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2018全国Ⅱ卷理数21题解法分析发表时间：2018-10-30T16:21:45.277Z 来源：《教育学》2018年10月总第155期作者：宁宇[导读] 解答该问题的核心思想是使用一定的方法与技巧将问题转化为函数的单调性、最值问题。
黑龙江省大庆市大庆中学163000函数是高中数学的核心内容，在历年的高考试题中都设置了大量的分值，而其中的导数解答题又处于压轴的地位，难度较大。
解答该问题的核心思想是使用一定的方法与技巧将问题转化为函数的单调性、最值问题。
（18理数Ⅱ卷21题）已知函数f（x）=ex-ax2。
（1）若a=1，证明：当x≥0时，f（x）≥1。
（2）若f（x）在（0，+∞）上只有一个零点，求a。
证明：（1）当a=1，x≥0时，f（x）=ex-x2≥1 =g（x），g`（x）=- ≤0，所以，g（x）在[0，+∞）单调递减，所以，g（x）≤g（0）=1，即f（x）≥1成立。
证明：（2）方法一：变形+带参讨论延续第一问变形的思路，考虑方程f（x）=ex-ax2=0h（x）=1- =0，显然当a≤0时方程无解。
所以当a>0时，令h`（x）= =0，解得x=2，当h`（x）>0，x>2，h（x）在（2，+∞）单调递增；当h`（x）<0，0<x<2，h（x）在（0，2）单调递减。
所以h（x）min=h（2）=1- ，①当h（2）>0，即a< ，h（x）>0，方程无解。
②当h（2）=0，即a= ，方程h（x）=0有唯一解。
③当h（2）<0，即a> 时，要论证此时不满足题意，需要利用零点存在性定理找到两个零点存在的区间，注意到h（0）=1，那么h （x）在（0，2）内存在唯一零点。
现在我们需要在（2,＋∞）上找到一个正值。
当x→+∞时指数函数比二次函数增长速度快，所以1-→1，所以当x足够大时一定存在正值，由于这个函数是多项式比指数型，这时我们考虑第一问得出的结论对h（x）进行放缩,把函数中超越的部分换掉。
【NO.111】2018年高考数学全国3卷21题分析
分析一下刚刚过的2018年全国卷3的导数这个大题目。
分析：这个题目让我想到了2016年全国卷2的那个吓人的的导数大题目。
感兴趣的读者可以查找一下之前的问章分析。
这个题目有点儿类似，类似在哪里？请看接下来的分析。
Note：如果在原函数里或者导函数里，对数函数时单独存在的，这是值得庆祝的，因为这样处理起来会是相当的方便。
这也是这几年全国卷坚持的出题角度。
2016年全国2卷将这种出题思路考得时淋漓尽致。
（2）汤老师在这里啰嗦几句，在高考中，第一个小问往往不是摆设，它和第二个小问往往都有着千丝万缕的关系，时而明显，时而隐藏，具体还是需要自己去发现。
这个地方大家知道我的思路是想干什么，但是你是否有过疑惑，这样处理，函数的极值点是否会发生变化？大家注意，如果这个式子除以一个正数，他的极值点不会发生变化，如果除以一个恒为正的函数式子，同样，他的极值点也不会发生变化。
这个题目难度是有的，包括后面的讨论。
估计上述的答案大家看完之后，中间的过程还是云里雾里的，所以后面我单独加一下解释，请看下面的图片。
我挨个解答一下。
对于第一个疑问，这里说一下哈。
但是说实话，后面的讨论的确是又难度。
如果用常规方法是否可以解决呢？毋庸置疑，可以的。
‘
这种解法就是过程复杂点了，但是逻辑关系很清楚，也是很容易去思考的。
如果你有什么更好的思路和方法，欢迎一起分享讨论。
2018全国3卷第21题的命题背景及解法探究《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》不得不读淘宝上的博约书斋店铺：唯一正版且第二版例.（2018全国3卷第21题）已知函数()()()x x ax x x f 21ln 22-+++=（1） 若0=a ，证明：当01<<-x 时，()0<x f ；当0>x 时，()0>x f ； （2） 若0=x 是()x f 的极大值点，求a【解析】（1）若0=a ，则()()()()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-++=-++=221ln 221ln 2x x x x x x x x f 令()()221ln +-+=x x x x g ，则()()()()0212411'222>++=+-+=x x x x x x g所以()x g 在()+∞,0单增，又因为()00=g故当01<<-x 时，()()00=<g x g ，即()0<x f ； 当0>x 时，()()00=>g x g ，即()0>x f ；点评：如果直接求导，完全处理掉对数，需要二次求导，而《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》在第四章在4.6和4.7两个技巧，其中之一就是对函数的处理，希望对数函数单独存在，则一次求导就瞬间可破。
（2）尝试一：（极大值点的第二充要条件：已知函数=y ()x f 在0x x =处各阶导数都存在且连续，0x x =是函数的极大值点的一个充要条件为前12-n 阶导数等于0，第n 2阶导数小于0。
