2018年高考数学一轮复习专题14导数在函数研究中的应用教学案理

g′(x)＝－sinx＋（1＋1 x）2.
当x∈－1，π2 时，g′(x)单调递减，
由g′(0)＝1>0，g′
π 2
＝－1＋
1 1＋π2 2
<0，可得g′(x)在
－1，π2 上有唯一零点，设为α.
当x∈(－1，α)时，g′(x)>0；当x∈α，π2 时，g′(x)<0. 所以g(x)在(－1，α)上单调递增，在α，π2 上单调递减． 故g(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点， 即f′(x)在－1，π2 上存在唯一极大值点．
①当 a>1 时，方程 g(x)＝a 无解，即 f(x)没有零点； ②当 a＝1 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点； ③当 0<a<1 时，方程 g(x)＝a 有两解，即 f(x)有两个零点； ④当 a≤0 时，方程 g(x)＝a 有且只有一解，即 f(x)有唯一的 零点． 综上，当 a>1 时，f(x)没有零点； 当 a＝1 或 a≤0 时，f(x)有唯一的零点； 当 0<a<1 时，f(x)有两个零点而f
π 2
>0，f(π)＝－ln(1＋π)<0，所以f(x)在
π2 ，π
上有
唯一零点．
④当x∈(π，＋∞)时，ln(x＋1)>1，
所以f(x)<0，从而f(x)在(π，＋∞)上没有零点．
综上，f(x)有且仅有2个零点．
【答案】 略
状元笔记
证明与零点有关的不等式，函数的零点本身就是一个条 件，即零点对应的函数值为0，证明的思路一般对条件等价转 化，构造合适的新函数，利用导数知识探讨该函数的性质(如单 调性、极值情况等)再结合函数图象来解决．

文数
课标版
第四节
导数与函数的综合问题
教材研读
1.利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形. (2)构造新的函数h(x). (3)对h(x)求导. (4)利用h'(x)判断h(x)的单调性或最值. (5)下结论.
2.一元三次方程根的个数问题
令f(x)=ax3+bx2+cx+d(a>0),则f '(x)=3ax2+2bx+c.
1 2
答案 C g'(x)=g'(1)ex-1-g(0)+x,当x=1时,g(0)=1,由g(0)=g'(1)e0-1,解得g'(1)
1 x2,则g'(x)=ex-1+x,当x<0时,g'(x)<0,当x>0时,g'(x)>0,所 =e,所以g(x)=ex-x+ 2
以当x=0时,函数g(x)取得最小值g(0)=1,根据题意将不等式转化为2m-1 ≥g(x)min=1,所以m≥1,故选C.
ln
当x<x0时,g'(x)>0,g(x)单调递增;当x>x0时,g'(x)<0,g(x)单调递减. 由(2)知1< <c,故0<x0<1. 又g(0)=g(1)=0,故当0<x<1时,g(x)>0. 所以当x∈(0,1)时,1+(c-1)x>cx.
c 1 ln c
方法技巧
若证明f(x)<g(x),x∈(a,b),可以构造函数F(x)=f(x)-g(x),若F'(x)<0,则F(x)在 (a,b)上是减函数,同时,若F(a)≤0,由减函数的定义可知,当x∈(a,b)时,有 F(x)<0,即证明了f(x)<g(x).

解析：由题图可知，f′(x)>0，那么x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，f′(x)<0，那么x∈(－1,1)，不等式(x2－2x－3)f′(x)>0等价于 或
解得x∈(－∞，－1)∪(－1,1)∪(3，＋∞)．
6．假设函数f(x)＝2x2－lnx在其概念域内的一个子区间(k－1，k＋1)内不是单调函数，那么实数k的取值范围是( C )
2018年高考数学一轮温习 第二章 函数、导数及其应用 课时达标14 导数与函数的单调性 理
[解密考纲]本考点要紧考查利用导数研究函数的单调性．高考中导数试题常常和不等式、函数、三角函数、数列等知识相结合，作为中档题或压轴题显现．三种题型均有显现，以解答题为主，难度较大．
一、选择题
1．(2017·福建福州模拟)函数y＝f(x)的图象如下图，那么y＝f′(x)的图象可能是( D )
12．设函数f(x)＝ x3－ x2＋bx＋c，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝1.
