全国卷高考数学满分教程：导数

方法独特，讲解精辟；举一反三，学练结合；一线教学名师多年经验总结；告别题海战术，满分轻松得 

本书源于全国卷网高考研究中心和全国名校名师多年教辅经验的沉淀与解法的提炼，针对全国卷高考数学高考导数内容应试场景和满分战略进行了深入研究与科学的梳理，侧重体现知识点的系统性与逻辑性以及为达到满分的知识扩充和解题标准.全书按照全国卷导数函数考题方向分为7章，覆盖了全国卷高考二次函数与高斯函数初步、函数的单调性极值与*值问题、应用导数研究函数的性质的问题、不等式恒成立与参数取值范围问题、函数零点与方程根的问题、高观点下的应用导数研究函数性质问题、函数子结论在不等式中的应用.本书部分例题和变式题讲解等配套资源请到全国卷网下载.
本书适合高中二、三年级的学生学习使用，也可作为高中数学老师的参考用书.

李红庆 毕业于北京师范大学，30余年一线教学经验，海南华侨中学数学特级、正高级教师，海南省“有突出贡献优秀专家”，海口市“拔尖人才”“苏步青数学教育奖”获得者，海南师范大学硕士生导师，中学数学海口市青年骨干教师成长助推站和海南卓越工作室主持人。新课程改革高考数学方案五个论证专家之一（2006年），高考命题研究与解题专家。周韡清华大学校友，北京大学光华管理学院MBA，中国数学会北京分会会员，中国教育学会会员，中国计算机学会会员，奥赛教练。曾受衡水中学、衡水二中、会宁二中等多所中学邀请讲学。现为全国卷网创始人，项目得到了清华大学经管学院XLAB和加速器四期培育。全国卷网由北大清华校友创办，是研究全国卷新高考的专业机构，并在网络上开辟了没有围墙的在线大学，也为900万考生提供高考和自招资讯和解决方案。??

目录

 

第1章二次函数、三次函数与高斯函数初步

 

1.1高斯函数［x］初步

 

1.1.1高斯函数［x］的定义与性质

 

1.2.1范例解析

 

1.2二次函数的性质总结和零点的分布

 

1.2.1内容概要

 

1.2.2范例解析

 

1.3三次方程的根（函数的零点）的判别式

 

1.3.1三次方程的求根公式与判别式

 

1.3.2三次方程有理根的求法与范例解析

 

1.4三次函数的性质

 

1.4.1三次函数的概念与性质

 

1.4.2范例解析

 

1.5高次方程及高次不等式的穿根法（根轴图）

 

1.5.1高次方程概要及高次不等式的穿根法简介

 

1.5.2范例解析

 

第2章导数的单调性、极值及值问题

 

2.1表格法与穿根法（根轴图）解单调性

 

2.1.1表格法与穿根法（根轴图）解单调性概要

 

2.1.2范例解析

 

2.2极值、值的参数讨论

 

2.2.1内容概要

 

2.2.2范例解析

 

2.3函数的切线、曲线相切问题

 

2.3.1内容概要

 

2.3.2范例解析

 

第3章应用导数研究函数的性质的题型问题

 

3.1探究充分性证明必要性问题的题型

 

3.1.1题型特征与解法逻辑性分析

 

3.1.2范例解析

 

3.2对称性迁移到非对称性问题的题型

 

3.2.1内容概要

 

3.2.2范例解析

 

3.3含参量的分类讨论问题的题型

 

3.3.1分类讨论要提纲挈领，要抓“纲”不抓“目”

 

3.3.2范例解析

 

第4章求不等式恒成立、存在性成立的参数范围

 

4.1恒成立、存在性成立逻辑概貌

 

4.1.1恰成立、恒成立、存在性成立逻辑剖析

 

4.1.2范例解析

 

4.2参数分离变量型

 

4.2.1内容概要

 

4.2.2范例解析

 

4.3不分离变量型

 

4.3.1内容概貌

 

4.3.2范例解析

 

第5章函数零点与方程的根的相关问题

 

5.1函数的零点定理与介值定理

 

5.1.1内容概貌

 

5.1.2范例解析

 

5.2函数零点方程根与其他问题交汇

 

5.2.1内容概要

 

5.2.2范例解析

 

5.3数学思想方法杂谈

 

5.3.1内容概貌

 

5.3.2范例解析

 

第6章函数子结论在不等式问题中的应用

 

6.1指数、对数函数的常见结论

 

6.1.1内容概貌

 

6.1.2范例解析

 

6.2构造函数解决不等式或数列问题

 

6.2.1内容概要

 

6.2.2范例解析

 

6.3生活中的优化问题

 

6.3.1内容概貌

 

6.3.2范例解析

 

第7章重要的定理、性质、法则简介与应用

 

7.1重要的定理、性质、法则简介

 

7.2范例解析

 

 

前言

本书源于全国卷网（quanguojuan.com）高考研究中心和全国名校名师多年教辅经验的沉淀与解法的提炼，针对全国卷高考数学高考导数内容应试场景和满分战略进行了深入研究与科学的梳理，侧重体现知识点的系统性与逻辑性以及为达到满分的知识扩充和解题标准.全书按照全国卷导数函数考题方向分为7章，覆盖了全国卷高考二次函数与高斯函数初步、函数的单调性极值与值问题、应用导数研究函数的性质的问题、不等式恒成立与参数取值范围问题、函数零点与方程根的问题、高观点下的应用导数研究函数性质问题、函数子结论在不等式中的应用.书中内容参考多位一线名校名师著作，相当多的内容是作者团队实践积累的研究成果，比如导数的数形结合思想及二级子结论的运用，参数的讨论等应用.针对全国卷的高考题型及特点，作者力求探索简洁、高效、容易掌握的普适方法.让考试满分不再成为学子的一个梦想，希望能对广大学子、教研工作者和一线教师提供帮助.书中内容针对全国卷历年真题和模拟试题精选，配合互联网技术，真实还原考试场景下达到满分所具备的高考知识和学科素养.全国卷高考数学满分教程分导数、解析几何等分册，针对全卷难的解答题梳理了二级子结论和知识扩展，应用出题人的思想，高屋建瓴.本书参考了大量著作和论文，并和全国卷命题人探讨精编，从大量题海中提炼了解题方法和技巧，更快更好地梳理全国卷命题走势并预测未来.第1章二次函数、三次函数与高斯函数初步：  二次函数三次函数是高考试题中应用导数研究函数的性质中常用到的基本函数，试题中出现往往都把它们与其他函数复合而成，高斯函数主要是体现与分段函数的联系上，数学竞赛试题中常考查它的性质.第2章函数的单调性极值及值问题：  应用导数研究函数的性质，指应用导数研究函数的单调性，函数的极值、值也是依赖于对函数的单调性的研究.第3章应用导数研究函数的性质的题型问题：  应用导数研究函数的性质常见的题型首当其冲是探究充分性证明必要性问题，本章主要围绕该种证明题，应用分离参变量或者借助洛比达法则进行证明.第4章求不等式恒成立、存在性成立的参数范围：  这种题是逻辑性命题，根据具体的题目的构造，常选择转化成值问题，参数与自变量关系换位置，分离参变量等方法.第5章函数零点与方程的根的相关问题：  讲解了函数的零点、方程的根、两函数图像的交点问题.第6章函数子结论在不等式问题中的应用：  介绍了应用导数把超越不等式转化为整式不等式或分式不等式.第7章重要的定理、性质、法则简介及应用： 根据高考的命题特点，需要介绍高等数学中几个重要的定理、性质和法则.包括拉格朗日(Lagrange)中值定理，凸函数(或凹函数）的性质和琴生（Jensen）不等式.本书知识框架和例题讲解具有代表性，所有变式题和习题以及的扩展题在全国卷网（百度搜索全国卷网）网校都有讲解，供给读者使用.本书得到海南华侨中学特级教师、正高级教师李红庆老师的中国教育学会“十二五”规定课题《素质教育目标下学生个性塑造、特长培养策略研究》（课题立项号： 21050065）和2015年海南省教育科学重点课题《互联网 高中数学几何探究性实验研究》（立项号gjz1251507）研究成果支持.本书的视频讲解为收费课程，放于全国卷网站.本书的完成有赖于一支高度负责的团队，各位编委都花了大量时间精心编写各自分工的内容.然而，编者虽倾心倾力，但终究水平有限，书中若有不妥之处，恳请广大读者批评指正！

