PAGEPAGE1突破疑難點列1函數與導數突破疑難點1構造函數證明不等式構造法證明不等式是指在證明與函數有關的不等式時，依據所要證明的不等式，構造與之相關的函數，利用函數單調性、極值、最值加以證明．常見的構造方法有：(1)干脆構造法：證明不等式f(x)＞g(x)(f(x)＜g(x))轉化為證明f(x)－g(x)＞0(f(x)－g(x)＜0)，進而構造協助函數h(x)＝f(x)－g(x)；(2)適當放縮構造法：一是依據已知條件適當放縮，二是利用常見的放縮結論，如lnx≤x－1，ex≥x＋1，lnx＜x＜ex(x＞0)，eq\f(x,x＋1)≤ln(x＋1)≤x(x＞－1)；(3)構造“形似”函數：稍作變形再構造，對原不等式同解變形，如移項、通分、取對數，把不等式轉化為左、右兩邊是相同結構的式子的形式，依據“相同結構”構造協助函數；(4)構造雙函數：若干脆構造函數求導難以推斷符號，導函數零點也不易求得，因此函數單調性與極值點都不易獲得，則可構造函數f(x)和g(x)，利用其最值求解．方法高考示例思維過程干脆構造法(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝eq\f(1,x)－x＋alnx．(1)探討f(x)的單調性；(2)若f(x)存在兩個極值點x1，x2，證明：eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.……(2)證明：由(1)知，f(x)存在兩個極值點當且僅當a＞2.由于f(x)的兩個極值點x1，x2滿意x2－ax＋1＝0(函數在極值點處的導數為0)，所以x1x2＝1.不妨設x1＜x2，則x2＞1(留意原函數的定義域)．由于eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＝－eq\f(1,x1x2)－1＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＝－2＋aeq\f(－2lnx2,\f(1,x2)－x2)，所以eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2等價于eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0.【關鍵1：將所證不等式進行變形與化簡】設函數g(x)＝eq\f(1,x)－x＋2lnx，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)單調遞減，【關鍵2：干脆構造函數，推斷函數單調性】又g(1)＝0，從而當x∈(1，＋∞)時，g(x)＜0，所以eq\f(1,x2)－x2＋2lnx2＜0，即eq\f(fx1－fx2,x1－x2)＜a－2.【關鍵3：結合單調性得到函數最值，證明不等式】放縮構造法(2024·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝aex－lnx－1.(1)設x＝2是f(x)的極值點，求a，并求f(x)的單調區間；(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.……(2)證明：當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥eq\f(ex,e)－lnx－1.【關鍵1：利用不等式性質放縮，將a代換掉】設g(x)＝eq\f(ex,e)－lnx－1，【關鍵2：利用不等式右邊構造函數】則g′(x)＝eq\f(ex,e)－eq\f(1,x).當0＜x＜1時，g′(x)＜0；當x＞1時，g′(x)＞0.所以x＝1是g(x)的最小值點．【關鍵3：利用導數探討函數的單調性、最值】故當x＞0時，g(x)≥g(1)＝0.【關鍵4：利用函數最值使放縮后的不等式得到證明】因此，當a≥eq\f(1,e)時，f(x)≥0.構造雙函數法(2014·全國卷Ⅰ)設函數f(x)＝aexlnx＋eq\f(bex－1,x)，曲線y＝f(x)在點(1，f(1))處的切線方程為y＝e(x－1)＋2.(1)求a，b；(2)證明：f(x)＞1.……(2)證明：由(1)知，f(x)＝exlnx＋eq\f(2,x)ex－1，從而f(x)＞1等價于xlnx＞xe－x－eq\f(2,e).【關鍵1：將所證不等式等價轉化，為構造雙函數創建條件】設函數g(x)＝xlnx，則g′(x)＝1＋lnx，所以當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))時，g′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))時，g′(x)＞0.