高考数学第二轮复习方法技巧指导
高考数学满分技巧与二轮复习提分攻略
高考数学满分技巧与二轮复习提分攻略高考数学得满分，这套学习方法建议收藏1.试卷上有参考公式，80%是有用的，它为你的解题指引了方向;2.解答题的各小问之间有一种阶梯关系，通常后面的问要使用前问的结论。
如果前问是证明，即使不会证明结论，该结论在后问中也可以使用。
当然，我们也要考虑结论的独立性;3.注意题目中的小括号括起来的部分，那往往是解题的关键。
答题策略选择：先易后难、选择题解答1.先易后难是所有科目应该遵循的原则，而数学卷上显得更为重要。
一般来说，选择题的后两题，填空题的后一题，解答题的后两题是难题。
当然，对于不同的学生来说，有的简单题目也可能是自己的难题，所以题目的难易只能由自己确定。
一般来说，小题思考1分钟还没有建立解答方案，则应采取“暂时性放弃”，把自己可做的题目做完再回头解答。
2.选择题有其独特的解答方法，首先重点把握选择支也是已知条件，利用选择支之间的关系可能使你的答案更准确。
切记不要“小题大做”。
注意解答题按步骤给分，根据题目的已知条件与问题的联系写出可能用到的公式、方法、或是判断。
虽然不能完全解答，但是也要把自己的想法与做法写到答卷上。
多写不会扣分，写了就可能得分。
答题思想方法：每个知识点具体策略1.函数或方程或不等式的题目，先直接思考后建立三者的联系。
首先考虑定义域，其次使用“三合一定理”。
2.如果在方程或是不等式中出现超越式，优先选择数形结合的思想方法;3.面对含有参数的初等函数来说，在研究的时候应该抓住参数没有影响到的不变的性质。
如所过的定点，二次函数的对称轴或是……;4.选择与填空中出现不等式的题目，优选特殊值法;5.求参数的取值范围，应该建立关于参数的等式或是不等式，用函数的定义域或是值域或是解不等式完成，在对式子变形的过程中，优先选择分离参数的方法;6.恒成立问题或是它的反面，可以转化为最值问题，注意二次函数的应用，灵活使用闭区间上的最值，分类讨论的思想，分类讨论应该不重复不遗漏;7.圆锥曲线的题目优先选择它们的定义完成，直线与圆锥曲线相交问题，若与弦的中点有关，选择设而不求点差法，与弦的中点无关，选择韦达定理公式法;使用韦达定理必须先考虑是否为二次及根的判别式;8.求曲线方程的题目，如果知道曲线的形状，则可选择待定系数法，如果不知道曲线的形状，则所用的步骤为建系、设点、列式、化简(注意去掉不符合条件的特殊点);9.求椭圆或是双曲线的离心率，建立关于a、b、c之间的关系等式即可;10.三角函数求周期、单调区间或是最值，优先考虑化为一次同角弦函数，然后使用辅助角公式解答;解三角形的题目，重视内角和定理的使用;与向量联系的题目，注意向量角的范围;11.数列的题目与和有关，优选和通公式，优选作差的方法;注意归纳、猜想之后证明;猜想的方向是两种特殊数列;解答的时候注意使用通项公式及前n项和公式，体会方程的思想;12.立体几何第一问如果是为建系服务的，一定用传统做法完成，如果不是，可以从第一问开始就建系完成;注意向量角与线线角、线面角、面面角都不相同，熟练掌握它们之间的三角函数值的转化;锥体体积的计算注意系数1/3，而三角形面积的计算注意系数1/2 ;与球有关的题目也不得不防，注意连接“心心距”创造直角三角形解题;13.导数的题目常规的一般不难，但要注意解题的层次与步骤，如果要用构造函数证明不等式，可从已知或是前问中找到突破口，必要时应该放弃;重视几何意义的应用，注意点是否在曲线上;14.概率的题目如果出解答题，应该先设事件，然后写出使用公式的理由，当然要注意步骤的多少决定解答的详略;如果有分布列，则概率和为1是检验正确与否的重要途径;15.遇到复杂的式子可以用换元法，使用换元法必须注意新元的取值范围，有勾股定理型的已知，可使用三角换元来完成;16.注意概率分布中的二项分布，二项式定理中的通项公式的使用与赋值的方法，排列组合中的枚举法，全称与特称命题的否定写法，取值范或是不等式的解的端点能否取到需单独验证，用点斜式或斜截式方程的时候考虑斜率是否存在等;17.绝对值问题优先选择去绝对值，去绝对值优先选择使用定义;18.与平移有关的，注意口诀“左加右减，上加下减”只用于函数，沿向量平移一定要使用平移公式完成;19.关于中心对称问题，只需使用中点坐标公式就可以，关于轴对称问题，注意两个等式的运用：一是垂直，一是中点在对称轴上。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：代数变形
第11讲代数变形知识与方法代数变形是利用代数知识实施形变而质不变的一种手段,将一个问题等价地变为另一个问题,由一种复杂的形式转变为一种简单的形式,将整个数学问题转变为一个较为容易处理或熟悉的问题.在处理含对数或指数式时,有如下两个技巧:1.对数处理技巧——对数靠边走设f(x)是可导函数,不难得到(f(x)lnx)′=f′(x)lnx+f(x)1x,若f(x)不是常函数,则所得的导数式中含有lnx,往往需要再次甚至多次求导.对于这类含有对数式lnx的不等式问题时,通常要让对数型的函数分离出来,把对数型函数前面所乘的代数式或分母中的代数式处理掉,让对数型函数形成单独的一项,这样再对新函数求导,只需要求导一次即可求出函数的极值点,从而避免了多次求导的麻繁.这种让对数函数“孤军奋战”的代数变形过程,我们称其为对数处理技巧,即“对数靠边走”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,f(x)lnx+g(x)>0⇔lnx+g(x)f(x)>0;情形2设f(x)≠0,f(x)lnx+g(x)=0⇔lnx+g(x)f(x)=0.点睛意到：(f(x)lnx+g(x))′=f′(x)lnx+f(x)x+g′(x)(lnx+g(x)f(x))′=1x+(g(x)f(x))比较(1)(2)两式中等号右边的部分,可知(1)式含有对数lnx,但(2)式中不含对数lnx,这将为后续的解题带来方便.2.指数处理技巧——指数找朋友在证明或处理含指数型函数的不等式时,通常要让指数型函数乘以或除以一个多项式函数(让多项式除以指数也一样),这样就很容易求出新函数的极值点,从而可以避免多次求导.这种相当于给指数函数寻找了一个合作伙伴的变形过程,我们称之为指数处理技巧,即“指数找朋友”.相关的转化如下:情形1设f(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔g(x)f(x)e x+1>0;情形2设g(x)>0,则f(x)+g(x)e x>0⇔f(x)g(x)e−x+1>0;情形3设f(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔g(x)f(x)e x+1=0;情形4设g(x)≠0,则f(x)+g(x)e x=0⇔f(x)g(x)e−x+1=0.因为(f(x)e x)′=(f(x)+f′(x))e x,(f(x)e−x)′=(f′(x)−f(x))e−x.所以(f(x)e x)′>0⇔(f(x)+f′(x))e x>0⇔f(x)+f′(x)>0, (f(x)e−x)′>0⇔(f′(x)−f(x))e−x>0⇔f′(x)−f(x)>0.使用上述变形,可以减少求导次数,优化解题过程.典型例题对数靠边走【例1】当x>1时,求证:(x+1)lnx>2(x−1).【解析】因为x>1,所以(x+1)lnx>2(x−1)⇔lnx>2(x−1)x.令f(x)=lnx−2(x−1)x (x>1),f′(x)=1x−4(x+1)2=(x−1)2x(x+1)2>0,所以f(x)在(1,+∞)上为增函数.所以f(x)>f(1)=0,所以x>1时,lnx>2(x−1)x+1,即(x+1)lnx>2(x−1).【例2】若不等式xlnx⩾a(x−1)对所有x⩾1成立,求实数a的取值范围.【解析】原问题等价于lnx−a(x−1)x ⩾0对所有的x⩾1都成立.令f(x)=lnx−a(x−1)x(x⩾1),则f′(x)=x−ax2.(1)当a⩽1时,f′(x)=x−ax2⩾0恒成立,即f(x)在[1,+∞)上单调递增,因而f(x)⩾f(1)=0恒成立;(2)当a >1时,令f ′(x)=0,得x =a,f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以f(x)min =f(a)=lna −a +1<0,不符合题意. 综上所述,实数a 的取值范围是(−∞,1].【例3】设二次函数g(x)对任意实数x 都满足g(x −1)+g(1−x)=x 2−2x −1,且g(1)=−1,令f(x)=g (x +12)+mlnx +98(m ∈R,x >0). (1)求g(x)的表达式;(2)设1<m ⩽e,H(x)=f(x)−(m +1)x .证明:对任意x 1,x 2∈[1,m],恒有|H (x 1)−H (x 2)|<1【解析】(1)设g(x)=ax 2+bx +c ,所以g(x −1)+g(1−x)=a(x −1)2+b(x −1)+c +a(1−x)2+b(1−x)+c =2a (x 2−2x +1)+2c =2ax 2−4ax +2a +2c =x 2−2x −1. 比较两边的系数得{2a =1,−4a =−2,2a +2c =−1,所以{a =12,c =−1,所以g(x)=12x 2+bx −1. 又因为g(1)=−1,所以12+b −1=−1,所以b =−12,所以g(x)=12x 2−12x −1.(2)H(x)=12(x +12)2−12(x +12)−1+mlnx +98−(m +1)x =12(x 2+x +14)−12x −14−1+mlnx +98−mx −x =12x 2−(m +1)x +mlnx .H ′(x)=x −(m +1)+m x=x 2−(m+1)x+mx=(x−1)(x−m)x<0.所以H(x)在[1,m]上单调递减,所以H(x)min =H(m)=12m 2−(m +1)m +mlnm =−12m 2−m +mlnm ,H(x)max =H(1)=12−m −1=−12−m .所以|H (x 1)−H (x 2)|⩽H(x)max −H(x)min =12m 2−mlnm −12.下面只需证12m 2−mlnm −32<0.(可采用对数靠边走,将对数lnm 独立出来)即证明12m −lnm −32m<0.令g(m)=12m −lnm −32m,g ′(m)=12−1m+32m2=m 2−2m+32m 2>0.所以g(m)在(1,e]上单调递增,所以g(m)⩽g(e)=12e −1−32e =e 2−2e−32e.而e 2−2e −3<2.82−2×2.8−3=2.24−3<0, 所以g(e)<0,所以g(m)<0,即|H (x 1)−H (x 2)|<1.【点睛】上面解法的优势在于,将lnx 的系数化为“1”后,就可以有效避免求导后再出现对数函数,避免了隐零点出现,这是解决对数型函数的精华所在.指数找朋友【例4】已知函数f(x)=lnx +x −1(a ∈R).求证:e −x +xf(x)⩾0. 