2020版高考理科數(shù)學（人教版）一輪復習講義：第三章第四節(jié)突破“函數(shù)與導數(shù)”壓軸大題的6個“卡殼點”-學案下載-教習網(wǎng)

第四節(jié)突破“函數(shù)與導數(shù)”壓軸大題的6個“卡殼點”
(閱讀課——供學有余力的考生自主觀摩)
卡殼點一　分類討論的“界點”如何確定？

根據(jù)二次項系數(shù)確定分類“界點”
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.
(1)求函數(shù)φ(x)＝f(x)－g(x)的極值；
(2)若m為整數(shù)，對任意的x＞0都有f(x)－mg(x)≤0成立，求實數(shù)m的最小值．
[解題觀摩]　(1)由φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x＋1－x2－2x＝ln x－x2－x＋1(x＞0)，
得φ′(x)＝－2x－1＝(x＞0)，
令φ′(x)＞0，解得0＜x＜，令φ′(x)＜0，解得x＞，
所以函數(shù)φ(x)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是，故函數(shù)φ(x)的極大值是φ＝ln－－＋1＝－ln 2，函數(shù)φ(x)無極小值．
(2)設h(x)＝f(x)－mg(x)＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1，則h′(x)＝－2mx＋1－2m＝＝(x＞0)．
當m≤0時，
因為x＞0，所以2mx－1＜0，x＋1＞0，
所以h′(x)＞0，故h(x)在(0，＋∞)上單調遞增，
又因為h(1)＝ln 1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不滿足題意，所以舍去．
當m＞0時，令h′(x)＞0，得0＜x ＜，
令h′(x)＜0，得x＞，
故h(x)在上單調遞增，在上單調遞減，
所以h(x)max＝h＝ln－m·2＋(1－2m)·＋1＝－ln(2m)．
令t(m)＝－ln(2m)(m＞0)，顯然t(m)在(0，＋∞)上單調遞減，且t＝＞0，t(1)＝－ln 2＝(1－ln 16)＜0，故當m≥1時，t(m)＜0，滿足題意，故整數(shù)m的最小值為1.

導函數(shù)中含有二次三項式，需對最高項的系數(shù)分類討論：
(1)根據(jù)二次項系數(shù)是否為0，判斷函數(shù)是否為二次函數(shù)；
(2)由二次項系數(shù)的正負，判斷二次函數(shù)圖象的開口方向，從而尋找導數(shù)的變號零點．　　

根據(jù)判別式確定分類“界點”

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝(1＋ax2)ex－1，當a≥0時，討論函數(shù)f(x)的單調性．
[解題觀摩]　由題易得f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，
當a＝0時，f′(x)＝ex＞0，此時f(x)在R上單調遞增．
當a＞0時，方程ax2＋2ax＋1＝0的判別式Δ＝4a2－4a.
①當0＜a≤1時，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0恒成立，所以f′(x)≥0，此時f(x)在R上單調遞增；
②當a＞1時，令f′(x)＝0，解得x1＝－1－，x2＝－1＋ .
當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，x1)
x1
(x1，x2)
x2
(x2，＋∞)
f′(x)
＋
0
－
0
＋
f(x)

極大值

極小值

所以f(x)在和上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當0≤a≤1時，f(x)在R上單調遞增；當a＞1時，f(x)在和上單調遞增，在上單調遞減．

求導后，要判斷導函數(shù)是否有零點(或導函數(shù)分子能否分解因式)，若導函數(shù)是二次函數(shù)或與二次函數(shù)有關，此時涉及二次方程問題，Δ與0的大小關系往往不確定，所以必須尋找分界點，進行分類討論．　　

根據(jù)導函數(shù)零點的大小確定分類“界點”
[典例]　已知f(x)＝(x2－ax)ln x－x2＋2ax，求f(x)的單調遞減區(qū)間．
[解題觀摩]　易得f(x)的定義域為(0，＋∞)，
f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－3x＋2a＝(2x－a)ln x－(2x－a)＝(2x－a)(ln x－1)，
令f′(x)＝0得x＝或x＝e.
當a≤0時，因為x＞0，所以2x－a＞0，
令f′(x)＜0得x＜e，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，e)．
當a＞0時，
①若＜e，即0＜a＜2e，當x∈時，f′(x)＞0，
當x∈時，f′(x)＜0，當x∈(e，＋∞)時，f′(x)＞0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為；
②若＝e，即a＝2e，當x∈(0，＋∞)時，f′(x)≥0恒成立，f(x)沒有單調遞減區(qū)間；
③若＞e，即a＞2e，當x∈(0，e)時，f′(x)＞0，當x∈時，f′(x)＜0，當x∈時，f′(x)＞0，所以f(x)的單調遞減區(qū)間為.
綜上所述，當a≤0時，f(x)的單調遞減區(qū)間為(0，e)；當0＜a＜2e時，f(x)的單調遞減區(qū)間為；當a＝2e時，f(x)無單調遞減區(qū)間；當a＞2e時，f(x)的單調遞減區(qū)間為.

(1)根據(jù)導函數(shù)的“零點”劃分定義域時，既要考慮導函數(shù)“零點”是否在定義域內(nèi)，還要考慮多個“零點”的大小問題，如果多個“零點”的大小關系不確定，也需要分類討論．
(2)導函數(shù)“零點”可求，可根據(jù)“零點”之間及“零點”與區(qū)間端點之間的大小關系進行分類討論．本題根據(jù)零點，e之間的大小關系進行分類討論，再利用導數(shù)研究其函數(shù)的單調性．　　

