高三导数压轴题题型归纳
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x ax x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
(完整版)高三导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x－1x ＋m＝e x x ＋1－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减； 当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
高三导数压轴题题型归纳
---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m＝e x x ＋1－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减； 当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t－ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；---------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
导数压轴题-----题型解法归纳无答案
导数压轴题-----题型解法归纳一、导数在高考中的地位：常作为压轴题来考察，尤其是解答题，至少占到14分；当然在选择题或者是填空题里 也会出现1～2道，因此高考试卷中它占到了20分左右的比重二、导数可以结合考察的知识点：1、数列；2、不等式与方程；3、函数；4、解析几何其中最常见的就是和函数、不等式的结合，解决这类题目的汉族到思想是构造新函数， 利用导数求解单调性，进而证明不等式或者最值又或者是参数的X 围等等。
三、题型归纳：（新题、难题、考察知识点总结）（一）基础题目小试身手1.（不等式、函数的性质）已知函数mx x x f ++=21ln )(（Ⅰ）)(x f 为定义域上的单调函数，XX 数m 的取值X 围；（Ⅱ）当1-=m 时，求函数)(x f 的最大值；（Ⅲ）当1=m 时，且10≤<≤a b ，证明：2)()(34<--<b a b f a f2.（不等式恒成立问题）设函数),10(3231)(223R b a b x a ax x x f ∈<<+-+-=. （Ⅰ）求函数f （x ）的单调区间和极值；（Ⅱ）若对任意的],2,1[++∈a a x 不等式a x f ≤)('恒成立，求a 的取值X 围3．（导数的简单应用）已知函数x x f ln )(=（Ⅰ）若)()()(R a xa x f x F ∈+=，求)(x F 的极大值； （Ⅱ）若kx x f x G -=2)]([)(在定义域内单调递减，求满足此条件的实数k 的取值X 围4.（不等式的证明）已知函数x x x f -+=)1ln()(．(1)求函数)(x f 的单调递减区间；(2)若1->x ，求证：111+-x ≤)1ln(+x ≤x5、（不等式、存在性问题）已知)0,[),ln()(e x x ax x f -∈--=，xx x g )ln()(--=，其中 e 是自然常数，R a ∈（1）讨论1-=a 时, )(x f 的单调性、极值;（2）求证：在（1）的条件下，21)()(+>x g x f （3）是否存在实数a ，使)(x f 的最小值是3，若存在，求出a 的值；若不存在，说明理由。
高三导数压轴题题型归纳
导数压轴题题型归纳1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.例2已知函数f(x)＝x 2＋ax ＋b ，g(x)＝e x (cx ＋d)，若曲线y ＝f(x)和曲线y ＝g(x)都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x+2（2013全国新课标Ⅰ卷） （Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时, ()()f x kg x ≤，求k 的取值范围。
例3已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间； (2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
例4已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（2011全国新课标） （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x >+-，求k 的取值范围。
例5设函数2()1x f x e x ax =---（2010全国新课标）(1)若0a =，求()f x 的单调区间；(2)若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围例6已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e －x. （2009宁夏、海南）(1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6.2. 在解题中常用的有关结论※(1)曲线()y f x =在0x x =处的切线的斜率等于0()f x '，且切线方程为000()()()y f x x x f x '=-+。
导数压轴大题归类 (解析版)
导数压轴大题归类目录重难点题型归纳 1【题型一】恒成立求参 1【题型二】三角函数恒成立型求参 4【题型三】同构双变量绝对值型求参 7【题型四】零点型偏移证明不等式 10【题型五】非对称型零点偏移证明不等式 14【题型六】条件型偏移证明不等式 18【题型七】同构型证明不等式 21【题型八】先放缩型证明不等式 24【题型九】放缩参数型消参证明不等式 26【题型十】凸凹翻转型证明不等式 28【题型十一】切线两边夹型证明不等式 30【题型十二】切线放缩型证明不等式 32【题型十三】构造一元二次根与系数关系型证明不等式 35【题型十四】两根差型证明不等式 38【题型十五】比值代换型证明不等式 41【题型十六】幂指对与三角函数型证明不等式 43【题型十七】不等式证明综合型 46好题演练 50一、重难点题型归纳重难点题型归纳题型一恒成立求参【典例分析】1.已知函数f x =x+2aln x(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)是否存在a∈Z，使得f x >a+2对∀x>1恒成立？若存在，请求出a的最大值；若不存在，请说明理由．【答案】(1)当a≤0时，f x 在0,+∞上单调递减，在上单调递增；当a>0时，f x 在0,2a2a,+∞上单调递增．(2)不存在满足条件的整数a，理由见解析【分析】(1)构造新函数g x =f x ，分a≤0及a>0两种情况，利用导数研究函数的单调性即可求解；(2)将问题进行转化x ln x-x-ax+2a>0，构造新函数并求导，分a≤0和a>0两种情况分别讨论，利用导数研究函数的单调性及最值，整理求解．(1)因为f x =x +2a ln x x >0 ，所以f x =ln x +1+2ax．记g x =f x =ln x +1+2axx >0 ，则g x =1x -2a x 2=x -2ax 2，当a ≤0时，g x >0，即g x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，由g x >0，解得x >2a ，即g x 在2a ,+∞ 上单调递增；由g x <0，解得0<x <2a ，即g x 在0,2a 上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，f x 在0,2a 上单调递减，在2a ,+∞ 上单调递增．(2)假设存在a ∈Z ，使得f x >a +2对任意x >1恒成立，即x ln x -x -ax +2a >0对任意x >1恒成立．令h x =x ln x -x -ax +2a x >1 ，则h x =ln x -a ，当a ≤0且a ∈Z 时，h x >0，则h x 在1,+∞ 上单调递增，若h x >0对任意x >1恒成立，则h 1 =a -1≥0，即a ≥1，矛盾，故舍去；当a >0，且a ∈Z 时，由ln x -a >0得x >e a ；由ln x -a <0得1<x <e a ，所以h x 在1,e a 上单调递减，在e a ,+∞ 上单调递增，所以h x min =h e a =2a -e a ，则令h x min =2a -e a >0即可．