评论

第3章应用导数研究函数的性质的题型问题
应用导数研究函数的性质常见的题型首当其冲是探究充分性证明必要性问题，国家考试中心给予的解答，表面上看是分类讨论，其实质是先探求充分性，再应用逆否命题的等价性证明必要性，这类题型一般不能应用分离参变量，因为分离了参变量，无法求到新函数的值，借助洛比达法则能碰到值，但必须同时具备两个支撑条件： 新函数的单调性和极限的保号性定理，新函数的单调性也是无法解决的.其次对称性迁移到非对称性问题，函数的非对称性问题必须应用导数才能解决问题，全部是由对称性迁移出来的问题.应用基本函数图像模型走势图，进行分类讨论问题.当然这些问题在解答题中是穿插交错在其中，很难判定是什么题型，在具体选择背景方面，围绕姊妹不等式ex≥x 1，ln（x 1）≤x及其变式，f（x）=ex-e-x-2x，三次多项式函数及可化为三次多项式函数进行命题.
3.1探究充分性证明必要性问题的题型3.1.1题型特征与解法逻辑性分析

例说题型： 函数f（x）=ex-1-x-ax2.若当x≥0时，f（x）≥0，求a的取值范围.
使用洛比达法则解题的无赖之举： ax2≤ex-1-x，若x=0时，得a∈R； 若x＞0时，a≤ex-1-xx2，设g（x）=ex-1-xx2，根据洛比达法则limx→0g（x）=limx→0ex-12x=limx→0ex2=12，判断g（x）=ex-1-xx2的单调性，因为g′（x）=ex（x-1） x 2×3，无法判断y=g（x）的单调性.
探究充分性证明必要性逻辑性剖析： 步,探究充分性，f′（x）=ex-1-2ax≥（x 1）-1-2ax=（1-2a）x，当1-2a≥0，即a≤12时，当x≥0时，f′（x）≥0，所以f（x）在［0， ∞）上递增，因此，当x≥0时，f（x）≥f（0）=0，所以a≤12是“对x≥0，f（x）≥0均成立”的充分条件； 第二步,证明必要性，先给予条件命名: 命题p： a≤12; 命题q： 对x≥0，f（x）≥0均成立; 命题?瘙綈p： a＞12; 命题?瘙綈q： x0≥0，f（x）≥0不恒成立，即f（x0）＜0.必要性应该是qp，但具体解题中基本上做不到，改为其等价命题?瘙綈p?瘙綈q.当a＞12时，f′（x）=ex-1-2ax，令h（x）=f′（x），且h（0）=0，则h′（x）=ex-2a=0，得x=ln（2a）＞0，当x∈（0，ln（2a））时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，ln（2a））上递减，当0＜x＜ln（2a）时，h（x）＜h（0）=0，即f′（x）＜0，所以f（x）在（0，ln（2a））上递减，因此x0∈（0，ln（2a）），fx0＜f（0）=0，所以a≤12也是“对x≥0，f（x）≥0均成立”的必要条件.综上所述，a的取值范围是-∞，12.
3.1.2范例解析
例1（2011年高考第二问）已知函数f（x）=lnxx 1 1x，如果x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx-1 kx，求k的取值范围.
【分析】方法上： 步探究充分性，第二步证明必要性； 把超越不等式转化整式不等式，具体用到姊妹不等式ex≥x 1和ln（x 1）≤x及其变式，如1-1x≤lnx≤x-1.

由f（x）＞lnxx-1 kx可化为F（x）=-2lnxx2-1 1-kx=2xlnx （k-1）（x2-1）（1-x2）x
（x＞0，且x≠1），设h（x）=2xlnx （k-1）（x2-1），“当x＞0，且x≠1时，F（x）＞0”等价于“当0＜x＜1时，h（x）＞0”和“当x＞1时，h（x）＜0”，又注意到h1x=-1x2h（x）（x＞0，x≠1），因此，命题“当0＜x＜1时，h（x）＞0”等价于命题“当x＞1时，h（x）＜0”.
当x＞0，且x≠1时，f（x）＞lnxx-1 kx，设F（x）=2xlnx （k-1）（x2-1）（1-x2）x，“当x＞0，且x≠1时，F（x）＞0”等价于“当0＜x＜1时，h（x）＞0”.
（1） （探求充分性）h′（x）=2lnx 2 2（k-1）x＜2（x-1） 2 2（k-1）x=2kx，当0＜x＜1时，当k≤0时，h′（x）＜0，所以h（x）在（0，1）上递减，且h（1）=0，当0＜x＜1时，h（x）＞h（1）=0，所以“k≤0”是“x∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的充分条件； 下面证明必要性： 

图31
（2） 若0＜k＜1时，h′（x）=2lnx 2 2（k-1）x，令φ（x）=h′（x），h′（1）=2k，φ′（x）=2（k-1）x 2x=0，得x=11-k∈（1， ∞），画出y=φ′（x）的根轴图（见图31），当x∈1，11-k时，φ′（x）＞0，所以φ（x）在1，11-k递增，当x∈1，11-k时，φ（x）＞φ（1）=2k＞0，即当x∈1，11-k时，h′（x）＞0，则h（x）在1，11-k上递增，存在x0∈1，11-k，使得h（x0）＞h（1）=0，即存在1＜1×0＜1-k，使得h1x0=-1x20h（x0）＜0，因此，对x∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立； 
（3） 若k≥1时，当0＜x＜1时，h（x）=2xlnx （k-1）（x2-1）＜（k-1）（x2-1）＜0，因此，对x∈（0，1）时，h（x）＞0不恒成立，由（2）、（3）知，k≤0也是“x∈（0，1），h（x）＞0恒成立”的必要条件，综上所述： k的取值范围是（-∞，0］.

评注：   题是“盘”活的，去分母，移项变形是解题首先要考虑的问题，题解时需要三思，触类旁通，主动增强命题，研讨解题机理.

变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=cosx-1 mx2（m∈R，x∈R）.（1） 当m=12时，讨论f（x）的单调性； （2） 若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.变式2（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x 1）2-ex 1 x 2（m∈R）.（1） 当m=0时，求证： x∈R时，f（x）≤0； （2） 若当x≤-1时，f（x）≥0，求m的取值范围.变式3（全国卷网原创题）函数设g（x）=（x 1）ln（x 1）-x （a 1）x2 16×3（a∈R），f（x）=ln（x 1）-x 12×2.（1） 求函数f（x）的单调性； （2） 若当x≥0，g(x)≥0，求a的取值范围.例2已知函数f（x）=xmx 1 e-x-1（m∈R）.（1） 当m=0时，讨论f（x）的单调性； （2） 若当x≥0时，f（x）≥0，求m的取值范围.
（1） 得到e-x≥-x 1供（2）用，解（略）.
（2） 由f（x）=xmx 1 e-x-1，得（mx 1）f（x）=x （e-x-1）（mx 1），设g（x）=（mx 1）f（x），即g（x）=x （e-x-1）（mx 1），g′（x）=1-m e-x（m-mx-1），且g′（0）=0，设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx 1-2m），考虑到h（x）≥h（0）=0，即g′（x）≥0，则mx 1＞0

e-x（mx 1-2m）≥0在［0， ∞）上恒成立，得0≤m≤12.
① 当0≤m≤12时，当x≥0时，g′（x）≥0，所以g（x）在［0， ∞）上递增，且g（0）=0，所以任意x≥0，f（x）≥f（0）=0.因此，0≤m≤12是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的充分条件； 
② 当m＞12时，f（x）与g（x）符号相同，g′（x）=1-m e-x（m-mx-1），设h（x）=g′（x），h′（x）=e-x（mx 1-2m）=0，得x=2-1m＞0，当x∈0，2-1m时，h′（x）＜0，所以h（x）在0，2-1m上递减，因此，当x∈0，2-1m时，h（x）＜h（0）=0，即g′（x）＜0，所以x∈0，2-1m，使得g（x）＜g（0）=0； ③ 当m＜0时，x＞-1m，f（x）=xmx 1 e-x-1≤xmx 1＜0.由②③知，0≤m≤12也是“任意x≥0，f（x）≥0都成立”的必要条件，
综上所述： m的取值范围是0，12.
变式1（2016年全国卷网原创题）设函数f（x）=ln（x 1） ae-x-a（a∈R）.
（1） 当a=1时，证明： f（x）在（0， ∞）上是增函数； （2） 若当x∈［0， ∞）时，f（x）≥0，求a的取值范围.
变式2（2014年全国卷21）已知函数f（x）=ex-e-x-2x.
（1） 讨论f（x）的单调性； （2） 设g（x）=f（2x）-4bf（x），当x＞0时，g（x）＞0，求b的值.