根據(jù)導函數(shù)零點與定義域的關系確定分類“界點”
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝－aln x－＋ax，a∈R.
(1)當a＜0時，討論f(x)的單調性；
(2)設g(x)＝f(x)＋xf′(x)，若關于x的不等式g(x)≤－ex＋＋(a－1)x在[1,2]上有解，求a的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)由題意知，f′(x)＝－－＋a＝(x＞0)，
當a＜0時，ax－ex＜0恒成立，
所以當x＞1時，f′(x)＜0；當0＜x＜1時，f′(x)＞0，
故函數(shù)f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
(2)因為g(x)＝f(x)＋xf′(x)，
所以g(x)＝－aln x－ex＋2ax－a，
由題意知，存在x0∈[1,2]，使得g(x0)≤－ex0＋＋(a－1)x0成立．
即存在x0∈[1,2]，使得－aln x0＋(a＋1)x0－－a≤0成立，
令h(x)＝－aln x＋(a＋1)x－－a，x∈[1,2]，
則h′(x)＝＋a＋1－x＝－，x∈[1,2]．
①當a≤1時，h′(x)≤0，所以函數(shù)h(x)在[1,2]上單調遞減，
所以h(x)min＝h(2)＝－aln 2＋a≤0成立，解得a≤0，所以a≤0.
②當1＜a＜2時，令h′(x)＞0，解得1＜x＜a；令h′(x)＜0，解得a＜x＜2.
所以函數(shù)h(x) 在[1，a]上單調遞增，在[a,2]上單調遞減，
又因為h(1)＝，所以h(2)＝－aln 2＋a≤0，解得a≤0，與1＜a＜2矛盾，舍去．
③當a≥2時，h′(x)≥0，所以函數(shù)h(x)在[1,2]上單調遞增，
所以h(x)min＝h(1)＝＞0，不符合題意，舍去．
綜上所述，a的取值范圍為(－∞，0]．

導函數(shù)零點是否分布在定義域內(nèi)，零點將定義域劃分為哪幾個區(qū)間，若不能確定，則需要分類討論．本題根據(jù)函數(shù)h′(x)的零點a是否在定義域[1,2]內(nèi)進行討論，利用導數(shù)的工具性得到函數(shù)在給定區(qū)間內(nèi)的單調性，從而可得最值，判斷所求最值與已知條件是否相符，從而得到參數(shù)的取值范圍．　　
卡殼點二　遇到有關x與ex，ln x的組合函數(shù)問題怎么辦？

x與ln x的組合函數(shù)問題
(1)熟悉函數(shù)f(x)＝h(x)ln x(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0))的圖象特征，做到對圖(1)(2)中兩個特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

(2)熟悉函數(shù)f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0)，h(x)≠0)的圖象特征，做到對圖(3)(4)中兩個特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

[典例]　設函數(shù)f(x)＝xln x－＋a－x(a∈R)．
(1)若函數(shù)f(x)有兩個不同的極值點，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若a＝2，k∈N，g(x)＝2－2x－x2，且當x＞2時不等式k(x－2)＋g(x)＜f(x)恒成立，試求k的最大值．
[解題觀摩]　(1)由題意知，函數(shù)f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－ax－1＝ln x－ax，
令f′(x)＝0，可得a＝，
令h(x)＝(x＞0)，則由題可知直線y＝a與函數(shù)h(x)的圖象有兩個不同的交點，
h′(x)＝，令h′(x)＝0，得x＝e，可知h(x)在(0，e)上單調遞增，在(e，＋∞)上單調遞減，h(x)max＝h(e)＝，當x―→0時，h(x)―→－∞，當x―→＋∞時，h(x)―→0，故實數(shù)a的取值范圍為.
(2)當a＝2時，f(x)＝xln x－x2＋2－x，k(x－2)＋g(x)＜f(x)，即k(x－2)＋2－2x－x2＜xln x－x2＋2－x，整理得k(x－2)＜xln x＋x，
因為x＞2，所以k＜.
設F(x)＝(x＞2)，則F′(x)＝.
令m(x)＝x－4－2ln x(x＞2)，則m′(x)＝1－＞0，所以m(x)在(2，＋∞)上單調遞增，m(8)＝4－2ln 8＜4－2ln e2＝4－4＝0，m(10)＝6－2ln 10＞6－2ln e3＝6－6＝0，所以函數(shù)m(x)在(8,10)上有唯一的零點x0，
即x0－4－2ln x0＝0，故當2＜x＜x0時，m(x)＜0，即F′(x)＜0，當x＞x0時，F(xiàn)′(x)＞0，所以F(x)min＝F(x0)＝＝＝，所以k＜，
因為x0∈(8,10)，所以∈(4,5)，故k的最大值為4.

對于有關x與ln x的組合函數(shù)為背景的試題，要求學生理解導數(shù)公式和導數(shù)的運算法則等基礎知識，能夠靈活利用導數(shù)研究函數(shù)的單調性，能夠恰當?shù)貥嬙旌瘮?shù)，并根據(jù)區(qū)間的不同進行分析、討論，尋求合理的證明和解不等式的策略．　　

x與ex的組合函數(shù)問題
(1)熟悉函數(shù)f(x)＝h(x)eg(x)(g(x)為一次函數(shù)，h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0))的圖象特征，做到對圖(1)(2)中兩個特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

(2)熟悉函數(shù)f(x)＝(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0)，h(x)≠0)的圖象特征，做到對圖(3)(4)中兩個特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝a(x－1)，g(x)＝(ax－1)·ex，a∈R.
(1)求證：存在唯一實數(shù)a，使得直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切；
(2)若不等式f(x)＞g(x)有且只有兩個整數(shù)解，求a的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)證明：f′(x)＝a，g′(x)＝(ax＋a－1)ex.
設直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)的切點的坐標為(x0，y0)，則y0＝a(x0－1)＝(ax0－1)ex0，
得a(x0ex0－x0＋1)＝ex0，①
又因為直線y＝f(x)和曲線y＝g(x)相切，所以a＝g′(x0)＝(ax0＋a－1)ex0，整理得a(x0ex0＋ex0－1)＝ex0，②
結合①②得x0ex0－x0＋1＝x0ex0＋ex0－1，即ex0＋x0－2＝0，令h(x)＝ex＋x－2，則h′(x)＝ex＋1＞0，所以h(x)在R上單調遞增．
又因為h(0)＝－1＜0，h(1)＝e－1＞0，所以存在唯一實數(shù)x0，使得ex0＋x0－2＝0，且x0∈(0,1)，
所以存在唯一實數(shù)a，使①②兩式成立，故存在唯一實數(shù)a，使得直線y＝f(x)與曲線y＝g(x)相切．
(2)令f(x)＞g(x)，即a(x－1)＞(ax－1)ex，
所以axex－ax＋a＜ex，所以a＜1，
令m(x)＝x－，則m′(x)＝，
由(1)可得m(x)在(－∞，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，且x0∈(0,1)，故當x≤0時，m(x)≥m(0)＝1，當x≥1時，m(x)≥m(1)＝1，所以當x∈Z時，m(x)≥1恒成立．
①當a≤0時，am(x)＜1恒成立，此時有無數(shù)個整數(shù)解，舍去；
②當0＜a＜1時，m(x)＜，因為＞1，m(0)＝m(1)＝1，所以兩個整數(shù)解分別為0,1，即解得a≥，即a∈；
③當a≥1時，m(x)＜，
因為≤1，m(x)在x∈Z時大于或等于1，
所以m(x)＜無整數(shù)解，舍去．
綜上所述，a的取值范圍為.

