专题13 导数的综合应用 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年）

这是一份专题13 导数的综合应用 常考点归纳与变式演练 作业 高中数学 一轮复习 人教版（2021年），共68页。
专题13 导数的综合应用

目录
常考点01 利用导数研究函数的零点(方程的根)或零点个数 1
常考点02 与函数零点有关的参数范围问题 5
常考点03 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题 9
常考点04 利用导数证明、解不等式问题 13
常考点05 利用导数解决生活中的最优化问题 18
常考点06 双变量问题 26
常考点07 极值点偏移 30
常考点08 导函数中的新定义问题 37
常考点09 导函数中的整数解问题 42
易错点01 混淆单变量与双变量问题 47
专项训练 （全卷共22题） 48
专项训练：按新高考真题的试题量和难度标准编写

常考点01 利用导数研究函数的零点(方程的根)或零点个数
【典例1】（2021·重庆市第七中学校高三月考）定义在上的函数满足，当时，，则函数在区间上的零点个数是 ________.
【答案】608
【分析】根据，得到函数的周期为，再分，，得到在一个周期内有三个零点求解.
【详解】因为定义在上的函数满足，所以，
两式相减得，函数的周期为，当时，令，得，
在同一坐标系中作出的图象：

由图象知有三个零点（y轴的左侧一个，右侧是2和4），
当时，，递减，且，则函数无零点，
所以在一个周期内有三个零点，当时，有202个周期，所以有606个零点，
又时，，，
时，，，
所以函数在区间上的零点个数是 608，故答案为：608
【典例2】（2021·黑龙江大庆·铁人中学高三月考）函数零点的个数是（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【分析】求导分析单调性，结合极小值，极大值，以及的正负，即可判断零点个数
【详解】由题意得， 令
令或，则在和上单调递增；
令，则在单调递减
故当时，取得极小值；当时，取得极大值
故当时，函数无零点；当时，，又
故当时，函数只有一个零点因此函数有一个零点故选：B
【技巧点拨】利用导数研究函数零点或方程根的方法
(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．
(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．
(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法．
【变式演练1】（2021·云南曲靖一中高三月考）定义在R上的偶函数f（x）满足，当 （其中e为自然对数的底数，e=2.71828……），则函数g（x）=f（x） +lnx在区间（0，4）上零点的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】A
【分析】由题意知函数的周期为，为偶函数，且关于对称，令，转化为图象交点求解.
【详解】由知函数的周期为，
又因为函数为偶函数，所以，则函数关于对称.
令，，令，如图：

，当时，，，可求得处的切线方程为；
当时，，故函数与 有两个交点，故选：A.
【变式演练2】（2021·全国高三专题练习）已知定义在R上的可导函数的导函数为，若当时，，则函数的零点个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．0或2
【答案】A
【分析】构造函数，结合判断出的单调区间，求得，由此判断出没有零点.
【详解】由题意，设，则（）．
由已知，所以当时，，当时，，
又因为在上可导，故函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以无解，即方程无解，
即方程无解，所以函数无零点．故选：A．
【变式演练3】（2022·浙江高三专题练习）方程解的个数为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】设，利用导数得到，当时，，当时，.即得解.
【详解】设，所以，
当时，函数单调递增，当时，函数单调递减.
所以，当时，，当时，.
因为，所以方程解的个数为1.故选：C


常考点02 与函数零点有关的参数范围问题
【典例1】（2021·西城·北京十五中高三月考）函数有两个零点，则的取值范围是_____.
【答案】
【分析】依题意，与有两个交点，求出函数的单调性与最值，结合函数图象即可得解；
【详解】解：由题知，与有两个交点，，
由得；由得，在上单调递增，在上单调递减，
又，且当时，，函数图象如下所示：

所以；故答案为：
【典例2】（2021·辽宁高三月考）若方程在区间内有个不等实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将方程转化为，通过构造函数、，结合导数求得的取值范围.
【详解】由，得，
因为当时，函数，，
所以在区间内，单调递减﹐在区间内单调递增﹐
而函数，
在区间内单调递增，在区间内单调递减.
所以，若方程有两个不等实根，则只需即可，即，解得.故选：D
【技巧点拨】求与函数零点有关的参数范围的方法：
（1）方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．
（2）求极值的步骤：①先求的根（定义域内的或者定义域端点的根舍去）；②分析两侧导数的符号：若左侧导数负右侧导数正，则为极小值点；若左侧导数正右侧导数负，则为极大值点.（3）求函数的单调区间、极值、最值是统一的，极值是函数的拐点，也是单调区间的划分点，而求函数的最值是在求极值的基础上，通过判断函数的大致图象，从而得到最值,大前提是要考虑函数的定义域.
（4）函数的零点就是的根，所以可通过解方程得零点，或者通过变形转化为两个熟悉函数图象的交点横坐标.
【变式演练1】（2021·江北·重庆十八中两江实验中学高三期中）若过点与曲线相切的直线有两条，则实数a的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据导数的几何意义，可得切线方程，代入点坐标，可得，设，利用导数求得的单调区间和极值，结合题意，即可求得a的范围.
【详解】由题意得：，设切点为，
所以切线的斜率，又，所以切线方程为，
因为点在切线上，代入可得，
整理可得设，则，令，可得，
当时，，为增函数，当时，，为减函数，
所以，因为过点A与相切的直线有两条，所以方程有2个根，
又当时，，当时，，
所以，解得.故答案为：
【点睛】解题的关键是熟练掌握利用导数求函数的单调区间、极（最）值的方法，并灵活应用，难点为将两条切线问题，转化为方程有2个根，再根据函数性质求解，属中档题.
【变式演练2】（2021·云南师大附中高三月考）已知函数有且只有一个零点，则k的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由分离常数，构造函数，利用导数研究单调性以及最值，由此求得的取值范围.
【详解】由题知，方程有且只有一个解，
令，即直线与曲线有且只有一个交点，
，
当时，，则，在上单调递增，
当时，，则，在上单调递减，，
当时，，当时，，所以.故选:C.
【变式演练3】（2021·苏州市相城区陆慕高级中学高三月考）已知，若关于x的方程有5个不同的实根，则实数k的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用导数研究分段函数的性质，作出函数图形，数形结合得到，然后结合一元二次方程根的分布即可求出结果.
【详解】因为时，，则，令，则，
所以时，，则单调递增；时，，则单调递减；
且，，时，；
时，，则，令，则，
所以时，，则单调递增；时，，则单调递减；
且，，时，；作出在上的图象，如图：