）()()()2121ln 21'2-++++++=x ax x x ax x f ，()00'=f()()()()()()2211431ln 22121ln 21''+++++=-++++++=x a ax x x a x ax x x ax x f ，()00''=f ()()3211662'''+++-+=x a x ax ax x f ，由()0'''=x f 得61-=a 下证：当61-=a 时，0=x 是()x f 的极大值点， ()()()31631'''++-=x x x x f ，所以()x f ''在()0,1-单增，在()+∞,0单减进而有()()00''''=≤f x f ，从而()x f '在()+∞-,1单减，当()0,1-∈x 时，()()00''=>f x f ，当()+∞∈,0x 时，()()00''=<f x f 从而()x f 在()0,1-单增，在()+∞,0单减，所以0=x 是()x f 的极大值点。
压轴专题(三) 第21题解答题“函数、导数与不等式”的抢分策略导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极值(最值)是高考的常见题型，而导数与函数、不等式、方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．其热点题型有：①利用导数研究函数的单调性、极值、最值；②利用导数证明不等式或探讨方程根；③利用导数求解参数的范围或值．[师说考点]利用导数解决不等式问题的思路(1)不等式恒成立的问题，通过构造函数，转化为利用导数求函数最值的问题． (2)利用导数方法证明不等式f (x )>g (x )在区间D 上恒成立的基本方法是构造函数h (x )＝f (x )－g (x )，然后根据函数的单调性，或者函数的最值证明函数h (x )>0在区间D 上恒成立．[典例] (2016·全国乙卷)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2有两个零点． (1)求a 的取值范围；(2)设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )． ①设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，f (x )只有一个零点． ②设a >0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a2，则f (b )>a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎪⎫b 2－32b >0，故f (x )存在两个零点．③设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． 若a ≥－e2，则ln(－2a )≤1，故当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，因此f (x )在(1，＋∞)内单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0， 所以f (x )不存在两个零点． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0.因此f (x )在(1，ln(－2a ))内单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)内单调递增． 又当x ≤1时，f (x )<0，所以f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x 1<x 2，由(1)知，x 1∈(－∞，1)，x 2∈(1，＋∞)，2－x 2∈(－∞，1)， 又f (x )在(－∞，1)内单调递减， 所以x 1＋x 2<2等价于f (x 1)>f (2－x 2)， 即f (2－x 2)<0.由于f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2＋a (x 2－1)2， 而f (x 2)＝(x 2－2)e x 2＋a (x 2－1)2＝0， 所以f (2－x 2)＝－x 2e2－x 2－(x 2－2)e x 2. 设g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，则g ′(x )＝(x －1)(e 2－x－e x)．所以当x >1时，g ′(x )<0，而g (1)＝0， 故当x >1时，g (x )<0.从而g (x 2)＝f (2－x 2)<0，故x 1＋x 2<2. [抢分策略]逆向解答——此路不通另想法1．逆向解答是指对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．解答本题第(2)问利用了逆向解答的策略，把不等式x 1＋x 2<2转化为，构造函数，利用导数求解．2．