变式3设函数f（x）=ln（x-1） 2ax（a∈R）.（1） 求函数f（x）的单调性； （2） 若当x＞1，且x≠2时，ln（x-1）x-2＞ax，求a的取值范围.
例3已知函数f（x）=cosxsinx-2.
（1） 求f（x）的单调性； （2） 若当x≥-π2时，f（x）≥mx π2，求m的取值范围.
（1） f（x）的定义域为（-∞， ∞），f′（x）=2sinx-1（sinx-2）2，令f′（x）=0，得x=π6 2kπ（k∈Z）或x=5π6 2kπ（k∈Z），当x∈-76π 2kπ，π6 2kπ（k∈Z）时，f′（x）＜0； 当x∈π6 2kπ，5π6 2kπ（k∈Z）时，f′（x）＞0，因此，f（x）的递减区间是-76π 2kπ，π6 2kπ（k∈Z）； 递增区间是π6 2kπ，5π6 2kπ（k∈Z）.
（2） 令g（x）=mx π2-f（x），则g′（x）=m-2sinx-1（sinx-2）2=m 22-sinx-3（2-sinx）2，
即g′（x）=-312-sinx-132 m 13.
① 若m 13≤0，即m≤-13时，g′（x）≤0，g（x）在-π2， ∞上递减，且g-π2=0，所以当x≥-π2时，g（x）≤g-π2=0，即f（x）≥mx π2（充分性）； 
② 若-13＜m＜0时，再令h（x）=cosx 3mx π2，且x∈-π2，0，则h′（x）=-sinx 3m=0，得sinx=3m∈（-1，0），即x0∈-π2，0，使得sinx0=3m，所以，当x∈-π2，x0时，h′（x）＞0，所以h（x）在-π2，x0上递增，因此，当x∈-π2，x0时，h（x）＞h-π2=0，即cosx＞-3mx π2，于是
f（x）=cosxsinx-2≤cosx-3＜mcosx=msinx π2≤mx π2，故对任意x≥-π2，f（x）≥mx π2不恒成立； 
③ 若m≥0时，x=0，使得f（0）=-12＜m·0 π2，所以对任意x≥-π2，f（x）≥mx π2不恒成立.
由②③知，必要性得证.
综上所述： m的取值范围是-∞，-13.
变式1（全国卷网原创题）设函数f（x）=m（x2-2x）-（x-1）ln（x-1）（m∈R）.
（1） 当m=1时，求f（x）的单调区间； （2） 若当x≥2，f（x）≥0，求m的取值范围.
变式2已知函数f（x）=
x 1x，x≠0，
0，x=0，则关于x的方程f2（x） bf（x） c=0有5个不同的实数解的充要条件是（）.

A. b＜-2且c＞0B. b＞-2且c＜0C. b＜-2且c=0D. b≥-2且c=0
变式3已知f（x）=1 x1-xe-ax，若对任意x∈（0，1），恒有f（x）＞1，求a的取值范围.例4（湖南省东部六校2016届高三联考）已知函数f（x）=ex，g（x）=mx n.（1） 设h（x）=f（x）-g（x）.① 若函数h（x）的图像在x=0处的切线过点（1，0）.求m n的值； ② 当n=0时，若函数h（x）在（-1， ∞）上没有零点，求m的取值范围.（2） 设函数r（x）=1f（x） nxg（x），且n=4m（m＞0），求证： 当x≥0时，r（x）≥1.
解（1） ① 由题意，得h′（x）=ex-m，所以函数h（x）的图像在x=0处的切线斜率k=1-m.又h（0）=1-n，所以函数h（x）的图像在x=0处的切线方程为y-（1-n）=（1-m）x，将点（1，0）代入，得m n=2.② 当n=0时，可得h′（x）=（ex-mx）′=ex-m，因为x＞-1，所以ex＞1e，（i） 当m≤1e时，h′（x）=ex-m＞0，函数h（x）在（-1， ∞）上单调递增，而h（0）=1.所以只需h（-1）=1e m≥0，解得m≥-1e，从而-1e≤m≤1e； （ii） 当m＞1e时，由h′（x）=ex-m=0，解得x=lnm∈（-1， ∞），当x∈（-1，lnm）时，h′（x）＜0，h（x）单调递减； 当x∈（lnm， ∞）时，h′（x）＞0，h（x）单调递增.
所以函数h（x）在（-1， ∞）上有小值h（lnm）=m-mlnm.所以只需m-mlnm＞0，解得m＜e，所以1e＜m＜e.综上所述，-1e≤m＜e.（2） 由题意，r（x）=1f（x） nxg（x）=1ex nmxx nm=1ex 4xx 4.
而r（x）=1ex 4xx 4≥1等价于ex（3x-4） x 4≥0.令F（x）=ex（3x-4） x 4.则F（0）=0，且F′（x）=ex（3x-1） 1，F′（0）=0.令G（x）=F′（x），则G′（x）=ex（3x 2）.
因为x≥0，所以G′（x）＞0，所以导数F′（x）在［0， ∞）上单调递增，于是F′（x）≥F′（0）=0.
从而函数F（x）在［0， ∞）上单调递增，即F（x）≥F（0）=0.
例5已经函数f（x）=ex-ax-1（a∈R）.（1） 求函数f（x）的单调区间； （2） 若g（x）=ln（ex-1）-lnx，当x∈（0， ∞）时，不等式f（g（x））＜f（x）恒成立，求实数a的取值范围.

（1） f（x）=ex-ax-1，则f′（x）=ex-a.当a≤0时，对x∈R，有f′（x）＞0，所以函数f（x）在区间（-∞， ∞）上单调递增； 当a＞0时，由f′（x）＞0，得x＞lna，由f′（x）＜0，得x＜lna.此时函数f（x）的单调递增区间为（lna， ∞），单调递增区间为（-∞，lna）.综上，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（-∞， ∞），无单调递减区间； 当a＞0时，函数f（x）的单调递增区间为（lna， ∞），单调递减区间为（-∞，lna）.（2） 易知当x＞0时，ex-1＞x，故对x＞0，g（x）＞0.先分析证明： x＞0，g（x）＜x.要证x＞0，g（x）＜x，只需证x＞0，ex-1x＜ex，即证x＞0，xex-ex 1＞0，构造函数H（x）=xex-ex 1（x＞0），则H′（x）=xex＞0，故函数H（x）在（0， ∞）上单调递增，所以H（x）＞0，由x＞0，xex-ex 1＞0成立.当a≤1时，由（1）知f（x）在（0， ∞）上单调递增，则f（g（x））＜f（x）在x∈（0， ∞）上恒成立； 当a＞1时，由（1）知，函数f（x）在（lna， ∞）上单调递增，在（0，lna）上单调递增.故当0＜x＜lna时，0＜g（x）＜x＜lna，所以f（g（x））＞f（x），则不满足题意.所以满足题意的实数a的取值范围是（-∞，1］.
变式1设函数f（x）=1-xax lnx在［1， ∞）上是增函数.（1） 求正实数a的取值范围； （2） 设b＞0，a＞1，求证： 1a b＜lna bb＜a bb.
变式2（2005年上海理，16）已经函数f（x）=
|lg|x-1||，x≠1，

0，x=1，则关于x的方程f2（x） bf（x） c=0有7个不同实数解的充要条件是（）.
A. b＜0且c＞0B. b＞0且c＜0C. b＜0且c=0D. b≥0且c=0
3.2对称性迁移到非对称性问题的题型3.2.1内容概要把函数图像的对称性问题迁移到非对称性中，也是近年高考命题的思考维度.函数图像关于直线l： x=a成轴对称，常见的数学关系式有f（a x）=f（a-x）和f（x）=f（2a-x），迁移到非对称性中就有f（a x）＞f（a-x）或f（a x）＜f（a-x）与f（x）＞f（2a-x）或f（x）＜f（2a-x），函数图像关于点M（a，b）成中心对称，数学关系式有f（x） f（2a-x）2=b和f（a x） f（a-x）2=b，当然迁移到非对称性中也有相应的不等关系式，而不等关系式只能应用导数才能解决.
3.2.2范例解析例6（2016年全国高考I卷）已知函数f（x）=（x-2）ex a（x-1）2有两个零点.
（1） 求a的取值范围； （2） 设x1，x2是f（x）的两个零点，证明： x1 x2＜2.

