函数与导数二轮复习建议
函数与导数二轮复习建议
金陵中学 朱骏
函数是高中数学的核心内容，因而在历年的江苏高考中，函数一直是考查的重点和热点．高考既注重单独考查函数的基础知识，也会突出考查函数与其它知识的综合应用；既考查具体函数的图象与性质，也考查函数思想方法的应用．
下表列出的是《考试说明》对函数部分具体考查要求及2019年~2019年四年江苏高考
基本题型一：函数性质的研究 例1（2019年江西理改）若f (x )＝
1
log(2x ＋1)
，则f (x )的定义域为____________．
'
【解析】由???2x ＋1＞0log(2x ＋1)＞0
，解得?????x ＞－1
2x ＜0
，故－12＜x ＜0，答案为（－1
2，0）．
说明：以函数定义域为载体，考查对数函数的图象与性质．
例2（2019年江苏）设函数f (x )＝x (e x ＋a e －x
)（x ∈R ）是偶函数，则实数a ＝_______．
【解析】 由g (x )＝e x ＋a e －x
为奇函数，得g (0)＝0，解得a =－1；也可以由奇函数的定义解得．
说明：1．函数奇偶性的定义中应关注两点：①定义域关于数0对称是函数具有奇偶性的必要条件；②f (0)＝0是定义域包含0的函数f (x )是奇函数的必要条件．2．利用特殊与一般的关系解题是一种非常重要的方法．
变式：若函数f (x )＝k －2x
1＋k ·2
x （k 为常数）在定义域上为奇函数，则k 的值是_______．
答案：±1．
>
例3 设a (0＜a ＜1)是给定的常数，f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，若f (1
2
)＝0，f (log a t )＞0，则t 的取值范围是________．
【解析】 因为f (x )是R 上的奇函数，且在(0，＋∞)上是增函数，故f (x )在区间(－∞，0)上也是增函数．画出函数f (x )的草图．
由图得－12＜log a t ＜0或log a t ＞12，解得t (0，a ) ∪(1，a
a
)．
说明：1．单调性是函数的局部性质，奇偶性是函数的整体
性质，单调性和奇偶性常常结合到一起考查．
2．函数图象是函数性质的直观载体，“以形辅数”是数形结合思想的重要体现．
例4（2019年江苏卷）已知函数f (x )＝???x 2
＋1，x ≥0，1， x <0，则满足不等式f (1－x 2
)＞f (2x )
的x 的范围是 ． ￥
【解析】画出函数f (x )的图象，根据单调性，得???1－x 2
＞2x ，
1－x 2
＞0．
，解得 x ∈(－1，2－1)．
说明：1．函数单调性是比较大小和解不等式的重要依据，如果把式f (1－x 2
)＞f (2x )具体化，需要分类，情形比较复杂，本题对能力要求较高．2．分段函数是高考常考的内容之一，解决相关问题时，应注意数形结合、分类讨论思想的运用．
变式：设偶函数f (x )＝log a |x －b |在(－∞，0)上单调递增，则f (a ＋1)与f (b ＋2)的大小关系为________________________．
答案：f (a ＋1)＞f (b ＋2)．
例5（2019年江苏）设a 为实数，函数f (x )＝2x 2
＋(x －a )|x －a |．（1）若f (0)≥1，求a 的取值范围；（2）求f (x )的最小值；@
（3）设函数h (x )＝f (x )，x ∈(a , +∞)，直接写出．．．．
(不需给出演算步骤)不等式h (x )≥1的解集．
【解析】（1）因为f (0)＝－a |－a |≥1，所以，－a ＞0，即a ＜0．由a 2