令G t =2t -e t t >0 ，则G t =2-e t ，当2-e t >0，即t <ln2时，G t 单调递增；当2-e t <0，即t >ln2时，G t 单调递减，所以G t max =G ln2 =2ln2-2<0，所以不存在a >0且a ∈Z ，使得2a -e a >0成立．综上所述，不存在满足条件的整数a ．【技法指引】恒成立基本思维：①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；【变式演练】1.已知函数f (x )=1+xex ，g (x )=1-ax 2．(1)若函数f (x )和g (x )的图象在x =1处的切线平行，求a 的值；(2)当x ∈[0，1]时，不等式f (x )≤g (x )恒成立，求a 的取值范围．【答案】(1)a =12e (2)-∞,1-2e【分析】(1)分别求出f (x )，g (x )的导数，计算得到f (1)=g (1)，求出a 的值即可；(2)问题转化为h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，求导，对参数分类讨论，通过单调性与最值即可得到结果.(1)f (x )=-x ex，f (1)=-1e ，g (x )=-2ax ，g (1)=-2a ，由题意得：-2a =-1e ，解得：a =12e；(2)令h x =f (x )-g (x )，即h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，h x =-xex +2ax ，①a ≤0时，h x ≤0在x ∈[0，1]的恒成立，所以h x 在[0，1]上单调递减. h x max =h 0 =0,满足条件；②a >0时，hx =-x +2axe x e x =x 2ae x -1 e x，令h x =0，得x 1=0,x 2=ln12a(i )当ln 12a ≤0，即a ≥12时，h x ≥0在x ∈[0，1]的恒成立，仅当x =0时h x =0，所以h x 在[0，1]上单调递增.又h 0 =0，所以h x ≥0在[0，1]上恒成立，不满足条件；(ii )当0<ln 12a <1，即12e <a <12时，当x ∈0,ln 12a时，h x <0，h x 上单调递减，当x ∈ln 12a,1 时，h x >0，h x 上单调递增，又h 0 =0，h 1 =2e -1+a ≤0,得a ≤1-2e，于是有12e <a ≤1-2e .(iii )当ln 12a ≥1，即0<a ≤12e时，x ∈[0，1]时，h x ≤0，h x 上单调递减，. 又h 0 =0，所以h x ≤0对任意x ∈[0，1]的恒成立，满足条件综上可得，a 的取值范围为-∞,1-2e题型二三角函数恒成立型求参【典例分析】1.已知函数f (x )=e x +cos x -2,f (x )为f (x )的导数.(1)当x ≥0时，求f (x )的最小值；(2)当x ≥-π2时，xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)1(2)(-∞,1]【分析】(1)求导得f ′(x )=e x -sin x ，令g x =e x -sin x ，利用导数分析g (x )的单调性，进而可得f (x )的最小值即可．(2)令h (x )=e x +cos x -ax -2，问题转化为当x ≥-π2时，x ⋅h (x )≥0恒成立，分两种情况：当a ≤1时和当a >1时，判断x e x +cos x -ax -2 ≥0是否成立即可．【详解】(1)由题意，f (x )=e x -sin x ，令g (x )=e x -sin x ，则g (x )=e x -cos x ，当x ≥0时，e x ≥1，cos x ≤1，所以g (x )≥0，从而g (x )在[0,+∞)上单调递增，则g (x )的最小值为g (0)=0，故f (x )的最小值0；(2)由已知得当x ≥-π2时，x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，令h x =e x+cos x -ax -2，h x =e x -sin x -a ，①当a ≤1时，若x ≥0时，由(1)可知h x ≥1-a ≥0，∴h x 为增函数，∴h x ≥h 0 =0恒成立，∴x ⋅h x ≥0恒成立，即x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，若x ∈-π2,0 ，令m x =e x -sin x -a 则m x =e x-cos x ，令n x =e x -cos x ，则n x =e x +sin x ，令p x =e x +sin x ，则p x =e x +cos x ，∵在p x 在x ∈-π2,0 内大于零恒成立，∴函数p x 在区间-π2,0 为单调递增，又∵p -π2=e -π2-1<0，p 0 =1，，∴p x 上存在唯一的x 0∈-π2,0 使得p x 0 =0，∴当x ∈-π2,x 0 时，nx <0，此时n x 为减函数，当x ∈x 0,0 时，h x >0，此时n x 为增函数，又∵n -π2=e -π2>0，n 0 =0，∴存在x 1∈-π2,x 0 ，使得n x 1 =0，∴当x ∈-π2,x 1 时，m x >0，m x 为增函数，当x ∈x 1,0 时，mx <0，m x 为减函数，又∵m -π2=e -π2+1-a >0，m 0 =1-a ≥0，∴x ∈-π2,0时，hx >0，则h x 为增函数，∴h x ≤h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 ≥0恒成立，②当a >1时，m (x )=e x -cos x ≥0在[0,+∞)上恒成立，则m x 在[0,+∞)上为增函数，∵m 0 =1-a <0，m (ln (1+a ))=eln (1+a )-sin (ln (1+a ))-a =1-sin (ln (1+a ))≥0，∴存在唯一的x 2∈0,+∞ 使h x 2 =0，∴当0≤x <x 2时，h (x )<0，从而h (x )在0,x 2 上单调递减，∴h x <h 0 =0，∴x e x +cos x -ax -2 <0，与xe x +x cos x -ax 2-2x ≥0矛盾，综上所述，实数a 的取值范围为(-∞,1].【变式演练】1.已知函数f (x )=2x -sin x ．(1)求f (x )的图象在点π2,f π2 处的切线方程；(2)对任意的x ∈0,π2，f (x )≤ax ，求实数a 的取值范围．【答案】(1)2x -y -1=0(2)2-2π,+∞ 【分析】(1)根据导数的几何意义即可求出曲线的切线方程；(2)将原不等式转化为a ≥2-sin x x =h (x )x ∈0,π2，利用二次求导研究函数h (x )的单调性，求出h (x )max 即可.解(1)因为f π2=π-1，所以切点坐标为π2,π-1 ，因为f x =2-cos x ，所以f π2=2，可得所求切线的方程为y -π-1 =2x -π2，即2x -y -1=0．(2)由f x ≤ax ，得2x -sin x ≤ax ，所以a ≥2-sin x x ，其中x ∈0,π2，令h x =2-sin x x ，x ∈0,π2 ，得hx =sin x -cos x x 2，设φx =sin x -x cos x ，x ∈0,π2，则φ x =x sin x >0，所以φx 在0,π2上单调递增，所以φx >φ0 =0，所以h x >0，所以h x 在0,π2上单调递增，h x max =h π2 =2-2πsin π2=2-2π，所以a ≥2-2π，即a 的取值范围为2-2π,+∞ ．题型三同构双变量绝对值型求参【典例分析】1.已知函数f x =a ln x +x 2(a 为实常数).(1)当a =-4时，求函数f x 在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)若a >0，且对任意的x 1,x 2∈1,e ，都有f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2，求实数a 的取值范围.【答案】(1)当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)a ≤1e-2e 2【分析】(1)求导，由导函数判出原函数的单调性，从而求出函数在1,e 上的最大值及相应的x 值；(2)根据单调性对f x 1 -f x 2 ≤1x 1-1x 2转化整理为f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，构造新函数h x =f x +1x在1,e 单调递减，借助导数理解并运用参变分离运算求解.