（北京专用）2019版高考数学一轮复习 二 跳出题海——名师绝招破解13大难点增分练 文.doc

二、跳出题海名师绝招破解13大难点难点1高考中的两类抽象函数问题1.巧用对称性,妙解抽象函数图象问题典例1(2016课标全国,12,5分)已知函数f(x)(xr)满足f(-x)=2-f(x),若函数y=x+1x与y=f(x)图象的交点为(x1,y1),(x2,y2),(xm,ym),则i=1m(xi+yi)=()a.0b.mc.2md.4m答案b解析由f(-x)=2-f(x)可知f(x)的图象关于点(0,1)对称,又易知y=x+1x=1+1x的图象关于点(0,1)对称,所以两函数图象的交点成对出现,且每一对交点都关于点(0,1)对称,i=1m(xi+yi)=0m2+2m2=m.故选b.点拨1.解决抽象函数问题的两个常用策略(1)函数性质法:先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质,这样函数就变得相对具体,我们就可以画出符合性质的草图来解题.(2)特殊值法:根据对题目给出的抽象的函数性质的理解,我们找到一个符合题意的具体函数或给变量赋值,把抽象函数问题化为具体的数学问题,从而使问题得解.2.解决抽象函数问题常用的结论(1)函数y=f(x)关于x=a+b2对称f(a+x)=f(b-x)f(x)=f(b+a-x);特例:函数y=f(x)关于x=a对称f(a+x)=f(a-x)f(x)=f(2a-x);函数y=f(x)关于x=0对称f(x)=f(-x)(即为偶函数);(2)函数y=f(x)关于点(a,b)对称f(a+x)+f(a-x)=2bf(2a+x)+f(-x)=2b;特例:函数y=f(x)关于点(a,0)对称f(a+x)+f(a-x)=0f(2a+x)+f(-x)=0;函数y=f(x)关于点(0,0)对称f(x)+f(-x)=0(即为奇函数);(3)y=f(x+a)是偶函数函数y=f(x)关于直线x=a对称;y=f(x+a)是奇函数函数y=f(x)关于(a,0)对称.(4)对f(x)定义域内任一自变量的值x:若f(x+a)=-f(x),则t=2a(a0);若f(x+a)=1f(x),则t=2a(a0);若f(x+a)=-1f(x),则t=2a(a0).1.已知函数f(x)(xr)满足f(x)=f(2-x),若函数y=|x2-2x-3|与y=f(x)图象的交点分别为(x1,y1),(x2,y2),(xm,ym),则i=1mxi等于()a.0b.mc.2md.4m2.已知定义在r上的函数f(x),对任意xr,都有f(x+4)=f(x)+f(2)成立,若函数y=f(x+1)的图象关于直线x=-1对称,则f(2 018)的值为()a.2 018b.-2 018c.0d.42.巧构造,妙解f(x)与f (x)共有问题(1)f (x)g(x)f(x)g(x)型典例2(1)设函数f (x)是奇函数f(x)(xr)的导函数, f(-1)=0,当x0时,xf (x)-f(x)0成立的x的取值范围是()a.(-,-1)(0,1)b.(-1,0)(1,+)c.(-,-1)(-1,0)d.(0,1)(1,+)(2)设f(x),g(x)分别是定义在r上的奇函数和偶函数,当x0,且g(-3)=0,则不等式f(x)g(x)0时,g(x)0,从而f(x)0;当x(1,+)时,g(x)0,从而f(x)0;当x(-1,0)时,f(x)0f(x)g(x)0,所以函数y=f(x)g(x)在(-,0)上单调递增.又分析可知函数y=f(x)g(x)为奇函数,所以其图象关于原点对称,且过点(-3,0),(0,0),(3,0).数形结合可求得不等式f(x)g(x)0(或0(或k(或0(或0(或0(或0(或0),构造函数f(x)=f(x)x(x0).1.已知f(x)的定义域为(0,+), f (x)为f(x)的导函数,且满足f(x)(x-1)f(x2-1)的解集是()a.(0,1)b.(1,+)c.(1,2)d.(2,+)2.f(x)是定义在(0,+)上的非负可导函数,且满足xf (x)+f(x)0.对任意正数a,b,若axf (x)恒成立,则x2f1x-f(x)0的解集为.