关于x的方程有5个不同的实根，
令，则有两个不同的实根，所以，
令，则，解得，故选：A.
【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．


常考点03 与不等式恒成立、有解、无解等问题有关的参数范围问题
【典例1】（2021·河南高三月考）已知函数f(x)=x2lnx，，若x>0时，恒成立，则实数a的取值范围是（ ）
A．[-1，1] B．[-1，+∞） C．（-∞，-1] D．（-∞，-1]∪[1，+∞）
【答案】A
【分析】当时，恒成立可得，当时，构造函数，利用导数探讨其单调性并确定a的范围即可作答..
【详解】依题意，当时，有恒成立，而有，则，即，解得，当时，有恒成立，即，
令，求导得，令，，
则有在单调递增，，
若，而，则必存在使得，
当时，，则在上单调递减，
于是有与当时，恒成立矛盾，
从而得，解得，而当时，，，在上单调递增，恒成立，则，综上得，，
所以实数a的取值范围是.故选：A
【点睛】对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)a≥f(x)恒成立⇔a≥f(x)max；(2)a≤f(x)恒成立⇔a≤ f(x)min.
【典例2】（2021·洛阳市第一高级中学高三月考）若关于的不等式在区间（为自然对数的底数）上有实数解，则实数的最大值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将不等式整理为，令，利用导数可求得，从而分离变量得到，令，将问题转化为；利用导数可求得的单调性，得到，由此可得结论.
【详解】由得：，令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，，
原不等式可化为在上有实数解，
令，则在有实数解，，
，
当时，，，，，
在上单调递增，，
，即的最大值为.故选：D.
【点睛】本题考查不等式在区间内有解的问题，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，从而利用导数确定函数单调性，得到所求的函数最值.
【技巧点拨】不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．
1.一般地，若不等式a≥f(x)恒成立，a的取值范围是a≥[f(x)]max；若不等式a≤f(x)恒成立，则a的取值范围是a≤[f(x)]min．
2.含参数的不等式恒成立、有解、无解的处理方法：①的图象和图象特点考考虑；②构造函数法，一般构造，转化为的最值处理；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值.
【变式演练1】（2021·江苏海陵·泰州中学高三期中）若，不等式恒成立，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】通过构造函数法，结合函数的导数，根据所构造函数的最值进行求解即可.
【详解】设，则有，因为，
所以当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，函数有最小值，最小值为：，
要想，不等式恒成立，只需，即，
因为，所以有成立，设，则有，
当时，单调递减，当时，单调递增，
所以当时，函数的最大值为：，
因此要想成立，只需，所以的最大值为，故选：B
【点睛】关键点睛：利用构造函数法，结合导数的性质进行求解.
【变式演练2】（2021·四川青羊·石室中学高三月考）已知函数，当时，恒成立，则实数的最大值为________．
【答案】
【分析】先将不等式转化为，又时，，问题转化为在上递减，所以当时，恒成立，最后参变分离即可求出参数的最大值．
【详解】解：因为在上恒成立，
令，则，当时，，则在上单调递减，
，即所以当时，，所以在上递减，
所以当时，恒成立，即时，恒成立，故，
所以实数的最大值为．故答案为：.
【变式演练3】（2021·重庆高三月考）若直线与函数的图象无交点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】结合图象判断，令，由分离，通过构造函数，结合导数求得，也即的取值范围.
【详解】由图象可知，令，则，
依题意可知，即，即，
构造函数，，
，由解得，所以在区间递增，
在区间递减，，所以有解 .
构造函数，
所以在区间递减，在区间递增，
所以，所以，也即的取值范围是.故选：D

