导数压轴六大类型

导数培优六大类型
（方法学习，题型分类，对应练习，结论总结）
类型一：凹凸反转类型二：导函数的零点类型三：导数中的函数构造类型四：极值点偏移类型五：指对同构
类型六：指数、对数均值不等式类型一：凹凸反转
知识拓展
1.如果要证明的不等式由指数函数、对数函数、多项式函数组合而成，往往进行指对分离，转化为证明g (x )≥h (x )，分别求g (x )min ，h (x )max 进行证明，由于两个函数图象的凹凸性正好相反，所以这种证明不等式的方法称为凹凸反转.
2.以下是凹凸反转常用经典模型：
经典模型一：y ＝ln x x (图1)或y ＝x
ln x 2).
推广：y ＝ln x x n 或y ＝x
n
ln x
.
经典模型二：y ＝x ln x (图3)或y ＝x e x (图4).
推广：y ＝x n
ln
x 或y ＝x n e x .
经典模型三：y ＝e x
x (图5)或y ＝x
e x (图6).
推广：y ＝e x
x n 或y ＝x
n
e
x .
经典模型四：y ＝x －ln x (图7)或y ＝x －e x (图8)，y ＝e x －x (图9).
题型一隔海相望
例1已知函数f (x )＝x ln x ，求证：f (x )＜2e x －2.
训练1已知函数f(x)＝a ln x＋x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)当a＝1时，证明：xf(x)<e x.题型二一线之隔
例2设函数f(x)＝e x ln x＋2e x－1
x
，证明：f(x)＞1.
训练2已知函数f(x)＝e x＋x2－x－1.
(1)求f(x)的最小值；
(2)证明：e x＋x ln x＋x2－2x>0.
题型三亲密无间
例3已知函数f(x)＝eln x－e x，证明：xf(x)－e x＋2e x≤0.
训练3证明：当x>0时，x2
e x
－x ln x＋)
e
1
1( x－1≤0.
类型二：导函数的零点
题型分析导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导函数值的正负确定函数的单调性.应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究函数f(x)的单调性，往往需要解方程f′(x)＝0，但有时该方程不易求解，可应用以下三种方法解决.
题型一仔细观察，猜出零点
例1已知函数f(x)＝ln(x＋1)＋1，若f(x)<k e x对任意的x∈(－1，＋∞)恒成立，求k的取值范围.
训练1已知函数f(x)＝(2e－x)ln x，且f(x)＝1
2a
有解，其中e为自然对数的底数，求实数a的取
值范围.
题型二设而不求，巧借零点
例2设函数f (x )＝e 2x
－a ln x .(1)讨论f (x )的导函数f ′(x )的零点的个数；
(2)证明：当a >0时，f (x )≥2a ＋a ln 2
a
.
训练2已知函数f (x )＝e x －x 2
－x ，若关于x 的不等式f (x )>m ＋45
对于任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求整数m 的最大值.
题型三二次构造(求导)避免求根
例3已知函数f (x )＝ln x ＋12
a (x －1)2
，若a >4，且f (x )在(01)上有唯一的零点x 0，
求证：e －2
<x 0<e －1
.
训练3已知f (x )＝e 2x －(x ＋1)e x
，且f (x )≥0，证明：f (x )存在唯一极大值点x 0，且f (x 0)<
316
.
类型三：导数中的函数构造问题
题型分析
近三年的高考数学试题都出现了比较大小问题，且是作为小题中的压轴题出现的，此类问
题，通常需要构造函数，利用导数判断其单调性，从而使问题得以解决.
题型一通过导数的运算法则构造角度1
利用f (x )与e x
构造
例1已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且f (x )＋f ′(x )>0在R 上恒成立，则不等式
e
2x ＋1
f (2x ＋1)>e 3－x f (3－x )的解集是________.
角度2利用f (x )与x n
构造
例2已知定义在(0，＋∞)上的函数f (x )满足2xf (x )＋x 2
f ′(x )<0，f (2)＝34
，则关于x 的不等式
x 2f (x )>3的解集为()
A.(0，4)
B.(2，＋∞)
C.(4，＋∞)
D.(0，2)
角度3利用f (x )与sin x ，cos x 构造
例3(多选)已知函数y ＝f (x )对任意x ∈)2
,2(π
π-
满足f ′(x )cos x ＋f (x )sin x >0(其中f ′(x )是函数f (x )的导函数)，则下列不等式成立的是(
)
A.f (0)>2f 4(π
B.2f 3(π>f )
4(π
C.f (0)>2f )
3(π
D.2f )3(π-<f )
4
(π
-训练1(1)f (x )为定义在R 上的可导函数，且f ′(x )＞f (x )，对任意正实数a ，下列式子一定成立的是(
)
A.f (a )＜e a
f (0) B.f (a )＞e a
f (0)C.f (a )＜
f (0)
e a D.
f (a )＞
f (0)e
a (2)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，当x ＞0时，xf ′(x )－f (x )>0，若a ＝f (1)，
b ＝
f (2)2
，c ＝2f )21
(，则a ，b ，c 的大小关系是________.