在求解有關x與ex的組合函數(shù)綜合題時要把握三點：
(1)靈活運用復合函數(shù)的求導法則，由外向內(nèi)，層層求導；
(2)把相關問題轉化為熟悉易解的函數(shù)模型來處理；
(3)函數(shù)最值不易求解時，可重新拆分、組合，構建新函數(shù)，通過分類討論新函數(shù)的單調性求最值．　　

x與ex，ln x的組合函數(shù)問題

(1)熟悉函數(shù)f(x)＝h(x)ln x±ex(h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不能同時為0))的圖形特征，做到對圖(1)(2)(3)(4)所示的特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

(2)熟悉函數(shù)f(x)＝±ln x(其中h(x)＝ax2＋bx＋c(a，b不同時為0))的圖形特征，做到對圖(5)(6)所示的兩個特殊函數(shù)的圖象“有形可尋”．

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ln x＋，g(x)＝(e＝2.718 28……為自然對數(shù)的底數(shù))，是否存在整數(shù)m，使得對任意的x∈，都有y＝f(x)的圖象在y＝g(x)的圖象下方？若存在，請求出整數(shù)m的最大值；若不存在，請說明理由．
[解題觀摩]　假設存在整數(shù)m滿足題意，則不等式ln x＋＜，對任意的x∈恒成立，
即m＜ex－xln x對任意的x∈恒成立．
令v(x)＝ex－xln x，則v′(x)＝ex－ln x－1，
令φ(x)＝ex－ln x－1，則φ′(x)＝ex－，
易知φ′(x)在上單調遞增，因為φ′＝e－2＜0，φ′(1)＝e－1＞0且φ′(x)的圖象在上連續(xù)，
所以存在唯一的x0∈，使得φ′(x0)＝0，即ex0－＝0，則x0＝－ln x0.
當x∈時，φ(x)單調遞減；當x∈(x0，＋∞)時，φ(x)單調遞增．
則φ(x)在x＝x0處取得最小值，且最小值為φ(x0)＝ex0－ln x0－1＝＋x0－1＞2 －1＝1＞0，
所以v′(x)＞0，即v(x)在上單調遞增，
所以m≤e－ln ＝e＋ln 2≈1.995 29，
故存在整數(shù)m滿足題意，且m的最大值為1.

若分離參數(shù)后導數(shù)零點不可求，且不能通過觀察得到，此時可以采用設而不求的方法．在本題中，通過虛設零點x0，得到x0＝－ln x0，將ex0－ln x0－1轉化為普通代數(shù)式＋x0－1，然后使用基本不等式求出最值，同時消掉x0，即借助φ′(x0)＝0作整體代換，采取設而不求的方法，達到化簡并求解的目的．　　

[典例]　設函數(shù)f(x)＝，求證：當x＞1時，不等式＞.
[解題觀摩]　將不等式＞變形為·＞，分別構造函數(shù)g(x)＝和函數(shù)h(x)＝.
對于g′(x)＝，令φ(x)＝x－ln x，則φ′(x)＝1－＝.
因為x＞1，所以φ′(x)＞0，所以φ(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以φ(x)＞φ(1)＝1＞0，所以g′(x)＞0，所以g(x)在(1，＋∞)上是增函數(shù)，所以當x＞1時，g(x)＞g(1)＝2，故＞.
對于h′(x)＝，因為x＞1，所以1－ex＜0，所以h′(x)＜0，所以h(x)在(1，＋∞)上是減函數(shù)，所以當x＞1時，h(x)＜h(1)＝.
綜上所述，當x＞1時，＞h(x)，即＞.

若不分離ex與ln x，則難以求導，因此，對于形式復雜的函數(shù)，往往需要合理拆分與變形．高考為體現(xiàn)選拔功能，在解答題中不會單一考查某一初等函數(shù)，而是將不同增長速度的函數(shù)綜合在一起考查，這就需要我們把已經(jīng)糅合在一起的不同增長速度的函數(shù)進行分離，轉化為我們熟悉的容易用導數(shù)工具求解的函數(shù)模型．　　

借助ex≥x＋1和ln x≤x－1進行放縮

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝mx2＋nx－xln x(m＞0)，且f(x)≥0.
(1)求的最小值；
(2)當取得最小值時，若方程ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0無實根，求實數(shù)a的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)令g(x)＝＝mx＋n－ln x，則f(x)≥0?g(x)≥0(x＞0)，又因為g′(x)＝，由g′(x)＞0，得x＞；由g′(x)＜0，得0＜x＜，所以g(x)在上單調遞減，在上單調遞增．此時g(x)min＝g＝1＋n－ln≥0?＋－ln≥0，即≥ln－.
令h(t)＝tln t－t(t＞0)，則h′(t)＝ln t，由h′(t)＞0，得t＞1；由h′(t)＜0，得0＜t＜1，所以h(t)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，故h(t)min＝h(1)＝－1，則≥－1，即min＝－1.
(2) 由(1)知，當取得最小值－1時，t＝＝1，m＝1，n＝－1.
則ex－1＋(1－2a)x－af(x)＝0?a＝，
記H(x)＝(x＞0)，
則H′(x)＝，由(1)知 x－1－ln x≥0?ln x≤x－1，即ex－1≥x，則(x－ln x)ex－1－x≥ex－1－x≥0(當且僅當x＝1時取等號)，所以當x∈(0,1)時，H′(x)＜0，所以H(x)在(0,1)上為減函數(shù)；當x∈(1，＋∞)時，H′(x)＞0，所以H(x)在(1，＋∞) 上為增函數(shù)．所以x＝1時，H(x)取得最小值，為H(1)＝1.
由ln x≤x－1，自變量取可得－ln x≤－1?2≤x＋1－ln x≤x＋，
即x(x＋1－ln x)≤x2＋1?≥，
由x－1≥ln x，自變量取e可得e－1＞(x＞0)，從而ex＞3，則可得ex－1＞.當x＞1時，H(x)＝＞＞＝，即H(x)無最大值，
所以H(x)∈[1，＋∞)．故a＜1時原方程無實根，即實數(shù)a的取值范圍為(－∞，1)．