常考点04 利用导数证明、解不等式问题
【典例1】（2021·辽宁高三月考）已知函数．
（1）求f(x)在点处的切线方程；（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）求导，进而得到，，写出切线方程；
（2）将转化为，设，，利用导数法证明.
【详解】（1）函数的定义域是 ，可得
又，所以f(x)在点处的切线方程为
整理得（或斜截式方程）
（2）要证 只需证
因为，所以不等式等价于 设，
，；
所以在单调递减，在单调递增 故
又，；
所以在单调递增，在单调递减 故
因为且两个函数的最值点不相等 所以有，原不等式得证．
【典例2】（2021·四川高三月考）已知函数，.
（1）若函数在定义域内是单调增函数，求实数的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求出函数的定义域，再求出，将问题转化为在上恒成立，分离参数求出的最小值即可求解.（2）由（1）知当时，函数在上是单调增函数，当时，可得，证出，取，叠加即可求解.
【详解】（1）因函数在定义域为，，
因为函数在定义域内是单调增函数，所以在上恒成立，
即在上恒成立，在上恒成立
令，所以，
当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递减，所以，故；
（2）由（1）知当时，函数在上是单调增函数，且当时，，
即，
当，时，，
将上个不等式相加得
即.得证.
【技巧点拨】无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.
利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：
(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；
(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，
然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.
【变式演练1】（2021·广东茂名·高三月考）已知函数是定义在R上的奇函数，且对于任意的都有成立，若，则下列结论成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据函数的是否连续可判断AB；构造函数，利用导数可得，根据，得到，再判断和1的大小即可得答案.
【详解】若函数是连续的，则，若函数是不连续的，，也可能．故A，B都不正确．∵，∴，令，则，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，，即
又函数是定义在R上的奇函数，且对于任意的都有成立，
故函数在和上单调递减，因为，不妨设，则
，，即∴．
.故选：D．
【变式演练2】（2021·陕西渭南·高三月考）已知函数.
（1）当时，求的图象在点处的切线方程.（2）讨论的单调性；
（3）若，证明：.
【答案】（1）；（2）当a≤时，f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；
若时，f(x)在与上单调递减，在上单调递增.；（3）证明见解析.
【分析】（1）求出、，代入切线方程：即可；（2）先求定义域，求导后导函数是含参的二次函数，利用根的判别式与两根的分布情况进行分类讨论；（3）结合条件进行放缩，然后在不等式两边同除以x构造一个新函数进行证明（利用两个函数的凹凸性）.
【详解】（1）解：当时，，
则，，，所求切线方程为，即.
（2）解：的定义域为，，
对于二次方程，有.当时，恒成立，在上单调递减.
当时，方程有两根，，
若，，，在上单调递增，在上单调递减；
若，，在与上单调递减，
在上单调递增.
（3）证明：要证，即证，因为，，所以.
当时，不等式显然成立.
当时，因为，所以只需证，
即证.令，则，
由得；由，得.所以在上为增函数，在上为减函数，所以.，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，所以恒成立，即.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
【变式演练3】（2021·北京市顺义区第一中学高三期中）已知函数．
（1）求的单调区间；（2）当时，求证：在上是增函数；
（3）求证：当时，对任意，．
【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）求导得，分、、三类讨论，可得的单调区间；（2）令，求导得，再令，由，即，从而证得结论成立；（3）依题意，只需证：当时，对，，由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，从而证得结论成立．
【详解】（1）∵，
∴，
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，，在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（2）证明：令，
则，令，
∵，∴，∴，即，
∴在上是增函数；
（3）要证，当时，对任意，，
只需证：当时，对任意，，
由（1）知，，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
∴当时，取得极小值，也是最小值，
故．

常考点05 利用导数解决生活中的最优化问题
【典例1】（2021·山东·高三模拟）国家统计局公布的全国夏粮生产数据显示，2020年国夏粮总产量达14281万吨，创历史新高.粮食储藏工作关系着军需民食，也关系着国家安全和社会稳定.某粮食加工企业设计了一种容积为立方米的粮食储藏容器，如图1所示，已知该容器分上下两部分，中上部分是底面半径和高都为米的圆锥，下部分是底面半径为米､高为米的圆柱体，如图2所示.经测算，圆锥的侧面每平方米的建造费用为元，圆柱的侧面､底面每平方米的建造费用为元，设每个容器的制造总费用为元，则下面说法正确的是（ ）