【解析】解法1:以指数处理技巧为主线 要证e −x +xf(x)⩾0,只需证1+xe x f(x)⩾0. 令g(x)=1+e x (xlnx +x 2−x )(x >0),g ′(x)=e x (xlnx +x 2−x +lnx +1+2x −1)=e x (x +1)(lnx +x). 令ℎ(x)=lnx +x ,在(0,+∞)上单调递增, 又因为ℎ(1)=1>0,ℎ(1e )=−1+1e<0,所以存在t ∈(1e ,1),使得ℎ(t)=lnt +t =0,即lnt =−t ,即e t =1t . 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增.所以g(x)⩾g(t)=1+e t (tlnt +t 2−t )=1+lnt +t −1=0, 所以1+xe x f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0. 解法2:以对数的处理技巧为主线要证e −x +xf(x)⩾0成立,只需证e −x x+f(x)⩾0即可.令g(x)=e −x x+lnx +x −1(x >0),则g ′(x)=−(x+1)x 2e x+1x +1=(x+1)(xe x −1)x 2e x,令ℎ(x)=xe x −1,ℎ′(x)=(x +1)e x >0,所以ℎ(x)单调递增; 又因为ℎ(1)=e −1>0,ℎ(12)=√e 2−1<0,所以存在t ∈(12,1),使得ℎ(t)=te t −1=0,即e t =1t ,即t =ln1t =−lnt , 当x ∈(0,t)时,ℎ(x)<0,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,ℎ(x)>0,g ′(x)>0,g(x)单调递增. 所以,g(x)⩾g(t)=e −t t+lnt +t −1=lnt +t =0,所以e −x x+f(x)⩾0,即e −x +xf(x)⩾0.解法3:虚设零点+同构令g(x)=e −x +x(lnx +x −1)=e −x +xlnx +x 2−x(x >0), g ′(x)=−e −x +lnx +2x 在(0,+∞)上单调递增,且g ′(1e )=−e−1e+ln1e +2e =−e−1e−1+2e <0,g ′(1)=−e −1+ln1+2=2−1e >0.所以存在t ∈(1e ,1),使得g ′(t)=−e −t +lnt +2t =0,所以e −t =lnt +2t,lnt +t =e −t −t ,即lnt +e lnt =e −t +(−t). 令G(x)=e x +x 在(0,+∞)单调递增,且G(lnt)=G(−t),所以lnt =−t . 当x ∈(0,t)时,g ′(x)<0,g(x)单调递减; 当x ∈(t,+∞)时,g ′(x)>0,g(x)单调递增.g(x)⩾g(t)=e −t +tlnt +t 2−t =lnt +2t +tlnt +t 2−t =(1+t)(lnt +t)=0, 所以e −x +xf(x)⩾0.【点睛】解法3看似行云流水,思维直接,但是仔细品味,暗流汹涌,思维含量非常大,主要表现在以下三个方面：1.没有明显的零点,需要利用函数的单调性以及零点存在性定理,虚设零点;2.虚设零点后,出现了指数、对数以及多项式同时存在的情况,这样难以利用零点的关系式一次把指数以及对数全部消除;3.本题目需要较强的技巧性构造同构式,借助于单调性,找出对数与多项式的关系,万一想不到这一点,这道题目就不容易处理.实际上,本题之所以难,是因为指数、对数以及多项式的同时出现,将题目提升了一个难度.对于这种指、对混合形式出现的试题,利用指数或对数的处理技巧,可以帮助我们提高“求导效率”,将指数与多项式结合起来,或者将对数分离出来.【例5】已知函数f(x)=ax 21+lnx (a ≠0),e 是自然对数的底数.若f(x)的极大值为−2,求不等式f(x)+e x <0的解集.【解析】解法1:巧用对数、指数处理技巧对方程变形 f(x)的定义域为(0,e −1)∪(e −1,+∞), 由f ′(x)=2ax(1+lnx)−ax 2⋅1x(1+lnx)2=2ax(12+lnx)(1+lnx)2.当a >0时,f(x)在(0,e −1)上单调递减;在(e −1,e −12)单调递减;在(e −12,+∞)上单调递增;显然f(x)有极小值,无极大值.显然,当a <0时,f(x)有极大值,此时f (e −12)=−2,所以a =−e ,此时f(x)=−ex 21+lnx ,−ex 21+lnx +e x <0. 显然,当x ∈(0,1e ),−ex 21+lnx +e x >0,矛盾.故当x ∈(1e ,+∞)时,e x <ex 21+lnx ,即1+lnx −ex 2e x <0(对数靠边走)令F(x)=1+lnx −ex 2e x,F ′(x)=1x −2x−x 2e x−1.下证F ′′(x)>0,ex−1⩾2x2−x 3,2x 2−x 3e x−1⩽1(指数找朋友) 令G(x)=2x 2−x 3e x−1,G ′(x)=x (x 2−5x+4)e x−1=x(x−1)(x−4)e x−1.令G ′(x)=0,解得x =1,或x =4,所以G(x)权大值=G(1)=1,G(x)权小鹪=G(4)=−32e 3<0.当x >4时,G(x)<0,所以G(x)⩽1,所以F ′(x)⩾0,F(x)在(1e ,+∞)上单调递增. 因为F(1)=0,所以当1e <x <1时,F(x)<0,当x >1时,F(x)>0. 所以f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).解法2:构造同构式当x ∈(0,1e )时,−ex 21+lnx +e x >0,矛盾;当x ∈(1e,+∞)时,−x 21+lnx+e x−1<0,所以x1+lnx >e x−1x=e x−11+lne x−1(构造同构式) 令ेF(x)=x 1+lnx,F ′(x)=1+lnx−1(1+lnx)2=lnx (1+lnx)2.当1e <x <1时,F ′(x)<0,F(x)单调递减;由于x <e x−1<1,所以F(x)>F (e x−1),即x1+lnx >e x−11+lne x−1,满足题意;当x ⩾1时,F ′(x)⩾0,F(x)单调递增,而e x−1⩾x ⩾1,所以F(x)⩽F (e x−1),矛盾. 综上可知,不等式f(x)+e x <0的解集为(1e ,1).【例6】求证:e x −2x >x 2lnx . 【解析】解法1:要证e x−2x>x2lnx,只需证e x−2xx2−lnx>0(对数靠边走)设f(x)=e x−2xx2−lnx(x>0),f′(x)=(x−2)(e x−x)x3,令f′(x)=0,得x=2.当x∈(0,2)时,f′(x)<0,f(x)单调递减;当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.所以f(x)min=f(2)=e2−44−ln2=e2−(4+4ln2)4.由于e2>2.72=7.29,4+4ln2=4+ln16<4+lne3=7,所以e2−(4+4ln2)>0,从而不等式得证.解法2:要证e x−2x>x2lnx,只需证x2lnx+2xe x<1.设g(x)=x 2lnx+2xe x,则g′(x)=(2−x)(xlnx+1)e x,又因为xlnx+1>0(证明略),从而当x∈(0,2)时,g(x)单调递增,x∈(2,+∞)时,g(x)单调递增.从而g(x)max=g(2)=4ln2+4e2<3+4e2<1,从而原不等式得证.指对处理技巧的综合运用【例7】已知函数f(x)=e x−a(x−1)(a∈R,e为自然对数的底数).(1)若存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,求实数a的取值范围;(2)若f(x)有两个零点x1,x2.证明:x1+x2>x1x2.【解析】(1)解法1;指数变对数,方便求导令ेt=e x,g(t)=t−alnt+a,当x>1时,t>e.原题等价于g(t)=t−alnt+a,存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,求a的取值范围.g′(t)=1−at =t−at,令g′(t)=0,得t=a.当a⩽e时,g′(t)⩾0,g(t)单调递增,所以g(t)⩾g(e)=e−a+a=e>0,不符合题意;当a<e时,g(t)在(e,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,所以g(t)min=g(a)=a−alna+a=a(2−lna).因为存在t0∈(e,+∞),使得g(t0)<0,所以g(a)=a(2−lna)<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法2:指数处理技巧e x−a(x−1)<0⇔g(x)=1−ae−x(x−1)<0,g′(x)=ae−x(x−1)−ae−x=ae−x(x−2),g′(2)=0.当a⩽0时,g(x)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,g(1)=1>0,当x→+∞时,g(x)=1−a x−1e x→1,所以g(x)⩾min{g(1),lim x→+∞g(x)}>0,不合题意.当a>0时,g(x)在(1,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)⩾g(2)=1−ae2.因为存在x0∈(1,+∞),使得f(x0)<0,所以g(2)=1−ae2<0,解得a>e2.综上知a>e2.解法3:直接法f′(x)=e x−a.(1)若a⩽0,因为e x>0,则f′(x)>0,此时f(x)在R上单调递增.当x∈(1,+∞)时,f(x)>f(1)=e>0,不合题意;(2)若a>0,由f′(x)>0,得e x>a,即x> lna,则f(x)在(lna,+∞)上单调递增,在(−∞,lna)上单调递减,所以f(x)min =f(lna)=e lna −a(lna −1)=a(2−lna),根据题意,有a(2−lna)<0,则lna >2,即a >e 2,且此时lna >ln 2>1, 所以a 的取值范围是(e 2,+∞). 解法4:分离变量法当x ∈(1,+∞)时,由f(x)<0,得e x <a(x −1),即a >e xx−1.设g(x)=e x x−1(x >1),根据题意,当x ∈(1,+∞)时,a >g(x)能成立,则a >g(x)min . 因为g ′(x)=(x−2)e x (x−1)2(x >1),则当x >2时,g ′(x)>0,g(x)单调递增; 当1<x <2时,g ′(x)<0,g(x)单调递减.所以,g(x)min =g(2)=e 2,所以a 的取值范围是(e 2,+∞). (2)由题设,f (x 1)=f (x 2)=0,即{e x 1=a (x 1−1),e x 2=a (x 2−1),则e x 1+x 2=a 2(x 1−1)(x 2−1),即e x 1+x 2=a 2(x 1x 2−x 1−x 2+1).