故g(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，＋∞))上單調遞增，從而g(x)在(0，＋∞)上的最小值為geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝－eq\f(1,e).【關鍵2：構造函數，利用導數探討函數的單調性，求最小值】設函數h(x)＝xe－x－eq\f(2,e)，則h′(x)＝e－x(1－x)．所以當x∈(0,1)時，h′(x)＞0；當x∈(1，＋∞)時，h′(x)＜0.故h(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，從而h(x)在(0，＋∞)上的最大值為h(1)＝－eq\f(1,e).【關鍵3：構造函數，利用導數探討函數的單調性，求最大值】因為g(x)min＝geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝h(1)＝h(x)max，所以當x＞0時，g(x)＞h(x)，即f(x)＞1.【關鍵4：利用函數最值證明不等式】突破疑難點2利用分類探討法確定參數取值范圍一般地，若a＞f(x)對x∈D恒成立，則只需a＞f(x)max；若a＜f(x)對x∈D恒成立，則只需a＜f(x)min.若存在x0∈D，使a＞f(x0)成立，則只需a＞f(x)min；若存在x0∈D，使a＜f(x0)成立，則只需a＜f(x0)max.由此構造不等式，求解參數的取值范圍．常見有兩種狀況，一種先利用綜合法，結合導函數零點之間大小關系的確定條件，確定分類探討的標準，分類后，推斷不同區間函數的單調性，得到最值，構造不等式求解；另外一種，干脆通過導函數的式子，看出導函數值正負的分類標準，通常導函數為二次函數或者一次函數．提示：求解參數范圍時，一般會涉及分別參數法，理科試題中很少遇到分別參數后構造的新函數能干脆求出最值點的狀況，通常須要設出導函數的零點，難度較大．方法高考示例思維過程結合導函數的零點分類探討(2024·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝x－1－alnx．(1)若f(x)≥0，求a的值；(2)設m為整數，且對于隨意正整數n，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2)))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,22)))…eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,2n)))＜m，求m的最小值.(1)f(x)的定義域為(0，＋∞)(求函數定義域)．①若a≤0，因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－eq\f(1,2)＋aln2＜0，所以不滿意題意．【關鍵1：利用原函數解析式的特點確定分類標準】②若a＞0，由f′(x)＝1－eq\f(a,x)＝eq\f(x－a,x)知，當x∈(0，a)時，f′(x)＜0；當x∈(a，＋∞)時，f′(x)＞0.所以f(x)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．【關鍵2：依據導函數的零點分類探討】故x＝a是f(x)在(0，＋∞)上的唯一最小值點．由于f(1)＝0，所以當且僅當a＝1時，f(x)≥0，故a＝1.……結合導函數的零點分類探討(2015·全國卷Ⅱ)設函數f(x)＝emx＋x2－mx.(1)證明：f(x)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增；(2)若對于隨意x1，x2∈[－1,1]，都有|f(x1)－f(x2)|≤e－1，求m的取值范圍.……(2)由(1)知，對隨意的m，f(x)在[－1,0]上單調遞減，在[0,1]上單調遞增，故f(x)在x＝0處取得最小值．所以對于隨意x1，x2∈[－1,1]，|f(x1)－f(x2)|≤e－1的充要條件是eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1－f0≤e－1，,f－1－f0≤e－1，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(em－m≤e－1，,e－m＋m≤e－1.))①【關鍵1：利用充要條件把不等式恒成立等價轉化】設函數g(t)＝et－t－e＋1，則g′(t)＝et－1.【關鍵2：干脆構造函數，并求導】當t＜0時，g′(t)＜0；當t＞0時，g′(t)＞0.故g(t)在(－∞，0)上單調遞減，在(0，＋∞)上單調遞增．又g(1)＝0，g(－1)＝e－1＋2－e＜0，故當t∈[－1,1]時，g(t)≤0.