≥1，得a ≤－1． （2）记f (x )的最小值为g (a )，
f (x )＝2x 2
＋(x －a )|x －a |＝?????3(x － a 3)2＋2a 2
3，x ＞a ， ①(x ＋a )2－2a 2
， x ≤a ， ②
（ⅰ）当a ≥0时，f (－a )＝－2a 2
，由①②知f (x )≥－2a 2
，此时，g (a )＝－2a 2
．
（ⅱ）当a ＜0时，f (a 3)＝23a 2．若x ＞a ，则由①知f (x )≥23
a 2
；若x ≤a ，则x ＋a ≤2a
＜0，由②知f (x )≥2a 2
＞23a 2．此时，g (a )＝23
a 2．
所以，g (a )＝?????－2a 2
，a ≥0，
23
a 2， a <0．
（3）（ⅰ）当a ∈(－∞，－
62]∪[2
2
，＋∞)时，解集为(a , ＋∞)； \
（ⅱ）当a ∈[－22, 22)时，解集为[a ＋3－2a
2
3
，＋∞)；
（ⅲ）当a ∈(－62，－22)时，解集是(a , a －3－2a 2
3]∪[a ＋3－2a
2
3，＋∞)．
说明：1．江苏高考中经常考查含有绝对值的函数问题，解决绝对值问题的基本方法是去绝对值，按零点分类去绝对值、平方去绝对值是两种常用方法．
2．二次函数在区间上最值的讨论是对二次函数考查的一个热点问题，应熟练解决．将二次函数与分段函数结合起来，要求较高．（2）中之所以用0来区分，是因为①式中应比较
a
3
与a 的大小，②式中要比较－a 与a 的大小．
基本策略：
1．基本初等函数及其组合是函数性质考查的重要载体，因此应该对一些基本初等函数
（如一次函数、二次函数、指数函数、对数函数、反比例函数、耐克函数等）的图象与性质非常熟悉．掌握一些最基本的复合函数理论及图象变换的相关知识，能将比较复杂的函数化归为一些基本初等函数进行性质的研究．
2．应熟练掌握函数常见性质的判别和证明的基本方法和步骤．函数性质研究以函数单调性研究为重点和难点，函数单调性的判别常使用图象和导数，证明的常用方法是定义法和导数法；奇偶性的判别应注意两个必要条件的应用（例2），证明函数具有奇偶性，必需严格按照定义进行，说明函数不具有奇偶性，仅举出一个反例即可．要了解函数的奇偶性与单调性的联系．
^
3．对函数性质的考查，主要有两类问题，一类是判断函数是否具有某种性质，一类是根据函数具有的性质解决一些问题，如求值、判断零点的个数、解不等式等．
对于第二类问题，函数性质常常有两种呈现方式：（1）直接呈现；（2）隐含在具体函数之中（如例4）．有些时候，直接呈现函数性质时，可能有不同的表述形式．下面两个问题中两种不同的表述都是在呈现单调性．
题1 定义在R 上函数f (x )，对定义域内任意的x 都有f'(x )＜0成立，则f (－1)与f (－1)的大小关系是___________________．
题2 已知f (x )＝ax ＋b ，对定义域内任意的x 1，x 2(x 1≠x 2)均满足
f (x 2)－f (x 1)
x 2－x 1
＜0，则实
数a 的取值范围为___________________．
有时还可能用类似于“f (x )＋x f'(x )＜0”的条件，给出了函数y ＝x f (x )的单调性．
4．研究函数性质时，必需学会从“数”和“形”两个角度加以考虑，特别是“形”，掌握函数图象是学好函数性质的关键．
基本题型二：导数的运算及简单应用
…
例6（2019年江苏）在平面直角坐标系xoy 中，点P 在曲线C ：y ＝x 3
－10x ＋3上，且
在第二象限内，已知曲线C 在点P 处的切线的斜率为2，则点P 的坐标为 .