(2)xf (x)nf (x)型典例3设函数f(x)在r上的导函数为f (x),且2f(x)+xf (x)x2.下面的不等式在r上恒成立的是()a.f(x)0b.f(x)xd.f(x)0时,g(x)0,g(x)g(0),即x2f(x)-14x40,从而f(x)14x20;当x0时,g(x)g(0),即x2f(x)-14x40,从而f(x)14x20;当x=0时,由题意可得2f(0)0,f(0)0.综上可知, f(x)0.解法二:2f(x)+xf (x)x2,令x=0,则f(0)0,故可排除b,d,如果f(x)=x2+0.1,已知条件2f(x)+xf (x)x2成立,但f(x)x不成立,故c也是错误的,故选a.点拨(1)对于xf (x)+nf(x)0型,构造f(x)=xnf(x),则f(x)=xn-1xf (x)+nf(x)(注意对xn-1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf (x)+f(x)0,构造f(x)=xf(x),则f(x)=xf (x)+f(x)0;(2)对于xf (x)-nf(x)0型,且x0,构造f(x)=f(x)xn,则f(x)=xf (x)-nf(x)xn+1(亦需注意对xn+1的符号进行讨论),特别地,当n=1时,xf (x)-f(x)0,构造f(x)=f(x)x,则f(x)=xf (x)-f(x)x20.(2017辽宁沈阳质量检测(一)已知定义域为x|x0的偶函数f(x),其导函数为f (x),对任意正实数x满足xf (x)-2f(x),若g(x)=x2f(x),则不等式g(x)0(f(x)0)的前提下,也可以采用类比作商法,构造函数h(x)=f(x)g(x)(x)=g(x)f(x),证明h(x)min1(x)max1).典例1已知函数f(x)=ex-ax(a为常数)的图象与y轴交于点a,曲线y=f(x)在点a处的切线的斜率为-1.(1)求a的值及函数f(x)的极值;(2)证明:当x0时,x2ex;(3)证明:对任意给定的正数c,总存在x0,使得当x(x0,+)时,恒有x2cex.解析(1)由f(x)=ex-ax得f (x)=ex-a,则f (0)=1-a=-1,得a=2.所以f(x)=ex-2x, f (x)=ex-2,令f (x)=0,得x=ln 2.所以,当xln 2时, f (x)ln 2时, f (x)0, f(x)单调递增.故当x=ln 2时, f(x)有极小值且极小值为f(ln 2)=eln 2-2ln 2=2-ln 4, f(x)无极大值.(2)证明:令g(x)=ex-x2,则g(x)=ex-2x,由(1)得g(x)f(ln 2)0,所以g(x)为增函数,因此,当x0时,g(x)g(0)=10,即x20时,x2ex,所以h(x)0,所以h(x)在(0,+)上单调递减,所以h(x)h(0)=-1,即13x3x0时,有1cx213x3ex,因此,对任意给定的正数c,总存在x0,当x(x0,+)时,恒有x2cex.点拨在本例第(2)问中对要证明的“x2ex”构造函数,得到“g(x)=ex-x2”;第(3)问中,必须结合第(2)问的结论,先证明“13x3ex”,于是构造函数“h(x)=13x3-ex”.已知函数f(x)=xex,直线y=g(x)为函数f(x)的图象在x=x0(x01.解析(1)函数f(x)的定义域为(0,+),f (x)=aexlnx+1x+bex-1(x-1)x2,依题意得f(1)=2,f (1)=e,解得a=1,b=2.(2)证明:由(1)知f(x)=exln x+2ex-1x,从而f(x)1等价于xln xxe-x-2e.构造函数g(x)=xln x(x0),则g(x)=1+ln x,所以当x0,1e时,g(x)0,故g(x)在0,1e上单调递减,在1e,+上单调递增,从而g(x)在(0,+)上的最小值为g1e=-1e.构造函数h(x)=xe-x-2e(x0),则h(x)=e-x(1-x),所以当x(0,1)时,h(x)0,当x(1,+)时,h(x)0时,g(x)h(x),即f(x)1.点拨对于第(2)问的证明,若直接构造函数h(x)=exln x+2ex-1x(x0),求导以后不易分析,因此先将不等式“exln x+2ex-1x1”合理拆分为“xln xxe-x-2e”,再分别对左右两边构造函数,进而达到证明原不等式的目的.