借助放縮，巧妙求出H(x)的最小值，同時利用放縮說明H(x)沒有最大值，從而求出實數(shù)a的取值范圍．　　
卡殼點三　遇到極值點偏移問題怎么辦？
圖說極值點偏移
1.已知函數(shù)f(x)的圖象的頂點的橫坐標就是極值點x0，若f(x)＝c的兩根的中點剛好滿足＝x0，即極值點在兩根的正中間，也就是說極值點沒有偏移．此時函數(shù)f(x)在x＝x0兩側，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1)．
2．若≠x0，則極值點偏移，此時函數(shù)f(x)在x＝x0兩側，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3)．

對稱變換

對稱變換，主要用來解決與兩個極值點之和、積相關的不等式的證明問題．其解題要點如下：
(1)定函數(shù)(極值點為x0)，即利用導函數(shù)符號的變化判斷函數(shù)單調性，進而確定函數(shù)的極值點x0.
(2)構造函數(shù)，即根據(jù)極值點構造對稱函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)，若證x1x2＞x，則令F(x)＝f(x)－f.
(3)判斷單調性，即利用導數(shù)討論F(x)的單調性．
(4)比較大小，即判斷函數(shù)F(x)在某段區(qū)間上的正負，并得出f(x)與f(2x0－x)的大小關系．
(5)轉化，即利用函數(shù)f(x)的單調性，將f(x)與f(2x0－x)的大小關系轉化為x與2x0－x之間的關系，進而得到所證或所求．
[提醒]　若要證明f′的符號問題，還需進一步討論與x0的大小，得出所在的單調區(qū)間，從而得出該處導數(shù)值的正負．
[典例]　已知函數(shù)h(x)與函數(shù)f(x)＝xex(x∈R)的圖象關于原點對稱，如果x1≠x2，且h(x1)＝h(x2)，求證：x1＋x2＞2.
[解題觀摩]　由題意知，h(x)＝－f(－x)＝xe－x，h′(x)＝e－x(1－x)，令h′(x)＝0，解得x＝1.
當x變化時，h′(x)，h(x)的變化情況如下表：
x
(－∞，1)
1
(1，＋∞)
h′(x)
＋
0
－
h(x)




由x1≠x2，不妨設x1＞x2，根據(jù)h(x1)＝h(x2)，結合圖象可知x1＞1，x2＜1，
令F(x)＝h(x)－h(huán)(2－x)，x∈(1，＋∞)，
則F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x ，
因為x＞1,2x－2＞0，所以e2x－2－1＞0，則F′(x)＞0，
所以F(x)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以當x＞1時，F(xiàn)(x)＞0，
即當x＞1時，h(x)＞h(2－x)，則h(x1)＞h(2－x1)，
又因為h(x1)＝h(x2)，所以h(x2)＞h(2－x1)，
因為x1＞1，所以2－x1＜1，
所以x2,2－x1∈(－∞，1)，
因為h(x)在(－∞，1)上是增函數(shù)，
所以x2＞2－x1，所以x1＋x2＞2.

本題證明的不等式中含有兩個變量，對于此類問題一般的求解思路是將兩個變量分到不等式的兩側，然后根據(jù)函數(shù)的單調性，通過兩個變量之間的關系“減元”，建立新函數(shù)，最終將問題轉化為函數(shù)的最值問題來求解．考查了邏輯推理、數(shù)學建模及數(shù)學運算等核心素養(yǎng)．在求解此類問題時，需要注意變量取值范圍的限定，如本題中利用x2,2－x1，其取值范圍都為(－∞，1)，若將所證不等式化為x1＞2－x2，則x1,2－x2的取值范圍都為(1，＋∞)，此時就必須利用函數(shù)h(x)在(1，＋∞)上的單調性來求解．　　

消參減元

消參減元的主要目的就是減元，進而建立與所求解問題相關的函數(shù)．主要是利用函數(shù)極值點乘積所滿足的條件進行消參減元．其解題要點如下：
建方程
求函數(shù)的導函數(shù)，令f′(x)＝0，建立極值點所滿足的方程，抓住導函數(shù)中的關鍵式子，即導函數(shù)解析式中變號的部分(一般為一個二次整式)
定關系
根據(jù)極值點所滿足的方程，利用方程解的理論，建立極值點與方程系數(shù)之間的關系，確定兩個極值點之積
消參減元
根據(jù)兩個極值點之積的關系，化簡或轉化所求解問題，進行消參減元
構造函數(shù)
根據(jù)消參減元后的式子結構特征，構建相應的函數(shù)
求解問題
利用導數(shù)研究所構造函數(shù)的單調性、極值、最值等，從而解決相關問題

[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ln x－ax(a∈R)．
(1)求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間；
(2)當a＝1時，方程f(x)＝m(m＜－2)有兩個相異實根x1，x2，且x1＜x2，求證：x1·x＜2.
[解題觀摩]　(1)由題意得，f′(x)＝－a＝(x＞0)．
當a≤0時，由x＞0，得1－ax＞0，即f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
當a＞0時，由f′(x)＞0，得0＜x＜，
由f′(x)＜0，得x＞，
所以f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
綜上，當a≤0時，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；當a＞0時，f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)證明：由題意及(1)可知，方程f(x)＝m(m＜－2)的兩個相異實根x1，x2滿足ln x－x－m＝0，且0＜x1＜1＜x2，即ln x1－x1－m＝ln x2－x2－m＝0.
由題意，可知ln x1－x1＝m＜－2＜ln 2－2，
又由(1)可知，f(x)＝ln x－x在(1，＋∞)上單調遞減，故x2＞2.
令g(x)＝ln x－x－m，
則g(x)－g＝－x＋＋3ln x－ln 2.
令h(t)＝－t＋＋3ln t－ln 2(t＞2)，
則h′(t)＝－.
當t＞2時，h′(t)＜0，h(t)單調遞減，所以h(t)＜h(2)＝2ln 2－＜0，所以g(x)＜g.
因為x2＞2且g(x1)＝g(x2)，所以h(x2)＝g(x2)－g＝g(x1)－g＜0，即g(x1)＜g.
因為g(x)在(0,1)上單調遞增，
所以x1＜，故x1·x＜2.