【解析】y ′＝3x 2
－10＝2，得x ＝2，－2，又因为点P 在第二象限内，2x ∴=-．点P 的坐标为（－2，15）．
说明：本题考查导数的几何意义，求曲线的切线包括求曲线在某点处的切线和经过某点处的切线，求曲线在某点处的切线问题又包括已知切点，求切线斜率和已知切线斜率，求切点．
例7（2019年江苏）函数f (x )＝x 3―15x 2
―33x ＋6单调减区间为 ． 【解析】 f ′(x )＝3(x －11)(x +1)，由f ′(x )＜0可知：函数f (x )的单调减区间为（－1，11）．
说明：确定具体函数的单调区间和已知函数单调性求参数取值范围问题是利用导数研究函数单调性的两种典型题型．这类问题的研究中要特别注意以下两个结论：导数在区间上恒大于零是函数在区间上单调递增的充分非必要条件；导数在区间上恒大于等于零是函数在区间上单调递增的必要非充分条件．
易错题：若函数f (x )＝x 3＋x 2
＋mx ＋1是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是____． 错解：（13，＋∞），正解：[1
3
，＋∞）．
@
例8（2019年广东理）函数f (x )＝x 3
－3x 2
＋1在x ＝ 处取得极小值．
【解析】f ′(x )＝3x 2
－6x ＝3x (x －2)，∴f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)，递减区间为(0，2)，∴f (x )在x ＝2处取得极小值．
说明：求函数极值是导数应用的重要方面，闭区间上可导函数的最值只在区间端点或极值点处取得．用导数求极值，我们应该注意的结论是：f ′(a )＝0是x ＝a 为f (x )极值点的必要非充分条件．
易错题：已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋a 2
在x ＝1处有极值为10，则a ＝______． 错解：4或－3，正解：4．
求函数极值的重要环节是检验导函数零点两侧导数符号的变化．
例9（2019年江苏）在平面直角坐标系xOy 中，已知点P 是函数f (x )＝e x
（x ＞0）的图象上的动点，该图象在P 处的切线l 交y 轴于点M ，过点P 作l 的垂线交y 轴于点N ，设线段MN 的中点的纵坐标为t ，则t 的最大值是 ．
【解析】设P (x 0，e x 0)，则l ：y －e x 0＝e x 0(x －x 0)，∴M (0，(1－x 0)e x 0
)，过点P 的l 的垂
线的方程为y －e x 0
＝－e －x 0
(x －x 0)，∴N (0，e x 0
＋x 0e －x
)， }
∴t (x 0)＝12[(1－x 0)e x 0
＋e x 0
＋x 0e －x 0
]＝e x 0
＋12x 0(e －x 0
－e x 0
)，t ′(x 0)＝12
(e x 0
＋e －x
)(1－x 0)，
所以，t (x 0)在(0，1)上单调增，在(1，＋∞)上单调减，∴x 0＝1，t (x 0)max ＝12(e ＋1
e )．
说明：本题考查了导数的运算与几何意义、利用导数研究函数的单调性，进而确定函数
的最值，综合性较高，运算过程较复杂，属难题．
例10（2019年江苏卷）将边长为1m 的正三角形薄片，沿一条平行于底边的直线剪成两块，其中一块是梯形，记S ＝(梯形的周长)
2
梯形的面积
，则S 的最小值是 ．
【解析】设剪成的小正三角形的边长为x ，则S ＝4(3－x )
23( 1－x 2
)
（0＜x ＜1），
方法一：S ′(x )＝
43×
－2(3x －1)(x －3)(1－x 2)2
，令S ′(x )＝0，得x ＝13，当x ∈(0，1
3
)时，S ′(x )＜0，所以函数S (x )递减；当x ∈(1
3
，1)时，S ′(x )＞0，所以函数S (x )递增；故当x