A． B．的最大值为
C．当时， D．当时，有最小值，最小值为
【答案】BCD
【分析】根据已知，利用圆柱和圆锥的体积公式求得，结合可得的范围，则可判断A的对错；根据与的关系即可利用的范围求的最大值，则可判断B的对错；分别求出圆锥的侧面积和圆柱的侧面积，底面积，然后得到总费用的表达式，进而将代入，即可判断C选项的对错；在C的基础上，利用导数求解最值即可判断D的对错.
【详解】由题意可得，所以，由，得，解得，所以，故A项不正确.
易知随的增大而减小，所以当时，取得最大值，且最大值，故B项正确.
圆锥的母线长，故圆锥的侧面积，
圆柱的侧面积，圆柱的底面积，
所以总费用.
当时，，C项正确.
，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，取得最小值，最小值为，D项正确.故选：BCD
【点睛】关键点睛：本题粮食储存问题为背景，解题关键是通过组合体体积与表面积的求解，制造总费用的最值的求解，主要考查考查运算求解能力､逻辑思维能力､创新能力，难度属于中档题
【典例2】（2021·江苏·南京市玄武高级中学高三月考）2020年9月3日，工业和信息化部消费品工业司发布2020年1-7月全国家用电冰箱产量4691.3万台，同比下降；房间空气调节器产量12353.0万台，同比下降；家用洗衣机产量3984.9万台，同比下降．为此，一公司拟定在2020年双11淘宝购物节期间举行房间空气调节器的促销活动，经测算该产品的年销售量P万件（生产量与销售量相等）与促销费用x万元满足（其中，a为正常数）．已知2020年生产该产品还需投入成本万元（不含促销费用），产品的销售价格定为元/件．
（1）试将2020年该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数；
（2）问：2020年该公司促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？
【答案】（1）（）；（2）分类讨论，答案见解析．
【分析】（1）计算出销售收入减去投入成本可得利润y万元与促销费用x万元的函数；（2）由（1）及基本不等式可得当时，厂家的利润最大，然后分与利用导数进行讨论可得厂家的最大利润为多少.
【详解】解：（Ⅰ）由题意，得．
∵，将其代入上式并化简，得（）．
此即为所求产品的利润y关于促销费用x的函数关系式．
（Ⅱ）由（Ⅰ）得，
当且仅当，即时，上式取等号．
①当时，促销费用需投入10万元，厂家的利润最大；
②当时，易得，
由于，，∴，∴
∴函数在上单调递增，∴当时，函数有最大值．
即促销费用投入a万元时，厂家的利润最大
综上，当时，促销费用投入10万元，厂家的利润最大；
当时，促销费用投入a万元，厂家的利润最大．
【点睛】本题主要考查利用基本不等式、导数解决实际问题，考查学生建立数学模型解决实际问题的能力、数学计算能力，属于中档题.
【技巧点拨】1）常见生活最优化问题：
（1）面积、体积(容积)最大，周长最短，距离最小等实际几何问题，求解时先设出恰当的变量，将待求解最值的问题表示为变量的函数，再按函数求最值的方法求解，最后检验．
（2）利润最大、效率最高等实际问题，关键是弄清问题的实际背景，将实际问题用函数关系表达，再求解．
（3）用料最省、费用最低问题出现的形式多与几何体有关，解题时根据题意明确哪一项指标最省(往往要从几何体的面积、体积入手)，将这一指标表示为关于自变量x的函数，利用导数或其他方法求出最值，但一定要注意自变量的取值范围．
2）利用导数解决生活中的优化问题的步骤
第一步
分析实际问题中各量之间的关系，构建数学模型，写出实际问题中变量之间的函数关系式y＝f(x)
第二步
求函数f(x)的导数f′(x)，解方程f′(x)＝0
第三步
比较函数在区间端点和f′(x)＝0的点的函数值的大小，最大(小)者为最大(小)值
第四步
回归实际问题，给出优化问题的答案
3.在解决生活中遇到的优化问题时，可以利用基本不等式．利用基本不等式求最值时，必须注意使用的前提以及等号成立的条件成立，否则易犯错误，注意f′(x0)＝0的x0是否在定义域内，从而进行分类讨论．
【变式演练1】（2021·重庆市第七中学校高二期中）不期而至的新冠肺炎疫情，牵动了亿万国人的心，全国各地纷纷捐赠物资驰援武汉有一批捐赠物资需要通过轮船沿长江运送至武汉，已知该运送物资的轮船在航行中每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，已知当速度为海里每小时时，燃料费是元每小时，而其他与速度无关的费用是元每小时，问当轮船的速度是多少时，航行海里所需的费用总和最小？（ ）
A．15 B．20 C．25 D．30
【答案】B
【分析】本题可设速度为海里每小时的燃料费是元每小时，然后根据题意得出，再然后设航行海里所需的总费用为元，则，最后通过导函数的性质即可得出结果.
【详解】设速度为海里每小时的燃料费是元每小时，
因为每小时的燃料费和它的速度的立方成正比，所以可设，其中为比例系数，
因为当速度为海里每小时时燃料费是元每小时，所以，，
设船的速度为海里每小时，航行海里所需的总费用为元，
则每小时所需的总费用是元，航行海里所需的时间为，
航行海里所需的总费用，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故当时，取得最小值，故选：B.
【变式演练2】（2021·江苏金湖·高二期中）淮安市白马湖生态旅游景区升级改造，有一块半圆形土地打算种植花草供人游玩欣赏，如图所示，其中长为，、两点在半圆弧上，满足，设.（1）现要在景区内铺设一条观光道路，由线段、和组成，则当为何值时，观光道路的总长最长，并求最大值；（2）若在和内种满向日葵，在扇形内种满薰衣草，已知向日葵利润是每平方千米元，薰衣草的利润是每平方千米元，则当为何值时，才能使总利润最大？

【答案】（1）时，有；（2）当时，总利润最大.
【分析】（1）取中点，连接，则，，求出、和关于的表达式，化简得出，利用二次函数的基本性质可求得的最大值及其对应的的值；（2）求出、以及扇形的面积，可得出总利润（元）关于的表达式，令，其中，利用导数分析的单调性，由此可得出总利润最大时对应的的值.
【详解】（1）由题，，，
取中点，连接，则，，