(1)求b，c的值；
(2)假设a>0，求函数f(x)的单调区间；
(3)设函数g(x)＝f(x)＋2x，且g(x)在区间(－2，－1)内存在单调递减区间，求实数a的取值范围．
解析：(1)函数的概念域为(－∞，＋∞)，
解析：由函数f(x)的图象可知，f(x)在(－∞，0)上单调递增，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，因此在(－∞，0)上f′(x)>0，在(0，＋∞)上f′(x)<0.选项D知足，应选D．
2．(2017·苏中八校联考)函数f(x)＝x－lnx的单调递减区间为( A )
A．(0,1)B．(0，＋∞)
C．(1，＋∞)D．(－∞，0)∪(1，＋∞)
即h(x)在(0，＋∞)上是减函数．

第14讲 导数的综合应用高考统计·定方向热点题型真题统计命题规律 题型1：“辅助函数法”证明不等式(构造法) 2018全国卷ⅠT21；2018全国卷ⅢT21 2017全国卷ⅢT21；2016全国卷ⅢT211.每年必考内容，出现在压轴题的位置，难度很大.2.利用导数研究函数的零点问题是近几年高考的一个亮点，热点内容，应引起高度重视.题型2：“转化法”解决不等式恒成立中的参数问题2017全国卷ⅠT21；2017全国卷ⅡT212016全国卷ⅡT20；2014全国卷ⅠT21题型3：“图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题2018全国卷ⅡT21；2016全国卷ⅠT212015全国卷ⅠT21；2014全国卷ⅡT21题型1 “辅助函数法”证明不等式(构造法)利用导数证明不等式是近几年高考考查的热点，重点考查利用导数研究函数的单调性，求极值、最值的方法以及转化与化归、函数与方程、分类讨论的思想．■高考考法示例·【例1】 (2018·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝a e x－ln x －1. (1)设x ＝2是f (x )的极值点，求a ，并求f (x )的单调区间； (2)证明：当a ≥1e时，f (x )≥0.[思路点拨] (1)写出f x 的定义域，求f ′x ―――――→f ′2＝0求a 的值―→判断单调性(2)根据a ≥1e放缩不等式→构造函数g x→求g x 的最小值[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a e x－1x.由题设知，f ′(2)＝0，所以a ＝12e2.从而f (x )＝12e 2e x －ln x －1，f ′(x )＝12e 2e x －1x .当0<x <2时，f ′(x )<0； 当x >2时，f ′(x )>0.所以f (x )在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增． (2)证明：当a ≥1e 时，f (x )≥exe －ln x －1.设g (x )＝e xe －ln x －1，则g ′(x )＝e xe －1x.当0<x <1时，g ′(x )<0；当x >1时，g ′(x )>0.所以x ＝1是g (x )的最小值点． 故当x >0时，g (x )≥g (1)＝0. 因此，当a ≥1e时，f (x )≥0.[方法归纳] 构造辅助函数的4种方法【教师备选】(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2＋(2a ＋1)x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a <0时，证明f (x )≤－34a －2.[解] (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x＋2ax ＋2a ＋1＝x ＋12ax ＋1x.若a ≥0，则当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在(0，＋∞)上单调递增．若a <0，则当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，－12a 时，f ′(x )>0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞时，f ′(x )<0.故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－12a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ，＋∞上单调递减．(2)证明：由(1)知，当a <0时，f (x )在x ＝－12a处取得最大值，最大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a . 所以f (x )≤－34a －2等价于ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a －1－14a ≤－34a －2，即ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0.设g (x )＝ln x －x ＋1， 则g ′(x )＝1x－1.当x ∈(0,1)时，g ′(x )>0； 当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． 故当x ＝1时，g (x )取得最大值，最大值为g (1)＝0. 所以当x >0时，g (x )≤0.从而当a <0时，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＋12a＋1≤0，即f (x )≤－34a －2.■对点即时训练·已知函数f (x )＝e x－3x ＋3a (e 为自然对数的底数，a ∈R )． (1)求f (x )的单调区间与极值；(2)求证：当a ＞ln 3e ，且x ＞0时，e xx ＞32x ＋1x －3a .[解] (1)由f (x )＝e x－3x ＋3a ，知f ′(x )＝e x－3. 令f ′(x )＝0，得x ＝ln 3，于是当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－∞，ln 3)ln 3 (ln 3，＋∞)f ′(x ) －0 ＋ f (x )3(1－ln 3＋a )故f (x )的单调递减区间是(－∞，ln 3)，单调递增区间是(ln 3，＋∞)，f (x )在x ＝ln 3处取得极小值，极小值为f (ln 3)＝3(1－ln 3＋a )．(2)证明：待证不等式等价于e x＞32x 2－3ax ＋1，设g (x )＝e x－32x 2＋3ax －1，于是g ′(x )＝e x－3x ＋3a .由(1)及a >ln 3e ＝ln 3－1知，g ′(x )的最小值为g ′(ln 3)＝3(1－ln 3＋a )>0.