＝13时，S 的最小值是3233
． 方法二：令3－x ＝t ，由x
(0，1)，得t
(2，3)，
1
t
(13，1
2
)，则 S ＝
4
3·t 2
－t 2
＋6t －8＝4
3
·4
－1
t 2＋6t
－1．
故当1t ＝38，x ＝13时，S 的最小值是3233
．
）
说明：1．导数法是求函数求最值（或值域）的一种最重要方法，一定要熟练掌握．2．“
f (x )
g (x )
”型(其中函数f (x )，g (x )一个为1次、一个为2次）的函数求最值问题在高考中的考查频率非常高，其一般方法除了导数法外，还可以利用复合函数求值域的方法（关键是：换元），将之化归为二次函数或耐克函数求解．
基本策略：
1．导数运算是导数应用的基础，应该熟练掌握，2019年江苏高考12题（例9）之所以让很多同学望而却步，一点重要原因就是导数运算较为复杂，特别涉及了函数y ＝e －x
的求
导．
2．导数应用的几种常见题型为：求曲线的切线、求函数的单调区间、求函数的最值和值域．在二轮复习中应加强对各种题型的总结、梳理．例如：
用导数求曲线的切线方程一般解题步骤是：①设切点（已知切点，则直接用）；②由切点求切线的斜率，进而用点斜式写出切线方程；③由相关条件求出参数的值．
用导数求单调区间的步骤是：①求定义域；②解不等式f ′(x )＞0（或f ′(x )＜0）．③写出单调区间．
用导数求闭区间上函数的最值的一般步骤：①求导数的极值点；②列表，确定函数的单调性；③比较区间端点和极值点处函数的值的大小，从而确定函数最值．
要让学生理解例7、例8说明中提到的几个充分必要条件．
&
3．求函数最值（或值域）的基本方法是导数法和复合函数法（化归为基本初等函数），
但两种方法的本质都是在用单调性求最值，因此要重点解决导数在研究函数单调性中的应用．
利用导数研究函数单调性还有一个优势是能描绘出函数图象的大致的变化趋势，在很多问题中，作出函数的草图，往往效果事半功倍．
基本题型三：函数知识综合应用
例11已知函数f (x )＝a ln x －bx 2
图象上一点P (2，f (2))处的切线方程为y ＝－3x ＋2ln2＋2．
（1）求a ，b 的值；
（2）若方程f (x )＋m ＝0在[1
e ，e]内有两个不相等的实数根，求m 的取值范围（其中e
为自然对数的底数，e=…）．
【解析】（1）f ′(x )＝a x －2bx ，f ′(2)＝a
2－4b ，f (2)＝a ln2－4b ，
∴a
2
－4b ＝－3，且a ln2－4b ＝－6＋2ln2＋2．解得a ＝2，b ＝1．
:
（2）f (x )＝2ln x －x 2
，f ′(x )＝2x －2x ＝2－2x
2
x
．令f ′(x )＝0，得x ＝1，或x ＝－1（舍
去）．
~
方程f (x )＋m ＝0，即－m ＝f (x )，则f (x )＋m ＝0在[1
e ，e]内有两个不相等的实数根的
充要条件是曲线y ＝－m 与y ＝f (x )的图象有两个不同的交点．
∵2－e 2
＜－2－1e 2，∴－2－1e 2≤－m ＜－1，∴m 的取值范围是(1，2＋1e 2]．
说明：解（2）的思路是：①将方程f (x )＋m ＝0变形为－m ＝f (x )，把方程有解问题转化为研究函数图象有交点问题；②再将图象有交点问题化归为函数y ＝f (x )的取值范围问题．
用函数方法解决方程问题，是函数应用的一个热点，2019年北京理科卷中就出现了这样一类问题：
（2019年北京理13）已知函数f (x )＝?????2x ， x ≥2
(x －1)3
，x ＜2
，若关于x 的方程f (x )＝k 有
两个不同的实根，则实数k 的取值范围是 ．
答案： (0，1)．
—
例12已知函数f (x )＝ax 3
－32
x 2＋1(x
R )，其中a ＞0．
（1）若a ＝1，求曲线y ＝f (x )在点（2，f (2)）处的切线方程； （2）若在区间[－12，1