解：(1)当a =-4时，则f x =-4ln x +x 2,fx =2x 2-4x(x >0)，∵当x ∈1,2 时，f x <0.当x ∈2,e 时，f x >0，∴f x 在1,2 上单调递减，在2,e 上单调递增，又∵f e -f 1 =-4+e 2-1=e 2-5>0，故当x =e 时，取到最大值e 2-4(2)当a >0时，f x 在x ∈1,e 上是增函数，函数y =1x在x ∈1,e 上减函数，不妨设1≤x 1≤x 2≤e ，则f x 1 -f x 2 ≤ 1x 1-1x 2可得f x 2 -f x 1 ≤1x 1-1x 2即f x 2 +1x 2≤f x 1 +1x 1，故原题等价于函数h x =f x +1x 在x ∈1,e 时是减函数，∵h 'x =a x +2x -1x 2≤0恒成立，即a ≤1x -2x 2在x ∈1,e 时恒成立.∵y =1x -2x 2在x ∈1,e 时是减函数∴a ≤1e -2e 2.【变式演练】1.已知f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )．(1)讨论f x 的单调性；(2)若a =1，函数g x =x +1-f x ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 恒成立，求实数λ的取值范围．【答案】(1)当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)-∞,12ln2+52【分析】(1)先求出f x 的导数fx =2x 2+x +ax，根据a 的取值范围进行分类讨论即可；(2)当x 1x 2>0，时，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 ⇔g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，去绝对值后，构造函数求解即可.【详解】(1)由已知，f x =x 2+x +a ln x (a ∈R )的定义域为0,+∞ ，fx =2x +1+a x =2x 2+x +ax，①当a ≥0时，f x >0在区间0,+∞ 上恒成立，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；②当a <0时，令f x =0，则2x 2+x +a =0，Δ=1-8a >0，解得x 1=-1-1-8a 4<0(舍)，x 2=-1+1-8a4>0，∴当x ∈0,-1+1-8a4时，2x 2+x +a <0，∴f x <0，∴f x 在区间0,-1+1-8a4上单调递减，当x ∈-1+1-8a4,+∞ 时，2x 2+x +a >0，∴f x >0，∴f x 在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增，综上所述，当a ≥0时，f x 在区间0,+∞ 上单调递增；当a <0时，f x 在区间0,-1+1-8a 4 上单调递减，在区间-1+1-8a4,+∞ 上单调递增.(2)当a =1时，g x =x +1-x 2+x +ln x =-x 2-ln x +1，x ∈0,+∞ ，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，x 1≠x 2，x 1g x 2 -x 2g x 1 >λx 1-x 2 等价于x 1g x 2 -x 2g x 1x 1x 2>λx 1-x 2x 1x 2，即g x 2 x 2-g x 1 x 1 >λ1x 2-1x 1，令h x =g x x ，x ∈0,+∞ ，则h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1恒成立hx =xg x -g x x 2=x -2x -1x --x 2-ln x +1 x 2=ln x -x 2-2x 2，令F x =ln x -x 2-2，x ∈0,+∞ ，则Fx =1x -2x =1-2x 2x，令F x =0，解得x =22，当x ∈0,22时，Fx >0，F x 在区间0,22 单调递增；当x ∈22,+∞ 时，F x <0，F x 在区间22,+∞ 单调递减，∴当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =ln 22-12-2=-12ln2-52<0，∴当x ∈0,+∞ 时，F x =ln x -x 2-2≤-12ln2-52<0，即hx =ln x -x 2-2x2<0，∴h x =g xx在区间0,+∞ 上单调递减，不妨设x 1<x 2，∴∀x 1，x 2∈(0,+∞)，有h x 1 >h x 2 ，又∵y =1x 在区间0,+∞ 上单调递减，∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，有1x 1>1x 2，∴h x 2 -h x 1 >λ1x 2-1x 1等价于h x 1 -h x 2 >λ1x 1-1x 2，∴h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2，设G x =h x -λx，x ∈0,+∞ ，则∀x 1，x 2∈(0,+∞)，且x 1<x 2，h x 1 -λx 1>h x 2 -λx 2等价于G x 1 >G x 2 ，即G x 在(0,+∞)上单调递减，∴G x =h x +λx2≤0，∴λ≤-x 2h x ，∴λ≤-x 2⋅ln x -x 2-2x 2=-F x ，∵当x ∈0,+∞ 时，F x 的最大值为F 22 =-12ln2-52，∴-F x 的最小值为12ln2+52，∴λ≤12ln2+52，综上所述，满足题意的实数λ的取值范围是-∞,12ln2+52.题型四零点型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =x ln x ，g x =ax 2+1．(1)求函数f x 的最小值；(2)若不等式x +1 ln x -2x -1 >m 对任意的x ∈1,+∞ 恒成立，求m 的取值范围；(3)若函数f x 的图象与g x 的图象有A x 1,y 1 ，B x 2,y 2 两个不同的交点，证明：x 1x 2>16．(参考数据：ln2≈0.69，ln5≈1.61)【答案】(1)-1e；(2)-∞，0 ；(3)证明见解析.【分析】(1)先求函数f x 的定义域，然后求导，令f (x )>0，可求单调递增区间；令f (x )<0可求单调递减区间.(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，只需利用二次求导的方法求函数h x 的最小值即可.(3)首先根据题意得出ax 1=ln x 1-1x 1，ax 2=ln x 2-1x 2，从而可构造出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x 2x 1；然后根据(2)的结论可得出x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1>2，即得出ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2成立；再根据基本不等式得到ln x 1x 2-2x 1x 2>1，从而通过构造函数G (x )=ln x -2x 即可证明结论.解：(1)已知函数f (x )=x ln x 的定义域为0，+∞ ，且f (x )=1+ln x ，令f (x )>0，解得x >1e ；令f (x )<0，解得0<x <1e ，所以函数f x 在0,1e 单调递减，在1e,+∞ 单调递增，所以当x =1e 时，f (x )取得最小值-1e．(2)设函数h (x )=(x +1)ln x -2(x -1)(x >1)，则m <h (x )对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.h (x )=ln x +1x-1，设函数ϕ(x )=ln x +1x -1(x >1)，则ϕ (x )=x -1x 2>0，所以ϕ(x )在1,+∞ 上单调递增，所以ϕ(x )>ϕ(1)=0，即h (x )>0，所以h (x )在1,+∞ 上单调递增，所以h (x )>h (1)=0，所以m 的取值范围是-∞，0 .