破解此类题目需掌握“一构一分”，“一构”是指会构造函数，然后利用导数的知识进行求解；“一分”是指会分类讨论，对于含参的不等式问题或证明存在性的问题，常需要对参数进行分类讨论，而此时往往需要用到前面已证明过的结论．解答此题的关键是由x 1＋x 2<2转化为，从而构造函数g (x )＝－x e2－x－(x －2)e x，这是本题的难点，也是求解此类题目的策略——逆向解答．[应用体验]1．(2016·福建质检)已知函数f (x )＝ax －ln(x ＋1)，g (x )＝e x－x －1.曲线y ＝f (x )与y ＝g (x )在原点处的切线相同．(1)求f (x )的单调区间；(2)若x ≥0时，g (x )≥kf (x )，求k 的取值范围． 解：(1)因为f ′(x )＝a －1x ＋1(x >－1)，g ′(x )＝e x－1， 依题意，f ′(0)＝g ′(0)，解得a ＝1， 所以f ′(x )＝1－1x ＋1＝x x ＋1，当－1<x <0时，f ′(x )<0；当x >0时，f ′(x )>0. 故f (x )的单调递减区间为(－1，0)，单调递增区间为(0，＋∞)． (2)由(1)知，当x ＝0时，f (x )取得最小值0，所以f (x )≥0，即x ≥ln(x ＋1)，从而e x≥x ＋1. 设F (x )＝g (x )－kf (x )＝e x＋k ln(x ＋1)－(k ＋1)x －1， 则F ′(x )＝e x＋k x ＋1－(k ＋1)≥x ＋1＋kx ＋1－(k ＋1)， ①当k ＝1时，因为x ≥0，所以F ′(x )≥x ＋1＋1x ＋1－2≥0(当且仅当x ＝0时等号成立)， 此时F (x )在[0，＋∞)上单调递增，从而F (x )≥F (0)＝0，即g (x )≥kf (x )． ②当k <1时，因为f (x )≥0，所以f (x )≥kf (x )．由①知g (x )－f (x )≥0，所以g (x )≥f (x )≥kf (x )，故g (x )≥kf (x )． ③当k >1时，令h (x )＝e x＋kx ＋1－(k ＋1)，则h ′(x )＝e x－k（x ＋1）2， 显然h ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，又h ′(0)＝1－k <0，h ′(k －1)＝e k －1－1>0，所以h ′(x )在(0，k －1)上存在唯一零点x 0，当x ∈(0，x 0)时，h ′(x )<0，所以h (x )在 [0，x 0)上单调递减， 从而h (x )<h (0)＝0，即F ′(x )<0，所以F (x )在[0，x 0)上单调递减， 从而当x ∈(0，x 0)时，F (x )<F (0)＝0，即g (x )<kf (x )，不合题意． 综上，实数k 的取值范围为(－∞，1].[师说考点]利用导数研究方程根(零点)问题的思路(1)将问题转化为函数的方程根(零点)问题，进而转化为函数图象与x 轴(或直线y ＝k )的交点问题；(2)利用导数研究该函数在给定区间上的单调性、极值(最值)、端点值等性质； (3)画出函数的大致图象； (4)结合图象求解．[典例] 设函数f n (x )＝x n＋bx ＋c (n ∈N *，b ，c ∈R )．(1)设n ≥2，b ＝1，c ＝－1，证明：f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点；(2)设n ＝2，若对任意x 1，x 2∈[－1，1]，有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4，求b 的取值范围；(3)在(1)的条件下，设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的零点，判断数列x 2，x 3，…，x n ，…的增减性．[解] (1)证明：b ＝1，c ＝－1，n ≥2时，f n (x )＝x n ＋x －1.∵f n ⎝ ⎛⎭⎪⎫12f n (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －12×1<0， ∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在零点．又∵当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1时，f ′n (x )＝nx n －1＋1>0，∴f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， ∴f n (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内存在唯一零点． (2)当n ＝2时，f 2(x )＝x 2＋bx ＋c .对任意x 1，x 2∈[－1，1]都有|f 2(x 1)－f 2(x 2)|≤4等价于f 2(x )在[－1，1]上的最大值与最小值之差M ≤4.