2
]上，f (x )＞0恒成立，求a 的取值范围．
【解析】（1）当a ＝1时，f (x )＝x 3－32x 2＋1，f (2)＝3；f' (x )＝3x 2
－3x ， f' (2)＝6．
所以曲线y ＝f (x ) 在点（2，f (2)）处的切线方程y －3＝6(x －2)，即6x －y －9＝0． （2）
方法一：f' (x )＝3ax 2
－3x ＝3x (ax －1)，令f' (x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a
．
以下分两种情况讨论： ① "
x 1
e
（1
e ，1） 1 （1，e ） e
f ′(x ) #
＋ 0 － f (x )
－2－1e
2
↗
[
－1
↘
2－e 2
②
若0＜a ≤2，则1a ≥1
2
，当x 变化时，f' (x )，f (x )的变化情况如下表：
x （－1
2
，0）
0 （0，12）
f' (x ) ＋ 0 @ － f (x )
↗
极大值
↘
当x
[－12，1
2
]上，f (x )＞0等价于???f (－12)＞0， f (12)＞0，即???5－a 8＞0， 5＋a 8＞0．
解不等式组得－5
＜a ＜5．因此0＜a ≤2．
③ 若a ＞2，则0＜1a ＜1
2，当x 变化时，f' (x )，f (x )的变化情况如下表：
x —
（－1
2
，0）
0 （0，1a ） 1a （1a ，1
2） f'
(x ) ＋ 0 【 －
0 ＋
f (x ) ↗ 极大值 ↘ 极小值
）
↗
当x
[－12，12]上，f (x )＞0等价于???f (－12)＞0， f (1a )＞0，即???5－a 8＞0，1－12a
2
＞0．解不等式组得2
2＜
a ＜5，或a ＜－
2
2
．因此2＜a ＜5． 综合①和②，可知a 的取值范围为(0，5)．
方法二：f (x )＞0即ax 3－32x 2＋1＞0，即ax 3
＞32x 2－1．
当0＜x ≤12时，即a ＞32x 2
－1x 3＝32x －1
x 3；
当－12≤x ＜0时，a ＜32x －1
x
3．
令g (t )＝32t －t 3
，t (－∞，－2]∪[2，＋∞)．
则g' (t )＝32
－3t 2
．
" 列表得
x （－∞，－2）
－2
2 （2，＋∞)
f'
－
>
－
(x )
f (x )
↘ 5 －5 ↘
！
在区间[－12，1
2
]上，f (x )＞0恒成立，则
x
[－12，0)时，a ＜32x －1x 3恒成立，由上表得32x －1
x
3≥5，∴a ＜5．
x
(0，12
]时， a ＞32x －1x 3恒成立，由上表得32x －1
x 3≤－5，∴a ＞－5，．
当x ＝0时，即0＞－1，恒成立，a R ．
综上，根据已知条件a ＞0，则a 的取值范围为(0，5)．
说明：研究不等式f (x )＞0在区间A 上恒成立，求其中参数a 的取值范围问题，一般有两种方法：
第一种方法，直接转化为研究带参数的动态函数y ＝f (x )在区间A 上的最小值．由于函数y ＝f (x )带有参数，它在区间A 上的单调性会由于参数a 的不同而变化，因此需要分类讨论．由于函数y ＝f (x )的单调性和其导函数在区间A 上的零点个数有关，问题最后都归结为就函数y ＝f' (x ) 在区间A 上的零点个数进行分类讨论．问题（2）中的方法一就是遵循这一思路．
第二种方法，是将不等式f (x )＞0作变形，将参数a 和变量x 进行分离，将不等式转化为h (a )＞g (x )(或h (a )＜g (x ))，利用极值原理，将问题转化为研究函数y ＝g (x )在区间A 上的最大值（或最小值）的问题．问题（2）中的方法二就是这一思路．由于y ＝g (x )不含参数，其在区间A 上的单调性是确定的，就不需要分类讨论．但要注意的是，有时候由于函数y ＝g (x )形式比较复杂，研究起来也不一定方便． .