已知函数f(x)=alnxx+1+bx,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)证明:当x0,且x1时, f(x)lnxx-1.3.“换元法”构造函数典例3已知函数f(x)=ax2+xln x(ar)的图象在点(1, f(1)处的切线与直线x+3y=0垂直.(1)求实数a的值;(2)求证:当nm0时,ln n-ln mmn-nm.解析(1)因为f(x)=ax2+xln x,所以f (x)=2ax+ln x+1,因为切线与直线x+3y=0垂直,所以切线的斜率为3,所以f (1)=3,即2a+1=3,故a=1.(2)证明:要证ln n-ln mmn-nm,即证lnnmmn-nm,只需证lnnm-mn+nm0.令nm=x,由已知nm0,得nm1,即x1,构造函数g(x)=ln x-1x+x(x1),则g(x)=1x+1x2+1.因为x(1,+),所以g(x)=1x+1x2+10,故g(x)在(1,+)上单调递增.所以gnmg(1)=0,即证得lnnm-mn+nm0成立,所以当nm0时,ln n-ln mmn-nm.点拨对待证不等式等价变形为“lnnm-mn+nm0”后,观察可知,对“nm”进行换元,进而构造函数“g(x)=ln x-1x+x(x1)”来证明不等式,简化了证明过程中的运算.已知函数f(x)=x2ln x.(1)求函数f(x)的单调区间;(2)证明:对任意的t0,存在唯一的s,使t=f(s);(3)设(2)中所确定的s关于t的函数为s=g(t),证明:当te2时,有25lng(t)lnta0,f(b)-f(a)b-a1恒成立,求m的取值范围.解析(1)当m=e时, f(x)=ln x+ex,则f (x)=x-ex2,故当x(0,e)时, f (x)0, f(x)在(e,+)上单调递增,故当x=e时, f(x)取到极小值,也即最小值, f(e)=ln e+ee=2,故f(x)的最小值为2.(2)g(x)=f (x)-x3=1x-mx2-x3(x0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x0).设(x)=-13x3+x(x0),则(x)=-(x-1)(x+1),当x(0,1)时,(x)0,(x)在(0,1)上单调递增;当x(1,+)时,(x)23时,函数g(x)无零点;当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;当0ma0,f(b)-f(a)b-a1等价于f(b)-b0),故(*)等价于h(x)在(0,+)上单调递减,则h(x)=1x-mx2-10在(0,+)上恒成立,得m-x2+x=-x-122+14(x0)恒成立,故m14,当且仅当x=12时等号成立,故m的取值范围为14,+.点拨本例第(3)问中,利用不等式的性质,将“f(b)-f(a)b-a1”等价转化为“f(b)-bf(a)-a”,进而构造函数“h(x)=f(x)-x”,通过研究函数的单调性求解实数m的取值范围.已知函数f(x)=12x2+(1-a)x-aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)设ag(x)-x3.解析(1)因为f(x)=ex+m-x3,所以f (x)=ex+m-3x2.因为曲线y=f(x)在点(0, f(0)处的切线斜率为1,所以f (0)=em=1,解得m=0.(2)证明:因为f(x)=ex+m-x3,g(x)=ln(x+1)+2,所以f(x)g(x)-x3等价于ex+m-ln(x+1)-20.当m1时,ex+m-ln(x+1)-2ex+1-ln(x+1)-2.要证ex+m-ln(x+1)-20,只需证明ex+1-ln(x+1)-20.令h(x)=ex+1-ln(x+1)-2,则h(x)=ex+1-1x+1.令p(x)=ex+1-1x+1,则p(x)=ex+1+1(x+1)20,所以函数p(x)=h(x)=ex+1-1x+1在(-1,+)上单调递增.因为h-12=e12-20,所以函数h(x)=ex+1-1x+1在(-1,+)上有唯一零点x0,且x0-12,0.