图32

【分析】第（1）问，涉及对参量a的分类讨论，首先要找到参量a的临界值，导数f′（x）=（x-1）（ex 2a），x1=1是函数f′（x）的一个零点，另外是否还有零点，就看ex 2a=0的解，显然a＜0时，x2=ln（-2a），x1，x2孰大，得a=-e2，画出a轴，依次从左至右进行讨论（见图32）； 第（2）问，涉及对称性迁移到非对称性问题，其结果应该是f（x）在直线x=1左侧为递减，右侧为递增，或f（x）在直线x=1的左侧为递增，右侧为递减，并且左侧变化要“平”些，右侧变化要“陡”些，需要构造函数φ（t）=f（1 t）-f（1-t）（t＞0），需要通过导数来解决.（1） f′（x）=（x-1）（ex 2a）.① 当a＜-e2时，当x∈（-∞，1）∪（ln（-2a）， ∞）时，f′（x）＞0； 当x∈（1，ln（-2a））时，f′（x）＜0，所以f（x）的递增区间是（-∞，1）和（ln（-2a）， ∞），递减的区间是（1，ln（-2a）），极大值f（1）=-e，极小值f（ln（-2a））=a［ln2（-2a）-4ln（-2a） 5］＜0，因此，f（x）至多一个零点，故不符合题意； 
② 当a=-e2时，f′（x）=（x-1）（ex-e）≥0，当且仅当x=1时，f′（x）=0，所以f（x）在（-∞， ∞）上递增，因此，f（x）至多一个零点，故不符合题意； 
③ 当-e2＜a＜0时，当x＜ln（-2a）时，f′（x）＞0； 当ln（-2a）＜x＜1时，f′（x）＜0； 当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）极大值f（ln（-2a））=a［ln2（-2a）-4ln（-2a） 5］＜0，极小值f（1）=-e，因此，f（x）至多一个零点，故不符合题意； 
④ 当a=0时，f（x）=（x-2）ex只有一个零点x=2，因此，f（x）有且仅有一个零点，故不符合题意； ⑤ 当a＞0时，当x＜1时，f′（x）＜0； 当x＞1时，f′（x）＞0，所以f（x）在（-∞，1）上递减，在（1， ∞）上递增，小值f（1）=-e.当x＜1时，f（x）＞（x-2）e a（x-1）2，令φ（x）=（x-2）e a（x-1）2=0，解得x1=1-e e（4a e）2a，x2=1-e-e（4a e）2a，于是存在x′＜x1时，f（x′）＞f（x1）＞φ（x1）=0，所以f（x′）f（1）＜0，因此，f（x）在（x′，1）内有且仅有一个零点，即f（x）在（-∞，1）内有且仅有一个零点.当x→ ∞时，f（x）→ ∞，f（1）=-e＜0，所以f（x）在（1， ∞）内有且仅有一个零点.综上所述： a的取值范围是（0， ∞）.（2） 由（1）知，a＞0，由f（x1）=f（x2），易知x1≠1，x2≠1，不妨设x1＜1＜x2a=-（x1-2）ex1x1-12=-（x2-2）ex2x2-12，设g（x）=（x-2）exx-12=exx-1-exx-12，且g（x1）=g（x2），g′（x）=ex（x2-4x 5）x-13，当x＜1时，g′（x）＜0； 当x＞1时，g′（x）＞0，所以g（x）在（-∞，1）上是减函数，在（1， ∞）上是增函数.设t＞0时，构函数h（t）=g（1 t）-g（1-t）==t-1t2et 1 t 1t2e1-t=t 1t2e1-tt-1t 1·e2t 1，

设φ（t）=t-1t 1e2t 1=1-2t 1e2t，则φ′（t）=2e2tt2（t 1）2＞0，
所以φ（t）在（0， ∞）上递增，则φ（t）＞φ（0）=0，即g（1 t）＞g（1-t），于是
g（x1）=g（x2）=g（1 x2-1）＞g（1-x2 1）=g（2-x2），即g（x1）＞g（2-x2），并且x1，2-x2同在区间（-∞，1）内，又g（x）在（-∞，1）上递减，因此，x1＜2-x2，即x1 x2＜2.

评注：   
这是国家考试中心第3次命制这类试题了，在2011年给辽宁省命制试题就考查了函数f（x）=lnx-ax2 （2-a）x（a∈R）的这类性质.命题者心中肯定是先有图像，然后才有性质，先用几何画板画含有参量a的图像，改变参量a的值，观察函数f（x）的单调性，继续观察，发现当a＞0时，当改变a的值时，f（x）的图像疑似“抛物线”，并且似乎关于直线x=1a“对称”，但用几何画板画出f（x）关于直线x=1a对称图像时，发现函数f（x）并不关于x=1a对称，f（x）在x=1a左侧是增函数，在x=1a的右侧是减函数，并且在左侧图像要“陡”些，在右侧图像要“平”些（见图33），怎样从图像的对称性关系得到启发，把这种非对称并且一侧要“陡”些的特

图33

征体现出来，这样得到了命题p1： 当0＜x＜1a时，f1a x＞f1a-x； 命题p2： 当0＜x＜1a时，f2a-x＞f（x）； 再挖掘图像的性质，还可以得到等价命题p3： 若y=f（x）与x轴相交于A，B两点，线段AB的中点横坐标为x0，则f′x0＜0； 命题p4： 若x1≠x2时，有f（x1）=f（x2），则x1 x2＞2a； 命题p5： y=g（x）和y=f（x）的图像关于直线x=1a对称，求证： 当0＜x＜1a时，g（x）＞f（x）； 命题p6： 若x1≠x2，且f（x1）=f（x2），x0=x1 x22，证明： f′x0＜0.

变式1设函数f（x）=ln（ax 2）-a22x2-a2x 1 e（a∈R）.（1） 当a=1时，讨论f（x）的单调性，并判断当-2＜x＜0时，f（x）与f（-x）的大小； （2） 对于任意x1，x2∈［-1，1］，不等式|f（x1）-f（x2）|≤ln2都成立，求a的取值范围.
变式2已知函数f（x）=lnx-（a 1）x-ax-1（a∈R）.（1） 当a≤-12时，讨论f（x）的单调性； （2） 当a≤-1时，y=g（x）（0＜x＜1）与y=f（x）（1＜x＜2）关于直线x=1对称，若存在x1∈（0，1），x2∈（1，2），有g（x1）=f（x2），试比较f（x1），f（x2）的大小.
变式3已知函数f（x）=xa-ax a-1（a＞0，a≠1），且x＞0.（1） 讨论函数f（x）的单调性； （2） 当a＞2时，函数y=g（x）（0＜x＜1）的图像与y=f（x）的图像关于x=1对称，当0＜x1＜1时，试比较f（x1），g（x1）的大小.
例7（2015年全国II卷）设函数f（x）=emx x2-mx.
（1） 证明： f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0， ∞）上单调递增； （2） 若对于任意x1，x2∈［-1，1］，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1，求m的取值范围.
（1） f′（x）=m（emx-1） 2x，①若m≥0，当x∈（-∞，0）时，emx-1≤0，f′（x）＜0； 当x∈（0， ∞）时，emx-1≥0，f′（x）＞0.②若m＜0，当x∈（-∞，0）时，emx-1＞0，f′（x）＜0； 当x∈（0， ∞）时，emx-1＜0，f′（x）＞0.