本題第(2)問要證明的方程根之間的不等式關系比較復雜，此類問題可通過不等式的等價變形，將兩個根分布在不等式兩側，然后利用函數(shù)的單調性轉化為對應函數(shù)值之間的大小關系即可．顯然構造函數(shù)的關鍵仍然是消掉參數(shù)，另外根據(jù)函數(shù)性質確定“x2＞2”是解題的一個關鍵點，確定其范圍之后才能將x1與化歸到函數(shù)的同一個單調區(qū)間上，這也是此類問題的一個難點——精確定位．　　

比(差)值換元

比(差)值換元的目的也是消參、減元，就是根據(jù)已知條件首先建立極值點之間的關系，然后利用兩個極值點之比(差)作為變量，從而實現(xiàn)消參、減元的目的．設法用比值或差值(一般用t表示)表示兩個極值點，繼而將所求解問題轉化為關于t的函數(shù)問題求解．
[典例]　已知f(x)＝xln x－mx2－x，m∈R.若f(x)有兩個極值點x1，x2，且x1＜x2，求證：x1x2＞e2(e為自然對數(shù)的底數(shù))．
[解題觀摩]　欲證x1x2＞e2，只需證ln x1＋ln x2＞2.
由函數(shù)f(x)有兩個極值點x1，x2，可得函數(shù)f′(x) 有兩個零點，又f′(x)＝ln x－mx，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個不同實根．
于是有
①＋②可得ln x1＋ln x2＝m(x1＋x2)，
即m＝，
②－①可得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，
即m＝，
從而可得＝，
于是ln x1＋ln x2＝.
由0＜x1＜x2，設t＝，則t＞1.
因此ln x1＋ln x2＝，t＞1.
要證ln x1＋ln x2＞2，即證＞2(t＞1)，即證當t＞1時，有l(wèi)n t＞.
令h(t)＝ln t－(t＞1)，
則h′(t)＝－＝＞0，
所以h(t)為(1，＋∞)上的增函數(shù)．
因此h(t)＞ln 1－＝0.
于是當t＞1時，有l(wèi)n t＞.
所以有l(wèi)n x1＋ln x2＞2成立，即x1x2＞e2.

求解本題的關鍵點有兩個．一個是消參，把極值點轉化為導函數(shù)零點之后，需要利用兩個變量把參數(shù)表示出來，這是解決問題的基礎，若只用一個極值點表示參數(shù)，如得到m＝之后，代入第二個方程，則無法建立兩個極值點的關系，本題中利用兩個方程相加(減)之后再消參，巧妙地把兩個極值點與參數(shù)之間的關系建立起來；二是消“變”，即減少變量的個數(shù)，只有把方程轉化為一個“變量”的式子后，才能建立與之相應的函數(shù)，轉化為函數(shù)問題求解．本題利用參數(shù)m的值相等建立方程，進而利用對數(shù)運算的性質，將方程轉化為關于的方程，通過建立函數(shù)模型求解該問題，這體現(xiàn)了對數(shù)學建模等核心素養(yǎng)的考查．　　
卡殼點四　導數(shù)零點不可求怎么辦？
導數(shù)是研究函數(shù)的有力工具，其核心又是由導數(shù)值的正、負確定函數(shù)的單調性．用導數(shù)研究函數(shù)f(x)的單調性，往往需要解方程f′(x)＝0. 若該方程不易求解時，如何繼續(xù)解題呢？

猜——猜出方程f′(x)＝0的根
[典例]　設f(x)＝.
(1)若函數(shù)f(x)在(a，a＋1)上有極值，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若關于x的方程f(x)＝x2－2x＋k有實數(shù)解，求實數(shù)k的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)因為f′(x)＝－，當0＜x＜1時，f′(x)＞0；當x＞1時，f′(x)＜0，所以函數(shù)f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，故函數(shù)f(x)的極大值點為x＝1，所以即0＜a＜1，故所求實數(shù)a的取值范圍是(0,1)．
(2)方程f(x)＝x2－2x＋k有實數(shù)解，
即f(x)－x2＋2x＝k有實數(shù)解．
設g(x)＝f(x)－x2＋2x，
則g′(x)＝2(1－x)－.
接下來，需求函數(shù)g(x)的單調區(qū)間，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，所以我們可以先猜后解．
因為g′(1)＝0，且當0＜x＜1時，g′(x)＞0，當x＞1時，g′(x)＜0，所以函數(shù)g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減．
所以g(x)max＝g(1)＝2.當x→0時，g(x)→－∞；當x→＋∞時，g(x)→－∞，所以函數(shù)g(x)的值域是(－∞，2]，所以所求實數(shù)k的取值范圍是(－∞，2]．

當所求的導函數(shù)解析式中出現(xiàn)ln x時，常猜x＝1；當函數(shù)解析式中出現(xiàn)ex時，常猜x＝0.　　

設——設出f′(x)＝0的根
[典例]　設函數(shù)f(x)＝e2x－aln x.
(1)討論f(x)的導函數(shù)f′(x)零點的個數(shù)；
(2)求證：當a＞0時，f(x)≥2a＋aln.
[解題觀摩]　(1)法一：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
當a≤0時，f′(x)＞0，f′(x)沒有零點．
當a＞0時，設u(x)＝e2x，v(x)＝－，
因為u(x)＝e2x在(0，＋∞)上單調遞增，v(x)＝－在(0，＋∞)上單調遞增，
所以f′(x)在(0，＋∞)上單調遞增．
又因為f′(a)＞0，當b滿足0＜b＜且b＜時，f′(b)＜0，
所以當a＞0時，f′(x)存在唯一零點．
法二：f′(x)＝2e2x－(x＞0)．
令方程f′(x)＝0，得a＝2xe2x(x＞0)．
因為函數(shù)g(x)＝2x(x＞0)，h(x)＝e2x(x＞0)均是函數(shù)值為正值的增函數(shù)，
所以由增函數(shù)的定義可證得函數(shù)u(x)＝2xe2x(x＞0)也是增函數(shù)，其值域是(0，＋∞)．
由此可得，當a≤0時，f′(x)無零點；當a＞0時，f′(x)有唯一零點．
(2)證明：由(1)可設f′(x)在(0，＋∞)上的唯一零點為x0.
當x∈(0，x0)時，f′(x)＜0；
當x∈(x0，＋∞)時，f′(x)＞0.
所以f(x)在(0，x0)上單調遞減，在(x0，＋∞)上單調遞增，當且僅當x＝x0時，f(x)取得最小值，最小值為f(x0)．
因為2e2x0－＝0，所以f(x0)＝＋2ax0＋aln≥2a＋aln(當且僅當x0＝時等號成立)．
所以當a＞0時，f(x)≥2a＋aln.