因为h(x0)=0,所以ex0+1=1x0+1,即ln(x0+1)=-(x0+1).当x(-1,x0)时,h(x)0,所以当x=x0时,h(x)取得最小值h(x0),所以h(x)h(x0)=ex0+1-ln(x0+1)-2=1x0+1+(x0+1)-20.综上可知,当m1时, f(x)g(x)-x3.已知函数f(x)=ex-xln x,g(x)=ex-tx2+x,tr,其中e为自然对数的底数.(1)求函数f(x)的图象在点(1, f(1)处的切线方程;(2)若g(x)f(x)对任意x(0,+)恒成立,求t的取值范围.难点3借助“草图”求解函数压轴题函数解答题一般是高考数学试卷的压轴题,其难度达到整份试卷的顶峰,相当一部分学生不会做或只做第一问而不敢问津第二问和第三问.仔细琢磨、潜心思考问题形成的原因,难道学生不会求导?学生不会运用导数求解其单调性或最值?不会分类讨论?也许都不是.事实上,最主要是学生缺乏画草图的意识,想不到借助草图,引领自己到达成功的彼岸.在高考数学中能画图的地方都要画图,因为图形可以帮助我们构建解题思路,让我们看到问题的本质,透过图形的指引,结合代数的运算,思维逻辑的推导等,最终完成函数解答题.典例1设函数f(x)=emx+x2-mx.(1)证明: f(x)在(-,0)上单调递减,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.解析(1)证明: f (x)=m(emx-1)+2x.若m0,则当x(-,0)时,emx-10, f (x)0.若m0, f (x)0;当x(0,+)时,emx-10.所以f(x)在(-,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)由(1)知,对任意的m, f(x)在-1,0上单调递减,在0,1上单调递增,故f(x)在x=0处取得最小值.所以对于任意x1,x2-1,1,|f(x1)-f(x2)|e-1的充要条件是f(1)-f(0)e-1,f(-1)-f(0)e-1,由f(1)-f(0)e-1得,em-me-1,构造函数g(m)=em-m-e+1,求导得g(m)=em-1,令g(m)=0,得m=0,由指数函数性质得当m(-,0)时,g(m)0,g(m)为增函数.g(1)=0,g(-1)=2+1e-e0,不妨设g(m1)=0,则m1-1,画出g(m)=em-m-e+1的图象如图1所示,得g(m)0的解集为(m1,1);由f(-1)-f(0)e-1得,e-m+me-1,构造函数h(m)=e-m+m-e+1,求导得h(m)=-e-m+1,令h(x)=0,得m=0,由指数函数性质得当m(-,0)时,h(m)0,h(m)为增函数.h(-1)=0,h(1)=2+1e-e1,画出h(m)=e-m+m-e+1的图象如图2所示,得h(m)0的解集为(-1,m2).综上得,m(-1,1).点拨此题起点低,落点高,第(1)问是大家熟悉的利用导数研究函数的单调性问题,一定要注意导函数的零点问题,再根据系数m对导函数的正负影响分类讨论;第(2)问处理恒成立问题,运用等价转化思想,转化为不等式组之后,又根据函数的单调性和分类讨论、数形结合的数学思想解题,以函数为载体,以导数为工具,以图形为航标,以综合运用数学思想方法为核心来考查考生的数学素养.典例2已知函数f(x)=ex-ln(x+m).(1)设x=0是f(x)的极值点,求m的值,并讨论f(x)的单调性;(2)当m2时,证明: f(x)0.解析(1)f (x) =ex-1x+m.由x=0是f(x)的极值点得f (0)=0,所以m=1.于是f(x)=ex-ln(x+1),其定义域为(-1,+),f (x)=ex-1x+1.令f (x)=ex-1x+1,易知f (x)在(-1,+)上单调递增,且f (0)=0,因此当x(-1,0)时, f (x)0.所以f(x)在(-1,0)上单调递减,在(0,+)上单调递增.(2)证明:当m2,x(-m,+)时,ln(x+m)ln(x+2),故只需证明当m=2时, f(x)0.当m=2时,函数f (x)=ex-1x+2在(-2,+)上单调递增.又f (-1)0,故f (x)=0在(-2,+)上有唯一实根x0,且x0(-1,0).