所以f（x）在（-∞，0）上单调递减，在（0， ∞）上递增.
（2） 由（1）知，对于任意m，f（x）在［-1，0］上递减，在［0，1］上递增，故f（x）在x=0处取小值.于是对于x1，x2∈［-1，1］，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1等价于max{f（-1），f（1）}-f（0）≤e-1，即max{f（-1），f（1）}≤e①
设h（m）=f（1）-f（-1）=em-e-m-2m（此函数也出现在2014年理科II卷中），h′m=（em2-e-m2）2≥0.故h（m）在（-∞， ∞）上递增，且h（0）=0.
所以当m≥0时，max{f（-1），f（1）}=f（1）； 当m＜0时，max{f（-1），f（1）}=f（-1）.
当m≥0时，①式为em-m≤e-1，令φ（x）=ex-x（x≥0），φ′（x）=ex-1≥0，所以φ（x）在［0， ∞）上递增，且φ（1）=e-1，因此em-m≤e-1的解集为［0，1］.
当m＜0时，①式为e-m m≤e-1，令（x）=e-x x（x＜0），′（x）=-e-x 1＜0，所以（x）在（-∞，0）上递减，且（-1）=e-1，因此，e-m m≤e-1的解集是［-1，0）.
故不等式①式的解集是［-1，0）∪［0，1］=［-1，1］，即m的取值范围是［-1，1］.

评注：   对于任意x1，x2∈［-1，1］，都有|f（x1）-f（x2）|≤e-1等价于f（1）≥f（-1）

f（1）-f（0）≤e-1或f（1）＜f（-1）
f（-1）-f（0）≤e-1，即得m≥0
em-m≤e-1或m＜0
e-m m≤e-1

图34

事实上，只要对函数φ（x）=ex-x和（x）=e-x x两者间的关系及图像间的关系有初步的了解，就可以根据图像的大致走势和导数的应用比较清晰简捷解答(见图34).设A={m∈R|f（1）-f（0）≤e-1}={m|em-m≤e-1}，B={m∈R|f（-1）-f（0）≤e-1}={m|e-m m≤e-1}，

现研究不等式em-m≤e-1和e-m m≤e-1的解集： 
设φ（x）=ex-x-e 1（x∈R），φ′（x）=ex-1，当x＜0时，φ′（x）＜0； 当x＞0时，φ′（x）＞0.所以φ（x）在（-∞，0）上递减，在（0， ∞）上递增，因为φ-2=e-2 3-e＞0，φ（-1）=e-1 2-e＜0，存在x0∈（-2，-1）（事实上x0-1.49），使得φx0=0，又φ（1）=0.
所以A={m|x0≤m≤1}，根据对称性得B={m|-1≤m≤-x0}.
所以A∩B={m|-1≤m≤1}=［-1，1］.本题还可以考虑下列等价关系来求解： 
m≥0
em-m≤e-1或m＜0
e-m m≤e-1等价于e|m|-|m|≤e-1，设g（x）=e|x|-|x|，不等式①等价g（m）≤e-1，令t=|m|，由前面所述知，不等式et-t≤e-1的解集是{t|0≤t≤1}，于是g（m）≤e-1的解集是［-1，1］.
变式1已知函数f（x）=alnx 12×2-（a 1）x（a∈R）.
（1） 当0＜a＜4时，证明： 对任意x1，x2∈（0， ∞），x1≠x2，有f（x1）-f（x2）x1-x2＞-1； 
（2） 当a≤-1时，存在正数x1，x2，x1≠x2，f（x1）=f（x2），求证： x1 x2＞2.

变式2（全国卷网原创题）已知函数f（x）=lnx a2（x-1）2（a∈R，a≠0）.
（1） 求f（x）的单调性； （2） 在0＜a≤1条件下，y=g（x）（0＜x＜1）与y=f（x）（1＜x＜2）的图像关于点（1，0）对称，当x1∈（0，1）时，判断f（x1）-g（x1）的符号.
例8已知函数f（x）=xlnx.（1） 求f（x）的单调性； （2） 若存在x1≠x2，且f（x1） f（x2）=0，判断x1 x2-2的符号.

（1） f（x）的定义域是（0， ∞），f′（x）=lnx 1=0，得x=1e，当x∈0，1e时，f′（x）＜0； 当x∈1e， ∞时，f′（x）＞0.
所以f（x）在0，1e上是减函数，在1e， ∞上是增函数.
（2） 由（1）及f（1）=0，当x→0时，f（x）→0知，当0＜x＜1时，-1e≤f（x）＜0； 当x＞1时，f（x）＞0，x1≠x2，f（x1） f（x2）=0，则x1，x2在1的两侧，不妨取0＜x1＜1＜x2，设h（x）=f（1 x） f（1-x）（0≤x＜1），h′（x）=ln1 x1-x=ln-1-2x-1≥0，所以h（x）在［0，1）上递增，当0＜x＜1时，h（x）＞h（0），即f（1 x）＞-f（1-x），于是
-f（x2）=f（x1）=f（1 x1-1）＞-f（1-x1 1）=-f（2-x1），即f（x2）＜f（2-x1）因为f（x）在（1， ∞）上递增，则x2＜2-x1，所以x1 x2-2＜0.
变式1设函数f： {x|x≠0，x∈R}→R，且满足f（x） fx-1x=1 x，求f（x）.

变式2（1986年上海市高中数学竞赛试题）函数f（x）的定义域关于原点对称，且满足以下三个条件： ① x1，x2是f（x）的定义域中的数，且f（x1-x2）=f（x1）f（x2） 1f（x2）-f（x1）； 
② f（a）=1（a是正常数）； ③ 当0＜x＜2a时，f（x）＞0.试证： （1）f（x）是奇函数； （2） f（x）是周期函数，并求出周期； （3） f（x）在（0，4a）为减函数.

例9（2016年全国普通高考重庆适应性测试（次））设f（x）=（x 1）eax（其中a≠0），曲线y=f（x）在x=1a处有水平切线.
（1） 求a的值； （2） 设g（x）=f（x） x xlnx，证明： 对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）-g（x2）|＜e-1 2e-2.解： （1） 对f（x）求导得f′（x）=eax a（x 1）eax=（ax a 1）eax.由题意知0=f′1a=（a 2）e，解得a=-2.（2） 令g（x）=g1（x） g2（x），x∈（0，1），其中g1（x）=（x 1）e-2x x，g2（x）=xlnx，求导得g′1（x）=-（2x 1）e-2x 1，对h（x）=g′1（x）求导得h′（x）=-2e-2x 2（2x 1）e-2x=4xe-2x＞0，x∈（0，1）.
因此g′1（x）在（0，1）上为增函数，故当x∈（0，1）时，g′1（x）＞g′1（0）=0，因此g1（x）在（0，1）上也为增函数，从而1=g1（0）＜g1（x）＜g1（1）=1 2e-2（0＜x＜1）.①
又g′2（x）=1 lnx，令g′2（x）=0，解得x=e-1，当0＜x＜e-1时，g′2（x）＜0，g2（x）在（0，e-1）上为减函数； 当e-1＜x＜1时，g′2（x）＞0，g2（x）在（e-1，1）上为增函数，从而g2（x）在（0，1）上取得小值g2（e-1）=-e-1，因此-e-1≤g2（x）＜0（0＜x＜1）.②由①，②得1-e-1＜g（x）＜1 2e-2（0＜x＜1），因此对任意x1，x2∈（0，1）有|g（x1）-g（x2）|＜（1 2e-2）-（1-e-1）=e-1 2e-2.
变式1（2008年全国卷理21）设函数f（x）=ax 1x b（ab∈Z），曲线y=f（x）在点（2，f（2））处的切线方程为y=3.（1） 求f（x）的解析式； （2） 证明： 函数y=f（x）的图像是一个中心对称图形，并求其对称中心； （3） 证明： 曲线y=f（x）上任一点的切线与直线x=1和直线y=x所围三角形的面积为定值，并求出此定值.