所以，同理可得，，
所以，.
所以当，即时，有；
（2），，.
设总利润为元，所以，
令，所以，
因为，由得，列表得









递增
极大值
递减
所以当时，总利润最大.
（2021·江苏·高三月考）现有一块正四面体形状的实心木块，其棱长为.车工师傅欲从木块的某一个面向内部挖掉一个体积最大的圆柱，则当圆柱底面半径___________时，圆柱的体积最大，且最大值为___________.
【答案】
【分析】设圆柱上底面圆心为，下底面圆心为，为正四面体底面中心，
圆柱的上底面与正四面体侧面的交点N在侧面中线上，圆柱底面半径为r，高为h，由，利用三角形相似可得，从而可得，最后利用导数即可求解.
【详解】解：设圆柱上底面圆心为，下底面圆心为，为正四面体底面中心，
圆柱的上底面与正四面体侧面的交点N在侧面中线上，
正四面体棱长为9，.，，，

设圆柱底面半径为r，高为h，由，得，
，令，
，令，时，.
【变式演练3】（2021·全国·高三课时练习）中国的西气东输工程把西部地区的资源优势变为经济优势，实现了天然气能源需求与供给的东西部衔接，工程建设也加快了西部及沿线地区的经济发展.输气管道工程建设中，某段管道铺设要经过一处峡谷，峡谷内恰好有一处直角拐角，水平横向移动输气管经过此拐角，从宽为的峡谷拐入宽为的峡谷，如图所示，位于峡谷悬崖壁上两点，的连线恰好经过拐角内侧顶点(点，，在同一水平面内)，设与较宽侧峡谷悬崖壁所成的角为，则的长为______(用表示).要使输气管顺利通过拐角，其长度不能低于______.

【答案】
【分析】(1)利用三角关系分别利用表示、即可求解；(2)利用导数求最小值的方法即可求解.
【详解】过点分别作，，垂足分别为，，则，

在中，，则，同理可得，
所以. 令，
则，
令，，得，即，
由，解得，当时，；当时，，
所以当时，取得极小值，也是最小值，则，
故输气管的长度不能低于m.故答案为：；.

常考点06 双变量问题
【典例1】（2021·江苏省高三开学考试）已知实数满足，，则_______．
【答案】
【分析】对两个等式进行“同构”变形，通过发现两个等式得共通之处进行构造函数求解.
【详解】根据题意，显然是正数. 由，两边取对数得，，即，又，即，利用，于是，记，，故在上递减，由，于是，.
故答案为：
【典例2】（2021·浙江湖州·高二期中）已知函数，当，恒成立，则的最大值为___________.
【答案】1
【分析】令，则，先由得，再由对恒成立得，，结合得，，往下证明时，存在实数使得对恒成立，即可说明的最大值为1.
【详解】令，则，，
当，恒成立，则有，，由得，
因为任意的，都有，所以，，结合，得.
当时，，令，，则，
由得，；由得，；
所以在上递减，在上递增，的最小值为，
由，得，对恒成立.所以，
取，有恒成立.
综上可知，的最大值为1.故答案为：1.
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·全国高三专题练习）已知函数，若，，使得，且，则的最大值为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．6
【答案】C
【分析】首先利用导数分析函数的单调性，极大值和极小值，求出函数的极大值与极小值对应的值，即可求解.
【详解】 ，，令，即，解得，，
当时，，所以在上单调递增；
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
在处取得极大值，极大值为；
在处取得极小值，极小值为.
令，即，即，解得（舍）或；
令，即，即，解得（舍）或；
的最大值为.故选:C.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值问题，考查运算求解能力，求出函数的极大值与极小值是解决本题的关键，属于中档题.
【变式演练2】（2021·浙江高三专题练习）已知函数，若存在实数b，使函数恰有三个零点，则a的取值范围是__.
【答案】
【分析】设函数，求得，求得函数的单调性和极值，画出函数的图象，结合图象分类讨论，即可求解.
【详解】设函数，，则，令得：，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
又，故画出函数的图象，如图所示：
因为存在实数b，使函数恰有三个零点，
所以存在实数b，使方程有三个实数根，
所以存在实数b，使函数与的图象有3个交点，
因为函数，结合函数的图象和函数单调递减，所以，

①当时，函数的图象如图所示：

显然存在实数b，使函数与的图象有3个交点，符合题意，
②当时，函数的图象如图所示：

要存在实数b，使函数与的图象有3个交点，则，解得，
所以，综上所述，a的取值范围是：，故答案为：.
【点睛】有关函数零点的判定方法及策略：（1）直接法：令，有几个解，函数就有几个零点；（2）零点的存在定理法：要求函数在区间上连续不断的曲线，且，再结合函数的图象与性质确定零点的个数；（3）图象法：利用图象交点的个数，作出两函数的图象，观察其交点的个数，得出函数的零点个数.
【变式演练3】（2021·琼山·海南中学高三月考）已知函数，，实数m，n满足，若，，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】C
【分析】先用导数法研究，然后的同一坐标系中作出函数与的图象，根据，，使得成立求解.
【详解】因为，所以，
当时，，当时，，，
所以在处取得极小值，且为定义域内唯一极值，
.，作函数与的图象，如图所示：

当时，方程两根分别为和，则的最大值为：.故选：C.
【点睛】本题主要考查双变量问题，还考查了数形结合的思想和运算求解的能力，属于中档题.