当x(-2,x0)时, f (x)0,从而当x=x0时, f(x)取得最小值.f (x)、 f(x)的图象如图.由f (x0)=0得ex0=1x0+2,即ln(x0+2)=-x0,故f(x)f(x0)=1x0+2+x0=(x0+1)2x0+20.所以当m2时, f(x)0.点拨图形虽然简单,但它就像灯塔一样,指引着解题的方向.几乎所有的函数解答题答案中都没有图形,因为只能画草图,根本画不出精确的图形.经过观察,发现数学成绩优良的学生与数学成绩一般的学生最大的差别有两点:(1)擅长画图,利用数形结合解题;(2)擅长等价转化问题,把不熟悉的数学问题等价转化为熟悉的问题.1.已知函数f(x)=ex-e-x-2x.设g(x)=f(2x)-4bf(x),当x0时,g(x)0,求b的最大值.2.设函数f(x)=exx2-k2x+lnx(k为常数,e是自然对数的底数).(1)当k0时,求函数f(x)的单调区间;(2)若函数f(x)在(0,2)内存在两个极值点,求k的取值范围.难点4“三招”妙解导数零点不可求问题导数是研究函数的有力工具,其核心是由导数值的正、负确定函数的单调性.用导数研究函数f(x)的单调性,往往需要解方程f (x)=0.当该方程不易求解时,如何继续解题呢?1.猜猜出方程f (x)=0的根典例1设f(x)=1+lnxx.(1)若函数f(x)在(a,a+1)上有极值,求实数a的取值范围;(2)若关于x的方程f(x)=x2-2x+k有实数解,求实数k的取值范围.解析(1)f (x)=-lnxx2,令f (x)=0,则x=1.由f(x)在(a,a+1)上有极值,得a1,即0a1.所求实数a的取值范围是(0,1).(2)方程f(x)=x2-2x+k,即f(x)-x2+2x=k.设g(x)=f(x)-x2+2x,可得所求实数k的取值范围,即函数g(x)的值域.g(x)=2(1-x)+-lnxx2.需求函数g(x)的单调区间,所以需解不等式g(x)0及g(x)0,因而需解方程g(x)=0.但此方程不易求解,所以我们可以先猜后解.易得g(1)=0,且0x0,x1,g(x)0时, f(x)2a+aln2a.解析(1)f(x)的定义域为(0,+),f (x)=2e2x-ax(x0).当a0时, f (x)0, f (x)没有零点;当a0时,因为y=e2x单调递增,y=-ax单调递增,所以f (x)在(0,+)上单调递增.又f (a)0,假设存在b满足0ba4且b14时, f (b)0时, f (x)存在唯一零点. (2)证明:由(1),可设f (x)在(0,+)上的唯一零点为x0,当x(0,x0)时, f (x)0.故f(x)在(0,x0)上单调递减,在(x0,+)上单调递增,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+aln2a2a+aln2a.故当a0时, f(x)2a+aln2a.点拨本题第(2)问的解题思路是求函数f(x)的最小值,因此需求f (x)=0的根,但是f (x)=2e2x-ax=0的根无法求解,故设出f (x)=0的根为x0,通过证明f(x)在(0,x0)和(x0,+)上的单调性知f(x)min=f(x0)=a2x0+2ax0+aln2a,进而利用基本不等式证得结论,这种解题方法类似解析几何中的设而不求.设函数f(x)=ex-ax-2.(1)求f(x)的单调区间;(2)若a=1,k为整数,且当x0时,(x-k)f (x)+x+10,求k的最大值.3.证证明方程f (x)=0无根典例3已知mr,函数f(x)=mx-m-1x-ln x,g(x)=1x+ln x.(1)求函数g(x)的极小值;(2)设h(x)=2ex,若x01,e,使得f(x0)-g(x0)h(x0),求实数m的取值范围.解析(1)g(x)的定义域为(0,+),g(x)=-1x2+1x=x-1x2,当g(x)0时,x1,当g(x)0时,0xh(x)在1,e上有解,亦即关于x的不等式2e+2xlnxx2-1m(1xe)有解.设u(x)=2e+2xlnxx2-1(1xe),下面需求函数u(x)的最小值.u(x)=2x2-4ex-2-(2x2+2)lnx(x2-1)2(1xe),但不易求解方程u(x)=0.