于是对任意x ∈R ，都有g ′(x )>0，所以g (x )在R 内单调递增． 于是当a >ln 3e ＝ln 3－1时，对任意x ∈(0，＋∞)，都有g (x )>g (0)．而g (0)＝0，从而对任意x ∈(0，＋∞)，g (x )＞0. 即e x>32x 2－3ax ＋1，故e xx ＞32x ＋1x－3a .题型2 “转化法”解决不等式恒成立中的参数问题利用导数解决不等式恒成立问题是高考常考考点，主要考查利用导数研究函数的单调性，求函数最值的方法，以及转化与化归，函数与方程、分类讨论的思想．■高考考法示例·【例2】 (2017·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝e x(e x－a )－a 2x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )≥0，求a 的取值范围.[解] (1)函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln a . 当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减， 在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0得x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )＞0. 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2上单调递减， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，＋∞上单调递增．(2)①若a ＝0，则f (x )＝e 2x，所以f (x )≥0.②若a >0，则由(1)得，当x ＝ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (ln a )＝－a 2ln a . 从而当且仅当－a 2ln a ≥0，即0＜a ≤1时，f (x )≥0.③若a <0，则由(1)得，当x ＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2时，f (x )取得最小值，最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2＝a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，从而当且仅当a 2⎣⎢⎡⎦⎥⎤34－ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2≥0，即－2e 34≤a ＜0时，f (x )≥0.综上，a 的取值范围是[－2e 34，1]．[方法归纳] 解决不等式恒成立问题的两种方法1分离参数法：若能够将参数分离，且分离后含x 变量的函数关系式的最值易求，则用分离参数法.,即：①λ≥f x 恒成立，则λ≥fxmax.②λ≤fx 恒成立，则λ≤f xmin.2最值转化法：若参数不易分离或分离后含x 变量的函数关系式的最值不易求，则常用最值转化法.可通过求最值建立关于参数的不等式求解.如f x ≥0，则只需f xmin≥0.(教师备选)已知函数f (x )＝e －x[x 2＋(1－m )x ＋1](e 为自然对数的底数，m 为常数)． (1)若曲线y ＝f (x )与x 轴相切，求实数m 的值；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,1]使得2f (x 1)<f (x 2)成立，求实数m 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝－e －x [x 2＋(1－m )x ＋1]＋e －x (2x ＋1－m )＝e －x [－x 2＋(m ＋1)x －m ]＝－e －x(x －m )(x －1)，设切点为(t,0)，则f ′(t )＝0，f (t )＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－e －tt －m t －1＝0，e －t [t 2＋1－m t ＋1]＝0，解得⎩⎪⎨⎪⎧t ＝1，m ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧t ＝m ，m ＝－1，所以m 的值是3或－1.(2)依题意，当x ∈[0,1]时，函数f (x )max ＞2f (x )min ，①m ≥1时，当x ∈[0,1]时，f ′(x )≤0，函数f (x )单调递减， 所以f (0)＞2f (1)， 即1＞2×3－m e ⇒m ＞3－e2；②m ≤0时，x ∈[0,1]时，f ′(x )≥0，函数f (x )单调递增， 所以f (1)＞2f (0)， 即3－me＞2⇒m ＜3－2e ； ③当0＜m ＜1时，当x ∈(0，m )时，f ′(x )＜0， 当x ∈(m,1)时，f ′(x )＞0， 所以f (x )min ＝f (m )＝m ＋1em，f (x )max ＝f (0)或f (1)，记函数g (m )＝m ＋1e m，g ′(m )＝－mem ，当m ≥0时，g ′(m )≤0，g (m )单调递减， 所以m ∈(0,1)时，g (m )＞g (1)＝2e ，所以2f (x )min ＝2m ＋1em ＞4e＞1＝f (0)， 2f (x )min ＝2m ＋1em ＞4e ＞3e ＞3－m e＝f (1)，不存在m ∈(0,1)使得f (x )max ＞2f (x )min ， 综上，实数m 的取值范围是(－∞，3－2e)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫3－e 2，＋∞.■对点即时训练·(2018·湖北七市模拟)函数f (x )＝ln x ＋12x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝e x＋32x 2.(1)讨论f (x )的极值点的个数；(2)若对于任意x ∈(0，＋∞)，总有f (x )≤g (x )成立，求实数a 的取值范围． [解] (1)由题意得f ′(x )＝1x ＋x ＋a ＝x 2＋ax ＋1x(x ＞0，令f ′(x )＝0，即x 2＋ax ＋1＝0，Δ＝a 2－4.①当Δ＝a 2－4≤0，即－2≤a ≤2时，x 2＋ax ＋1≥0对x >0恒成立，即f ′(x )＝x 2＋ax ＋1x≥0对x >0恒成立，此时f (x )没有极值点．②当Δ＝a 2－4>0，即a <－2或a >2时，若a <－2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，则x 1＋x 2＝－a >0，x 1x 2＝1＞0，故x 2＞x 1＞0，∴当0<x <x 1或x >x 2时，f ′(x )>0；当x 1<x <x 2时，f ′(x )<0， 故x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点．