常考点07 极值点偏移
【典例1】（2021·全国全国·模拟预测）已知函数有两个极值点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．曲线在点处的切线可能与直线垂直
C． D．
【答案】ACD
【分析】根据函数有两个极值点，得到导函数有两个变号零点，从而可求参数的取值范围，即可判断A选项；假设满足条件的切线存在，利用导数的几何意义求出切线的科率，得到的值，结合A项结果推出矛盾，可得B不正确；由，利用整体替换思想得到，最后根据的范围和二次函数的性质得到，可得C正确；由，利用整体替换思想可知若D正确，则只需，令，构造函数，利用导数可求得的单调性和最值，由此可证得结论，从而判断D选项．
【详解】对于A，，令，则，令，解得：，当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
有两个极值点，有两个变号零点，，
即，，A正确；
对于B，曲线在点处的切线斜率，
若该切线与直线垂直，则，即，与矛盾，B错误；
对于C，由题意知：，即，
则，由A知：，
由二次函数性质知：，C正确；
对于D，由题意知：，即，又，
，即；
要证，只需证，即证，
即证，
设，则只需证，
令，则，
在上单调递增，，，
则，D正确.故选：ACD．
【点睛】关键点点睛：对于D项，求解这类极值点偏移问题的关键：一是消参，把极值点转化为导函数零点之后，需要利用两个变量把参数表示出来，再巧妙地把两个极值点通过消参向求证的结论逐渐靠近；二是消“变”，即减少变量的个数，只有把不等式转化为只含有一个“变量”的式子后，才能建立与之相应的函数，转化为函数问题进行求解．
【典例2】（2021·山西·太原五中高三月考）设函数．
（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；
（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据有极值可确定，利用导数可求得；由能成立的思想可知，得到，令，利用导数可知单调递增，结合零点可确定的范围；（2）利用导数可求得单调性，由此确定；令，，利用导数可求得，即，代入后，置换成，结合单调性可确定自变量的大小关系，由此证得不等式.
【详解】（1）定义域为，，
当时，，即在上单调递增，不合题意，；
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
存在，使得成立，则，即，
又，，即，
令，则，
在上单调递增，又，，即实数的取值范围为.
（2）当时，，则，
当时，；当时，；在上单调递增，在上单调递减，
由且知：；令，，
则，
在上单调递增，，即；
，又，；
，，又且在上单调递减，，即.
【点睛】方法点睛：本题第二问考查了导数中的极值点偏移问题的变形，处理极值点偏移问题中的类似于的问题的基本步骤如下：①求导确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·贵州·贵阳一中高三月考）已知函数（其中e为自然对数的底数，a为常数）．（1）讨论函数的单调性；（2）证明：当函数有极大值，且极大值为a时，若方程（m为常数）有两个不等实根则.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，讨论参数与即可分析函数的单调性；
（2）当时，函数有极大值，即可求出，求导分析单调性，构造函数求导分析单调性即可证明结果．
【详解】（1）解：由题意可得.
①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减；
②当时，令，令，
∴函数在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.；
（2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值，
且，解得，
∴（其中），则，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增.
不妨设，则，当时，则.
令，
则，
∴在上单调递减，于是，即，当时，，
又，∴，又，且在上单调递减，
，即．
【变式演练2】（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数．
（1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）当a＝1时，试比较f（m）与f（）的大小；
（3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．
【答案】（1）a＝1；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x＝1时的导数值等于0求得a的值；
（2）把a＝1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m＝1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（）的大小；（3）由函数f(x)有两个零点x1、x2，得到lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，进一步得到，lnx1+lnx2＝a（x1+x2），把证明x1x2＞e2转化为证lnx1+lnx2＞2，结合lnx1+lnx2＝a（x1+x2）转化为证明（x1＞x2），换元后利用导数得到证明．
【详解】（1）解：由f(x)＝lnx﹣ax，得：，
∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，∴ ，即a＝1；
（2）当a＝1时，f(x)＝lnx﹣x，∴，
当0＜x＜1时，，f(x)单调递增，当x＞1时，，f(x)单调递减．
令，
则．
又∵h（1）＝0，①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即；
②当m＝1时，h（m）＝0，即；③当m＞1时，h（m）＜0即；
（3）证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2，∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），∴，
欲证明，即证lnx1+lnx2＞2，∵lnx1+lnx2＝a（x1+x2），∴即证，
∴原命题等价于证明，即证：（x1＞x2），
令，则t＞1，设（t＞1），，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
又∵g(1)＝0，∴g（t）＞g(1)＝0，∴，即．
【变式演练3】（2021·全国·高三专题练习）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，求证：
【答案】（Ⅰ）递增区间，递减区间；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（Ⅰ）利用函数的导函数易求函数的单调区间；（Ⅱ）方法一：构造函数，求其导函数，并判断导函数符号，对导函数中部分式子进行求一阶导数、二阶导数，最终得到函数的取值范围， 再利用函数单调性解不等式即可证得；
方法二：通过化简方程，再结合对数平均不等式得到不等式，后面再采用反证法证明.
【详解】（Ⅰ）函数的定义域为R
由，得，由，得函数的递增区间为，
由，得函数的递减区间为，
故函数的递增区间为，递减区间为.
（Ⅱ）解法一：构造函数，利用函数的单调性求证；
令，则；
令，
则，则.
由得，，故在内单调递增；
故，故在内单调递增
故，故，故在上单调递减，所以；
由（Ⅰ）及知，；
不妨设，故，所以，
所以，又在上单调递增，所以，即；即证.
解法二：利用对数平均不等式求证；
因为时，，时，，由（Ⅰ）及，
可知，不妨设，则，，所以；
对上式两边同时取自然对数，可得，
所以，
所以（根据对数平均不等式），
所以①.
因为，且在单调递减，所以.
下面用反证法证明，假设，
当时，，与不等式①矛盾；
当时，，所以，与不等式①矛盾.
所以假设不成立，所以；即证.
【点睛】关键点点睛：证明极值点偏移常见的处理方法为构造新函数，结合新函数与原函数的单调性证明.