(3)因为函数f x 的图象与g (x )的图象有A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)两个不同的交点，所以关于x 的方程ax 2+1=x ln x ，即ax =ln x -1x有两个不同的实数根x 1，x 2，所以ax 1=ln x 1-1x 1①，ax 2=ln x 2-1x 2②，①+②，得ln (x 1x 2)-x 1+x2x 1x 2=a (x 1+x 2)，②-①，得ln x 2x 1+x 2-x1x 1x 2=a (x 2-x 1)，消a 得，ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2=x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1，由(2)得，当m =0时，(x +1)ln x -2(x -1)>0，即x +1x -1ln x >2对任意的x ∈1,+∞ 恒成立.不妨设x 2>x 1>0，则x 2x 1>1，所以x 1+x 2x 2-x 1ln x2x 1=x 2x 1+1x 2x 1-1lnx 2x 1>2，即ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2>2恒成立.因为ln (x 1x 2)-2(x 1+x 2)x 1x 2<ln (x 1x 2)-2×2x 1x 2x 1x 2=2ln x 1x 2-4x 1x 2，所以2ln x1x2-4x1x2>2，即ln x1x2-2x1x2>1.令函数G(x)=ln x-2x，则G(x)在0,+∞上单调递增.又G(4)=ln4-12=2ln2-12≈0.88<1，G(5)=ln5-25≈1.21>1，所以当G(x1x2)>1时，x1x2>4，即x1x2>16，所以原不等式得证.【变式演练】1.已知函数f(x)=12x2+ln x-2x．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)设函数g(x)=e x+12x2-(4+a)x+ln x-f(x)，若函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，证明：x1 +x2<2ln(a+2)．【答案】(1)f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间(2)证明见解析【分析】(1)求得函数的导数f (x)=x+1x-2，结合基本不等式求得f (x)≥0恒成立，即可求解；(2)由y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，转化为(a+2)=e xx有两个根，设I(x)=e xx，利用导数求得最大值I(1)=e，得到a>e-2，转化为x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1，转化为2ln t-t+1t <0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t，结合导数求得函数的单调性，即可求解.【解析】(1)解：由函数f(x)=12x2+ln x-2x定义域为(0,+∞)，且f (x)=x+1x-2，因为x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x=1x时，即x=1时，等号成立，所以f (x)≥0恒成立，所以f x 在(0,+∞)单调递增，故函数f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无单调减区间．(2)解：由函数g(x)=e x-(a+2)x,(x>0)，因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1,x2，所以e x=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=e xx有两个不同的根，设I(x)=e xx，可得I(x)=e x(x-1)x2，当x∈(0,1)时，I (x)<0；当x∈(1,+∞)时，I (x)>0，所以y=I(x)在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，当x=1时，函数y=I(x)取得最小值，最小值为I(1)=e，所以a+2>e，即a>e-2，由e x1=(a+2)x1e x2=(a+2)x2，可得x1=ln(a+2)+ln x1x2=ln(a+2)+ln x2，即x1-x2=ln x1-ln x2x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2，所以x1-x2ln x1-ln x2=1x1+x2=2ln(a+2)+ln x1x2 ，不妨设x1>x2，要证x1+x2<2ln(a+2)，只需证明x1x2<1即可，即证x1x2<x1-x2ln x1-ln x2，只需证明：lnx1x2<x1x2-x2x1，设x1x2=t(t>1)，即证：2ln t-t+1t<0恒成立，设h(t)=2ln t-t+1t,t>1，可得h (t)=2t-1t2-1=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以y=h(t)在(1,+∞)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，故x1x2<1恒成立，所以x1+x2<2ln(a+2)．题型五非对称型零点偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =a ln x-x a∈R.(1)求函数y=f x 的单调区间；(2)若函数y=f x 在其定义域内有两个不同的零点，求实数a的取值范围；(3)若0<x1<x2，且x1ln x1=x2ln x2=a，证明：x1ln x1<2x2-x1.【答案】(1)当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞；当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞.(2)a>e(3)证明见解析【分析】(1)先求定义域，然后对a进行分类讨论，求解不同情况下的单调区间；(2)在第一问的基础上，讨论实数a的取值，保证函数有两个不同的零点，根据函数单调性及极值列出不等式，求出a>e时满足题意，再证明充分性即可；(3)设x2=tx1，对题干条件变形，构造函数对不等式进行证明.解：(1)函数f x 定义域为0,+∞，∵f x =a ln x-x a∈R，∴f x =ax -1=a-xx①当a≤0时，f x <0在0,+∞上恒成立，即函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，f x =0，解得x=a，当x∈0,a时，f x >0，∴函数y=f x 的单调递增区间为0,a，当x∈a,+∞时，f x <0,∴函数y=f x 的单调递减区间为a,+∞，综上可知：①当a≤0时，函数y=f x 的单调递减区间为0,+∞;②当a>0时，函数y=f x 的单调递增区间为0,a，单调递减区间为a,+∞;(2)由(1)知，当a≤0时，函数y=f x 在0,+∞上单调递减，∴函数y=f x 至多有一个零点，不符合题意，当a>0时，函数y=f x 在0,a上单调递增，在a,+∞上单调递减，∴f(x)max=f a =a ln a-a，又函数y=f x 有两个零点，∴f a =a ln a-a=a ln a-1>0,∴a>e又f1 =-1<0,∴∃x1∈1,a，使得f x1=0，又f a2=a ln a2-a2=a2ln a-a，设g a =2ln a-a,g a =2a-1=2-aa∵a>e,∴g a <0∴函数g a 在e,+∞上单调递减，∴g a max=g e =2-e<0，∴∃x2∈a,a2，使得f x2=0，综上可知，a>e为所求.(3)依题意，x1,x20<x1<x2是函数y=f x 的两个零点，设x2=tx1，因为x2>x1>0⇒t>1，∵a=x1ln x1=x2ln x2=tx1ln x1+ln t，∴ln x1=ln tt-1，ax1=1ln x1=t-1ln t不等式x1ln x1<2x2-x1⇔x1ln x1<2tx1-x1⇔1ln x1<2t-1⇔t-1ln t<2t-1，∵t>1，所证不等式即2t ln t-ln t-t+1>0设h t =2t ln t-ln t-t+1,∴h t =2ln t+2-1t-1,h t =2t+1t2>0，∴h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h 1 =0，所以h t 在1,+∞上是增函数，且h t >h1 =0，即2t ln t-ln t-t+1>0，从而所证不等式成立.【变式演练】1.函数f x =ln x-ax2+1.