要证x 1+x 2>x 1x 2,只需要证e x 1+x 2<a 2,即证x 1+x 2<2lna ,即证x 1<2lna −x 2. 不妨设x 1<x 2,由(1)可知a >e 2,且x 1<lna <x 2,从而2lna −x 2<lna . 因为f(x)在(−∞,lna)上单调递减,所以只要证f (x 1)>f (2lna −x 2),即证f (x 2)>f (2lna −x 2). 设ℎ(x)=f(x)−f(2lna −x),则ℎ′(x)=f ′(x)+f ′(2lna −x)=e x −2a +e 2lna−x =e x +a 2e x −2a ⩾2√e x ⋅a 2e x −2a =0, 所以ℎ(x)在R 上单调递增.因为x 2>lna ,则ℎ(x 2)>ℎ(lna)=f(lna)−f(lna)=0,即f (x 2)−f (2lna −x 2)>0,即f (x 2)>f (2lna −x 2),所以原不等式成立.【点睛】有些问题用直接法做,反而会更简单,比如本例第(1)小问,在使用“指数处理技巧”后,刧必须要使用洛必达法则才能解决问题.从另外一个层面上来讲,若指数、对数函数同时出现的能成立问题、恒成立问题常见的处理方法主要有:1.设而不求,隐零点法;2.一凸一凹,分离函数法;3.化直为曲,切线法或放缩法;4.必要性探路,缩小范围法.典型例题1.证明:当x>0时,e x>x2.【解析】要证e x>x2,只需证:x2e x<1令f(x)=x 2e x ,f′(x)=2xe x−e x⋅x2e2x=x(2−x)e x当0<x<2时,f′(x)>0,f(x)单调递增;当x>2时,f′(x)<0,f(x)单调递减所以f(x)max=f(2)=4e2<1,所以f(x)<1,即x2e x<1,所以e x>x2.2.已知函数f(x)=e x−sinx−cosx,g(x)=e x+sinx+cosx.(1)证明:当x>−5π4时,f(x)⩾0;(2)若g(x)⩾2+ax,求a.【解析】(1)f(x)⩾0⇔sinx+cosxe x⩽1,记ℎ(x)=sinx+cosxe x ,ℎ′(x)=−2sinxe x.(1)当x∈(−5π4,−π)时,ℎ′(x)<0;x∈(−π,0),ℎ′(x)>0;x∈(0,π),ℎ′(x)<0.又ℎ(−5π4)=0,ℎ(0)=1,所以在(−54π,π)上,ℎ(x)⩽ℎ(0)=1;(2)当x∈[π,+∞)时,e x⩾eπ,而sinx+cosx⩽√2,所以e x⩾sinx+cosx,则有f(x)⩾0.综合(1)(2)可知当x>−5π4时,不等式f(x)⩾0成立.(2)由题可知H(x)=g(x)−(ax+2)=e x+sinx+cosx−ax−2⩾0恒成立,且H(0)=0,所以H(x)⩾H(0),故x=0是H(x)的最小值点,也是极小值点.所以H′(0)=0,又H′(x)=e x+cosx−sinx−a,所以H′(0)=2−a=0,故a=2.下证当a=2时不等式成立.H(x)⩾0⇔sinx+cosx−2x−2e x+1⩾0记m(x)=sinx+cosx−2x−2e x +1,m′(x)=2(x−sinx)e x.易得当x>0时,x−sinx>0;当x<0时,x−sinx<0.所以当x<0时,m′(x)<0,m(x)单调递减;当x>0时,m′(x)>0,m(x)单调递增.所以m(x)⩾m(0)=0.故H(x)⩾0成立.。
如何抓好高考数学第二轮复习
如何抓好高考数学第二轮复习寒假一过，形势陡然紧张了很多。
考生进入到关键的第二轮复习，对于高三数学第二轮复习来说，要达到三个目的：一是从全面基础复习转入重点复习，对各重点、难点进行提炼和把握；二是将第一轮复习过的基础知识运用到实战考题中去，将已经把握的知识转化为实际解题能力；三是要把握各题型的特点和规律，把握解题方法，初步形成应试技巧。
那么如何进行科学而有效的教学呢？一、大处着眼，细心领会两个成功公式1.科学巨匠爱因斯坦的闻名公式是v=x+y+z(v-成功；x-刻苦的精神；y-科学的方法；z-少说废话)。
2.四轮学习方略中，成功=目标+计划+方法+行动。
学习好数学要有刻苦拼搏的精神加科学的方法；要有明确的奋斗目标加上切实可行的计划和措施方法，要天天见行动，苦干实干抓落实。
要站在整体的高度，重新熟悉自己所学，总体把握所学的数学知识和方法及应用。
学校的老师和课外班的冲刺有周密的复习计划，你要与老师紧密配合。
须知：围着老师转转得好，抛开老师转有自己的一套方案的学生，才能成为佼佼者。
二、做到对知识和能力要求心中有数，自身优势和不足心中有数1.主干知识八大块①函数；②数列；③平面向量；④不等式(解与证)；⑤解析几何；⑥立体几何；⑦概率﹑统计；⑧导数及应用。
要做到块块清楚，不足之处如何弥补有招法，并能自觉建立起知识之间的有机联系，函数是其中最核心的主干知识。
2.把握四大数学思想方法明确驾驭数学知识的理性思维方法，其集中体现在四大数学思想方法上。
四大数学思想方法是：①函数与方程的思想②数型结合思想③分类讨论思想④化归或转化的思想3.学习好数学要抓住四个三①内容上要充分领悟三个方面：理论、方法、思维；②解题上要抓好三个字：数，式，形；③阅读、审题和表述上要实现数学的三种语言自如转化(文字语言、符号语言、图形语言)；④学习中要驾驭好三条线：知识(结构)是明线(要清楚)；方法(能力)是暗线(要领悟、要提炼)；思维(练习)是主线(思维能力是数学诸能力的核心，创造性的思维能力是最强大的创新动力，是检验自己大脑潜能开发好坏的试金石。
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分离参数法知识与方法分离参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分离和半分离.1.全分离参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分离出来,使所研究的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分离参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能需要洛必达法则辅助.2.半分离参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).需要说明的是:半分离参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜使用.典型例题全分离参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,讨论a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找朋友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.仔细观察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆猜测2−a应该为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧展开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,判断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分离参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分离参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)讨论a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明了一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式直接得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最后证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分离参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无极小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问显然不能直接分离参数,如果利用a ′(a )处理也是十分复杂,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分离参数了,特别是解法2的处理手法值得回味.半分离参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“一直一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分离参数的方法,通过变形将不等式两边化为一直线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.需要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分离参数,直接构造差函数对参数进行讨论,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中讨论的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对任意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分离a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分离a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】需要点睛意的是,利用半分离参数求解含参问题,需要结合二阶导数研究函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分离参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设矛盾,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分离参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对任意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
2025高考数学二轮复习导数应用中的函数构造技巧
函数形式出现的是“-”法形式时,优先考虑构造 y=型函数.