常考点08 导函数中的新定义问题
【典例1】（2021·浙江·高三期中）定义对任意恒成立，称在区间上被、所夹，若在被和所夹，则实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用参变量分离法可得出、在上恒成立，利用导数求出函数在区间上的最小值、在区间上的最大值，即可求得实数的取值范围.
【详解】由题意可知，时，恒成立，
所以，，令，，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，则，所以，，则；
由已知可得，令，，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，所以，，
所以，，则.综上可知.故选：C.
【典例2】（2021·江苏省梅村高级中学高三期中）拉格朗日中值定理是“中值定理”的核心内容，定理如下：如果函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得，称为函数在闭区间上的中值点，若关于函数在区间上“中值点”的个数为，函数在区间上“中值点”个数为，则有（ ）
（参考数据：，，，.）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】先求出由拉格朗日中值定理可得数形结合判断该方程的隔壁的个数即为“中值点”的个数的值，对于由拉格朗日中值定理可得数形结合判断方程的根的个数即为“中值点”的个数的值，即可得正确选项.
【详解】设在闭区间上的中值点为，由，
由拉格朗日中值定理可得：，
因为，
所以，可得，，
即作出函数和的图象如图：

由图可知，函数和的图象在上有两个交点，
所以方程在上有两个解，
即函数在区间上有个中值点，所以，
，函数在区间上“中值点”为，由拉格朗日中值定理可得：，
因为，，所以作出函数与的图象如图：

当时，，由图可知函数与的图象在区间上有一个交点，
即方程在区间上有一个根，
所以函数在区间上有个“中值点”，所以，故选：BC
【点睛】方法点睛：判断函数零点（方程的根）个数的方法
（1）直接法：令，如果能求出解，那么有几个不同的解就有几个零点；
（2）利用函数的零点存在性定理：利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间上是连续不断的曲线，并且，还必须结合函数的图象与性质，（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点；（3）图象法：画出函数的图象，函数的图象与轴交点的个数就是函数的零点个数；将函数拆成两个函数，和的形式，根据，则函数的零点个数就是函数和的图象交点个数；
（4）利用函数的性质：若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到，若所考查的函数是周期函数，则需要求出在一个周期内的零点个数，根据周期性则可以得出函数的零点个数.
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·广东·广州市番禺区象贤中学高三期中）在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它得名于荷兰数学家鲁伊兹布劳威尔（L.E.Brouwer）简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数，存在一个点，使得，那么我们称该函数为“不动点”函数，而称为该函数的一个不动点，依据不动点理论，下列说法正确的是（ ）
A．函数有3个不动点
B．函数至多有两个不动点
C．若定义在R上的奇函数，其图像上存在有限个不动点，则不动点个数是奇数
D．若函数在区间上存在不动点，则实数a满足（e为自然对数的底数）
【答案】BCD
【分析】根据题目中的定义，结合导数、一元二次方程的性质、奇函数的性质进行判断即可.
【详解】令，，
因此在R上单调递增，而，所以在R有且仅有一个零点，
即有且仅有一个“不动点”，A错误；
，至多有两个实数根，所以至多有两个“不动点”，B正确；
为定义在R上的奇函数，所以，函数为定义在R上的奇函数，
显然是的一个“不动点”，其它的“不动点”都关于原点对称，个数和为偶数，
因此一定有奇数个“不动点”，C正确；因为在存在“不动点”，则在有解，
即在有解，令，
，令，，，
在单调递减，在单调递增，∴，
∴在恒成立，∴在单调递增，，，
∴，D正确，.故选：BCD
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
【变式演练2】（2021·广西·模拟预测）若的图象上两点关于原点对称，则称这两点是一对对偶点，若的图象上存在两对对偶点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出函数的图象关于原点对称的图象的函数表达式，问题转化为两个函数图象有两个交点，再转化为新函数在上有两个零点，即可解．
【详解】设是函数的图象关于原点对称的图象上任意一点，则在函数的图象上，所以，即，
则函数有两对对偶点，转化为与的图象有两个交点，
所以有两个零点．
，当时，，时，，
所以在上递减，在上递增，时，，
在上有两个零点，则，解得．故选：A．
【点睛】本题考查函数新定义，解题关键是理解新定义，把新定义问题通过对称转化为函数图象交点问题，再转化为函数的零点个数问题，从而利用导数知识，零点存在定理得解．
【变式演练3】（2021·江苏·高三月考）设函数与是定义在同一区间上的两个函数，若对任意的，都有，则称与在上是“密切函数”，区间称为“密切区间”.设函数与在上是“密切函数”，则实数m的取值范围是_____.
【答案】
【分析】由新定义转化为不等式恒成立，再转化为求函数最值可得．
【详解】由题意在上恒成立，，
设，则，当时，，递增，当时，，递减，所以，又，，所以，所以，解得．故答案为：
【点睛】本题考查新定义，解题关键是理解新定义，把新定义问题转化为不等式恒成立问题，再变形后转化为求函数的最值．