若a >2，设方程x 2＋ax ＋1＝0的两个不同实根为x 3，x 4， 则x 3＋x 4＝－a <0，x 3x 4＝1＞0，故x 3＜0，x 4＜0. ∴当x >0时，f ′(x )>0，故函数f (x )没有极值点． 综上，当a <－2时，函数f (x )有两个极值点； 当a ≥－2时，函数f (x )没有极值点． (2)f (x )≤g (x )⇔e x －ln x ＋x 2≥ax ，因为x >0，所以a ≤e x＋x 2－ln xx∀x ＞0恒成立，设φ(x )＝e x ＋x 2－ln x x(x ＞0)，φ′(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e x ＋2x －1x x －e x ＋x 2－ln xx 2＝exx －1＋ln x ＋x ＋1x －1x 2，∵x ＞0，∴当x ∈(0,1)时，φ′(x )＜0，φ(x )单调递减， 当x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )>0，φ(x )单调递增， ∴φ(x )≥φ(1)＝e ＋1，∴a ≤e＋1，即实数a 的取值范围是(－∞，e ＋1]．题型3 “图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题■核心知识储备·导数法研究方程的根或函数的零点问题是指利用导数研究对应函数的单调性与极值，进而画出函数的大致图象，并根据图象判断方程的根或函数的零点个数等．破解此类题的关键点如下：①定函数，即确定与方程对应的函数或研究零点问题中的函数解析式．②求性质，求解函数f (x )的导函数f ′(x )，根据f ′(x )的符号变化研究函数的单调性，求出函数的极值，画出函数的大致图象．③列关系，根据函数图象的分布判断函数的零点个数，或根据零点个数列出参数所满足的关系式．④得结论，求解关系式，得出结论．■高考考法示例·【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f (x )＝13x 3－a (x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f (x )的单调区间； (2)证明：f (x )只有一个零点．[解] (1)当a ＝3时，f (x )＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x )＝x 2－6x －3.令f ′(x )＝0解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x )>0； 当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x )<0.故f (x )在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)证明：由于x 2＋x ＋1>0，所以f (x )＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g (x )＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x )＝x 2x 2＋2x ＋3x 2＋x ＋12≥0，仅当x ＝0时g ′(x )＝0，所以g (x )在(－∞，＋∞)单调递增．故g (x )至多有一个零点，从而f (x )至多有一个零点．又f (3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6a －162－16<0，f (3a ＋1)＝13>0，故f (x )有一个零点．综上，f (x )只有一个零点．[方法归纳] 判断函数零点个数的常用方法1直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x 轴交点的个数问题.2分离出参数，转化为a ＝g x ，根据导数的知识求出函数gx 在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线y ＝a 与函数y ＝g x图象交点的个数问题.只需要用a 与函数g x 的极值和最值进行比较即可.■对点即时训练· 已知函数f (x )＝e x，x ∈R .(1)若直线y ＝kx 与f (x )的反函数的图象相切，求实数k 的值； (2)若m ＜0，讨论函数g (x )＝f (x )＋mx 2零点的个数． [解] (1)f (x )的反函数为y ＝ln x ，x >0，则y ′＝1x.设切点为(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0＝ln x 0x 0，故x 0＝e ，k ＝1e.(2)函数g (x )＝f (x )＋mx 2的零点的个数即是方程f (x )＋mx 2＝0的实根的个数(当x ＝0时，方程无解)，等价于函数h (x )＝exx2(x ≠0)与函数y ＝－m 图象交点的个数．h ′(x )＝exx －2x 3. 当x ∈(－∞，0)时，h ′(x )>0，h (x )在(－∞，0)上单调递增； 当x ∈(0,2)时，h ′(x )＜0，h (x )在(0,2)上单调递减； 当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0，h (x )在(2，＋∞)上单调递增． ∴h (x )的大致图象如图：∴h (x )在(0，＋∞)上的最小值为h (2)＝e24.∴当－m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 24，即m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－e 24，0时，函数h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为1；当－m ＝e 24，即m ＝－e 24时，函数h (x )＝exx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为2；当－m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞，即m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－e 24时，函数h (x )＝e xx 2与函数y ＝－m 图象交点的个数为3.综上所述，当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－e 24时，函数g (x )有三个零点；当m ＝－e 24时，函数g (x )有两个零点；当m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－e 24，0时，函数g (x )有一个零点．