可大胆猜测方程u(x)=0无解,证明如下:由1xe,可得-(2x2+2)ln x0;2x2-4ex-2=2(x-e)2-2e2-20,所以u(x)x成立,求实数m的取值范围.难点5“二次求导”在解题中的应用1.“二次求导”与函数单调性典例1若函数f(x)=sinxx,0x1x2.设a=f(x1),b=f(x2),则比较a,b的大小.解析由f(x)=sinxx得f (x)=xcosx-sinxx2,令g(x)=xcos x-sin x,g(x)=-xsin x+cos x-cos x=-xsin x,0x,g(x)0,即函数g(x)在(0,)上是减函数,g(x)g(0)=0,因此f (x)0,故函数f(x)在(0,)上是减函数,当0x1x2f(x2),即ab.点拨从本题解答过程来看,为了得出f(x)的单调性,须判断f (x)的符号,而f (x)=xcosx-sinxx2的分母为正,只需判断分子xcos x-sin x的符号,很容易引入新的函数g(x)=xcos x-sin x,再通过证g(x)=-xsin x0,得到g(x)是(0,)上的单调递减函数,且知g(x)0,从而得f (x)0时,sin xx-x36.证明要证sin xx-x36(x0),即证明sin x-x+x360(x0),令f(x)=sin x-x+x36,此时f (x)=cos x-1+x22,f (x)=-sin x+x.因为x0时,sin x0,因此f (x)在(0,+)上为增函数,而f (0)=0,所以在(0,+)上有f (x)f (0)=0.即f(x)在(0,+)内单调递增.因而当x0时, f(x)=sin x-x+x36f(0)=0.所以sin xx-x36(x0).点拨本题是应用导数证明不等式.证明的关键在于构造适当的函数,然后在相应区间上用二次求导的办法判定了导数的符号,获得函数的单调性,再利用单调性证明不等式.(2017陕西西安八校联考)已知函数f(x)=mex-ln x-1.(1)当m=0时,求曲线y=f(x)在点(1, f(1)处的切线方程;(2)当m1时,证明: f(x)1.3.“二次求导”与函数的极值(最值)典例3已知函数f(x)=ln(ax+1)+x3-x2-ax.(1)若x=23为y=f(x)的极值点,求实数a的值;(2) 当a=-1时,方程f(1-x)-(1-x)3=bx有实根,求实数b的取值范围.解析(1)f (x)=aax+1+3x2-2x-a,由题意得f 23=0,又23a+10,所以a=0.(2)由已知得x0,b=x(ln x+x-x2)=xln x+x2-x3,令g(x)=xln x+x2-x3,则g(x)=ln x+1+2x-3x2,令h(x)=g(x),则h(x)=g(x)=1x+2-6x=-6x2-2x-1x,当0x0,函数h(x)=g(x)在0,1+76上递增;当x1+76时,h(x)0,函数h(x)=g(x)在1+76,+上递减.又g(1)=0,存在x00,1+76,使得g(x0)=0.当0xx0时,g(x)0,函数g(x)在(0,x0)上递减;当x0x0,函数g(x)在(x0,1)上递增;当x1时,g(x)0,函数g(x)在(1,+)上递减.当x+时,g(x)-;g(x)=xln x+x2-x3=x(ln x+x-x2)xlnx+14,因为当x0时,ln x+140,所以g(x)0).(1)若k=1,试求函数f(x)的导函数f (x)的极小值;(2)若对任意的t0,存在s0,使得当x(0,s)时,都有f(x)tx2,求实数k的取值范围.难点6“二招”破解不等式的恒成立问题第一招:函数法典例1(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=x-1-aln x.(1)若f(x)0,求a的值;(2)设m为整数,且对于任意正整数n,1+121+1221+12nm,求m的最小值.解析(1)f(x)的定义域为(0,+).若a0,因为f12=-12+aln 20,由f (x)=1-ax=x-ax知,当x(0,a)时, f (x)0.所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+)上单调递增.故x=a是f(x)在(0,+)的唯一最小值点.