变式2（2012年全国卷理12）设点P在曲线y=12ex上，点Q在曲线y=ln（2x）上，则|PQ|小值为（）.
（A） 1-ln2(B)  2（1-ln2）（C） 1 ln2（D） 2（1 ln2）
变式3（2013年全国卷理16）若函数f（x）=（1-x2）（x2 ax b）的图像关于直线x=-2对称，则f（x）的值是.
3.3含参量的分类讨论问题的题型3.3.1分类讨论要提纲挈领，要抓“纲”不抓“目”
含参量的分类讨论试题，穿插在应用导数研究函数的性质的命题之中.专门考查分类讨论在天津市、山东省的高考试题中体现得淋漓尽致.长期以来解答都是用抓“目”的方法，解答非常混乱，包括命题者提供的解答，本书介绍抓“纲”的方法，是一种清晰、有序的解答，逻辑性强起到纲举目张的作用.以讨论函数f（x）=lnx-ax 1-ax-1（a∈R）的单调性为例，来鉴别两者的区别与优劣.
1. 抓“目”的解答f（x）=lnx-ax 1-ax-1定义域为（0， ∞），所以f′（x）=1x-a a-1×2=-ax2-x 1-ax2.
令h（x）=ax2-x 1-a，x∈（0， ∞）.
（1） 当a=0时，h（x）=-x 1，x∈0， ∞，所以当x∈0，1时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减； 当x∈（1， ∞）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增.（2） 当a≠0时，由f′（x）=0，即ax2-x 1-a=0，解得x1=1，x2=1a-1.① 当a=12时，x1=x2，h（x）≥0恒成立，此时f′（x）≤0，函数f（x）在（0， ∞）上单调递减； ② 当a＞12时，x2=1a-1＜1，（i）若x2=1a-1＞0，得a＜1，当12＜a＜1，此时0＜x2＜1，当x∈（0，x2）∪（x1， ∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）在0，1a-1和（1， ∞）上递减； 当x∈（x2，x1）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）在1a-1，1上单调递增.（ii）若x2=1a-1≥0，得a≥1，当x∈（0，1）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增； 当x∈（1， ∞）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减.
③ 当0＜a＜12时，1a-1＞1，当x∈（0，1）∪1a-1， ∞时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）在（0，1）和1a-1， ∞上单调递减； 当x∈1，1a-1时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调.
④ 当a＜0时，由于x2=1a-1＜0，当x∈（0，1）时，h（x）＞0，此时f′（x）＜0，函数f（x）单调递减； 当x∈（1， ∞）时，h（x）＜0，此时f′（x）＞0，函数f（x）单调递增.综上所述： 当a≤0时，函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1， ∞）上单调递增； 当0＜a＜12时，函数f（x）在（0，1）和1a-1， ∞上单调递减，在1，1a-1上单调递增； 当a=12时，函数f（x）在（0， ∞）上单调递减； 当12＜a＜1时，函数f（x）在0，1a-1和（1， ∞）上递减，在1a-1，1上单调递增； 当a≥1时，函数f（x）在（0，1）上单调递增，在（1， ∞）上单调递减.
2. 抓“纲”的解法f（x）=lnx-ax 1-ax-1（x∈（0， ∞）），所以f′（x）=1x-a a-1×2=-（x-1）（ax a-1）x2
找出参量a的临界值，先问方程ax2-x 1-a=0是二次方程吗?得a=0，是二次方程条件下，得x1=1，x2=1a-1，比较x1，x2孰大?，得a=12，x2=1a-1与定义域端点0比较，得a=1，画出参量a的轴（见图35），从基至右进行有序讨论.

（1） 当a≤0时，当x∈0，1时，f′（x）＜0； 当x∈（1， ∞）时，f′（x）＞0，所以函数f（x）在（0，1）上单调递减，在（1， ∞）上单调递增.（2） 当0＜a＜12时，作出y=f′（x）的根轴图（见图36），当x∈（0，1）∪1a-1， ∞时，f′（x）＜0，函数f（x）在（0，1）和1a-1， ∞上单调递减； 当x∈1，1a-1时f′（x）＞0，函数f（x）单调.
（3） 当a=12时，f′（x）=-（x-1）22x≤0，函数f（x）在（0， ∞）上单调递减.（4） 当12＜a＜1时，作出y=f′（x）的根轴图（见图37），当x∈（0，x2）∪（x1， ∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）在0，1a-1和（1， ∞）上递减； 当x∈（x2，x1）时，f′（x）＞0，函数f（x）在1a-1，1上单调递增.（5） 当a≥1时，当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增； 当x∈（1， ∞）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减.

图35

图36

图37

评注：   当a≤0时，是观察因式ax a-1的符号，从而得到f′（x）的符号，当a＞0时，f′（x）=-ax（x-1）x-1a 1，x2=1a-1是从右向左移动.因此，只需做出根轴图替代列表，但替代不了对f′（x）符号的判断.

3.3.2范例解析
例10（名校名师原创）已知函数f（x）=2lnx x-ax2，g（x）=x（lnx-3） （1-a）x2.
（1） 若f（x）在［1，4］单调递增，求a的取值范围； （2） 设h（x）=f（x）-g′（x），试讨论y=h（x），x∈［1，4］的零点个数.
（1） 由题意，f′（x）=2x 1-2ax≥0在［1，4］上均成立，即2a≤2×2 1x对于x∈［1，4］上都要成立，令t=2×2 1x=21x 142-18≥38，则2a≤38，即a≤316.
故a的取值范围是-∞，316.
（2） g′（x）=lnx 2（1-a）x-2（x＞0），则h（x）=lnx-ax2 （2a-1）x 2（x＞0），
h′（x）=1x-2ax 2a-1=-x-12ax 1x，h（1）=a 1，h（4）=ln4-8a-2.
① 当a≤-1时，当x∈［1，4］时，h′（x）＞0，所以h（x）在［1，4］上递增，且h（1）=a 1≤0，h（4）＞0，故x∈［1，4］的零点个数是1个； 
② 当-1＜a≤-12时，当x∈［1，4］时，h′（x）＞0，所以h（x）在［1，4］上递增，且h（1）=a 1＞0，故x∈［1，4］的零点个数是0个； ③ 当-12＜a＜-18时，当x∈1，-12a时，h′（x）＜0； 当x∈-12a，4时，h′（x）＞0，所以h（x）在1，-12a上递减，在-12a，4上递增，所以h（x）min=h-12a=ln-12a 14a 1，令t=-12a，φ（t）=lnt-12t 1（1＜t＜4），φ′（t）=1t-12=2-t2t，所以φ（t）在（1，2）上递增； 在（2，4）上递减，而φ（1）=12，φ（4）=ln4-1＞0，所以φ（t）min=min{φ（1），φ（4）}＞0，故x∈［1，4］的零点个数是0个； 
④ 当-18≤a＜14（ln2-1）时，当x∈［1，4］时，h′（x）＜0，所以h（x）在［1，4］上递减，且h（4）=2（ln2-1）-8a＞0，故x∈［1，4］的零点个数是0个； 
⑤ 当14（ln2-1）≤a＜0时，当x∈［1，4］时，h′（x）＜0，所以h（x）在［1，4］上递减，且h（1）=a 1＞0，h（4）=2（ln2-1）-8a≤0，故x∈［1，4］的零点个数是1个； 
⑥ 当a≥0时，当x∈［1，4］时，h′（x）＜0，所以h（x）在［1，4］上递减，且h（1）=a 1＞0，h（4）=ln4-8a-2≤2（ln2-1）＜0，故x∈［1，4］的零点个数是1个.
综上所述： 当-1＜a＜14（ln2-1）时，h（x）在［1，4］上有0个零点； 当a≤-1或a≥14（ln2-1）时，h（x）在［1，4］上有1个零点.

评注：   寻找参量a的临界值的方法，决定是否是二次方程，得到a=0，在a≠0条件下，改写h′（x）=-2a·（x-1）xx 12a，得x1=1，x2=-12a，判断孰大，得a=-12，再将x2=-12a与区间［1，4］的端点值比较大小，得a=-18，后计算h（4）=2（ln2-1）-8a和h（1）=a 1的符号，分别得到a=14（ln2-1）和a=-1.

变式1（2016年沈阳质检（一））已知函数f（x）=xlnx-a2x2-x a（a∈R）在其定义域内有两个不同的极值点.
（1） 求a的取值范围； （2） 记两个极值点为x1，x2，且x1＜x2.已知λ＞0，若不等式e1 λ＜x1·xλ2恒成立，求λ的取值范围.

变式2（2016年银川模拟考试）已知函数f（x）=ln（1 x2） ax（a≤0）.（1） 若f（x）在x=0处取得极值，求a的值； （2） 讨论f（x）的单调性； （3） 证明： 1 191 118…1 132n＜e（n∈N*，e为自然对数的底数）.

变式3已知函数f（x）=（2x-4a）lnx x，a＞0.（1） 求函数g（x）=xf（x）的单调区间； （2） 若x≥1，f（x）＞0，求a的取值范围.