用函数方法研究本等式问题是函数应用的另一个重要方面．由不等式恒成立，求参数取值范围问题成为各地考试函数压轴题的一个主要命题点．江苏2019年第14题和本题非常类似．
（2019年江苏）f (x )＝ax 3―3x ＋1对于x ∈[－1，1]总有f (x )≥0成立，则a ＝ ． 答案：4．
例13（2019年江苏）设f (x )是定义在区间(1，＋∞)上的函数，其导函数为f ′(x )．如果存在实数a 和函数h (x )，其中h (x )对任意的x ∈(1，＋∞)都有h (x )＞0，使得
f ′(x )=h (x )(x 2―ax ＋1)，则称函数f (x )具有性质P (a )．
（1）设函数f (x )＝ln x ＋
b ＋2
x ＋1
(x ＞1)，其中b 为实数． (i)求证：函数f (x )具有性质P (b )； (ii)求函数f (x )的单调区间．
（2）已知函数g (x )具有性质P (2)．给定x 1，x 2∈(1，＋∞)，设m 为实数，α＝mx 1＋(1－m )x 2，β＝(1－m )x 1＋mx 2，且α＞1，β＞1，若|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，求
m 的取值范围．
'
【解析】（1）(i) f ′(x )＝1
x －
b ＋2（x ＋1）2＝x 2－bx ＋1x （x ＋1）2，∵x ＞1时，h (x )＝1
x （x ＋1）2
＞
0恒成立，∴函数f (x )具有性质P (b )；
(ii)当b ≤2时，由于x ＞1，令φ(x )＝x 2
－bx ＋1≥x 2
－2x ＋1＝(x －1)2
≥0，所以f ′(x )＞0，故此时f (x )在区间(1，＋∞)上递增；
当b ＞2时，φ(x )图像开口向上，对称轴x ＝b
2
＞1，方程φ(x )＝0的两根分别为
x 1＝
b －b 2－4
2，x 2＝
b ＋b 2－4
2
，其中
b ＋b 2－4
2
＞1，0＜
b －b 2－4
2
＜1， 所以当x ∈
（1，
b ＋b 2－4
2
）时，φ′(x ) ＜0，f′(x )＜0，所以，此时f (x )在区间(1，
b ＋b 2－4
2
)
上递减；同理，得f （x ）在区间(
b ＋b 2－4
2
，＋∞)上递增．
综上所述，当b ≤2时， f (x )在区间(1，＋∞)上递增； 当b ＞2时， f (x )在(1，
b ＋b 2－4
2
)上递减； f (x )在(
b ＋b 2－4
2
，＋∞)上递增．
（2）由题设知，g (x )的导函数g ′
(x )＝h (x )(x 2
－2x ＋1)，其中函数h (x )＞0对于任意的
x ∈(1，＋∞)都成立．所以，当x ＞1时，g ′(x )= h (x )(x －1)2＞0，从而g (x )在区间(1，＋
∞)上单调递增．
①当m ∈(0，1)时，有α＝mx 1＋(1－m )x 2＞ mx 1＋(1－m )x 1＝x 1，α＝mx 1＋(1－m )x 2＜
mx 2＋(1－m )x 2＝x 2，得α∈(x 1，x 2)，同理可得β∈(x 1，x 2)，所以由g (x )的单调性知g (α)，g (β)∈(g (x 1)，g (x 2))，从而有|g (α)－g (β)|＜|g (x 1)－g (x 2)|，符合题设．
…
②当m ≤0时，α＝mx 1＋(1－m )x 2＞ m x 2＋(1－m )x 2＝x 2，β＝(1－m ) x 1＋mx 2≤(1－m )x 1
＋mx 1＝x 1，于是由α＞1，β＞1及g (x )的单调性知g (β)≤g (x 1)＜g (x 2)≤g (α)，|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符,舍去．