由于f(1)=0,所以当且仅当a=1时, f(x)0.故a=1.(2)由(1)知当x(1,+)时,x-1-ln x0.令x=1+12n,得ln1+12n12n.从而ln1+12+ln1+122+ln1+12n12+122+12n=1-12n1.故1+121+1221+12n2,所以m的最小值为3.点拨(1)对a分类讨论,并利用导数研究f(x)的单调性,找出最小值点,从而求出a.(2)由(1)得当x1时,x-1-ln x0.令x=1+12n,换元后可求出1+121+1221+12n的范围.(2017课标全国,21,12分)已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(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.第二招:分离参数典例2已知函数f(x)=-x3+x2+b,g(x)=aln x.(1)若f(x)在-12,1上的最大值为38,求实数b的值;(2)若对任意的x1,e,都有g(x)-x2+(a+2)x恒成立,求实数a的取值范围.解析(1)f (x)=-3x2+2x=-x(3x-2),令f (x)=0,得x=0或x=23.当x-12,0时, f (x)0,函数f(x)为增函数;当x23,1时, f (x)f23.f-12=38+b=38,b=0.(2)由g(x)-x2+(a+2)x,得(x-ln x)ax2-2x,x1,e,ln x1x,由于不能同时取等号,ln x0,ax2-2xx-lnx(x1,e)恒成立.令h(x)=x2-2xx-lnx,x1,e,则h(x)=(x-1)(x+2-2lnx)(x-lnx)2,当x1,e时,x-10,x+2-2ln x=x+2(1-ln x)0,从而h(x)0,函数h(x)=x2-2xx-lnx在1,e上为增函数,h(x)min=h(1)=-1,a-1.点拨由不等式恒成立求解参数的取值范围问题,一般采用参数分离的方法,转化为求不含参数的函数的最值问题,如本例(2)转化为ax2-2xx-lnx,从而将问题转化为求函数h(x)=x2-2xx-lnx,x1,e的最小值问题.1.函数f(x)=ln x+12x2+ax(ar),g(x)=ex+32x2.(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.2.设函数f(x)=ex-1-x-ax2.(1)若a=0,求f(x)的单调区间;(2)若当x0时,f(x)0,求a的取值范围.难点7双变量的“任意性”与“存在性”问题1.“存在=存在”型若x1d1,x2d2,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在d1上的值域a与函数g(x)在d2上的值域b的交集不为空集,即ab.其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.典例1已知函数f(x)=x2-23ax3,a0,xr.g(x)=1x2(1-x).若x1(-,-1,x2-,-12,使得f(x1)=g(x2),求实数a的取值范围解析f(x)=x2-23ax3,f (x)=2x-2ax2=2x(1-ax).令f (x)=0,得x=0或x=1a.a0,1a0,当x(-,0)时, f (x)0,f(x)在(-,-1上单调递减, f(x)在(-,-1上的值域为1+2a3,+.g(x)=1x2(1-x),g(x)=1x2-x3=3x2-2x(x2-x3)2=3x-2x3(1-x)2.当x0,g(x)在-,-12上单调递增,g(x)g-12=83.g(x)在-,-12上的值域为-,83.若x1(-,-1,x2-,-12,使得f(x1)=g(x2),则1+2a383,a52.故实数a的取值范围是0,52.已知函数f(x)=-16x+112,0x12,x3x+1,120),若存在x1,x20,1,使得f(x1)=g(x2)成立,则实数a的取值范围是()a.12,32b.1,2)c.12,2d.1,322.“任意=存在”型x1d1,x2d1,使得f(x1)=g(x2),等价于函数f(x)在d1上的值域a是函数g(x)在