(1)若a=1，求函数y=f2x-1在x=1处的切线；(2)若函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，(i)求实数a的取值范围；(ii)证明：x22-x1<-a2+a+1a2.【答案】(1)y=-2x-1；(2)(i)0<a<e2；(ii)证明见解析.【分析】(1)先设g x =f2x-1，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；(2)(i)根据题中条件，得到方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，对g x 求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；(ii)先由题中条件，得到ln x2-ln x1x2-x1=a x2+x1，令h t =ln t-2t-1t+1，t>1，证明ln t>2t-1t+1对任意的t>1恒成立；得出ln x2-ln x1x2-x1>2x2+x1；进一步推出x2+x1>2e；得到x22-x1<x22+x2-1，因此只需证明x22+x2≤1a2+1a即可，即证x2≤1a，即证f x2≥f1a，即证0≥f1a ，即证ln 1a≤1a-1成立；构造函数证明ln1a≤1a-1成立即可.【详解】(1)设g x =f2x-1=ln2x-1-2x-12+1，∴g x =22x-1-42x-1，∴g 1 =-2，且g1 =0，∴切线方程：y=-2x-1.(2)(i)由f x =ln x-ax2+1可得定义域为0,+∞，因为函数y=f x 有两个零点x1，x2，且x1<x2，所以方程ln x-ax2+1=0有两不等实根，即方程ln x+1x2=a有两不等实根，令g x =ln x+1x2，则g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，因为g x =1x⋅x2-ln x+1⋅2xx4=-1-2ln xx3，由g x >0得0<x<e-12；由g x <0得x>e-12，所以g x =ln x+1x2在0,e-12上单调递增，在e-12,+∞上单调递减；因此g x max=g e-1 2=-12+1e-1=e2，又当0<x<1e时，ln x+1<0，即g x =ln x+1x2<0；当x>1e时，ln x+1>0，即g x =ln x+1x2>0，所以为使g x =ln x+1x2的图象与直线y=a有两不同交点，只需0<a<e2；即实数a的取值范围为0<a<e 2；(ii)由(i)可知，x1与x2是方程ln x-ax2+1=0的两根，则ln x1-ax12+1=0ln x2-ax22+1=0，两式作差可得ln x2-ln x1=a x22-x12，因为0<x 1<x 2，所以x 2x 1>1，则ln x 2-ln x 1x 2-x 1=a x 2+x 1 ；令h t =ln t -2t -1 t +1=ln t +4t +1-2，t >1，则ht =1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0对任意的t >1恒成立，所以h t 在t ∈1,+∞ 上单调递增，因此h t >h 1 =0，即ln t >2t -1t +1对任意的t >1恒成立；令t =x 2x 1，则ln x 2x 1>2x2x 1-1 x 2x 1+1=2x 2-x 1 x 2+x 1，所以ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，因此a x 2+x 1 =ln x 2-ln x 1x 2-x 1>2x 2+x 1，所以x 2+x 1 2>2a >4e ，则x 2+x 1>2e ；∴x 22-x 1<x 22+x 2-2e<x 22+x 2-1，因此，要证x 22-x 1<-a 2+a +1a 2=1a 2+1a -1，只需证x 22+x 2≤1a2+1a ，因为二次函数y =x 2+x 在0,+∞ 单调递增，因此只需证x 2≤1a ，即证f x 2 ≥f 1a，即证0≥f 1a ，即证ln 1a ≤1a -1成立；令u (x )=ln x -x +1，x >0，则u (x )=1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，u (x )>0，即u (x )单调递增；当x ∈1,+∞ 时，u (x )<0，即u (x )单调递减；所以u (x )≤u (1)=0，所以ln x ≤x -1，因此ln 1a ≤1a -1，所以结论得证.题型六条件型偏移证明不等式【典例分析】1.已知函数f x =ln x +axx，a ∈R .(1)若a =0，求f x 的最大值；(2)若0<a <1，求证：f x 有且只有一个零点；(3)设0<m <n 且m n =n m ，求证：m +n >2e.【答案】(1)1e(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】(1)由a =0，得到f x =ln x x ，求导f x =1-ln xx 2，然后得到函数的单调性求解；(2)求导fx =1x +a x -ln x -ax x 2=1-ln x x 2，结合(1)的结论，根据0<a <1，分x >e ，0<x <e ，利用零点存在定理证明；(3)根据m n =n m 等价于ln m m =ln n n ，由(1)知f x =ln xx的单调性，得到0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，用导数法得到g x 在0,e 上单调递增，则ln xx<ln 2e -x 2e -x ，0<x <e ，再结合0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，利用f x 在e ,+∞ 上单调递减求解.(1)解：由题知：若a =0，f x =ln xx，其定义域为0,+∞ ，所以f x =1-ln xx2，由fx =0，得x =e ，所以当0<x <e 时，f x >0；当x >e 时，f x <0，所以f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，所以f x max =f e =1e；(2)由题知：f x =1x +a x -ln x -axx 2=1-ln xx 2，由(1)知，f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，因为0<a <1，当x >e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx>a >0，则f x 在e ,+∞ 无零点，当0<x <e 时，f x =ln x +ax x =a +ln xx，又因为f 1e =a -e <0且f e =a +1e>0，所以f x 在0,e 上有且只有一个零点，所以，f x 有且只有一个零点.(3)因为m n =n m 等价于ln m m =ln nn，由(1)知：若a =0，f x =ln xx，且f x 在0,e 上单调递增，在e ,+∞ 上单调递减，且0<m <n ，所以0<m <e ，n >e ，即0<m <e <n ，令g x =2e -x ln x -x ln 2e -x ，0<x <e ，所以g x =-ln x +2e -x x -ln 2e -x +x2e -x ，=-ln x 2e -x +2e -x x +x2e -x ，=-ln x -e 2+e 2 +2e -x x +x2e -x>-ln e 2+2=0，所以g x 在0,e 上单调递增，g x <g e =0，所以ln x x <ln 2e -x 2e -x，0<x <e ，又因为0<m <e <n 且ln m m =ln nn ，所以ln n n =ln mm <ln 2e -m 2e -m ，又因为n >e ，2e -m >e ，且f x 在e ,+∞ 上单调递减，所以n >2e -m ，即m +n >2e.【变式演练】1.已知函数f x =2ln x +x 2+a -1 x -a ，(a ∈R )，当x ≥1时，f (x )≥0恒成立．(1)求实数a 的取值范围；(2)若正实数x 1、x 2(x 1≠x 2)满足f (x 1)+f (x 2)=0，证明：x 1+x 2>2．