(2)利用f(x)与ex(enx)构造
() ()
常用的构造形式有 e f(x),e f(x), e , e ,这类形式一方面是对 y=uv,y=型函
x
nx
数形式的考查,另外一方面也是对(ex)'=ex,(enx)'=nenx 的考查.所以对于
f'(x)cos x-f(x)sin x>0,所以 F'(x)>0,即函数
由于
f
π
6
f
π
6
π
0<6
<
π
4
π
π
cos6<f 4
<
3
π
3
3
<
π
3
<
π
,所以
2
π
π
cos4<f 3
π
F(x)在区间(0,2)
π
4
<F
π
cos3,因此可得
π
6
,故选 AD.
F
π
6
<F
f
π
x∈(0,2)时,
π
3
<
内单调递增.
,即
锐角三角形,则( D )
A.f(sin A)sin2B>f(sin B)sin2A
B.f(sin A)sin2B<f(sin B)sin2A
C.f(cos A)sin2B>f(sin B)cos2A
D.f(cos A)sin2B<f(sin B)cos2A
解析 因为
() '
2
2023届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法：双变量统一
第15讲双变量统一知识与方法常见的双变量问题,有如下几类:(1)极值点偏移问题;(2)拐点偏移问题;(3)双极值点问题;(4)零点差问题;(5)“恒成立”“能成立”双变量问题;(6)其他的双变量问题.本节主要研究(5)和(6)两类问题的处理方法,其他类型将在后面继续研究.对于一般的双变量问题,要灵活运用“消元”、“减元”、“换元”等操作手法,其核心思想就是化为单变量函数,研究函数的单调性、值域或最值.对于含有“恒成立”“能成立”等关键词的双变量问题,要正确翻译“恒成立”“能成立”等关键词,理解“任意”与“存在”的含义及区别,将问题进行正确转化,分析函数的值域即可解决.下面是一些常见“关键词”的翻译:1.不等式恒成立、能成立问题通常利用分离参数转化为求函数的最值：(1)∀x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)恒成立⇔f(x)min>a(f(x)min⩾a);∀x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)恒成立⇔f(x)max<a(f(x)max⩽a).(2)∃x∈D,f(x)>a(f(x)⩾a)能成立⇔f(x)max>a(f(x)max⩾a);∃x∈D,f(x)<a(f(x)⩽a)能成立⇔f(x)min<a(f(x)min⩽a).变量类函数恒成立、能成立问题(1)若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有:(1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B;(2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠∅.(2)两个函数的最值问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)max;(2)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)min>g(x)min;(3)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)>g(x2),则f(x)max>g(x)min.典型例题消元与换元在处理多变量问题时,我们可以分析变量之间的联系,通过代换的方法将其转化为单变量的问题,从而将较为复杂的函数转化为一个简单的函数来处理,实现从未知向已知的转化,顺利解决问题.【例1】设a,b >0,a ≠b ,求证:√ab <b−a ln b−ln a<a+b 2.【解析】不妨设b >a >0, (1)先证√ab <b−a ln b−ln a.要证√ab <b−aln b−ln a ,即证ln b −ln a <√ab,即证ln b a <√b a −√ab . 上式中今t =√ba ,则只需证明:2ln t <t −1t (t >1). 令f(t)=2ln t −t +1t (t >1),则f ′(t)=2t −1−1t 2=−t 2+2t−1t 2=−(t−1)2t 2<0,所以f(t)在(1,+∞)上单调递減,又f(1)=0,因此当t >1时,f(t)=2ln t −t +1t <0,即2ln t <t −1t (t >1)成立. 故ln ba <√ba −√ab . (2)再证b−a ln b−ln a <a+b 2.即证ln b −ln a >2(b−a)a+b,即证ln ba>2(b a−1)1+ba.令t =ba (t >1),则只需证明:ln t >2(t−1)1+t (t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),g ′(t)=1t−4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)递增,又g(1)=0,因此当t >1时,g(t)=ln t −2(t−1)1+t>0,即ln t >2(t−1)1+t成立,故b−a ln b−ln a <a+b 2.综上,√ab <b−aln b−ln a <a+b 2.【点睛】本题通过比值换元,把双变量不等式变为单变量不等式,从而可以轻松地构造函数解决问题.通过换元把双变量不等式变为单变量,是证明双变量不等式的基本方法. 本题的不等式称为对数平均不等式,两个正数a 和b 的对数平均定义:L(a,b)={a −bln a −ln b (a ≠b),a(a =b).对数平均与算术木平均,几何平均的大小关系:√ab ⩽L(a,b)⩽a+b 2.对数平均不等式在双变量不等式,特别是极值点偏移问题中有着重要的应用.【例2】已知函数f(x)=ae x (a ≠0),g(x)=12x 2.(1)当a =−2时,求曲线f(x)与g(x)的公切线方程;(2)若y =f(x)−g(x)有两个极值点x 1,x 2,且x 2⩾3x 1,求实数a 的取值范围.【解析】(1)当a =−2时,f(x)=−2e x ,设曲线f(x)上的切点为(x 1,−2e x 1),则切线方程为y +2e x 1=−2e x 1(x −x 1),设曲线g(x)上的切点为(x 2,12x 22), 则切线方程为y =12x 22=x 2(x −x 2),由两条切线重合得{−2e x 1=x 2,2e x 1(x 1−1)=−12x 22,则{x 1=0,x 2=−2,所以公切线方程为y =−2x −2. (2)y =f(x)−g(x)=ae x −12x 2,y ′=ae x −x ,因为x 1,x 2是y =f(x)−g(x)的极值点,所以ae x 1−x 1=ae x 2−x 2=0,所以a =x 1e x 1=x2e x 2. 令x 2=kx 1(k ⩾3),可得x 1e x 1=kx 1e kx 1,则x 1=ln kk−1. 设ℎ(x)=ln xx−1(x ⩾3),则ℎ′(x)=1−1x−ln x (x−1)2,令t(x)=1−1x −ln x(x ⩾3),则t ′(x)=1−x x 2<0,t(x)单调递减,得t(x)⩽t(3)=23−ln 3<0,所以ℎ′(x)<0,ℎ(x)单调递减, ℎ(x)⩽ℎ(3)=ln 32,易知ℎ(x)>0,所以x 1∈(0,ln 32].今φ(x)=x e x,φ′(x)=1−x e x,则φ(x)在(−∞,1]上递增,所以a =x 1e x 1∈(0,√36ln 3]. 【点睛】当一个不等式中出现多个未知数,如何减少变元的个数就成为解决问题的关键.“减元”是在“消元”的思想下进行的,通过“消元”减少变量的个数,可使问题变得简单、易于解决.减元的常用手段有:换元、整体代入、消去常数等. 【例3】已知函数f(x)=ln x −ax . (1)讨论f(x)的单调性;(2)若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的两个零点. 证明:(i)x 1+x 2>2a ;(ii)x 2−x 1>2√1−eaa. 【解析】(1)f(x)定义域(0,+∞),f ′(x)=1x −a =1−ax x.则当a ⩽0时f(x)在(0,+∞)为增函数;当a >0时f(x)在(0,1a )为增函数,在(1a ,+∞)为减函数. (2)(i)原不等式等价于x 1+x 22>1a,因为ax 1=ln x 1(1),ax 2=ln x 2(2),由(2)−(1)得,a (x 2−x 1)=ln x 2−ln x 1则a =ln x 2−ln x 1x 2−x 1,则x 1+x 22>1a 等价于x 1+x 22>x 2−x1ln x 2−ln x 1(对数平均不等式)即证ln x 2−ln x 1>2(x 2−x 1)x 1+x 2,即证ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0，设t =x 2x 1(t >1),设g(t)=ln t −2(t−1)1+t(t >1),则g ′(t)=1t−2(1+t)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.所以g(t)>g(1)=0,即ln x 2x 1−2(x 2x 1−1)1+x 2x 1>0,所以x 1+x 22>1a.(ii)设ℎ(x)=ln x x,则ℎ′(x)=1−ln x x 2.所以ℎ(x)在(0,e]上递增,在(e,+∞)上递减.因为a =ℎ(x)有两个不相等的实根,则0<a <1e 且1<x 1<e <x 2. 