本題第(2)問的解題思路是求函數(shù)f(x)的最小值，因此需要求f′(x)＝0的根，但是f′(x)＝2e2x－＝0的根無法求解．故設出f′(x)＝0的根為x0，通過證明f(x)在(0，x0)和(x0，＋∞)上的單調性知f(x)min＝f(x0)＝＋2ax0＋aln，進而利用基本不等式證得結論，其解法類似解析幾何中的設而不求．　　

證——證明方程f′(x)＝0無根
[典例]　已知m∈R，函數(shù)f(x)＝mx－－2ln x，g(x)＝，若?x0∈[1，e]，使得f(x0)＞g(x0)成立，求實數(shù)m的取值范圍．
[解題觀摩]　因為當x＝1時，f(x)＝0，g(x)＝2e，不存在f(x0)＞g(x0)，所以關于x的不等式f(x)＞g(x)在[1，e]上有解，即關于x的不等式＜m(1＜x≤e)有解．
設u(x)＝(1＜x≤e)，
則u′(x)＝(1＜x≤e)，但不易求解方程u′(x)＝0.
可大膽猜測方程u′(x)＝0無解，證明如下：
由1＜x≤e，可得－(2x2＋2)ln x＜0，
2x2－4ex－2＝2(x－e)2－2e2－2＜0，
所以u′(x)＜0，u(x)在(1，e]上是減函數(shù)，
所以函數(shù)u(x)的值域是，
故所求實數(shù)m的取值范圍是.

當利用導函數(shù)求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a，b]，[a，b)或(a，b]上的最值時，可首先考慮函數(shù)f(x)在該區(qū)間上是否具有單調性，若具有單調性，則f(x)在區(qū)間的端點處取得最值(此時若求f′(x)＝0的根，則此方程是無解的)．　　
卡殼點五　不能恰當構造函數(shù)怎么辦？
利用導數(shù)證明不等式，關鍵是要找出與待證不等式緊密聯(lián)系的函數(shù)，然后以導數(shù)為工具來研究該函數(shù)的單調性、極值、最值(值域)，從而達到證明不等式的目的，這時常常需要構造輔助函數(shù)來解決．題目本身特點不同，所構造的函數(shù)可有多種形式，解題的繁簡程度也因此而不同，如何恰當構造函數(shù)，往往成為解題的關鍵．

“比較法”構造函數(shù)證明不等式

當試題中給出簡單的基本初等函數(shù)，例如f(x)＝x3，g(x)＝ln x，進而證明在某個取值范圍內(nèi)不等式f(x)≥g(x)成立時，可以類比作差法，構造函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)或φ(x)＝g(x)－f(x)，進而證明h(x)min≥0或φ(x)max≤0即可，在求最值的過程中，可以利用導數(shù)為工具．此外，在能夠說明g(x)＞0(f(x)＞0)的前提下，也可以類比作商法，構造函數(shù)h(x)＝，進而證明h(x)min≥1(φ(x)max≤1)．
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ex－ax(e為自然對數(shù)的底數(shù)，a為常數(shù))的圖象在點(0,1)處的切線斜率為－1.
(1)求a的值及函數(shù)f(x)的極值；
(2)求證：當x＞0時，x2＜ex.
[解題觀摩]　(1)由f(x)＝ex－ax，得f′(x)＝ex－a.
因為f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，
所以f(x)＝ex－2x，f′(x)＝ex－2，
令f′(x)＝0，得x＝ln 2，
當x＜ln 2時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；
當x＞ln 2時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增．
所以當x＝ln 2時，f(x)取得極小值，且極小值為f(ln 2)＝eln 2－2ln 2＝2－2ln 2，f(x)無極大值．
(2)證明：令g(x)＝ex－x2，則g′(x)＝ex－2x.
由(1)得g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＞0，
故g(x)在R上單調遞增．
所以當x＞0時，g(x)＞g(0)＝1＞0，即x2＜ex.

在本題第(2)問中，發(fā)現(xiàn)“x2，ex”具有基本初等函數(shù)的基因，故可選擇對要證明的“x2＜ex”構造函數(shù)，得到“g(x)＝ex－x2”，并利用(1)的結論求解．　　

“拆分法”構造函數(shù)證明不等式
當所要證明的不等式由幾個基本初等函數(shù)通過相乘以及相加的形式組成時，如果對其直接求導，得到的導函數(shù)往往給人一種“撲朔迷離”“不知所措”的感覺．這時可以將原不等式合理拆分為f(x)≤g(x)的形式，進而證明f(x)max≤g(x)min即可，此時注意配合使用導數(shù)工具．在拆分的過程中，一定要注意合理性的把握，一般以能利用導數(shù)進行最值分析為拆分標準．
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝eln x－ax(a∈R)．
(1)討論f(x)的單調性；
(2)當a＝e時，證明：xf(x)－ex＋2ex≤0.
[解題觀摩]　(1)f′(x)＝－a(x＞0)，
①若a≤0，則f′(x)＞0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增；
②若a＞0，則當0＜x＜時，f′(x)＞0，當x＞時，f′(x)＜0，
故f(x)在上單調遞增，在上單調遞減．
(2)證明：法一：因為x＞0，所以只需證f(x)≤－2e，
當a＝e時，由(1)知，f(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，所以f(x)max＝f(1)＝－e.
記g(x)＝－2e(x＞0)，
則g′(x)＝，
所以當0＜x＜1時，g′(x)＜0，g(x)單調遞減；
當x＞1時，g′(x)＞0，g(x)單調遞增，
所以g(x)min＝g(1)＝－e.
綜上，當x＞0時，f(x)≤g(x)，即f(x)≤－2e，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.
法二：要證xf(x)－ex＋2ex≤0，
即證exln x－ex2－ex＋2ex≤0，
從而等價于ln x－x＋2≤.
設函數(shù)g(x)＝ln x－x＋2，
則g′(x)＝－1.
所以當x∈(0,1)時，g′(x)＞0；
當x∈(1，＋∞)時，g′(x)＜0，
故g(x)在(0,1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，
從而g(x)在(0，＋∞)上的最大值為g(1)＝1.
設函數(shù)h(x)＝，則h′(x)＝.
所以當x∈(0,1)時，h′(x)＜0，當x∈(1，＋∞)時，
h′(x)＞0，
故h(x)在(0,1)上單調遞減，在(1，＋∞)上單調遞增，
從而h(x)在(0，＋∞)上的最小值為h(1)＝1.
綜上，當x＞0時，g(x)≤h(x)，
即xf(x)－ex＋2ex≤0.