【答案】(1)-3,+∞ ；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求出导函数f x ，分类讨论当a ≥-3和a <-3两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合x ≥1时，f (x )≥0恒成立，从而得出实数a 的取值范围；(2)不妨设x 1<x 2，由f (x 1)+f (x 2)=0得出f (x 2)=-f (x 1)，从而可知只要证明-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，构造新函数g (x )=f (x )+f (2-x )，求出g(x )=4(x -1)3x (x -2)，利用导数研究函数的单调性得出g (x )在区间(0,1)上单调增函数，进而可知当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，从而即可证明x 1+x 2>2.(1)解：根据题意，可知f x 的定义域为0,+∞ ，而f (x )=2x+2x +(a -1)，当a ≥-3时，f (x )=2x+2x +(a -1)≥a +3≥0，f 1 =0，∴f (x )为单调递增函数，∴当x ≥1时，f (x )≥0成立；当a <-3时，存在大于1的实数m ，使得f (m )=0，∴当1<x <m 时，f (x )<0成立，∴f (x )在区间(1,m )上单调递减，∴当1<x <m 时，f (x )<f 1 =0；∴a <-3不可能成立，所以a ≥-3，即a 的取值范围为-3,+∞ .(2)证明：不妨设x 1<x 2，∵正实数x 1、x 2满足f (x 1)+f (x 2)=0，有(1)可知，0<x 1<1<x 2，又∵f (x )为单调递增函数，所以x 1+x 2>2⇔x 2>2-x 1⇔f (x 2)>f (2-x 1)，又∵f (x 1)+f (x 2)=0⇔f (x 2)=-f (x 1)，所以只要证明：-f (x 1)>f (2-x 1)⇔f (x 1)+f (2-x 1)<0，设g (x )=f (x )+f (2-x )，则g (x )=2[ln x +ln (2-x )+x 2-2x +1]，可得g(x )=4(x -1)3x (x -2)，∴当0<x <1时，g (x )>0成立，∴g (x )在区间(0,1)上单调增函数，又∵g 1 =0，∴当0<x <1时，g (x )<0成立，即f (x )+f (2-x )<0，所以不等式f (x 1)+f (2-x 1)<0成立，所以x 1+x 2>2.题型七同构型证明不等式【典例分析】1.材料：在现行的数学分析教材中，对“初等函数”给出了确切的定义，即由常数和基本初等函数经过有限次的四则运算及有限次的复合步骤所构成的，且能用一个式子表示的.如函数f x =x x x >0 ，我们可以作变形：f x =x x =e ln x x =e x ⋅ln x =e t t =x ln x ，所以f x 可看作是由函数f t=e t 和g x =x ln x 复合而成的，即f x =x x x >0 为初等函数，根据以上材料：(1)直接写出初等函数f x =x x x >0 极值点(2)对于初等函数h x =x x 2x >0 ，有且仅有两个不相等实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足：h x 1 =h x 2 =e k .(i )求k 的取值范围.(ii )求证：x e 2-2e 2≤e-e 2x 1(注：题中e 为自然对数的底数，即e =2.71828⋯)【答案】(1)极小值点为x =1e ，无极大值点(2)(i )k ∈-12e,0 ；(ii )证明见解析【分析】(1)根据材料中的信息可求得极小值点为x =1e；(2)(i )将问题转化为求函数的最小值问题，同时要注意考查边界；(ii )通过换元，将问题转化为求函数的最值问题，从而获得证明.解：(1)极小值点为x =1e，无极大值点.(2)由题意得：x x 211=x x 222=e k 即x 21ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m x =x 2ln x -k 在0,+∞ 内有两个零点.则m x =x 1+2ln x 当x ∈0,e-12时，mx <0，m x 单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，m x >0，m x 单调递增.若m x 有两个零点，则必有m e -12<0.解得：k >-12e若k ≥0，当0<x <e-12时，m x =x 2ln x -k ≤x 2ln x <0，无法保证m x 有两个零点.若-12e<k <0，又m e 1k>0，m e -12 <0，m 1 =-k >0故∃x 1∈e 1k ,e-12使得m x 1 =0，∃x 2∈e -12,1 使得m x 2 =0.综上：k ∈-12e ,0(ii )设t =x 2x 1，则t ∈1,+∞ .将t =x 2x 1代入x 21ln x 1=x 22ln x 2可得：ln x 1=t 2ln t 1-t 2，ln x 2=ln t 1-t 2(*)欲证：x e 2-2e2≤e -e 2x 1，需证：ln x e 2-2e2≤ln e -e 2x 1即证：ln x 1+e 2-2e ln x 2≤-e 2.将(*)代入，则有t 2+e 2-2e ln t 1-t 2≤-e2则只需证明：x +e 2-2e ln x1-x ≤-e x >1 即ln x ≥e x -1 x +e 2-2ex >1 .构造函数φx =x -1ln x -x e -e +2，则φ x =ln x -x -1xln 2x -1e ，φ x =x +1 2x -1 x +1-ln xx 2ln 3xx >1 (其中φ x 为φx 的导函数)令ωx =2x -1 x +1-ln x x >1 则ωx =-x -1 2x x +1 2<0所以ωx <ω1 =0则φ x <0.因此φ x 在1,+∞ 内单调递减.又φ e =0，当x ∈1,e 时，φ x >0，φx 单调递增；当x ∈e ,+∞ 时，φ x <0，φx 单调递减.所以φx =x -1ln x -x e -e +2≤φe =0，因此有x -1ln x -xe ≤e -2即ln x ≥e x -1x +e 2-2ex >1 .综上所述，命题得证.【变式演练】1.已知函数f x =e ax x ，g x =ln x +2x +1x，其中a ∈R .(1)试讨论函数f x 的单调性；(2)若a =2，证明：xf (x )≥g (x ).【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，求出f x ，分别讨论a >0，a =0，a <0时不等式f x >0和fx <0的解集即可得单调递增区间和单调递减区间，即可求解；(2)g x 的定义域为0,+∞ ，不等式等价于xe 2x ≥ln x +2x +1，e ln x +2x ≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，利用导数判断单调性和最值即可求证.解：(1)f x 的定义域为(-∞,0)∪(0,+∞)，由f x =e ax x 可得：f x =ae ax ⋅x -e ax ⋅1x 2=e ax (ax -1)x 2，当a >0时，令f x >0，解得x >1a ；令f x <0，解得x <0或0<x <1a；此时f x 在1a ,+∞上单调递增，在-∞,0 和0,1a上单调递减：当a =0时，f (x )=1x，此时f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，令f x >0，解得x <1a ，令f x <0，解得1a<x <0或x >0，此时f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a,0 和(0,+∞)上单调递减：综上所述：当a >0时，f x 在1a ,+∞ 上单调递增，在(-∞,0)和0,1a上单调递减；当a =0时，f x 在(-∞,0)和(0,+∞)上单调递减；当a <0时，f x 在-∞,1a 上单调递增，在1a ,0 和(0,+∞)上单调递减.(2)因为a =2，g x =ln x +2x +1x的定义域为0,+∞ ，所以xf (x )≥g (x )即xe 2x ≥ln x +2x +1，即证：e ln x ⋅e 2x =e ln x +2x≥ln x +2x +1，令t =ln x +2x ∈R ，只需证e t ≥t +1，令h t =e t -t -1，则h t =e t-1，令h t >0，解得：t >0；h t <0，解得t <0；所以h t 在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增；所以h t ≥h 0 =e 0-0-1=0，所以e t ≥t +1，所以e ln x +2x ≥ln x +2x +1，即xf (x )≥g (x )成立.