易证ln x <x −1对x ∈(0,1)∪(1,+∞)恒成立(考试中需证明), 则ln 1x >1−x 对x ∈(0,1)恒成立,所以ax 1−1=ln x 1−1=lnx 1e>1−e x 1,因为x 1>0,所以ax 12−2x 1+e >0 又因为a >0,Δ=4−4ae >0,所以x 1<1a−√1−eaa或x 1>1a+√1−eaa. 因为0<x 1<e 且0<a <1e,所以x 1<1a−√1−eaa因为x 1+x 22>1a,所以x 1+x 22−x 1>1a−(1a−√1−eaa) 即x 2−x 1>2√1−eaa. 【点睛】将关于x 1,x 2的双变量问题等价转化为以x 1,x 2所表示的运算式作为整体的单变量问题,通过整体代换为只有一个变量的函数式,从而使问题得到巧妙的解决,我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.这是解决双变量问题最重要、最一般的方法.变更主元对于题目涉及到的两个变元,已知其中一个变元在题设给定的范围内任意变动,求另一个变元的取值范围问题,这类问题我们称之为“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题,往往会利用我们习惯将字母x作为自变量的误区来进行设计.此时,我们可以变更主元,“反客为主”,将另一个变量作为自变量,从而使问题得以解决,我们称这种方法为变更主元法.如下面【例】题.【例4】设函数f(x)=e2x−aln x.(1)讨论f(x)的导函数f′(x)零点的个数;(2)证明:当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.【解析】(1)f(x)=e2x−aln x的定义域为(0,+∞),所以f′(x)=2e2x−ax.(1)当a⩽0时,f′(x)>0恒成立,故f′(x)没有零点;(2)当a>0时,因为y=e2x为单调递增,y=−ax单调递增,所以f′(x)在(0,+∞)单调递增.又f′(a)>0,且b满足{0<b<a4,b<14,时,f′(b)<0,故零点存在性定理可知,f′(x)存在唯一的零点.综上所述,当a⩽0时,f′(x)没有零点;当a>0时,f′(x)存在唯一零点.(2)解法1:由(1)知,可设导函数f′(x)在(0,+∞)上的唯一零点为x0,当x∈(0,x0)时,f′(x)<0;当x∈(x0,+∞)时,f′(x)>0,故f(x)在(0,x0)单调递减,在(x0,+∞)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+aln 2a⩾2a+aln 2a.故当a>0时,f(x)⩾2a+aln 2a.解法2:令g(a)=2a+aln 2a−e2x+aln x,g′(a)=2+ln 2a−1+ln x=1+ln 2+ln x−ln a.令g ′(a)>0,得a <2ex ;令g ′(a)<0,得a >2ex .所以函数g(a)在(0,2ex)上单调递增,在(2ex,+∞)上单调递减, 所以g(a)max =g(2ex)=4ex +2exln 1ex +2exln x −e 2x =2ex −e 2x . 再令ℎ(x)=2ex −e 2x ,ℎ′(x)=2e −2e 2x ,所以ℎ(x)在(0,12)上单调递增,在(12,+∞)上单调递减,ℎ(x)max =ℎ(12)=0. 所以g(a)max ⩽0.得证.【点睛】(1)在解题过程中,若以x 为自变量不好做,可以考虑变更主元;(2)变更主元后,要点睛意是对新变量求导.本题解法2中,构造g(a)后,a 才是自变量,而x 变成了参数.【例5】函数f(x)=e mx−1−ln x x,(1)若m =1,求f(x)的单调区间； (2)若f(x)的最小值为m ,求m 的最小值. 【解析】(1)当m =1时,f(x)=e x−1−ln x x,f ′(x)=x 2e x−1+ln x−1x 2,令u(x)=x 2e x−1+ln x −1,易知u(x)在(0,+∞)上单调递增,且u(1)=0, 所以当x ∈(0,1)时u(x)<0,此时f ′(x)<0; 当x ∈(1,+∞)时u(x)>0,此时f ′(x)>0;所以函数f(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)依题意可得:e mx−1−ln x x⩾m 恒成立,且等号能够取到.构造关于m 的函数g(m)=e mx−1−ln x x−m,g ′(m)=xe mx−1−1,令g ′(m)>0,得m >1−ln x x;令g ′(m)<0,得m <1−ln x x;所以g(m)在(1−ln x x ,+∞)上单调递增;在(−∞,1−ln x x)上单调递减,故g(m)⩾g (1−ln x x)=e1−ln xx⋅x−1−ln x x−1−ln x x=0.不等式g(m)⩾g (1−ln xx)=0中的等号可以取到,令ℎ(x)=1−ln x x,则ℎ′(x)=ln x−2x 2,易得ℎ(x)在(0,e 2)上单调递减,在(e 2,+∞)上单调递增,ℎ(x)min =ℎ(e 2)=−1e 2.所以m ⩾−1e2,故m 的最小值为−1e2.构造函数【例6】已知函数f(x)=(a +1)ln x +ax 2+1. (1)讨论f(x)的单调性;(2)设a <−1,如果对任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2|,求实数a 的取值范围. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f ′(x)=a+1x+2ax =2ax 2+a+1x,当a ⩾0时,f ′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f ′(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,令f ′(x)=0,解得x =√−a+12a.则当x ∈(0,√−a+12a)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增;x ∈(√−a+12a,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减.故当a ⩾0,f(x)在(0,+∞)上单调递增; 当a ⩽−1时,f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当−1<a <0时,f(x)在(0,√−a+12a)单调递增,在(√−a+12a,+∞)单调递减.(2)不妨设x 1⩾x 2,而a <−1,由(1)知f(x)在(0,+∞)单调递减, 从而任意x 1,x 2∈(0,+∞),|f (x 1)−f (x 2)|⩾4|x 1−x 2| 等价于任意x 1,x 2∈(0,+∞),f (x 2)+4x 2⩾f (x 1)+4x 1(∗) 令g(x)=f(x)+4x ,则g ′(x)=a+1x+2ax +4,由于(∗)等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减, 得g ′(x)=a+1x+2ax +4⩽0. 从而a ⩽−4x−12x 2+1=(2x−1)2−4x 2−22x 2+1=(2x−1)22x 2+1−2,故a ⩽−2.从而实数a 的取值范围是(−∞,−2].【点睛】本题通过分离变量x 1,x 2,将x 1,x 2分别移到不等式的两侧,得到同构式,根据同构式构造新的函数,得到新函数的单调性,利用导数即可解决问题.本方法在1.6章节有详细介绍. 【例7】已知函数f(x)=x −bx ,g(x)=2aln x .(1)若b =0,函数f(x)的图象与函数g(x)的图象相切,求a 的值;(2)若a >0,b =−1,函数F(x)=xf(x)+g(x)满足对任意x 1,x 2∈(0,1](x 1≠x 2),都有|F (x 1)−F (x 2)|<3|1x 1−1x 2|恒成立,求a 的取值范围;(3)若b =1,函数G(x)=f(x)+g(x),且G(x)有两个极值点x 1,x 2,其中x 1∈(0,13],求G (x 1)−G (x 2)的最小值.【解析】(1)若b =0,函数f(x)=x 的图象与g(x)=2aln x 的图象相切,设切点为(x 0,2aln x 0),则切线方程为y =2ax 0x −2a +2aln x 0,所以{2ax 0=1,−2a +2aln x 0=0,解得x 0=e,a =e 2.所以a =e 2. (2)当a >0,b =−1时,F(x)=x 2+1+2aln x,F ′′(x)=2x +2a x>0,所以F(x)在(0,1]递增.不妨设0<x 1<x 2⩽1,原不等式等价于F (x 2)−F (x 1)<3(1x 1−1x 2),即F (x 2)+3x 2<F (x 1)+3x 1.设ℎ(x)=F(x)+3x=x 2+1+2aln x +3x,则原不等式等价于ℎ(x)在(0,1]上递减,即ℎ′(x)=2x +2a x−3x 2⩽0在(0,1]上恒成立.所以2a ⩽3x −2x 2在(0,1]上恒成立.设y =3x −2x 2,在(0,1]上递减,所以y min =3−2=1,所以2a ⩽1,又a >0,所以0<a ⩽12;(3)若,函数所以,由题意知是的两根, 所以,所以,数े ,所以, 当时,在上单调函数, 所以的最小值为, 1b =1()()()2ln G x f x g x x a x x=+=-+2221()(0)x ax G x x x++'=>12,x x 2210x ax ++=12122111111,2,,2x x x x a x a x x x =+=-==--()()()1211111111112ln G x G x G x G x x x x x x ⎤⎡⎫⎛⎫⎛⎫-=-=--+⎥⎪⎢ ⎪ ⎪⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎭⎦11()2ln H x x x x x x ⎡⎤⎛⎫=--+ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦222(1)(1)ln 1()21ln x x x H x x x x +-⎛⎫'=-= ⎪⎝⎭10,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦()0,()H x H x '<10,3⎛⎤ ⎥⎝⎦()H x 120ln31633H -⎛⎫=⎪⎝⎭即的最小值为. 