對于第(2)問xf(x)－ex＋2ex≤0的證明直接構造函數(shù)h(x)＝xeln x－ax2－ex＋2ex，求導后不易分析，故可將不等式合理拆分為f(x)≤－2e或ln x－x＋2≤，再分別對不等式兩邊構造函數(shù)證明不等式．　　

“換元法”構造函數(shù)證明不等式

若兩個變元x1，x2之間聯(lián)系“親密”，我們可以通過計算、化簡，將所證明的不等式整體轉化為關于m(x1，x2)的表達式(其中m(x1，x2)為x1，x2組合成的表達式)，進而使用換元令m(x1，x2)＝t，使所要證明的不等式轉化為關于t的表達式，進而用導數(shù)法進行證明，因此，換元的本質是消元．
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝－k有兩個不同的零點x1，x2，求證：x1x2＞e2.
[解題觀摩]　f(x)＝－k，設x1＞x2＞0，
由f(x1)＝f(x2)＝0，
可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，兩式相加減，
得ln x1＋ln x2＝k(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝k(x1－x2)．
要證x1x2＞e2，即證ln x1x2＞2，只需證ln x1＋ln x2＞2，也就是證k(x1＋x2)＞2，即證k＞.
因為k＝，所以只需證＞，即證ln＞.
令＝t(t＞1)，則只需證ln t＞(t＞1)．
令h(t)＝ln t－(t＞1)，
則h′(t)＝－＝＞0，
故函數(shù)h(t)在(1，＋∞)上單調遞增，
所以h(t)＞h(1)＝0，即ln t＞.
所以x1x2＞e2.

不妨設x1＞x2＞0，由f(x1)＝f(x2)＝0，可得ln x1－kx1＝0，ln x2－kx2＝0，兩式相加減，利用分析法將要證明的不等式轉化為＞，再利用換元法，通過求導證明上述不等式成立．　　

“轉化法”構造函數(shù)

在關于x1，x2的雙變元問題中，若無法將所給不等式整體轉化為關于m(x1，x2)的表達式，則考慮將不等式轉化為函數(shù)的單調性問題進行處理，進而實現(xiàn)消元的目的．
[典例]　設函數(shù)f(x)＝ln x＋，m∈R，若對任意b＞a＞0，＜1恒成立，求m的取值范圍．
[解題觀摩]　對任意的b＞a＞0，＜1等價于f(b)－b＜f(a)－a恒成立．(*)
設h(x)＝f(x)－x＝ln x＋－x(x＞0)，
故(*)等價于h(x)在(0，＋∞)上單調遞減．
由h′(x)＝－－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，得m≥－x2＋x＝－2＋(x＞0)恒成立，故m≥，當且僅當x＝時等號成立，所以m的取值范圍為.

利用不等式的性質，將“＜1”等價轉化為“f(b)－b＜f(a)－a”，進而構造函數(shù)“h(x)＝f(x)－x”，通過研究函數(shù)h(x)的單調性求解實數(shù)m的取值范圍．　　
卡殼點六　“任意”與“存在”辦？

“?x，使得f(x)＞g(x)”與“?x，使得f(x)＞g(x)”的辨析
(1)?x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)min＝[f(x)－g(x)]min＞0.如圖①.

(2)?x，使得f(x)＞g(x)，只需h(x)max＝[f(x)－g(x)]max＞0.如圖②.
[典例]　設函數(shù)f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝af′(x)，其中f′(x)是f(x)的導函數(shù)．
(1)若對于任意x≥0，總有f(x)≥g(x)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，求實數(shù)a的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)設h(x)＝f(x)－g(x)＝ln(1＋x)－(x≥0)，
則h′(x)＝＋＝.
當a≥－1時，h′(x)≥0，h(x)在[0，＋∞)上單調遞增，
∴h(x)≥h(0)＝－a，則－a≥0，a≤0，∴a∈[－1,0]．
當a＜－1時，ln(1＋x)≥0，－＞0，
所以h(x)≥0恒成立．
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為[－∞，0]．
(2)由(1)可知，當a≥－1時，存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，
當a＜－1時，f(x)≥g(x)恒成立．
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍為(－∞，＋∞)．

(1)這是較為常見的一類恒成立問題，運用數(shù)形結合的思想可知，當x0≥0時，總有f(x0)≥g(x0)，即f(x0)－g(x0)≥0(注意不是f(x)min≥g(x)max)，可以轉化為當x≥0時，h(x)＝f(x)－g(x)≥0恒成立問題．
(2)存在x≥0，使得f(x)≥g(x)，即至少有一個x0≥0，滿足f(x0)－g(x0)不是負數(shù)，可以轉化為當x≥0時，h(x)＝f(x)－g(x)的函數(shù)值至少有一個是非負數(shù)．　　

“若?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”與“?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)”的辨析
(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數(shù)f(x)在D1上的值域A與g(x)在D2上的值域B的交集不是空集，即A∩B≠?，如圖③.其等價轉化的目標是兩個函數(shù)有相等的函數(shù)值．

(2)?x1∈D1，?x2∈D2，使得f(x1)＝g(x2)等價于函數(shù)f(x)在D1上的值域A是g(x)在D2上的值域B的子集，即A?B，如圖④.其等價轉化的目標是函數(shù)y＝f(x)的值域都在函數(shù)y＝g(x)的值域之中．
說明：圖③，圖④中的條形圖表示函數(shù)在相應定義域上的值域在y軸上的投影．
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝x2－ax3，a＞0，x∈R，g(x)＝.
(1)若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)當a＝時，求證：對任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．
[解題觀摩]　(1)∵f(x)＝x2－ax3，
∴f′(x)＝2x－2ax2＝2x(1－ax)．
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
∵a＞0，∴＞0，∴當x∈(－∞，0)時，f′(x)＜0，∴f(x)在(－∞，－1]上單調遞減，f(x)≥f(－1)＝1＋，
故f(x)在(－∞，－1]上的值域為.
∵g(x)＝，∴g′(x)＝＝.
當x＜－時，g′(x)＞0，∴g(x)在上單調遞增，g(x)＜g＝，
故g(x)在上的值域為.
若?x1∈(－∞，－1]，?x2∈，使得f(x1)＝g(x2)，則1＋＜，解得0＜a＜，
故實數(shù)a的取值范圍是.
(2)證明：當a＝時，f(x)＝x2－x3，
∴f′(x)＝2x－3x2＝3x.
當x＞2時，f′(x)＜0，∴f(x)在(2，＋∞)上單調遞減，且f(2)＝－4，
∴f(x)在(2，＋∞)上的值域為(－∞，－4)．
則g(x)＝＝在(1，＋∞)上單調遞增，
∴g(x)＝在(1，＋∞)上的值域為(－∞，0)．
∵(－∞，－4)(－∞，0)，
∴對于任意的x1∈(2，＋∞)，都存在x2∈(1，＋∞)，使得f(x1)＝g(x2)．