(3)已知定义在R 上的函数f (x )的导函数为f ′(x )，对任意x ∈(0，π)，有f ′(x )sin x ＞f (x )cos x ，
设a ＝2f )6(π，b ＝2f )4(π，c ＝f )2(π
，则a ，b ，c 的大小关系为________.
题型二
通过变量构造具体函数
例4已知a ＜5，且a e 5
＝5e a ，b ＜4且b e 4＝4e b ，c ＜3且c e 3＝3e c
，则()
A.c ＜b ＜a
B.b ＜c ＜a
C.a ＜c ＜b
D.a ＜b ＜c
训练2若0＜x 1＜x 2＜1，则()
A.e x 2－e x 1＞ln x 2－ln x 1
B.e x 2－e x 1＜ln x 2－ln x 1
C.x 2e x 1＞x 1e x 2
D.x 2e x 1＜x 1e x 2题型三
通过数值构造具体函数
例5(1)已知a ＝
ln 22，b ＝1e ，c ＝2ln 3
9
，则a ，b ，c 的大小关系为________.(2)设a ＝2ln 1.01，b ＝ln 1.02，c ＝ 1.04－1，则a ，b ，c 的大小关系为________.训练3(1)已知a ＝e －0.1－1，b ＝tan(－0.1)，c ＝ln 0.9，则()
A.c >a >b
B.a >b >c
C.b >a >c
D.a >c >b
(2)实数e 3，3π，π3的大小关系为________.
泰勒展开式
1.泰勒公式
若函数f(x)在含有x0的开区间(a，b)内有n＋1阶导数，则当函数在此区间内时，可以展开为一个关于x－x0的多项式和一个余项的和：
f(x)＝f(x
0)＋f′(x
)·(x－x
)＋
f″(x
)
2！
·(x－x
)2＋
f(x
)
3！
·(x－x
)3＋…＋
f(n)(x
)
n！
·(x－x
)n＋R
n
(x).
2.麦克劳林公式
f(x)＝f(0)＋f′(0)x
1！
＋
f″(0)
2！
x2＋…＋
f(n)(0)
n！
·x n＋R
n
(x).
虽然麦克劳林公式是泰勒公式的特殊形式，仅仅是取x0＝0的特殊结果，由于麦克劳林公式使用方便，在高考中经常会涉及.
3.常见的泰勒展开式
在泰勒公式中，令x0＝0，即可得到如下泰勒展开式：
(1)e x＝1＋x＋
x2
2！
＋
x3
3！
＋…＋
x n
n！
＋…；
(2)ln(x＋1)＝x－x2
2
＋
x3
3
＋…＋(－1)n＋1
x n
n
＋…；
(3)sin x＝x－
x3
3！
＋
x5
5！
＋…＋(－1)n－1·
x2n－1
(2n－1)！
＋…；
(4)cos x＝1－
x2
2！
＋
x4
4！
＋…＋(－1)n－1·
x2n－2
(2n－2)！
＋….
例已知a＝31
32
，b＝cos
1
4
，c＝4sin
1
4
，则()
A.c>b>a
B.b>a>c
C.a>b>c
D.a>c>b
训练若a＝ln1－0.010.02，b＝0.02sin0.01，c＝0.01sin0.02，则() A.a＜b＜c B.a＜c＜b
C.b＜c＜a
D.c＜a＜b
类型四：极值点偏移
知识拓展1.极值点不偏移
已知函数f (x )图象的顶点的横坐标就是极值点x 0，若f (x )＝c 的两根的中点刚好满足
x 1＋x 2
2
＝x 0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢相同，如图①.
(无偏移，左右对称，如二次函数)若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＝2x 0.
2.极值点偏移若
x 1＋x 2
2
≠x 0，则极值点偏移，此时函数f (x )在x ＝x 0两侧，函数值变化快慢不同，如图②③.
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2>2x 0；(左缓右陡，极值点向右偏移)若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2<2x 0.
题型一
对称化构造辅助函数
例1已知函数f (x )＝x e －x
.(1)求f (x )的单调区间和极值；
(2)若x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，求证：x 1＋x 2>2.
训练1已知函数f(x)＝x(1－ln x)，若f(x)＝m有两个根x1，x2(x1≠x2)，求证：x1＋x2>2.
题型二比、差值换元构造辅助函数
例2已知函数f(x)＝ln x－ax(x>0)，a为常数，若函数f(x)有两个零点x1，x2(x1≠x2)，求证：x1x2>e2.
训练2已知函数f(x)＝a e x－x，a∈R.若f(x)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
类型五：指、对同构
知识拓展
在解决指对混合不等式时，如恒成立求参数或证明不等式，部分试题是命题者利用函数单
调性构造出来的，如果我们能找到这个函数模型(即不等式两边对应的是同一函数)，无疑大大加快解决问题的速度.找到这个函数模型的方法，我们称为同构法，其实质还是指数、对数恒等式的变换.