任意存在分析值域【例8】已知函数.对于任意,意存在唯一的,使得成立,求实数的取值范围.【解析】题意等价于:设在上的值域为,则对任意,直线与在上的图象有且仅有一个交点,求实数的取值范围. 也就等价于:当“存在区间,使若函数在区间上单调,且此时函数在区间,上的值域恰好为在区间上的值㘺的子集”时,求实数的取值范围.下面,我们先求的值域:(i)当时,为上的增函数;(ii)当时,. ,即时,在上为增函数, 结合知,在上单调递增,所以. ②当,即时,在上为数函数,在上为增函数,结合(1)中的结论,在上若函数,在上为增函数.所以.时,即在上为数函数. 所以.综上所述，在的最小值为下面研究的值域:()()12G x G x -20ln 3163-2()|ln 1|,()||22ln 2(0)f x x a x g x x x a a =+-=-+->1[1,)x ∈+∞2[2,)x ∈+∞()()12f x g x =a ()f x [1,)+∞D k D ∈y k =()g x [2,)+∞a [2,)I ⊆+∞()g x I ()f x [1)+∞()g x I a ()f x e x 2()(ln 1),()f x x a x f x =+-[e,)+∞1e x <222()(ln 1),()2(0)a x a f x x a x f x x a x x-=--'=-=>12a 02a <()f x [1,e)(1)()f x [1,)+∞min ()(1)1f x f a ==+1e <222e a <<()f x ⎡⎢⎣⎫⎪⎭()f x ⎡⎢⎣⎫+∞⎪⎭min 3()ln 222a a a f x f ==-e2a 22e ,()a f x [1,e)2min ()()f x f e e ==2()|ln 1|(0)f x x a x a =+->[1,)+∞2min221,02,3()ln ,22e ,222e ,2e .a a a a f x a a a ⎧+<⎪⎪=-<<⎨⎪⎪⎩()g x ()22ln 2,,()||22ln 2()22ln 2,,x x a x a g x x x a x a x x a -+-⎧=-+-=⎨-+-<⎩则的图象如图所示,因为的定义域为,接下来我们只需将有效的图象弄清楚即可:①当时,则只需,得;②当,即时,则只需,即.令,显然为增函数,又,故,故. ③当,即可, (i)当时,只需,即.设,其中,则.故单调递增,又,所以恒成立,从而无解;(ii)当,只需,即, 因为为增函数,, 所以此时也无解.综上所送,实数的取值范围为. 【点睛】本题是等式型双变量问题,通过分析两个函数的值域加以解决.一般地,若的值域分别为,则有: ①,使得,则; ②,使得,则.()g x ()g x [2,)+∞02a <(2)1,622ln 21g a a a +--+52ln 2233a -22a a<<24a <<33(2)ln ,222ln 2ln 222222a a a ag a a a ----ln 22ln 20222a a a +--()ln 22ln 2(24)222a a a h a a =+--<<()h a (4)0h =()(4)0h a h <=24a <<22a 4a 242e a <3ln 2222a a a g a ⎛⎫<- ⎪⎝⎭23ln 22ln 204222a a a a -++-<2()3ln 22ln 2m t t t t t =-++-2at =)()2()22ln 02,e m t t t t ⎡'=-+>∈⎣()m t (2)0m =()0m t 22e a 2e 2a g ⎛⎫< ⎪⎝⎭2222ln 2e 4a +-<222ln 224a a g ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭222min 2e e 22ln 2e 22a g g ⎛⎫⎛⎫==+-> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭a 52ln 2,433⎡⎫-⎪⎢⎣⎭(),()f x g x ,A B 12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x =A B ⊆12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x =A B ⋂≠∅【例9】已知函数 （1）当时,求在区日上的最大值和最小值; (2)若在区间上,函数的图象恒在直线下方,求的取值范围.(3)设,当时，若对于任意,存在,使,求实数的取值范围.【解析】(1)当时,, , 令,解得:,令,解㥂:,所以在区间上是增函数,在上为减函数, 所以, 又, 所以; (2)令. , ①若,令,得柭侾,点, 当,即时, 在上有,在上有,在上有, 此时在区间上是增函数,并且在该区间上有,不合题意;当,即时,同理可知,在区间上，有,也不合题意；②若,则有, 此时在区间上恒有,从而在区间上是减函数; 要使在此区间上恒成号,21()ln .(R)2f x a x x a ⎛⎫=-+∈ ⎪⎝⎭0a =()f x 1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦(1,)+∞()f x 2y ax =a 219()()2,()26g x f x ax h x x bx =-=-+23a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12g x h xb 0a =21()ln 2f x x x =-+2(1)(1)11()x x x f x x x x x-+--+'=-+==()0f x '>01x <<()0f x '<1x >()f x 1,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦[1,e]max 1()(1)2f x f ==-2211e 1(e)1e 22ef f ⎛⎫=-->=- ⎪⎝⎭2min ()()12e f x f e ==-21()()22ln (0)2g x f x ax a x ax x x ⎛⎫=-=--+> ⎪⎝⎭(1)[(21)1]1()(21)2x a x g x a x a x x---'=--+=12a >()0g x '=1211,21x x a ==-211x x >=112a <<(0,1)()0g x '>()21,x ()0g x '<()2,x +∞()0g x '>()g x ()2,x +∞()()2(),g x g x ∈+∞211x x =1a ()g x (1,)+∞()((1),)g x g ∈+∞12a 210a -(1,)+∞()0g x '<()g x (1,)+∞()0g x <综上,当时,函数的图䝴恒在直线下方; (3)当时，由(2)中(1)知在上是增函数,在上是减函数, 所以对任意,都有, 又已知存在,使,即存在,鿇, 即存在 即存在,使. 因为, 所以,解得,所以实数的取值范围是. 【点睛】本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决. 一般地,①,使得,则;②,使得,则;③,使得,则【例10】设是函数的一个极值点.(1)求与的关系式(用表示),并求的单调区间； (2)设.若存在,使得,求实数的取值范围.【解析】(1),由,解得.所以,当时,当时, 在上单调递减,在上单调递增,在上单调递减.(2)由(1)可知,当时,在区间上单调递增,在区间上单调递减, 那么在区间上的值域是,而,那么在上的值域为.11,22a ⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦()f x 2y ax =23a =()g x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈()17(1)6g x g =-2[1,2]x ∈()()12q x h x 2[1,2]x ∈2197266x bx -+-2213[1,2],23x bx x ∈+2[1,2]x ∈1323b x x +132516,([1,2])363y x x x ⎡⎤=+∈∈⎢⎥⎣⎦1623b 83b b 8,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦12,x D x E ∀∈∀∈()()12f x g x >min max ()()f x g x >12,x D x E ∀∈∃∈()()12f x g x >min min ()()f x g x >12,x D x E ∃∈∃∈()()12f x g x >max min ()()f x g x +>3x =()23()e ()z f x x ax b a -=++∈R a b a b ()f x 2250,()e 4x a g x a ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -a 23()(2)e x f x x a x b a -⎡⎤'=-+-+-⎣⎦(3)0f '=32b a =--233()(2)33e (3)(1)e x x f x x a x a x x a --⎡⎤'=-+---=--++⎣⎦4a <-4a >-()f x (,1)a -∞--(1,3)a --(3,)+∞0a >()f x (0,3)(3,4)()f x [0,4][min{(0),(4)},(3)]f f f 31(0)(23)e 0,(4)(13)e 0,(3)6f a f a f a -=-+<=+>=+()f x [0,4]3(23)e ,6a a ⎡⎤-++⎣⎦又在上是增函数, 所以在上的值域为, 由于,所以只须,且. 