题型八先放缩型证明不等式【典例分析】1.设函数f x =a ln x +1x-1a ∈R ．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当x ∈0,1 时，证明：x 2+x -1x-1<e x ln x ．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)证明见解析.【分析】(1)求得f x =ax -1x2，分a ≤0、a >0两种情况讨论，分析导数f x 在0,+∞ 上的符号变化，由此可得出函数f x 的增区间和减区间；(2)由(1)可得出ln x >1-1x，要证原不等式成立，先证e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，构造函数h x =e x -x +1 2，利用导数分析函数h x 在0,1 上的单调性，由此可证得e x <x +1 2对任意的x ∈0,1 恒成立，即可证得原不等式成立.(1)解：f x 的定义域为0,+∞ ，则f x =a x -1x 2=ax -1x2，当a ≤0时，fx ≤0在0,+∞ 恒成立，则函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，当x ∈0,1a 时，f x <0；当x ∈1a ,+∞ 时，f x >0.则函数f x 的单调减区间为0,1a，单调增区间为1a ,+∞ .综上所述，当a ≤0时,函数f x 的单调减区间为0,+∞ ，没有增区间：当a >0时，函数f x 的单调减区间为0,1a ，单调增区间为1a,+∞ .(2)证明：由(1)可知当a =1时，f x 的单调减区间为0,1 ，单调增区间为1,+∞ ；当x =1时，f x 取极小值f 1 =0，所以f x ≥f 1 =0，当x ∈0,1 时，即有ln x +1x -1>0，所以ln x >1-1x，所以要证x 2+x -1x -1<e x ln x ，只需证x 2+x -1x -1<e x 1-1x ，整理得e x ⋅x -1x>x +1 2x -1x，又因为x ∈0,1 ，所以只需证e x <x +1 2，令h x =e x -x +1 2，则h x =e x -2x +1 ，令H x =h x =e x -2x +1 ，则H x =e x -2，令H x =e x -2=0，得x =ln2，当0<x <ln2时，H x <0，H x 单调递减，当ln2<x <1时，H x >0，H x 单调递增，所以H x min =H ln2 =e ln2-2ln2+1 =-2ln2<0，又H 0 =e 0-2=-1<0，H 1 =e -4<0，所以在x ∈0,1 时，H x =h x <0恒成立，所以h x 在0,1 上单调递减，所以h x <h 0 =0，即h x =e x -x +1 2<0，即e x <x +1 2成立，即得证．【变式演练】1.已知函数f x =ae x -2-ln x +ln a .(1)若曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为y =32x -1，求a 的值；(2)若a ≥e ，证明：f x ≥2.【答案】(1)a =2(2)证明见解析【分析】(1)由f 2 =32,可得a 的值，再验证切点坐标也满足条件；(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2也即证e x -1-ln x -1≥0，设g x =e x -1-ln x -1，求出导数分析其单调性，得出其最值可证明.解：(1)f x =ae x -2-1x ，则f 2 =ae 2-2-12=a -12=32,解得a =2又f 2 =32×2-1=2，f 2 =ae 2-2-ln2+ln a =2，可得a =2综上a =2(2)由a ≥e ，e x -2>0知要证f x =ae x -2-ln x +ln a ≥2即证e ⋅e x -2-ln x +ln e =e x -1-ln x +1≥2也即证e x -1-ln x -1≥0。
高中数学补习教案----导数压轴题7大题型归类总结
导数压轴题7大题型归类总结，逆袭140+一、导数单调性、极值、最值的直接应用涉及本单元的题目一般以选择题、填空题的形式考查导数的几何意义，定积分，定积分的几何意义，利用图象判断函数的极值点，利用导数研究函数的单调性、极值、最值等.1.利用导数研究函数的单调性(1)首先确定所研究函数的定义域，然后对函数进行求导，最后在定义域内根据f′(x)＞0 ，则函数单调递增，f′(x)＜0，则函数单调递减的原则确定函数的单调性.(2)利用导数确定函数的单调区间后，可以确定函数的图象的变化趋势.2.利用导数研究函数的极值、最值(1)对函数在定义域内进行求导，令f′(x)=0，解得满足条件的x i(i=1,2…)，判断x=x i处左、右导函数的正负情况，若“左正右负”，则该点处存在极值且为极大值；若“左负右正”，则该点处存在极值且为极小值；若左、右符号相同，则该点处不存在极值.(2)利用导数判断函数y=f(x)的最值通常是在给定闭区间[a,b]内进行考查，利用导数先求出给定区间内存在的所有极值点x i(i=1,2…)，并计算端点处的函数值，最后进行比较，取最大的为最大值；最小的为最小值，即max{f(a),f(b),f(x i)}，min{f(a),f(b),f(x i)}.(3)注意函数单调性与极值、最值之间的联系.导数值为零的点的左、右两端的单调性对其极值情况的影响，单调性对函数最值的影响，都要注意结合函数的图象进行分析研究.(4)注意极值与最值之间的联系与区别，极值是函数的“局部概念”，最值是函数的“整体概念”，函数的极值不一定是最值，函数的最值也不一定是极值.要注意利用函数的单调性及函数图象直观研究确定.2.定积分及其应用(1)简单定积分的计算，能够把被积函数变为幂函数、正弦函数、余弦函数、指数函数与常数的和或差，利用定积分的性质把所求的定积分化为若干个定积分的和或差，然后分别用求导公式求出F(x)，使得F′(x)=f(x)，利用牛顿-莱布尼兹公式求出各个定积分的值，最后求得结果.(2)微积分基本定理的应用：能够根据给出的图象情况，建立简单的积分计算式子，求值计算.理解微积分基本定理的几何意义：曲线与轴围成的曲边多边形的面积，可以通过对该曲线表示的函数解析式在给定区间内求其积分而得到.其一般步骤是：画出图形，确定图形的范围，通过解方程组求出交点的横坐标，定出积分的上、下限；确定被积函数，特别是注意分清被积函数的上、下位置；写出平面图形面积的定积分的表达式；运用微积分基本定理计算定积分，求出平面图形的面积.（2017高考新课标Ⅱ，理11）若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-l)e x-1的极值点，则f(x)的极小值为()A．-1B．-2e-3C．5e-3D．1【答案】A【解析】由题可得f′(x)=(2x+a)e x-1+(x2+ax-l)e x-1=[x2+(a+2)x+a-1]e x-1，因为f′(-2)=0，所以a=-1，f(x)=(x2-x-1)e x-1，故f′(x)=(x2+x-2)e x-1，令f′(x)＞0，解得x＜-2或x＞1，所以f(x)在(-∞,-2),(1,+∞)上单调递增，在(-2,1)上单调递减，所以f(x)的极小值为f(1)=(1-1-1)e1-1=-1，故选A．【名师点睛】（1）可导函数y＝f(x)在点x0处取得极值的充要条件是f ′(x0)＝0，且在x0左侧与右侧f ′(x)的符号不同；（2）若f(x)在(a，b)内有极值，那么f(x)在(a，b)内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．(2015高考新课标Ⅰ，理12)设函数f(x)=e x(2x-1)-ax+a ,其中a＜1，若存在唯一的整数x0，使得f(x0)＜0，则a的取值范围是()B．C．D．.(2016高考新课标II，理16)若直线y=kx+b是曲线y=ln x+2的切线，也是曲线y=ln(x+1)的切线，则b=______.（2016高考新课标III，理15）已知f(x)为偶函数，当x＜0时，f(x)=ln(-x)+3x,则曲线y=f(x)在点（1,−3）处的切线方程是______.二、交点与根的分布三、不等式证明（一）做差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式（三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用（二）恒成立之分离参数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用六、导数应用题七、导数与三角函数的结合补充练习题：6.（2018，全国1）7.（2018，,全国2）8.（2018，全国3）。