例11（2015年山东高考卷）设函数f（x）=ln（x 1） a（x2-x），其中a∈R.
（1） 讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由； （2） 若x＞0，f（x）≥0成立，求a的取值范围.

（1） f（x）的定义域是（-1， ∞），f′（x）=1x 1 a（2x-1）=2ax2 ax 1-ax 1.
当a≠0时，方程2ax2 ax 1-a=0的判别式Δ=a（9a-8），当a＜0或a＞89时，方程2ax2 ax 1-a=0的两根记为x1=-14-9a2-8a4a，x2=-14 9a2-8a4a.
① 当a＜0时，此时x2＜-1＜x1，当x∈（-1，x1）时，f′（x）＞0； 当x∈（x1， ∞）时，f′（x）＜0，所以f（x）的极大值点为x1=-14-9a2-8a4a，无极小值，极值点个数为1个； ② 当a=0时，f′（x）=1x 1＞0，f（x）在（-1， ∞）上递增，无极值点，极值点个数为0； 

③ 当0＜a≤89时，f′（x）≥0仅当x=-14，且a=89取等号，f（x）在（-1， ∞）上递增，f（x）无极值点，即f（x）极值点个数为0个； 
④ 当a＞89时，此时-1＜x1＜x2，当x∈（-1，x1）∪（x2， ∞）时，f′（x）＞0； 当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，所以f（x）的极大值点是x=-14-9a2-8a4a，极小值点是x=-14 9a2-8a4a，即f（x）极值点个数为2个.
综上所述： 当a＜0时，f（x）的极值点个数为1； 当0≤a≤89时，f（x）的极值点个数为0； 当a＞89时，f（x）极值点个数为2个.
（2） 由（1）知，①当0≤a≤89时，f（x）在（0， ∞）上递增，且f（0）=0，对x＞0，f（x）≥0成立； ②当89＜a≤1时，f′（x）＞0，f（x）在（0， ∞）上递增，且f（0）=0，对x＞0，f（x）≥0成立.由①、②知，“0≤a≤1”是“x＞0，f（x）≥0成立”的充分条件.
③ 当a＜0时，f（x）=ln（x 1） a（x2-x）＜x a（x2-x）=ax2 （1-a）x，存在x0＞1-1a，使得f（x0）＜0； ④ 当a＞1时，由（I）知，x2=-14 9a2-8a4a＞0，当x∈（0，x2）时，f′（x）＜0，所以f（x）在（0，x2）上递减，存在x0∈（0，x2），使得f（x0）＜f（0）=0.
由③、④“0≤a≤1”也是“x＞0，f（x）≥0成立”的必要条件.
综上所述： a的取值范围是［0，1］.变式1已知函数f（x）=x2-（2a 1）x alnx（a∈R）.
（1） 当a=1时，求f（x）的单调递增区间； （2） 求函数f（x）在区间［1，e］上的小值； （3） 设g（x）=（1-a）x，若存在x0∈1e，e，使得f（x0）≥g（x0）成立，求a的取值范围.

变式2（2016年青海湟川中学模拟考试）已知函数f（x）=ln（x 1）-x.（1） 求f（x）的单调区间； （2） 若k∈Z，且f（x-1） x＞k1-3x对任意x＞1恒成立，求k的值； （3） 对于在（0，1）上的任意一个常数a，是否存在正数x0，使得ef（x0）＜1-a2x20成立?请说明理由.

例12（2016年重庆二诊）设f（x）=x2-3mx 5m2emx，其中实数m≠0.
（1） 讨论函数f（x）的单调性； （2） 若g（x）=f（x）-2mx-5恰有两个零点，求m的取值范围.
（1） f′（x）=2x-3memx memxx2-3mx 5m2=emxmx2-x 2m（x∈R）.
① 若m＜0时，f′（x）＜0，所以f（x）在（-∞， ∞）上是减函数； ② 若m＞0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（-∞， ∞）上是增函数.（2） 由（1）知，g′（x）=emxmx2-x 2m-2m，令h（x）=g′（x），则
h′（x）=emx（m2x2 mx 1）=emxmx 122 34≥34emx＞0，所以g′（x）在（-∞， ∞）上是增函数，且g′（0）=0，所以当x＜0时，g′（x）＜0； 当x＞0时，g′（x）＞0，因此g（x）在（-∞，0）上递减； 在（0， ∞）上递增，g（x）函数小值g（0）=5m2-5，因为g（x）=f（x）-2mx-5恰有两个零点，
其必要条件是g（0）=5m2-5＜0，解得m＜-1或m＞1，下面证明充分性： 因为f（x）=x-32m2 114m2emx＞0，
若m＞1，存在x0=-52m，g（x0）=f（x0）-2mx0-5=f（x0） 0=f（x0）＞0，因此，在函数g（x）在-52m，0内存在1个零点； 
若m＜-1时，存在x0=-52m，则g（x0）=f（x0）-2mx0-5=f（x0） 0＞0，因此，在函数g（x）在（0，-52m）内存在1个零点.
综上所述： m的取值范围是（-∞，-1）∪（1， ∞）.
变式1（唐山市2016届高三学期期末考试）已经函数f（x）=lnx-ax 1（x≥a）
ex-1 （a-2）x（x＜a）.（a＞0）（1） 若a=1，证明： y=f（x）在R上单调递减； （2） 当a＞1时，讨论f（x）零点的个数.
变式2（河南省八市重点高中2016届高三质量检测试题）已知函数f（x）=xlnx，g（x）=18×2-x.（1） 求f（x）的单调区间和极值点； （2） 是否存在实数m，使得函数h（x）=3f（x）4x m g（x）有三个不同的零点？若存在，求出m的取值范围； 若不存在，请说明理由.
变式3设函数f（x）=lnx1 x-lnx ln（x 1）.（1） 求f（x）的单调区间和极值； （2） 是否存在实数a，使得关于x的不等式f（x）≥a的解集为（0， ∞）?若存在，求a的取值范围； 若不存在，试说明理由.
例13已经函数f（x）=-lnx t（x-1），t为实数.（1） 讨论函数f（x）在（0，1］上的单调性； （2） 若当t=12时，kx-12-f（x）＜0在（1， ∞）上恒成立，求实数k的取值范围.
（1） 因为f（x）=-lnx t（x-1），x∈（0，1］，
所以f′（x）=-1x t=tx-1x.① 当t≤0时，f′（x）＜0，则f（x）在（0，1］上单调递减； ② 当0＜t≤1时，f′（x）=tx-1tx≤0，则f（x）在（0，1］上单调递减； ③ 当t＞1时，若x∈0，1t ，则f′（x）＜0； 若x∈1t，1，则f′（x）＞0.所以f（x）在0，1t上单调递减，在1t，1上单调递增.综上所述，当t≤1时，f（x）在（0，1］上单调递减； 当t＞1时，f（x）在0，1t上单调递减，在1t，1上单调递增.（2） 当t=12时，f（x）=-lnx x2-12，kx-12-f（x）=kx-12–lnx x2-12=lnx-x2 kx，当x＞1时，kx-12-f（x）＜0恒成立，等价于k＜x22-xlnx在（1， ∞）上恒成立.令g（x）=x22-xlnx，则g′（x）=x-（lnx 1）=x-1-lnx.令h（x）=x-1-lnx，则h′（x）=1-1x=x-1x.当x＞1时，h′（x）＞0，函数h（x）=x-1-lnx在（1， ∞）上单调递增，故h（x）＞h（1）=0，从而当x＞1时，g′（x）＞0，即函数g（x）在（1， ∞）上单调递增，故g（x）＞g（1）=12，因此当x＞1时，k＜x22-xlnx恒成立，则k≤12.所以实数k的取值范围是-∞，12.

评注：   含参不等式中的参数的取值范围问题及函数与导数的综合问题是高考中常见的压轴题型，需要考生积累一些常见的处理函数问题的方法和技巧，如分类讨论如何选取界点问题，处理恒成立问题和存在性问题，函数零点的讨论方法，利用导数证明不等式的常用方法，利用函数性质证明与数列有关的等式和不等式问题等.