据此分类讨论如下：①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪－b 2>1，即|b |>2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |>4，与题设矛盾．②当－1≤－b2<0，即0<b ≤2时，M ＝f 2(1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2＋12≤4恒成立． ③当0≤－b2≤1，即－2≤b ≤0时，M ＝f 2(－1)－f 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－12≤4恒成立． 综上可知，－2≤b ≤2.故b 的取值范围为[－2，2]．(3)设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点(n ≥2)，f n (x n )＝x nn ＋x n －1＝0，f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1＝0，x n ＋1∈⎝⎛⎭⎪⎫12，1，于是有f n (x n )＝0＝f n ＋1(x n ＋1)＝x n ＋1n ＋1＋x n ＋1－1<x nn ＋1＋x n ＋1－1＝f n (x n ＋1)．又由(1)知f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上是单调递增的， 故x n <x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列． [抢分策略]跳步解答——会做哪问做哪问1．第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或花费较长时间，从而延误了第(3)问的解答．事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第一问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问(即跳步解答)，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题目的上策之举．2．跳步解答是解决数学压轴题的常用策略．在解题过程中卡在某一过渡环节上的情况是经常出现的，这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到最终结论．若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答．[应用体验]2．(2016·广西质检)设函数f (x )＝c ln x ＋12x 2＋bx (b ，c ∈R ，c ≠0)，且x ＝1为f (x )的极值点．(1)若x ＝1为f (x )的极大值点，求f (x )的单调区间(用c 表示)； (2)若f (x )＝0恰有两解，求实数c 的取值范围．解：f ′(x )＝c x ＋x ＋b ＝x 2＋bx ＋cx，又f ′(1)＝0，所以f ′(x )＝（x －1）（x －c ）x且c ≠1，b ＋c ＋1＝0，x >0.(1)因为x ＝1为f (x )的极大值点，所以c ＞1，当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0；当1＜x ＜c 时，f ′(x )＜0； 当x ＞c 时，f ′(x )＞0，所以f (x )的单调递增区间为(0，1)，(c ，＋∞)；单调递减区间为(1，c )．(2)①若c ＜0，则f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )＝0恰有两解，则f (1)＜0，则12＋b ＜0，所以－12＜c ＜0；②若0＜c ＜1，则f (x )极大值＝f (c )＝c ln c ＋12c 2＋bc ，f (x )极小值＝f (1)＝12＋b ，因为b ＝－1－c ，则f (x )极大值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0， f (x )极小值＝－12－c <0，从而f (x )＝0只有一解；③若c ＞1，则f (x )极小值＝c ln c ＋c 22＋c (－1－c )＝c ln c －c －c 22＜0， f (x )极大值＝－12－c <0，则f (x )＝0只有一解．综上，使f (x )＝0恰有两解的c 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0.[典例] (2016·贵州模拟)设n ∈N *，函数f (x )＝ln x x n ，函数g (x )＝exxn (x ＞0)．(1)当n ＝1时，求函数y ＝f (x )的零点个数；(2)若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象分别位于直线y ＝1的两侧，求n 的取值集合A ； (3)对于∀n ∈A ，∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，求|f (x 1)－g (x 2)|的最小值． [解] (1)当n ＝1时，f (x )＝ln x x ，f ′(x )＝1－ln x x2(x ＞0)．