③当m ≥1时，同理可得α＜x 1，β＞x 2，得|g (α)－g (β)|≥|g (x 1)－g (x 2)|，与题设不符，舍去．
综合①、②、③得， m 的取值范围是(0，1)．
说明：（1）(ii) 求函数f (x )的单调区间不是不等式恒成立问题，而是在区间(1，＋∞)
研究不等式x 2－bx ＋1＞0的解集，但问题最后依然是化归为讨论二次函数y ＝x 2
－bx ＋1在区间的零点个数问题，其中b ＞2时就x 1，x 2范围的判别是难点（可用韦达定理辅助研究）．不在定义域范围内考虑单调区间是这类问题最常见的错误．
（2）的综合性很强，问题的实质是利用函数单调性，将函数值的大小关系转化为讨论自变量的大小．
例14（2019年江苏）已知a ，b 是实数，函数f (x )＝x 3＋ax ，g (x )＝x 2
＋bx, f ′(x )和g ′(x )分别是f (x )和g (x )的导函数，若f ′(x )g ′(x )≥0在区间I 上恒成立，则称f (x )和
g (x )在区间I 上单调性一致．
(1)设a ＞0，若f (x )和g (x )在区间[－1，＋∞)上单调性一致，求b 的取值范围；
^
(2)设a ＜0且a ≠b ，若f (x )和g (x )在以a ，b 为端点的开区间上单调性一致，求|a －b |的最大值．
【解答】 f ′(x )＝3x 2
＋a ，g ′(x )＝2x ＋b .
（1）由题意知f ′(x )g ′(x )≥0在[－1，＋∞)上恒成立．因为a ＞0，故3x 2
＋a ＞0，进而2x ＋b ≥0，即b ≥－2x 在区间[－1，＋∞)上恒成立，所以b ≥2.因此b 的取值范围是[2，＋∞)．
（2）
方法一：①当b ＜a ＜0时，因为函数f (x )和g (x )在(b ，a )上单调性一致，所以，任意
x
(b ，a )，f ′(x )g ′(x )≥0恒成立，即任意x (b ，a )，(3x 2
＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．
因为任意x (b ，a )，2x ＋b ＜2a ＋b ＜0，所以任意x (b ，a )，a ≤－3x 2
恒成立，
所以b ＜a ≤－3b 2
．
设z ＝a －b ，考虑点(b ，a )的可行域，函数y ＝－3x 2
的斜率为1的切线的切点设为(x 0，y 0)． &
则－6x 0＝1，x 0＝－16，y 0＝－112，z max ＝－112－(－16)＝112，所以|a －b |max ＝1
12．
②当a ＜b ＜0时，因为函数f (x )和g (x )在(a ，b )上单调性一致，所以，任意x
(a ，
b )，f ′(x )g ′(x )≥0恒成立，即意x (a ，b )，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．
因为任意x (a ，b )，2x ＋b ＜3b ＜0，所以任意x (a ，b )，a ≤－3x 2
，
所以a ≤－3a 2
，∴－13≤a ≤0，(b －a ) max ＜13，所以|a －b |max ＜13．
③当a ＜0＜b 时，因为f (x )和g (x )在(a ，b )上单调性一致，所以，任意x
(a ，b )，
f ′(x )
g ′(x )≥0恒成立，即意x (a ，b )，(3x 2＋a )(2x ＋b )≥0恒成立．
因为(3×02
＋a )(2×0＋b )＝ab ＜0，不符合题意，舍去．
④当a ＜0＝b 时，由题意，任意x (a ，0)，3x 2＋a ≤0，3a 2
＋a ≤0，所以－13
≤a ≤0，
|a －b |max ＝b －a ＝13
．
综上可知，|a －b |max ＝1
3．
|
方法二：令f ′(x )＝0，解得x ＝±
－a
3
.