本題第(1)問等價轉化的基本思想是：兩個函數(shù)有相等的函數(shù)值，即它們的值域有公共部分；第(2)問等價轉化的基本思想是：函數(shù)f(x)的任意一個函數(shù)值都與函數(shù)g(x)的某一函數(shù)值相等，即f(x)的值域都在g(x)的值域中．　　

f(x)，g(x)是閉區(qū)間D上的連續(xù)函數(shù)，“?x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)”與“?x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)”的辨析
(1)f(x)，g(x)是在閉區(qū)間D上的連續(xù)函數(shù)且?x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等價于f(x)min＞g(x)max.其等價轉化的目標是函數(shù)y＝f(x)的任意一個函數(shù)值均大于函數(shù)y＝g(x)的任意一個函數(shù)值．如圖⑤.

(2)存在x1，x2∈D，使得f(x1)＞g(x2)，等價于f(x)max＞g(x)min.其等價轉化的目標是函數(shù)y＝f(x)的某一個函數(shù)值大于函數(shù)y＝g(x)的某些函數(shù)值．如圖⑥.
[典例]　已知f(x)＝x＋(a＞0)，g(x)＝x＋ln x.
(1)若對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，求實數(shù)a的取值范圍；
(2)若存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，求實數(shù)a的取值范圍．
[解題觀摩]　(1)對任意的x1，x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)成立，等價于x∈[1，e]時，f(x)min≥g(x)max.
當x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上單調遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
只需證f(x)≥e＋1，即x＋≥e＋1?a2≥(e＋1)x－x2在[1，e]上恒成立即可．
令h(x)＝(e＋1)x－x2，
當x∈[1，e]時，h(x)＝(e＋1)x－x2＝－2＋2的最大值為h＝2.所以a2≥2，即a≥(舍去負值)．
故實數(shù)a的取值范圍是.
(2)存在x1，x2∈[1，e]，使得f(x1)＜g(x2)，等價于x∈[1，e]時，f(x)min＜g(x)max.
當x∈[1，e]時，g′(x)＝1＋＞0，所以g(x)在[1，e]上單調遞增，所以g(x)max＝g(e)＝e＋1.
又f′(x)＝1－，令f′(x)＝0，得x＝a，
故f(x)＝x＋(a＞0)在(0，a)上單調遞減，在(a，＋∞)上單調遞增．
當0＜a＜1時，f(x)在[1，e]上單調遞增，f(x)min＝f(1)＝1＋a2＜e＋1，符合題意；
當1≤a≤e時，f(x)在[1，a]上單調遞減，在[a，e]上單調遞增，f(x)min＝f(a)＝2a，
此時，2a＜e＋1，解得1≤a＜；
當a＞e時，f(x)在[1，e]上單調遞減，f(x)min＝f(e)＝e＋，此時，e＋＜e＋1，即a＜，與a＞e矛盾，不符合題意．
綜上可知，實數(shù)a的取值范圍是.

(1)本題第(1)問從數(shù)的角度看，問題的本質就是f(x)min≥g(x)max.從形的角度看，問題的本質就是函數(shù)f(x)圖象的最低點不低于g(x)圖象的最高點．
(2)本題第(2)問從數(shù)的角度看，問題的本質就是f(x)min＜g(x)max.從形的角度看，問題的本質就是函數(shù)f(x)圖象的最低點低于g(x)圖象的最高點．　　

“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)”與“?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)”的辨析
(1)?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)＞g(x2)，等價于函數(shù)f(x)在D1上的最小值大于g(x)在D2上的最小值，即f(x)min＞g(x)min(這里假設f(x)min，g(x)min存在)．其等價轉化的目標是函數(shù)y＝f(x)的任意一個函數(shù)值大于函數(shù)y＝g(x)的某一個函數(shù)值．如圖⑦.

(2)?x1∈D1，?x2∈D2，使f(x1)＜g(x2)，等價于函數(shù)f(x)在D1上的最大值小于g(x)在D2上的最大值，即f(x)max＜g(x)max.其等價轉化的目標是函數(shù)y＝f(x)的任意一個函數(shù)值小于函數(shù)y＝g(x)的某一個函數(shù)值．如圖⑧.
[典例]　已知函數(shù)f(x)＝ln x－x＋－1，g(x)＝x2－2bx＋4，若對任意的x1∈(0,2)，總存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，求實數(shù)b的取值范圍．
[解題觀摩]　依題意知f(x)在(0,2)上的最小值不小于g(x)在[1,2]上的最小值，即f(x)min≥g(x)min.
因為f′(x)＝－－＝－，
則當0＜x＜1時，f′(x)＜0，f(x)單調遞減；
當1＜x＜2時，f′(x)＞0，f(x)單調遞增，
所以當x∈(0,2)時，f(x)min＝f(1)＝－.
又g(x)＝x2－2bx＋4，
①當b＜1時，可求得g(x)min＝g(1)＝5－2b.
由5－2b≤－，解得b≥，這與b＜1矛盾，不符合題意；
②當1≤b≤2時，可求得g(x)min＝g(b)＝4－b2.
由4－b2≤－，得b2≥，這與1≤b≤2矛盾，不符合題意；
③當b＞2時，可求得g(x)min＝g(2)＝8－4b.
由8－4b≤－，得b≥.
綜合①②③得，實數(shù)b的取值范圍是.

“對任意x1∈(0,2)，總存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)”等價于“f(x)在(0,2)上的最小值大于或等于g(x)在[1,2]上的最小值”．　　