例14设函数f（x）=cos x-1 mx2（x∈R，m∈R）.（1） 当m=12时，讨论函数f（x）的单调性； （2） 若当x≥0时，f（x）≥0恒成立，求实数m的取值范围.
（1） 当m=12时，f（x）=cos x-12×2，则f′（x）=-sin x x，设g（x）=-sin x x，
因为g′（x）=-cos x 1≥0，所以g（x）在（-∞， ∞）上是增函数，且g（0）=0，所以当x≥0时，f′（x）=g（x）≥g（0）=0，所以f（x）在［0， ∞）上是增函数； 当x＜0时，f′（x）=g（x）＜g（0）=0，所以f（x）在（-∞，0）上是减函数.（2） 由（1）知，当x≥0时，sin x≤x，于是

f′（x）=-sin x 2mx≥-x 2mx=（2m-1）x，

① 若2m-1≥0，即m≥12，当x≥0时，f′（x）≥0，所以f（x）在［0， ∞）上是增函数，因此当x≥时，f（x）≥f（0）=0.② 若m≤0，则存在x＞0，使得f（x）=cos x-1 mx2≤cos x-1＜，因此当x≥0时，f（x）≥0不恒成立.③ 若0＜m＜12，f′（x）=-sin x 2mx，令φ（x）=-sin x 2mx，则φ（0）=0.
由φ′（x）=-cos x 2m=0，得cos x=2m∈（0，1），则存在x0∈0，π2，且cos x0=2m，当x∈（0，x0）时，φ′（x）＜0，所以φ（x）在（0，x0）上单调递减，所以当x∈（0，x0）时，f′（x）=φ（x）＜φ（0）=0，所以f（x）在（0，x0）上单调递减，所以存在x∈（0，x0），使得f（x）＜f（0）=0，因此当x≥0时，f（x）≥0不恒成立.综上，实数m的取值范围是12， ∞.

评注：   利用导数解决不等式恒成立问题的基本方法是转化，把问题转化为研究函数的单调性或值问题，通过单调性或值得出结论.本题就是本着这种思想命制的，其背景选自2012年辽宁卷中选择题的选项x≥0，cos x≥1-12×2的结论，并且结合了考试中心的命题风格.

例15（湖北省武汉市武昌区2016届高三年级元月调研考试）已经函数f（x）=xλx 1 e-x-1.（1） 证明： 当λ=0时，f（x）≥0； （2） 若当x≥0时，f（x）≥0，求实数λ的取值范围.
解： （1） 当λ=0时，f（x）=x e-x-1，则f′（x）=1-e-x，令f′（x）=0，解得x=0.当x＜0时，f′（x）＜0，所以f（x）在（-∞，0）上是减函数； 当x＞0时，f′（x）＞0，所以f（x）在（0， ∞）上是增函数.故f（x）在x=0处取得小值f（0）=0，即f（x）≥0.（2） 由已知x≥0，所以e-x-1≤0.① 当λ＜0时，若x＞-1λ，则xλx 1＜0，此时f（x）＜0，不符合题设条件； ② 当λ≥0时，若x≥0，f（x）=xλx 1 e-x-1≥0x λx（e-x-1） e-x-1≥0，令g（x）=x λx（e-x-1） e-x-1，则f（x）≥0g（x）≥0.而g′（x）=1 λ（e-x-1）-λxe-x-e-x=（λ-1）（e-x-1）-λxe-x.③ 当0≤λ≤12时，由（1）知，f（x）=x e-x-1≥0，即e-x≥1-x，它等价于ex≥1 x，所以x≤ex-1.所以g′（x）=（λ-1）（e-x-1）-λxe-x
≥（λ-1）（e-x-1）-λe-x（ex-1）
=（λ-1）（e-x-1）-λ（1-e-x）
=（2λ-1）（e-x-1）≥0.
此时g（x）在［0， ∞）上是增函数，所以g（x）≥g（0）=0，即f（x）≥0.④ 当λ＞12时，由（1）知，e-x≥1-x，所以x≥1-e-x.所以g′（x）=（λ-1）（e-x-1）-λxe-x
=（λ-1）（e-x-1）-λx（e-x-1）-λx
=（λ-1-λx）（e-x-1）-λx
≤（λ-1-λx）（e-x-1）-λ（1-e-x）
=（2λ-1-λx）（e-x-1）

当0＜x＜2λ-1λ时，g′（x）≤0，此时g（x）在0，2λ-1λ上是减函数，所以g（x）＜g（0）=0，即f（x）＜0，不符合题设条件.综上可知，实数λ的取值范围为0，12.变式1（2015年全国卷1理12）设函数f（x）=ex（2x-1）-ax a，其中a＜1，若存在的整数x0，使得f（x0）＜0，则a的取值范围是（）.A. -32ε，1B. -32ε，34C.32ε，34D. 32ε，1
变式2已知函数f（x）=|sinx|，x∈［-π，π］，

lgx，x＞π，x1，x2，x3，x4，x5是方程f（x）=m的五个不相等的实根，则x1 x2 x3 x4 x5的取值范围为（）.A. （0，π）B. （-π，π）C. （lgπ，1）D. （π，10）
变式3（2010年全国卷文21）设函数f（x）=x（ex-1）-ax2.（1） 若a=12，求f（x）的单调区间； （2） 若当x≥0时f（x）≥0，求a的取值范围.
例16（2016年全国卷3理21）设函数f（x）=acos2x （a-1）（cosx 1），其a＞0，记|f（x）|的值为A.（1） 求f′（x）； （2） 求A;（3） 证明|f′（x）|≤2A.【答案】（1） f′（x）=-2asin2x-（a-1）sinx； （2） A=2-3a，a＜a≤15
a2 6a 18a，15＜a＜1
3a-2，a≥1； （3） 见解析.
试题分析： （1） 直接可求f′（x）； （2） 分a≥1，0＜a＜1两种情况，结合三角函数的有界性求出A，但须注意当0＜a＜1时还须进一步分为0＜a≤15，15＜a＜1两种情况求解； （3） 首先由（1）得到|f′（x）|≤2a |a-1|，然后a≥1，0＜a≤15，15＜a＜1三种情况证明.试题解析： （1） f′（x）=-2asin2x-（a-1）sinx.（2） 当a≥1时，|f′（x）|=|asin2x （a-1）（cosx 1）|≤a 2（a-1）=3a-2=f（0）因此，A=3a-2，当0＜a＜1时，将f（x）变形为f（x）=2acos2x （a-1）cosx-1.令g（t）=2at2 （a-1）t-1，则A是|g（t）|在［-1，1］上的值，g（-1）=a，g（1）=3a-2，且当t=1-a4a时，g（t）取得极小值，极小值为

g1-a4a=-（a-1）28a-1=-a2 6a 18a.

令-1＜1-a4a＜1，解得a＜-13（舍去），a＞15.① 当0＜a≤15时，g（t）在（-1，1）内无极值点，|g（-1）|=a，|g（1）|=2-3a，|g（-1）|＜|g（1）|，所以A=2-3a.② 当15＜a＜1时，由g（-1）-g（1）=2（1-a）＞0，知g（-1）＞g（1）＞g1-a4a.又g1-a4a-|g（-1）|=（1-a）（1 7a）8a＞0，所以A=
g1-a4a=a2 6a 18a.综上，A=2-3a，0＜a≤15
a2 6a 18a，15＜a＜1.

3a-2，a≥1

（3） 由（1）得|f′（x）|=|-2asin2x-（a-1）sinx|≤2a |a-1|.当0＜a≤15时，|f′（x）|≤1 a≤2-4a＜2（2-3a）=2A.当15＜a＜1时，A=a8 18a 34≥1.所以|f′（x）|≤1 a＜2A.当a≥1时，|f′（x）|≤3a-1≤6a-4=2A.所以|f′（x）|≤2A.
考点： （1）三角恒等变换； （2）导数的计算； （3）三角函数的有界性.

评注：   求三角函数的值通常分为两步： （1） 利用两角和与差的三角公式、二倍角公式、诱导公式将解析式化为形式y=Asin（ωx φ） B的形式； （2） 结合自变量x的取值范围，结合正弦曲线与余弦曲线进行求解.

变式1(2009年全国卷21)已知函数f（x）=（x3 3×2 ax b）e-x（1） 如a=b=-3，求f（x）的单调区间； （2） 若f（x）在（-∞，α），（2，β）单调增加，在（a，2），（β， ∞）单调减少，证明β-a＜6.