若b ＞0，由a ＜0得0∈(a ，b )．又因为f ′(0)g ′(0)＝ab ＜0，所以函数f (x )和g (x )在(a ，b )上不是单调性一致的．因此b ≤0.
现设b ≤0.当x ∈(－∞，0)时，g ′(x )＜0；当x ∈(－∞，－－a
3
)时，f ′(x )＞0，因此当x ∈(－∞，－
－a
3)时，f ′(x )g ′(x )＜0. 故由题设得a ≥－
－a
3
，且b ≥－－a 3，从而－13≤a ＜0，于是－1
3
≤b ≤0，因此|a －b |≤13，且当a ＝－13，b ＝0时等号成立．又当a ＝－13
，b ＝0时，f ′(x )g ′(x )＝6x (x
2
－19)，从而当x ∈(－13，0)时f ′(x )g ′(x )＞0，故函数f (x )和g (x )在(－1
3
，0)上单调性一致．因此|a －b |的最大值为1
3
.
说明：（2）的方法一，是常规的分类讨论，想法比较容易，(3x 2
＋a )(2x ＋b )≥0恒成立的讨论比较困难，该过程没有直接利用例12的两种方法，因为含有两个参数，而且区间含有参数，直接讨论有困难，方法一中通过限制参数的范围，将含两参数的三次不等式恒成立问题转化为单参数的二次不等式恒成立问题，对不能转化的范围，利用特殊值的方法进行否定．（2）的方法二则是先依据特殊与一般的关系，缩小参量的取值范围，简化不必要的讨论，先得到|a －b |≤13，再说明可以取得13，从而说明|a －b |的最大值为1
3．两种方法难度都比较
大，但其处理问题的方法，值得我们好好反思．
基本策略：
1．利用函数方法研究方程与不等式问题是函数综合应用的重要方面，应引起足够重视；
2．方程恒有解问题，往往可以转化为两条曲线（其中一条曲线可能为垂直于坐标轴的直线）的交点问题．利用导数研究函数单调性，进而绘制函数图象，对问题的解决大大有益． 3．不等式恒成立问题，往往转化为函数的最值问题，研究的函数可能是含参数的动态函数，也可以是作参变量分离后的定函数．含参数的动态函数的最值需要对其单调性进行分类讨论．在很多问题中，这种讨论最终总是转化为二次函数在区间上零点个数的讨论． 在用函数方法处理不等式问题时，还应该注意两种问题的区别，问题一：对任意x
A ，
a ≤f (x )恒成立；问题二：存在x A ，a ≤f (x )成立．
4．和不等式恒成立，不等式能成立，方程恒有解问题一样，近年来高考出现的一些新定义的问题，也出现过一些新的说法，它们都不直接表述为对函数的研究，但最终都是转化为对函数性质的研究，2019年和2019年高考都是如此．再如：
题1 已知两个函数f (x )＝8x 2＋16x －k ，g (x )＝2x 3＋5x 2
＋4x ，
（1）对任意的x [－3，3]都有f (x )≤g (x )，则实数k 的取值范围是_________．
（2）对任意的x 1，x 2[－3，3]都有f (x 1)≤g (x 2)，则实数k 的取值范围是_________． 答案：（1）[45，＋∞)；（2）[141，＋∞)； 题2（2019年湖南文改）已知函数f (x )＝e x
－1，g (x )＝－x 2
＋4x －3，若有f (a )＝g (b )，则b 的取值范围为_________． 答案：（2－2，2＋2）．
5．对于含参数的函数问题，在解题过程中要能够准确地进行分类讨论．江苏高考函数解答题中经常出现多个变量的问题，这一点应该引起我们足够的重视．分类讨论时，如果能注意应用一些特殊值或必要条件，缩小参量的取值范围，往往能让问题得以简化．
本单元二轮专题和课时建议：
专 题
内 容 说 明