【關鍵3：依據導函數的零點分類探討】故當m∈[－1,1]時，g(m)≤0，g(－m)≤0，即①式成立；當m＞1時，由g(t)的單調性，知g(m)＞0，即em－m＞e－1；當m＜－1時，g(－m)＞0，即e－m＋m＞e－1.【關鍵4：通過分類探討得到參數的取值范圍】綜上，m的取值范圍是[－1,1].由導函數的特點干脆分類探討(2014·全國卷)函數f(x)＝ax3＋3x2＋3x(a≠0)．(1)探討f(x)的單調性；(2)若f(x)在區間(1,2)是增函數，求a的取值范圍.……(2)當a＞0，x＞0時，f′(x)＝3ax2＋6x＋3＞0.【關鍵1：函數求導，依據導函數的特點確定分類標準】故當a＞0時，f(x)在區間(1,2)是增函數．當a＜0時，f(x)在區間(1,2)是增函數，當且僅當f′(1)≥0且f′(2)≥0，解得－eq\f(5,4)≤a＜0.【關鍵2：利用導數推斷函數的單調性，結合需滿意的條件，求解關于參數的不等式，得到參數的取值范圍】綜上，a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,4)，0))∪(0，＋∞).突破疑難點3兩法破解函數零點個數問題兩類零點問題的不同處理方法：利用零點存在性定理的條件為函數圖像在區間[a，b]上是連綿不斷的曲線，且f(a)·f(b)＜0.①干脆法：推斷一個零點時，若函數為單調函數，則只需取值證明f(a)·f(b)＜0；②分類探討法：推斷幾個零點時，須要先結合單調性，確定分類探討的標準，再利用零點存在性定理，在每個單調區間內取值證明f(a)·f(b)＜0.方法高考示例思維過程干脆法(2024·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝ax2－ax－xlnx，且f(x)≥0.(1)求a；(2)證明：f(x)存在唯一的極大值點x0，且e－2＜f(x0)＜2－2.(2)證明：由(1)知f(x)＝x2－x－xlnx，f′(x)＝2x－2－lnx．……設h(x)＝2x－2－lnx，則h′(x)＝2－eq\f(1,x).當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))時，h′(x)＜0；當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))時，h′(x)＞0.所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調遞增．【關鍵1：構造函數，利用導數探討函數的單調性】又h(e－2)＞0，heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＜0，h(1)＝0，所以h(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上有唯一零點x0，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上有唯一零點1，【關鍵2：利用零點存在性定理推斷導函數零點的位置】且當x∈(0，x0)時，h(x)＞0；當x∈(x0,1)時，h(x)＜0；當x∈(1，＋∞)時，h(x)＞0.因為f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一極大值點．由f′(x0)＝0得lnx0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))得f(x0)＜eq\f(1,4).【關鍵3：求二次函數值域得到f(x0)的范圍】因為x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值點，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)＞f(e－1)＝e－2，所以e－2＜f(x0)＜2－2.【關鍵4：利用函數最值證明不等式】分類討論法(2015·全國卷Ⅰ)已知函數f(x)＝x3＋ax＋eq\f(1,4)，g(x)＝－lnx．(1)當a為何值時，x軸為曲線y＝f(x)的切線；(2)用min{m，n}表示m，n中的最小值，設函數h(x)＝min{f(x)，g(x)}(x＞0)，探討h(x)零點的個數.……(2)當x∈(1，＋∞)時，g(x)＝－lnx＜0，從而h(x)＝min{f(x)，g(x)}≤g(x)＜0，故h(x)在(1，＋∞)上無零點．【關鍵1：對x的取值分類探討，適當放縮，推斷h(x)的符號，確定函數零點個數】當x＝1時，若a≥－eq\f(5,4)，則f(1)＝a＋eq\f(5,4)≥0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x＝1是h(x)的零點；若a＜－eq\f(5,4)，則f(1)＜0，h(1)＝min{f(1)，g(1)}＝f(1)＜0，故x＝1不是h(x)的零點．