解得. 以实数的取值范围是. 【点睛】存在,使得"等价于“,而则要通过与的值域得到.强化训练1.已知函数,其中 (1)试讨论函数的单调性(2)在时,是否存在极值点?如果存在,不妨设为且,试判断与的大小并说明理由. 【解析】(1)因为,所以①当时,,所以的变化如下表:所以在单调迸减,在单调递增.②当时,即,所以的变化如下表: 225()e 4x g x a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭[0,4]()g x [0,4]2242525,e 44a a ⎡⎤⎛⎫++ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦22251(6)042a a a ⎛⎫⎛⎫+-+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭225(6)14a a ⎛⎫+-+ ⎪⎝⎭0a >302a <a 30,2⎛⎤ ⎥⎝⎦12,[0,4]x x ∈()()121f x g x -()()¡± 12min 1f x g x -<()()12main f x g x -()f x ()g x 2()e 12,(,)x f x x ax ax x a =---∈∈R R e 2.71828≈()f x 12e a >()f x 12,x x 12x x <()()12f x f x +1e e+-2()e 12,x f x x ax ax a =---∈R ()()(1)e 2(1)(1)e 2x x f x x a x x a '=+-+=+-20a e 20x a ->,(),()x f x f x '()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =ln(2)1a =-,(),()x f x f x '所以在单调递增.③当时,即时, 当时,,所以,当时,;当时,;当时,,④当时,即时, 当时,,所以, 当时,;当时,. 所以在单调递增,单调递减,单调递增. 当时在单调减，在单调递增;当时在单调递增; 当时在单调递增,单调递减,单调䏲以; 当时在单调递增,单调递减,单调递增. (2).理由如下: 由(1)知有两个极值点:, 所以 令, 则, 令,则,令,()f x (,)-∞+∞ln(2)1a <-102ea <<ln(2)x a <e 20,10x a x -<+<ln(2)x a <()e 2(1)0x a x -+>ln(2)1a x <<-()e 2(1)0x a x -+<1x >-()2(1)0x e a x -+>ln(2)1a >-12e a >1ln(2)x a -<<e 20,10x a x -<+>()e 2(1)0x a x -+<1x <-()2(1)0x e a x -+>ln(2)a x <()2(1)0x e a x -+>()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞20a ()f x (,1)-∞-(1,)-+∞12ea =()f x (,)-∞+∞102e a <<()f x (,ln 2)a -∞(ln 2,1)a -(1,)-+∞12ea >()f x (,1)-∞-(1,ln 2)a -(ln 2,)a +∞()()12e 1ef x f x ++<-1,()2ea f x >121,ln 2x x a =-=()()2121(1)(ln 2)2ln 2f x f x f f a a a a e+=-+=--+-211()2ln 2e 2e h a a a a a ⎛⎫=--+-> ⎪⎝⎭21()1ln 22ln 22e h a a a a ⎛⎫'=--> ⎪⎝⎭ln2t a =1t >-2()21(1)g t t t t =--+>-因为,且在上单调递减, 所以存在,使得, 即存在使得, 所以当时,,即时,使得, 当时,,即时,使得.当时,, 因为,所以. 设,因为在成立,所以在单调递增,所以,,所以. 2.已知函数,其中为实常数.(1)若当时,在区间[1,e]上的最大值为,求的值;(2)对任意不同两点,设直线的斜率为,若0恒成立,求的取值范围.【解析】(1)因为函数,所以, 因为,所以则,得, 当时,,当时,,所以在时,取最大值, 因为当时,在区间上的最大值为,所以当时，在区间上的最大值, 解得.当时,在区间上的最大值, 解得,不合题意;1(0)0,02g g ⎛⎫>< ⎪⎝⎭()g t (1,)-+∞0102t <<()00g t =010ln 22a <<()00h a '=01t t -<<()0g t >012ea a <<()0h a '>0t t <()0g t <0a a <()0h a '<12e a >()200000011()2ln 222ln 2e eh a h a a a a a a =--+-=--+010ln 22a <<012a <<()ln (1u x x x x =<()1ln 0u x x '=+>1x <<()ln u x x x =11()22e e h a <--+=--21e 1()1e e h a +<--=-()ln 1f x x ax =-+a 0a >()f x 1-a ()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 12x x k ++>a ()ln 1f x x ax =-+11(),0ax f x a x x x-'=-=>0a >()0f x '=1x a=10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭()0f x '>1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭()0f x '<1x a =()f x 0a >()f x [1,e]1-101a<<()f x [1,e](1)ln111f a =-+=-2a =11e a ()f x [1,e]111ln 11f a a a a ⎛⎫=-⨯+=- ⎪⎝⎭e a =当时,在区间上的取大值, 不合题意;综上,.(2)因为对任意不同两点,设直线的軼率为,若恒成立,所以, 所以, 所以在上是增函数,所以在上恒成立, 所以, 因为,所以, 当且仅当时,即, 所以. 所以的取值范围是.3.设函数.(1)若曲线在点处的切线与直线垂直,求的单调递减区间和极小值(其中为自然对数的底数)；(2)若对任意恒成立,求的取值范围.【解析】(1)由已知得. 因为曲线在点处的切线与直线垂直, 所以此切线的煂車为0.即,有,解得. 所以, 由㥂,由得.所以在上单调递减,在上单调递增,当时取得极小值. 1e a>()f x [1,e](e)lne e 12e 1f a a =-+=-=-2a =()()()()1122,,,A x f x B x f x AB k 120x x k ++>22111221ln ln 0x ax x ax x x x x --+++>-2222211121ln ln 0x x ax x x ax x x +---+>-2()ln m x x x ax =+-(0,)+∞1()20m x x a x'=+-(0,)+∞min 12a x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭0x >11222x x x x +⋅=12x x =x =22a a (-∞()ln ,R k f x x k x=+∈()y f x =(e,(e))f 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k 21()(0)k f x x x x'=->()y f x =(e,(e))f 20x -=(e)0f '=210e e k -=e k =221e e ()(0)x f x x x x x-'=-=>()0f x '<0e x <<()0f x '>e x >()f x (0,e)(e,)+∞e x =()f x e (e)ln e 2ef =+=故的单调递减区间为,极小值为2.(2)条件等价于对任意(*)恒成立.设. 所以(*)等价于在上单调递减.由在上恒成立, 得恒成立. 所以(当且仅当时等号成立), 故的取值范围是. 4.已知函数. (1)当时,讨论的单调性; (2)设.当时,若对任意,存在,使,求实数取值范围.【解析】, 令.(i)当,当,函数单调递减;当时,,函数单调递增.(ii)当时,由,即,解得. 当时,时,函数单调递减; 时,,函上单调递减. 当时,当,函数单调遌当; 当,函数单调递增.