由f ′(x )＞0得0＜x ＜e ；由f ′(x )＜0得x ＞e.所以函数f (x )在(0，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，因为f (e)＝1e ＞0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－e ＜0，所以函数f (x )在(0，e)上存在一个零点； 当x ∈(e ，＋∞)时，f (x )＝ln xx＞0恒成立，所以函数f (x )在(e ，＋∞)上不存在零点． 综上得函数f (x )在(0，＋∞)上存在唯一一个零点． (2)对函数f (x )＝ln x x n 求导，得f ′(x )＝1－n ln xxn ＋1(x ＞0)， 由f ′(x )＞0，得0＜x ＜e 1n ； 由f ′(x )＜0，得x ＞e 1n .所以函数f (x )在(0，e 1n )上单调递增，在(e 1n ，＋∞)上单调递减， 则当x ＝e 1n 时，函数f (x )有最大值f (x )max ＝f (e 1n )＝1n e .对函数g (x )＝e xx n (x ＞0)求导，得g ′(x )＝（x －n ）exxn ＋1(x ＞0)， 由g ′(x )＞0，得x ＞n ；由g ′(x )＜0，得0＜x ＜n .所以函数g (x )在(0，n )上单调递减，在(n ，＋∞)上单调递增，则当x ＝n 时，函数g (x )有最小值g (x )min ＝g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n.因为∀n ∈N *，函数f (x )的最大值f (e 1n )＝1n e＜1，即函数f (x )＝ln xxn 在直线y ＝1的下方，故函数g (x )＝exxn (x ＞0)在直线y ＝1的上方，所以g (x )min ＝g (n )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n＞1，解得n ＜e. 所以n 的取值集合A ＝{1，2}．(3)对∀x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－g (x 2)|的最小值等价于g (x )min －f (x )max ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e n n－1n e .当n ＝1时，g (x )min －f (x )max ＝e －1e ；当n ＝2时，g (x )min －f (x )max ＝e 24－12e；因为⎝ ⎛⎭⎪⎫e －1e －⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24－12e ＝e 2（4－e ）－24e ＞0， 所以|f (x 1)－g (x 2)|的最小值为e 24－12e ＝e 3－24e .[抢分策略]解决导数综合问题的注意事项(1)树立定义域优先的原则．(2)熟练掌握基本初等函数的求导公式和求导法则．(3)理解与不等式有关的导数综合问题化为函数最值问题的转化过程． (4)理解含参导数的综合问题中分类讨论思想的应用．(5)存在性问题与恒成立问题容易混淆，它们既有区别又有联系： 若f (x )≤m 恒成立，则f (x )max ≤m ； 若f (x )≥m 恒成立，则f (x )min ≥m ； 若f (x )≤m 有解，则f (x )min ≤m ； 若f (x )≥m 有解，则f (x )max ≥m .[应用体验]3．(2016·重庆模拟)已知函数f (x )满足：①f (x )＝2f (x ＋2)，x ∈R ；②f (x )＝ln x ＋ax ，x ∈(0，2)；③f (x )在(－4，－2)内能取到最大值－4.(1)求实数a 的值；(2)设函数g (x )＝13bx 3－bx ，若对任意的x 1∈(1，2)总存在x 2∈(1，2)使得f (x 1)＝g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)当x ∈(－4，－2)时，有x ＋4∈(0，2)， 由条件②得f (x ＋4)＝ln(x ＋4)＋a (x ＋4)，再由条件①得f (x )＝2f (x ＋2)＝4f (x ＋4)＝4ln(x ＋4)＋4a (x ＋4)． 故f ′(x )＝4x ＋4＋4a ，x ∈(－4，－2)． 由③，f (x )在(－4，－2)内有最大值，方程f ′(x )＝0，即4x ＋4＋4a ＝0在(－4，－2)内必有解，故a ≠0，且解为x ＝－1a－4.又最大值为－4，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a－4＝4ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＋4a ·⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝－4，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1a ＝0，所以a ＝－1.