【關鍵2：當x的取值固定時，對參數a的取值分類探討，確定函數值的符號得到零點個數】當x∈(0,1)時，g(x)＝－lnx＞0，所以只需考慮f(x)在(0,1)上的零點個數．(ⅰ)若a≤－3或a≥0，則f′(x)＝3x2＋a在(0,1)上無零點，故f(x)在(0,1)上單調．而f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以當a≤－3時，f(x)在(0,1)上有一個零點；當a≥0時，f(x)在(0,1)上沒有零點．(ⅱ)若－3＜a＜0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(－\f(a,3))))上單調遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))，1))上單調遞增，故在(0,1)上，當x＝eq\r(－\f(a,3))時，f(x)取得最小值，最小值為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝eq\f(2a,3)eq\r(－\f(a,3))＋eq\f(1,4).①若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＞0，即－eq\f(3,4)＜a＜0，則f(x)在(0,1)上無零點；②若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＝0，即a＝－eq\f(3,4)，則f(x)在(0,1)上有唯一零點；③若feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(－\f(a,3))))＜0，即－3＜a＜－eq\f(3,4)，由于f(0)＝eq\f(1,4)，f(1)＝a＋eq\f(5,4)，所以當－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(3,4)時，f(x)在(0,1)上有兩個零點；當－3＜a≤－eq\f(5,4)時，f(x)在(0,1)上有一個零點．【關鍵3：當x的取值固定在一個范圍內時，對參數a的取值分類探討，利用函數單調性、最值、零點存在性定理得到零點個數】綜上，當a＞－eq\f(3,4)或a＜－eq\f(5,4)時，h(x)有一個零點；當a＝－eq\f(3,4)或a＝－eq\f(5,4)時，h(x)有兩個零點；當－eq\f(5,4)＜a＜－eq\f(3,4)時，h(x)有三個零點.突破疑難點4兩法破解由零點個數確定參數問題已知函數有零點求參數范圍常用的方法：(1)分別參數法：一般命題情境為給出區間，求滿意函數零點個數的參數范圍，通常解法為從f(x)中分別出參數，然后利用求導的方法求出由參數構造的新函數的最值，依據題設條件構建關于參數的不等式，再通過解不等式確定參數范圍；(2)分類探討法：一般命題情境為沒有固定區間，求滿意函數零點個數的參數范圍，通常解法為結合單調性，先確定參數分類的標準，在每個小范圍內探討零點的個數是否符合題意，將滿意題意的參數的各小范圍并在一起，即為所求參數范圍．

方法高考示例思維過程由導數特點分類探討(2024·全國卷Ⅱ)已知函數f(x)＝ex－ax2.(1)若a＝1，證明：當x≥0時，f(x)≥1；……(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一個零點，求a.(2)設函數h(x)＝1－ax2e－x.f(x)在(0，＋∞)只有一個零點當且僅當h(x)在(0，＋∞)只有一個零點．【關鍵1：構造函數h(x)，將f(x)的零點狀況轉化為h(x)的零點狀況】(ⅰ)當a≤0時，h(x)＞0，h(x)沒有零點．(ⅱ)當a＞0時，h′(x)＝ax(x－2)e－x.【關鍵2：對參數a分類探討，結合函數值推斷函數零點狀況】當x∈(0,2)時，h′(x)＜0；當x∈(2，＋∞)時，h′(x)＞0.所以h(x)在(0,2)上單調遞減，在(2，＋∞)上單調遞增．故h(2)＝1－eq\f(4a,e2)是h(x)在(0，＋∞)的最小值．【關鍵3：分類探討，利用導數探討函數單調性，求函數最值】①若h(2)＞0，即a＜eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)沒有零點；②若h(2)＝0，即a＝eq\f(e2,4)，h(x)在(0，＋∞)只有一個零點；③若h(2)＜0，即a＞eq\f(e2,4)，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0,2)有一個零