1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝ax 2＋x －1ex.(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，－1)处的切线方程； (2)证明：当a ≥1时，f (x )＋e≥0. [解] (1)f ′(x )＝－ax 2＋2a －1x ＋2ex，f ′(0)＝2. 因此曲线y ＝f (x )在(0，－1)处的切线方程是2x －y －1＝0. (2)当a ≥1时，f (x )＋e≥(x 2＋x －1＋e x ＋1)e －x.令g (x )＝x 2＋x －1＋ex ＋1，则g ′(x )＝2x ＋1＋e x ＋1.当x <－1时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，g (x )单调递增；所以g (x )≥g (－1)＝0.因此f (x )＋e≥0.2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f (x )＝(1－x 2)e x. (1)讨论f (x )的单调性；(2)当x ≥0时，f (x )≤ax ＋1，求a 的取值范围． [解] (1)f ′(x )＝(1－2x －x 2)e x.令f ′(x )＝0得x ＝－1－2或x ＝－1＋ 2. 当x ∈(－∞，－1－2)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(－1－2，－1＋2)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(－1＋2，＋∞)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，－1－2)，(－1＋2，＋∞)单调递减，在(－1－2，－1＋2)单调递增．(2)f (x )＝(1＋x )(1－x )e x.当a ≥1时，设函数h (x )＝(1－x )e x ，则h ′(x )＝－x e x＜0(x >0)，因此h (x )在[0，＋∞)单调递减．而h (0)＝1，故h (x )≤1，所以f (x )＝(x ＋1)h (x )≤x ＋1≤ax ＋1.当0<a <1时，设函数g (x )＝e x －x －1，则g ′(x )＝e x－1＞0(x ＞0)，所以g (x )在[0，＋∞)单调递增．而g (0)＝0，故e x≥x ＋1.当0<x <1时，f (x )>(1－x )(1＋x )2，(1－x )(1＋x )2－ax －1＝x (1－a －x －x 2)，取x 0＝5－4a －12，则x 0∈(0,1)，(1－x 0)(1＋x 0)2－ax 0－1＝0，故f (x 0)＞ax 0＋1. 当a ≤0时，取x 0＝5－12，则x 0∈(0,1)，f (x 0)＞(1－x 0)(1＋x 0)2＝1≥ax 0＋1. 综上，a 的取值范围是[1，＋∞)．3．(2016·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝(x －2)e x＋a (x －1)2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．[解] (1)f ′(x )＝(x －1)e x＋2a (x －1)＝(x －1)(e x＋2a )． (ⅰ)设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0.所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． (ⅱ)设a ＜0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )． ①若a ＝－e 2，则f ′(x )＝(x －1)(e x－e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若a ＞－e2，则ln(－2a )＜1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )＞0； 当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． ③若a ＜－e2，则ln(－2a )＞1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )＜0.所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)(ⅰ)设a ＞0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b ＜0且b ＜ln a 2，则f (b )＞a 2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2－32b ＞0，所以f (x )有两个零点．(ⅱ)设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x，所以f (x )只有一个零点．(ⅲ)设a ＜0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点；若a ＜－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为(0，＋∞)．两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到尽可能多的分数还是有方法可行的．高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取．本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分．策略1 缺步解答——化繁为简，能解多少算多少如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已过半，这叫“大题巧拿分”．【例1】 (12分)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，且椭圆C 经过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设过点A (0,2)的直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，点Q 是线段MN 上的点，且2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，求点Q 的轨迹方程． [解] (1)由椭圆定义知，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝⎝ ⎛⎭⎪⎫43＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＋⎝ ⎛⎭⎪⎫43－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝22，所以a ＝ 2. 