综上所述:当时,函数在单调递减,单调递增;当时,函数在上调递减； 当时,在单调递减,单调递增, ()f x (0,e)()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()ln (0)k h x f x x x x x x=-=+->()h x (0,)+∞21()10k h x x x '=--(0,)+∞2211(0)24k x x x x ⎛⎫-+=--+> ⎪⎝⎭14k 12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭1()ln 1(R)a f x x ax a x-=-+-∈12a ()f x 2()24g x x bx =-+14a =1(0,2)x ∈2[1,2]x ∈()()12f x g xb 222111(1)()(0)a ax x a f x a x x x x --++-'=-+=>2()1(0)h x ax x a x =-+->0,()1(0)a h x x x ==-+>(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x 1x >()0,()0h x f x <'>()f x 0a ≠()0f x '=210ax x a -+-=1211,1x x a==-102a <<1110,(0,1)x a->>∈()0,()0h x f x >'<()f x 11,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭()0,()0h x f x >'<()f x 0a <110a-<(0,1),()0,()0x h x f x ∈>'<()f x (1,),()0,()0x h x f x ∈+∞<'>()f x 0a ()f x (0,1)(1,)+∞12a =()f x (0,)+∞102a <<()f x 1(0,1),1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭11,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭(2)当时,在上是减函数,在上是增函数, 所以对任意,有, 又已知存在,使, 所以 又 当时,,与(*)矛盾; 当时,,时与(*)矛盾;当时,. 综上所䢑,实数的取值范围就是. 14a =()f x (0,1)(1,2)1(0,2)x ∈min 1()(1)2f x f ==-2[1,2]x ∈()()12f xg x ()221,[1,2](*)2g x x -∈22()()4([1,2])g x x b b x =-+-∈1b <min ()(1)520g x g b ==->[1,2]b ∈2min ()()40g x g b b ==-2b >min 117()(2)84,28g x g b b ==--b 17,8⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
高三数学第二轮备考方案
高三数学第二轮备考方案
二轮数学复习中，要注意六大策略：
一、注意基础知识的整合、巩固。
二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。
浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。
在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。
在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。
同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。
审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
平时要注意积累错误，特别是易错点，寻找错误原因，及时总结。
六、重视和加强选择题的训练和研究。
对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。
灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
一轮看功夫，二轮学技巧，三轮振士气。
希望同学们惜时奋发，不负韶华，勇摘高考成绩桂冠！。
如何做好高三数学第二轮复习
高考对学生而言 ： 得易者 ， 平心 ； 得 中者 ， 守神； 抢 难者 ， 突破。 中档考点 的试卷分布主要在选 择题第 ６ — １ ０ 题， 填 空题第 １ ４ 、 １ ５ 题， 解答 题第 １ ７ 、 １ ８ 、 １ ９ 题， 主干知 识包括 ： 立 体几何 、 解 析几何 、 三角 函数 、 数 列、 概率统计和函数不等式的应用 问题 。为此 ， 后 一 阶段一 要坚持 中档题练习 ，二要进行数 学主干性 知 识专题训练 ， 重点突破。
２ ． 立 足 中 档考 点 ． 谋 求较 大 突破
“ 三讲三不讲” ， “ 三讲 ” ：容易？ 昆淆的知识点要讲 ， 重 点题型要讲 ，容易解错和产 生的错 因要讲 。“ 三不 讲” ： 学生已经会的不讲 ， 学生怎么也学不会 的不讲 ， 老师看了答案才勉 强会 的不讲 。抛弃一些学生难 以 掌握的非常规解法 ，将课本 中的通性通法实实在在 地讲好讲透。
０
备 考 方 略
如何做好高三数学第二轮复习
■ 赵 小 强 高三第二轮复习是学 生提分最快 的阶段பைடு நூலகம்，如何 制订行之有效的复习方案 ， 显得尤为重要。 那 么如何 做好第二轮复习呢？ 第二轮复 习应注意哪些问题呢？
一
、
教 学 策 略
１ ． 重视 基 础 ． 回 归课 本
后 阶段教学应给予课 本中重要 的定理公式和相 关 的典型例题 以足够关注和思 考 ，再次认真研读考 试说 明 ， 把准能力及要求 ， 瞄准近三年的高考数学试 题， 应根据学生掌握 的实 际情况 ， 有针对性地选择 和 整合教学素材 ， 绝不 贪多求全 ， 力求讲精讲透 。关 于 “ 课本 回归” 内容 的知识梳理 ， 专人负责 ， 有序发放 。
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高考数学第二轮复习方法技巧指导
通过高三上学期的一轮复习，同学们一般都初步构建了数学知识网络结构，对数学概念的理解达到基本要求，同时基本掌握了对常见问题的“模式化”解决方法；具备了初步的运用数学知识思考和解决问题的基本素养。
那么从现在到一模前的这段时间我们的提分点在哪？提分
对策有哪些呢？
一模考试是高考前非常重要的综合检测，应充分准备，全力备考，力争展示自己的最佳水平。
从而为决胜高考树立信心，也为后期继续提高提供平台，同时也要正视考试中出现的问题，能否解决问题，是我们后期成绩能否提高的关键。
要在一模考试中取得良好成绩，总得来说需要我们结合一轮复习后的学习情况，深化对数学本质的理解，提高对数学核心概念理解的灵活度与深刻度；以数学问题为载体，强化解题策略训练，在此基础上完善数学思想方法体系。
要达到以上效果，在复习过程中还应注意以下几点：
1．首先应明确复习目标，确定努力方向；
2．复习目标的制定要结合自身知识漏洞和能力不足；
3．要在明确高考试题结构、内容分布以及考查要求的基础上确定复习方向；
4．把握主干知识，架构核心知识网络；
5．精选、精练习题，要反思问题、总结规律，提升练习效
率；
6．要注意体会数学思想，训练理性思维，提升数学能力。
总之只要在复习过程中把握高考规律，紧扣高考内容，注意体会数学本质，养成从数学的角度思考和解决问题的习惯，在一模考试中一定会有显著的进步。
时下，高三数学进入第二轮复习阶段，考生应该如何在短短的时间内，科学安排复习，提高效率呢？
一、研究考纲，把准方向
为更好地把握高考复习的方向，教师应指导考生认真研读《课程标准》和《考试说明》，明确考试要求和命题要求，熟知考试重点和范围，以及高考数学试题的结构和特点。
以课本为依托，以考纲为依据，对于支撑学科知识体系的重点内容，复习时要花大力气，突出以能力立意，注重考查数学思想，促进数学理性思维能力发展的命题指导思想。
二、重视课本，强调基础
近几年高考数学试题坚持新题不难，难题不怪的命题方向。
强调对通性通法的考查，并且一些高考试题能在课本中找到“原型”。
尽管剩下的复习时间不多，但仍要注意回归课本，只有透彻理解课本例题，习题所涵盖的数学知识和解题方法，才能以不变应万变。
例如，高二数学（下）中有这样一道例题：求椭圆中斜率为平行弦的中点的轨迹方程。
此题所涉及的知识点、方法在2019年春季高考、2019年秋季高考、
2019年秋季高考的压轴题中多次出现。
加强基础知识的考查，特别是对重点知识的重点考查；重视数学知识的多元联系，基础和能力并重，知识与能力并举，在知识的“交汇点”上命题；重视对知识的迁移，低起点、高定位、严要求，循序渐进。
有些题目规定了两个实数之间的一种关系，叫做“接近”，以递进式设问，逐步增加难度，又以学生熟悉的二元均值不等式及三角函数为素材，给学生亲近之感。
将绝对值不等式、均值不等式、三角函数的主要性质等恰如其分地涵盖。
注重对资料的积累和对各种题型、方法的归纳，以及可能引起失分原因的总结。
同时结合复习内容，引导学生自己对复习过程进行计划、调控、反思和评价，提高自主学习的能力。
教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。
如领读，我读一句，让幼儿读一句，边读边记；第二通读，我大声读，我大声读，幼儿小声读，边学边仿；第三赏读，我借用录好配朗读磁带，一边放录音，一边幼儿反复倾听，在反复倾听中体验、品味。
三、突破难点，关注热点
在全面系统掌握课本知识的基础上，第二轮复习应该做到重点突出。
需要强调的是猜题、押题是不可行的，但分析、琢磨、强化、变通重点却是完全必要的。
考生除了要留心历年考卷变化的内容外，更要关注不变的内容，因为不变的内容
才是精髓，在考试中处于核心、主干地位，应该将其列为复习的重点，强调对主干的考察是保证考试公平的基本措施和手段。
同时，还应关注科研、生产、生活中与数学相关的热点问题，并能够用所学的知识进行简单的分析、归纳，这对提高活学活用知识的能力就大有裨益。
单靠“死”记还不行,还得“活”用,姑且称之为“先死后活”吧。
让学生把一周看到或听到的新鲜事记下来,摒弃那些假话套话空话,写出自己的真情实感,篇幅可长可短,并要求运用积累的成语、名言警句等,定期检查点评,选择优秀篇目在班里朗读或展出。
这样,即巩固了所学的材料,又锻炼了学生的写作能力,同时还培养了学生的观察能力、思维能力等等,达到“一石多鸟”的效果。