(2)设f (x )在(1，2)内的值域为A ，g (x )在(1，2)内的值域为B ，由条件可知A ⊆B . 由(1)知，当x ∈(1，2)时，f (x )＝ln x －x ，f ′(x )＝1x －1＝1－xx＜0，故f (x )在(1，2)内为减函数，所以A ＝(f (2)，f (1))＝(ln 2－2，－1)．对g (x )求导得g ′(x )＝bx 2－b ＝b (x －1)(x ＋1)． 若b <0，则当x ∈(1，2)时，g ′(x )＜0，g (x )为减函数， 所以B ＝(g (2)，g (1))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫23b ，－23b .由A ⊆B ，得23b ≤ln 2－2，－23b ≥－1，故必有b ≤32ln 2－3.若b ＞0，则当x ∈(1，2)时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，所以B ＝(g (1)，g (2))＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－23b ，23b .由A ⊆B ，得－23b ≤ln 2－2，23b ≥－1，故必有b ≥3－32ln 2.若b ＝0，则B ＝{0}，此时A ⊆B 不成立． 综上可知，b 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，32ln 2－3∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3－32ln 2，＋∞.1.(2016·武昌调研)已知函数f (x )＝(λx ＋1)ln x －x ＋1. (1)若λ＝0，求f (x )的最大值；(2)若曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋y ＋1＝0垂直，证明：f （x ）x －1＞0. 解：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)． 当λ＝0时，f (x )＝ln x －x ＋1.则f ′(x )＝1x－1，令f ′(x )＝0，解得x ＝1.当0＜x ＜1时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，1)上是增函数； 当x ＞1时，f ′(x )＜0，∴f (x )在(1，＋∞)上是减函数． 故f (x )在x ＝1处取得最大值f (1)＝0. (2)证明：由题可得，f ′(x )＝λln x ＋λx ＋1x－1. 由题设条件，得f ′(1)＝1，即λ＝1. ∴f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1.由(1)知，ln x －x ＋1＜0(x ＞0，且x ≠1)．当0＜x ＜1时，f (x )＝(x ＋1)ln x －x ＋1＝x ln x ＋(ln x －x ＋1)＜0， ∴f （x ）x －1＞0.当x ＞1时，f (x )＝ln x ＋(x ln x －x ＋1)＝ln x －x ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln 1x －1x ＋1＞0，∴f （x ）x －1＞0.综上可知，f （x ）x －1＞0.2．(2016·合肥质检)已知函数f (x )＝13x 3－12(a ＋2)x 2＋x (a ∈R )．(1)当a ＝0时，记f (x )图象上动点P 处的切线斜率为k ，求k 的最小值；(2)设函数g (x )＝e －exx(e 为自然对数的底数)，若对于∀x ＞0，f ′(x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围．解：(1)f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1.设P (x ，y )，由于a ＝0，∴k ＝x 2－2x ＋1≥0，即k min ＝0.(2)由g (x )＝e －e xx ，得g ′(x )＝e x （1－x ）x2，易知g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，∴g (x )≤g (1)＝0，由条件知f ′(1)≥g (1)，可得a ≤0.当a ≤0时，f ′(x )＝x 2－(a ＋2)x ＋1＝(x －1)2－ax ≥(x －1)2≥0. ∴f ′(x )≥g (x )对∀x ∈(0，＋∞)成立． 综上，a 的取值范围为(－∞，0]．3．(2016·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )．