数f(x)＝ex－1＋x－2与g(x)＝x2－ax－a＋3互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是( )
A．[2,4] B．
C. D．[2,3]
解析：选D ∵f′(x)＝ex－1＋1>0，∴f(x)＝ex－1＋x－2是增函数，又f(1)＝0，∴函数f(x)的零点为x＝1，∴α＝1，∴|1－β|≤1，∴0≤β≤2，∴函数g(x)＝x2－ax－a＋3在区间[0,2]上有零点，由g(x)＝0得a＝(0≤x≤2)，即a＝＝(x＋1)＋－2(0≤x≤2)，设x＋1＝t(1≤t≤3)，则a＝t＋－2(1≤t≤3)，令h(t)＝t＋－2(1≤t≤3)，易知h(t)在区间[1,2)上是减函数，在区间(2,3]上是增函数，∴2≤h(t)≤3，即2≤a≤3，故选D.
6．设函数f(x)＝ex－1－x－ax2.
(1)若a＝0，求f(x)的单调区间；
(2)若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围．
解：(1)a＝0时，f(x)＝ex－1－x，f′(x)＝ex－1.当x∈(－∞，0)时，f′(x)<0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.故f(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．
(2)当x＝0时，f(x)＝0，对任意实数a，均有f(x)≥0；
当x>0时，f(x)≥0等价于a≤，
令g(x)＝(x>0)，则g′(x)＝，
令h(x)＝xex－2ex＋x＋2(x>0)，
则h′(x)＝xex－ex＋1，h″(x)＝xex>0，
知h′(x)在(0，＋∞)上为增函数，h′(x)>h′(0)＝0，知h(x)在(0，＋∞)上为增函数，h(x)>h(0)＝0，
∴g′(x)>0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数．
由洛必达法则知， ＝＝ ＝，故a≤.综上，知a的取值范围为.
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