(1)五个常见变形：
x e x ＝e
x ＋ln x
，e x x ＝e x －ln x ，x e x ＝e ln x －x ，x ＋ln x ＝ln(x e x )，x －ln x ＝ln e x
x
(2)三种基本模式①积型：a e a
≤b ln b
――→
三种同构方式
a e a ≤(ln
b )e ln b ――→构造f （x ）＝x e x
，a ln e a ≤b ln b ――→构造f （x ）＝x ln x ，
a ＋ln a ≤ln
b ＋ln（ln b ）――→构造f （x ）＝x ＋ln x .②商型：e a
a ＜
b ln b ――→三种同构方式
同左：e a
a ＜e ln b
ln b ――→构造f （x ）＝e x
x ，
同右：e a ln e a
＜b ln b ――→构造f （x ）＝x ln x
，a －ln a ＜ln b －ln（ln b ）――→构造
f （x ）＝x －ln x .③和差型：e a ±a ＞b ±ln b
――→
两种同构方式
a ±a ＞e ln
b ±ln b ――→构造f （x ）＝e x ±x ，a ±ln e a ＞b ±ln b ――→构造f （x ）＝x ±ln x .
题型一积型
例1(1)已知实数α，β满足αe α－3
＝1，β(ln β－1)＝e 4
，其中e 是自然对数的底数，则αβ
的值为________.
(2)设实数m >0，若对任意的x ≥e，不等式x 2
ln
x －m x
m e ≥0恒成立，则m 的最大值为________.
训练1(1)设实数λ>0，对任意的x >1，不等式λe λx ≥ln x 恒成立，则λ的取值范围为________.
(2)已知函数f (x )＝e mx ＋x －x ln x (m ≥0)，设函数f (x )的导函数为f ′(x )，讨论f ′(x )零点的个数.题型二
商型
例2(1)已知函数f (x )＝
ln x
x
，g (x )＝x e －x ，若存在x 1∈(0，＋∞)，x 2∈R ，使得f (x 1)＝g (x 2)＝k (k <0)成立，则21
2)(
x x e x
的最大值为________.(2)已知函数f (x )＝a e x ln x ，g (x )＝x 2＋x ln a ，a >0.设函数h (x )＝g (x )－f (x )，若h (x )>0对任意的
x ∈(0，1)恒成立，则实数a 的取值范围是________.
训练2已知函数f (x )＝ln e ax
－1e
ax
，若不等式f (x )≥ln x －1
x 对x ∈(0，e]恒成立，求a 的取值范围.
题型三和差型
例3已知函数f (x )＝a e x －1－ln x ＋ln a ，若f (x )≥1，求a 的取值范围.
训练3设函数f (x )＝e x －ln(x ＋a )，a ∈R .当x ∈(－a ，＋∞)时，f (x )≥a 恒成立，求a 的最大值.
类型六：指数、对数均值不等式知识拓展对数与指数均值不等式
结论1对任意的a，b＞0(a≠b)，有ab＜
a－b
ln a－ln b
＜
a＋b
2
.
证明不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由ab＜
a－b
ln a－ln b
等价于ln a－ln b＜
a－b
ab
，即ln
a
b
＜
a
b
－1
a
b
.
令x＝a
b
＞1，只要证ln x2＜
x2－1
x
，
即证2x ln x－x2＋1＜0.
令f(x)＝2x ln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝2
x
－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，
f(x)在(1，＋∞)单调递减，即f(x)＜f(1)＝0.
故ab＜
a－b
ln a－ln b
.
其次，
a－b
ln a－ln b
＜
a＋b
2
等价于ln a－ln b＞
2(a－b)
a＋b
，
即ln a
b
＞
1
)1
(2
+
-
b
a
b
a
.
令x＝a
b
＞1，只要证ln x＞
2(x－1)
x＋1
，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，有g(x)＞g(1)＝0.
故
a－b
ln a－ln b
＜
a＋b
2
.
结论2对任意实数m ，n (m ≠n )，有2
2
n m n m n m e e n m e e e
+<--<+证明
在指数均值不等式中，令e m ＝a ，e n ＝b ，则m ＝ln a ，n ＝ln b ，从而可得对数均值不等式.
题型一对数均值不等式的应用
例1已知函数f (x )＝1
x －x ＋a ln x .
(1)讨论f (x )的单调性；
(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：
f (x 1)－f (x 2)
x 1－x 2
＜a －2.
训练1若函数f (x )＝ln x －ax 有两个不同的零点x 1，x 2，证明：x 1x 2＞e 2.(注：此题用对数均值不等式证明)
题型二指数均值不等式
例2已知函数f(x)＝e x－ax(a>1)有两个不同的零点x1，x2，x1<x2，求证：x1＋x2>2.
训练2已知a∈R，函数f(x)＝2ln(x－2)＋a(x－2)2，若函数f(x)的两个相异零点x1，x2，求证：x1x2＋4>2(x1＋x2)＋e.。