(1)当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2－2bx ＋4.当a ＝14时，若对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)，求实数b 的取值范围．解：(1)因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′ (x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x2，x ∈(0，＋∞)， 令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a－1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫1，1a－1时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a－1，＋∞时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(2)a ＝14∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，1a －1＝3∉(0，2)，由(1)知，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ∈(1，2)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增，所以f (x )在(0，2)上的最小值为f (1)＝－12.对任意x 1∈(0，2)，存在x 2∈[1，2]，使f (x 1)≥g (x 2)等价于g (x )在[1，2]上的最小值不大于f (x )在(0，2)上的最小值－12，(*)又g (x )＝(x －b )2＋4－b 2，x ∈[1，2]，所以，①当b <1时，g (x )min ＝g (1)＝5－2b ＞0，此时与(*)矛盾； ②当1≤b ≤2时，g (x )min ＝4－b 2≥0，同样与(*)矛盾；③当b ＞2时，g (x )min ＝g (2)＝8－4b ，且当b ＞2时，8－4b ＜0，解不等式8－4b ≤－12，可得b ≥178，所以实数b 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫178，＋∞.4．(2016·江苏高考)已知函数f (x )＝a x＋b x(a ＞0，b ＞0，a ≠1，b ≠1)． (1)设a ＝2，b ＝12.①求方程f (x )＝2的根；②若对于任意x ∈R ，不等式f (2x )≥mf (x )－6恒成立，求实数m 的最大值． (2)若0＜a ＜1，b ＞1，函数g (x )＝f (x )－2有且只有1个零点，求ab 的值． 解：(1)因为a ＝2，b ＝12，所以f (x )＝2x ＋2－x.①方程f (x )＝2，即2x ＋2－x＝2， 亦即(2x )2－2×2x＋1＝0，所以(2x －1)2＝0，即2x＝1，解得x ＝0. ②由条件知f (2x )＝22x＋2－2x＝(2x ＋2－x )2－2＝(f (x ))2－2.因为f (2x )≥mf (x )－6对于x ∈R 恒成立，且f (x )＞0， 所以m ≤（f （x ））2＋4f （x ）对于x ∈R 恒成立．而（f （x ））2＋4f （x ）＝f (x )＋4f （x ）≥2f （x ）·4f （x ）＝4，且（f （0））2＋4f （0）＝4，所以m ≤4，故实数m 的最大值为4.(2)因为函数g (x )＝f (x )－2＝a x＋b x－2有且只有1个零点，而g (0)＝f (0)－2＝a 0＋b 0－2＝0，所以0是函数g (x )的唯一零点．因为g ′(x )＝a xln a ＋b xln b ，又由0＜a ＜1，b ＞1知ln a ＜0，ln b ＞0，所以g ′(x )＝0有唯一解x 0＝log b a⎝ ⎛⎭⎪⎫－ln a ln b .令h (x )＝g ′(x )，则h ′(x )＝(a xln a ＋b x ln b )′＝a x (ln a )2＋b x (ln b )2， 从而对任意x ∈R ，h ′(x )＞0，所以g ′(x )＝h (x )是(－∞，＋∞)上的单调增函数．于是当x ∈(－∞，x 0)时，g ′(x )＜g ′(x 0)＝0；当x ∈(x 0，＋∞)时，g ′(x )＞g ′(x 0)＝0.因而函数g (x )在(－∞，x 0)上是单调减函数，在(x 0，＋∞)上是单调增函数． 下证x 0＝0.若x 0＜0，则x 0＜x 02＜0，于是g ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02＜g (0)＝0. 又g (log a 2)＝a log a 2＋b log a 2－2＞a log a 2－2＝0，且函数g (x )在以x 02和log a 2为端点的闭区间上的图象不间断，所以在x 02和log a 2之间存在g (x )的零点，记为x 1.因为0＜a ＜1，所以log a 2＜0.又x 02＜0，所以x 1＜0，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾． 若x 0＞0，同理可得，在x 02和log b 2之间存在g (x )的非0的零点，与“0是函数g (x )的唯一零点”矛盾．因此，x 0＝0.于是－ln a ln b＝1， 故ln a ＋ln b ＝0，所以ab ＝1.。