2分又由已知，c ＝1， 所以椭圆C 的离心率e ＝ca＝12＝22， 4分 (2)由(1)知，椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.设点Q 的坐标为(x ，y )，①当直线l 与x 轴垂直时，直线l 与椭圆C 交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，2－355.6分②当直线l 与x 轴不垂直时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋2.因为M ，N 在直线l 上，可设点M ，N 的坐标分别为(x 1，kx 1＋2)，(x 2，kx 2＋2)， 则|AM |2＝(1＋k 2)x 21，|AN |2＝(1＋k 2)x 22. 又|AQ |2＝x 2＋(y －2)2＝(1＋k 2)x 2. 由2|AQ |2＝1|AM |2＋1|AN |2，得 21＋k 2x2＝11＋k2x 21＋11＋k2x 22，即2x 2＝1x 21＋1x 22＝x 1＋x 22－2x 1x 2x 21x 22.① 8分将y ＝kx ＋2代入x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2＋8kx ＋6＝0.②由Δ＝(8k )2－4×(2k 2＋1)×6＞0，得k 2＞32.由②可知，x 1＋x 2＝－8k 2k 2＋1，x 1x 2＝62k 2＋1，代入①中并化简，得x 2＝1810k 2－3.③9分因为点Q 在直线y ＝kx ＋2上，所以k ＝y －2x，代入③中并化简， 得10(y －2)2－3x 2＝18.10分由③及k 2＞32，可知0＜x 2＜32，即x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝ ⎛⎭⎪⎫0，62.又⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2－355满足10(y －2)2－3x 2＝18，故x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62. 由题意，Q (x ，y )在椭圆C 内，所以－1≤y ≤1，又由10(y －2)2＝18＋3x 2有(y －2)2∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫95，94且－1≤y ≤1，则y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.所以点Q 的轨迹方程为10(y －2)2－3x 2＝18， 其中x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，62，y ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，2－355.12分 [名师点题] 1本题第1问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题，属于容易题.2本题的难点在于第2问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围，本题有一定的难度，要想拿到全分很难，这就应该学会缺步解答.,首先，解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，若需要设直线方程，应考虑直线的斜率是否存在，因此当直线l 的斜率不存在时，求出点Q 的坐标为，这是每位考生都应该能做到的.其次，联立直线方程与椭圆方程并设出M ，N ，Q 的坐标，通过，得到，然后由x 1＋x 2及x 1x 2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到是完全可以做到的，到此已经可以得到9分.另外，考虑到点Q 在直线l 上，将点Q 坐标代入所设直线方程就能得到10y －22－3x 2＝18，到此便可以得到10分.到此不能继续往下解时，我们也已经得到绝大部分分数了.策略2 跳步解答——左右逢源，会做哪问做哪问解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的．这时，我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．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．【例2】 (12分)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.2分又∵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. 4分 (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： 5分①当⎪⎪⎪⎪⎪⎪b 2＞1，即|b |＞2时，M ＝|f 2(1)－f 2(－1)|＝2|b |＞4，与题设矛盾.6分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. 7分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. 8分故a 的取值范围为[－2,2]．(3)法一：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.12分法二：设x n 是f n (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内的唯一零点， f n ＋1(x n )f n ＋1(1)＝(x n ＋1n ＋x n －1)(1n ＋1＋1－1) ＝x n ＋1n ＋x n －1＜x nn ＋x n －1＝0， 则f n ＋1(x )的零点x n ＋1在(x n,1)内， 故x n ＜x n ＋1(n ≥2)，所以数列x 2，x 3，…，x n ，…是递增数列.12分[名师点题] 第1问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第2问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，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1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，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.