常考点09 导函数中的整数解问题
【典例1】15．（2021·南京市中华中学高三开学考试）已知函数的导函数为，且对任意的实数都有(是自然对数的底数)，且，若关于的不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由题意得即求出解析式，利用导数研究其单调性和极值与最值，结合图象即可求解.
【详解】即，
所以，则，所以，
因为，所以，所以，
，
由得，此时单调递增，由得或，此时单调递减，
所以时，取得极大值为，当时，取得极小值，
又因为，，，且时，，

的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，结合函数图象可得：则，解得，
所以时，的解集中恰有两个整数，故实数的取值范围是故选：C
【点睛】关键点点睛：的解集中恰有两个整数，需求出解析式，所以对已知条件变形可得即结合可求出，的解集中恰有两个整数等价于在下方的图象只有2个横坐标为整数的点，对求导数形结合即可求出实数的取值范围，属于难题.
【典例2】（2021·黑龙江佳木斯一中高三月考（理））已知偶函数满足，且当时，，若关于x的不等式在上有且只有150个整数解，则实数t的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据偶函数满足，得到函数是以6为周期的周期函数，由时，，用导数法结合偶函数，作出数在上的图象，将不等式在上有且只有150个整数解，转化为在一个周期上有3个整数解分别为-2，2，3求解.
【详解】因为偶函数满足，所以，即，
所以函数是以6为周期的周期函数，当时，，所以，
当时，，函数递增；当时，，函数递减；
当当时，函数取得极大值，作出函数在上的图象，如图所示：

因为不等式在上有且只有150个整数解，
所以不等式在上有且只有3个整数解，
当时，不符合题意，故不等式在上有且只有3个整数解，
因为，所以，即，
故不等式在上的3个整数解分别为-2，2，3，
所以，，即，故选：B
【点睛】方法点睛：用导数研究函数的零点，一方面用导数判断函数的单调性，借助零点存在性定理判断；另一方面，也可将零点问题转化为函数图象的交点问题，利用数形结合来解决．
【技巧点拨】
【变式演练1】（2021·横峰中学高二期中）已知，若仅有3个整数解，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【分析】根据解一元二次不等式的方法，结合导数，利用分类讨论和数形结合思想进行求解即可.
【详解】，当时，单调递减，
当时，单调递增，因此，且，如下图所示：

，
当时，，所以不等式的解集为：或，
因为，所以无整数解，因此，要想仅有3个整数解，
只需；
当时，，不等式化为：，显然成立，有无数多个整数解，不符合题意，
当时，，所以不等式的解集为：或，
显然有无数个整数解，综上所述：，故答案为：
【点睛】利用导数判断函数的单调性和最值，结合分类讨论和数形结合思想进行求解是解题的关键.
【变式演练2】（2021·辽宁本溪·高二月考）若满足不等式的整数解有且只有1个，则实数a的取值范围是________．
【答案】
【分析】令，，利用导数研究函数的单调性及图象，结合图像能得出要满足题意需，由此可得出实数的取值范围.
【详解】设，则，令，解得；令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
且时，，时，，，，，
令，易知过定点，
画出函数和图象，如图，若的整数解有且仅有1个，则必有，解得.
故答案为：.
【变式演练3】（2021·麻城市第二中学高二月考）已知是函数的导函数，且对任意的实数都有（e是自然对数的底数），，若不等式的解集中恰有两个整数，则实数的取值范围是_________
【答案】
【分析】依题意求得，利用导数研究其极值且画出简图，结合图象可得结果.
【详解】依题意可得，即，
所以（为常数），则，
由得，所以.
，由可得或.
易知：时，有极小值；时，有极大值，
且，作出函数的简图（如图所示）.
又，而，
结合图象可知，当时，不等式的解集中恰有两个整数，.
故实数的取值范围是.故答案为：.

【点睛】关键点点睛：本题的关键点是：求得.




易错点01 混淆单变量与双变量问题
【例1】已知,,若存在,使得,求实数的取值范围.
【错解】由得 ,设,
则,当,所以在上是增函数,所以
【错因分析】混淆双变量与单变量.
【正解】在上都是增函数, 若存在,使得,则,即4,所以.
【纠错笔记】(1)恒成立问题
①. ∀x∈D,均有f(x)>A恒成立,则f(x)min>A；②. ∀x∈D,均有f(x)﹤A恒成立,则 f(x)maxg(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) >0,∴ F(x)min >0；
④. ∀x∈D,均有f(x)﹤g(x)恒成立,则F(x)= f(x)- g(x) g(x)max；
⑥. ∀x1∈D, ∀x2∈E,均有f(x1) A成立,则f(x) max >A；②. ∃x0∈D,使得f(x0)﹤A成立,则 f(x) min g(x0)成立,设F(x)= f(x)- g(x),∴ F(x) max >0；
④. ∃x0∈D,使得f(x0) g(x) min；
⑥. ∃x1∈D, ∃x2∈E,均使得f(x1) g(x2)成立,则f(x)min> g(x) min；
②∀x1∈D, ∃x2∈E, 使得f(x1)