强的训练，学生通过解题，总结解题方法，注意通性通法，做一题，得一法，通一类，提高学生解决问题能力。
应用中及时反馈，及时纠正，再针对性复习，有效提高复习教学效率。
三、及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练学生复习回顾知识，然后投影展示，点评表扬优点，及时让学生自己发现并纠正错误，很好地理解和掌握数学基础知识和思想方法；强化训练时，要求学生在独立思考基础上，与同伴交流，尝试解题，巡视指导，学生有足够的时间和空间去解决问题，充分调动学生学习的积极性，让学生板演，及时发现问题，及时纠正，点评表扬优点；考试要求认真解答。
讲评题时，要注重引导学生分析条件，有效寻求涉及的知识和方法，清楚试题考查什么知识点，解题突破口在哪里，解答时需要注意什么，有哪些解法，哪些最佳解题途径等问题。
这样，充分调动学生学习的积极性与主动性。
应用知识强化测试，认真分析各题的错误率，找出错误的症结，对错误率比较高的题目和典型的问题要重点评，特别是数学知识与思想方法的讲评，强调规范解答，及时有效帮助学生分析总结错误，进行针对性复习与强化训练，有效提高解题能力。
如学生解决离散型随机变量的均值与方差问题时，容易写出变量的可能取值，会写出均值和方差公式，但不容易求出相应的概率，以致出错，针对这类情况，教师要重点引导学生分析概率问题的类型，弄清它们的特点，熟练掌握各种概率分布的公式，注意与排列、组合知识联系，注意基本思想方法，熟练求解离散型随机变量的分布列、均值和方差，熟练地将实际问题转化为概率问题，准确得出相应的概率，解决均值和方差的问题，同时进行针对性训练。
对出错多的问题有针对性训练，如学生解答题时往往是因缺少严密的推理步骤，不准确的计算等造成丢分，及时进行针对性训练；对解答不够规范的及时让学生自己纠正，规范解答；对学困生给予较多指导，多鼓励。
及时掌握复习反馈与纠正，进行针对性复习与强化训练，有效提高复习教学效率。
2018年高考数学（理科二卷）导数解答题解题研究及教学建议【摘要】高考是高中教学课堂教学的风向标，能否答好高考题也是学生综合能力的体现。
2018年高考全国l卷理科数学第21题的若干思考作者：黄顺进黄耿跃来源：《福建中学数学》2019年第01期1 试题呈现2 初步分析题目所给的函数是由反比函数、正比例函数、对数函数3个基本初等函数通过四则运算组合而成，给考生的感觉是题干简洁，看了就会想往下做，具有一定的亲和力，第一问讨论函数的单调性，中等生基本能拿到分数，第二问证明不等式，对考生的思维能力、运算能力等要求较高，且要懂得利用第（1）问的结论，敢于代入不等式的左边进行化简，才能顺利求证不等式.3 第（Ⅱ）问错误解法的思考事实上，这样的问题等价是错误的，理由就是把存在性问题，看成任意性问题，且没有注意到a与x1，x2还是互相关联的，导致产生错误的解法.4 试题第（Ⅱ）问多种解法的思考解法1构造关于x1或X2的函数由第（ I）问知，f（x）存在两个极值点当且仅当a>2.解法2构造关于a的函数从而原不等式得证，评注由第（I）问有x1+X2=a，X1X2 =1可知x1，x2，a三者是存在一定的内在联系的，是互相牵制的，只要选定其中一个为变量，就可构造出新函数，于是也可以构造出关于a的函数，但中間要利用到洛比达法则或极限的思想进行说明，解法3 利用函数的单调性从而，原不等式得证，评注在构造新函数前，必须把参数a消去，如果所构造的函数含有参数a将使求解陷入死胡同，难以为继，解法4 利用整体换元构造函数5 试题题源的思考很多教师看到全国1卷的这道函数与导数试题，第一时间就想到2011年湖南文科第21题：（2）若f（x）有两个极值点x1和x2，记过点A（x1，f（x1）），B（x2，f（x2））的直线的斜率为k，问：是否存在a，使得k=2-a？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由，笔者以为，不能因为找到了高考题的题源，就认为高考出这种题目水平太低了，而是要深入地去反思：为什么高考敢这样考？笔者认为，这种题目是经典题，它蕴含着很多数学的思想方法，是可以区分不同思维层次的考生，所以高考敢于用推陈出新命题手法命制试题，这应该引起一线教学的重视.6 对函数与导数中双元问题的复习思考17世纪，数学的发展突飞猛进，实现了从常量数学到变量数学的转折，变量数学又经历了单变量到多变量的发展变化，应该说中学阶段在研究变量问题时，更主要的还是以单变量问题为主，所以，这就给了我们求解双变量问题的启发，即：想方设法把双元问题通过换元或其它方法，转化成单变量问题，才能进行问题求解，事实上，本文提供的4种方法的本质都是转化成构造单变量函数问题.。