策略3 逆向解答——逆水行舟，往往也能解决问题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．【例3】 (12分)已知f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3. (1)求函数f (x )的最小值；(2)对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立，求实数a 的取值范围；(3)证明：对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x 成立．[解] (1)f ′(x )＝ln x ＋1，1分当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1e 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增； 所以f (x )的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝－1e .3分(2)2x ln x ≥－x 2＋ax －3，则a ≤2ln x ＋x ＋3x设h (x )＝2ln x ＋x ＋3x(x ＞0)，则h ′(x )＝x ＋3x －1x2， 4分①当x ∈(0,1)时，h ′(x )＜0，h (x )单调递减；②当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＞0，h (x )单调递增， 5分 所以h (x )min ＝h (1)＝4.因为对一切x ∈(0，＋∞)，2f (x )≥g (x )恒成立， 所以a ≤h (x )min ＝4，即a 的取值范围为(－∞，4].7分(3)证明：问题等价于证明x ln x ＞x e x －2e(x ∈(0，＋∞)). 8分由(1)可知f (x )＝x ln x (x ∈(0，＋∞))的最小值是－1e ，当且仅当x ＝1e时取得.9分设m (x )＝x e x －2e (x ∈(0，＋∞))，则m ′(x )＝1－xex ，易知m (x )max ＝m (1)＝－1e .且两函数不会同时取得－1e.所以有x ln x ＞x e x －2e，11分从而对一切x ∈(0，＋∞)，都有ln x ＞1e x －2e x成立. 12分．[名师点题] 解答本题第3问利用了逆向解答，把不等式巧妙地转化为，不等式左边是f x ，右边看作一个新的函数mx ，只需说明f xmin>m xmax即可.策略4 退步解答——以退为进，列出相关内容也能得分“以退求进”是一个重要的解题策略．对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．【例4】 (12分)如图1，O 为坐标原点，双曲线C 1：x 2a 21－y 2b 21＝1(a 1＞0，b 1＞0)和椭圆C 2：y 2a 22＋x 2b 22＝1(a 2＞b 2＞0)均过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1，且以C 1的两个顶点和C 2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．图1(1)求C 1，C 2的方程；(2)是否存在直线l ，使得l 与C 1交于A ，B 两点，与C 2只有一个公共点，且|OA →＋OB →|＝|AB →|，证明你的结论．[解] (1)设C 2的焦距为2c 2，由题意知，2c 2＝2,2a 1＝2. 从而a 1＝1，c 2＝1.因为点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫233，1在双曲线x 2－y 2b 21＝1上， 所以⎝⎛⎭⎪⎫2332－1b 21＝1，故b 21＝3.2分由椭圆的定义知2a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋1－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2332＋1＋12＝2 3.于是a 2＝3，b 22＝a 22－c 22＝2. 故c 1，c 2的方程分别为x 2－y 23＝1，y 23＋x 22＝1.4分 (2)不存在符合题设条件的直线.5分①若直线l 垂直于x 轴，因为l 与C 2只有一个公共点，所以直线l 的方程为x ＝2或x ＝－ 2.当x ＝2时，易知A (2，3)，B (2，－3)， 所以|OA →＋OB →|＝22，|AB →|＝2 3. 此时，|OA →＋OB →|≠|AB →|.当x ＝－2时，同理可知，|OA →＋OB →|≠|AB →|. 7分 ②若直线l 不垂直于x 轴，设l 的方程为y ＝kx ＋m .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2－y 23＝1得(3－k 2)x 2－2kmx －m 2－3＝0.当l 与C 1相交于A ，B 两点时，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1，x 2是上述方程的两个实根，从而x 1＋x 2＝2km 3－k 2，x 1x 2＝m 2＋3k 2－3. 于是y 1y 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3k 2－3m2k 2－3. 9分由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 23＋x22＝1得(2k 2＋3)x 2＋4kmx ＋2m 2－6＝0.因为直线l 与C 2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k 2m 2－8(2k 2＋3)(m 2－3)＝0.化简，得m 2＝2k 2＋3， 10分因此OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝m 2＋3k 2－3＋3k 2－3m 2k 2－3＝－k 2－3k 2－3≠0. 于是OA →2＋OB →2＋2OA →·OB →≠OA →2＋OB →2－2OA →·OB →， 即|OA →＋OB →|2≠|OA →－OB →|2， 故|OA →＋OB →|≠|AB →|.综合①②可知，不存在符合题设条件的直线. 12分 [名师点题] 在求解第2问时可采用退步解答，若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x 轴时给予说明，这就是所谓的从一般到特殊.。