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考数学导数压轴题7大题型总结
目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的,几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调,极值，极值点,最值，恒成立等等。
导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。
掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得.为了帮助大家复习,今天就总结倒数7大题型,让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。
1导数单调性、极值、最值的直接应用
2交点与根的分布
3不等式证明
（一）做差证明不等式
（二)变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4不等式恒成立求字母范围
(一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
(三）恒成立之讨论字母范围
5函数与导数性质的综合运用
6导数应用题
7导数结合三角函数。
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值； （2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式 （二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数 （三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84） 七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x . )(x g '的变化情况如下表：所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g . (2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='= 曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--. 令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x ax x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222 所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值. 解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
(完整word版)高考数学导数压轴题7大题型总结
高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。
导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数。
高考化学导数压轴大题7大题型梳理归纳
高考化学导数压轴大题7大题型梳理归纳高考化学中常出现的一个考点就是导数的计算。
在导数题型中，有许多题型都是常规题型，只要熟练掌握计算方法，就能轻松解决。
为了帮助同学们熟悉和掌握导数的计算方法，本文将对高考化学导数压轴大题7大题型进行梳理和归纳。
1. 用导数计算函数的极值这种类型问题是考查导数的应用，要求求出函数的极值，主要是求导数为零的点。
这种题型的计算方法比较简单，只需要求出函数的导数，令其为0，然后解方程得到导数为零的点，最后带入原函数求出对应函数值即可。
2. 用导数计算函数的单调性这种类型问题是考查导数与函数单调性的关系，要求求出函数的单调区间。
这种题型的计算方法也比较简单，只需要求出函数的导数，然后根据导数的正负确定函数的单调性。
3. 函数的凹凸性这种类型问题是考查函数凹凸性与导数的关系，要求求出函数的凹凸区间。
这种题型的计算方法较为复杂，需要先求出函数的二次导函数，然后根据二次导数的正负确定函数的凹凸性。
4. 极值相关问题这种类型问题是考查函数极值与导数的关系，要求求出函数的极值、最值等。
这种题型的计算方法与第一种题型类似，也是求出函数的导数，只不过需要进一步判断最值的情况。
5. 形状相关问题这种类型问题是考查函数的整体形状与导数的关系，要求求出函数的拐点、点的曲率等相关信息。
这种题型的计算方法需要求出函数的二次导数，然后根据二次导数的正负确定相关信息。
6. 参数方程导数这种类型问题是考查对参数方程进行求导的能力，要求求出参数方程的切线、法线等相关信息。
这种题型的计算方法相对较为简单，只需要对参数方程中每一项分别求导即可。
7. 高阶导数这种类型问题是考查高阶导数与其他信息的关系，要求求出函数的高阶导数。
这种题型的计算方法比较复杂，需要先求出函数的所有导数，然后根据高阶导数的性质进行推导。
以上便是高考化学导数压轴大题7大题型的梳理和归纳，希望对同学们备战高考有所帮助。
导数压轴题题型归纳及处理技巧
导数压轴题题型归纳及处理技巧以下是 8 条关于导数压轴题题型归纳及处理技巧的内容：1. 哎呀，导数压轴题里有一种常见的题型就是求最值问题呀！就像在登山的时候，要找到那最高的山峰！比如函数y=x³-3x²+5，你能快速找到它的最值吗？2. 嘿，还有判断函数单调性的题型呢！这就像开汽车，要清楚什么时候加速什么时候减速。
像函数 f(x)=xlnx，你能判断它的单调性吗？3. 哇塞，导数里那种恒成立问题也很让人头疼啊！就好比要让一个球一直保持在一个固定的位置。
比如f(x)≥a 在某个区间恒成立，这可得好好琢磨琢磨怎么处理哦！像函数 f(x)=e^x+x，若f(x)≥kx 恒成立，你能搞定吗？4. 哦哟，导数压轴题里的不等式证明可不好惹呢！就像是要跨过一条很难跨的沟。
比如要证明某个不等式成立，怎么把导数的知识用上呀？比如 x>0 时，证明 e^x>1+x，你知道怎么下手吗？5. 嘿呀，有一种题型是利用导数求曲线的切线方程呢！这就像在给一条曲线画上漂亮的切线。
比如给定曲线y=x²，在某点处的切线怎么求呢，你会吗？6. 哇哦，那些与极值点有关的题型也挺有趣的嘛！就如同在一群小朋友里找到那个最特别的。
比如给定一个函数，怎么去找它的极值点呢？像函数g(x)=x³-3x，它的极值点在哪儿呀？7. 哈哈，还有根据导数信息画函数图象的题型呢！这可像是根据描述去画一幅神秘的画。
比如知道了导数的一些情况，那函数图象大概长啥样呢？你能想象出来吗？8. 哎呀呀，最后还有一类是把导数和其他知识综合起来的题型呢！这就像把不同的拼图块拼成一幅完整的画。
比如和数列结合起来，那可真是够有挑战性呢！像这样的综合题，你能勇敢挑战吗？我觉得导数压轴题虽然难，但只要掌握了这些题型和处理技巧，多练习多总结，就一定能攻克它！。
高考导数压轴题型归类总结
导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（二）变形构造函数证明不等式 （三）替换构造不等式证明不等式四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+⑷ln ,0x x x e x <<>.一、导数单调性、极值、最值的直接应用1. （切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P 处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x ax x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <. 又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.2. （2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率； ⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。
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导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2013全国新课标Ⅱ卷）(1)设x ＝0是f(x)的极值点，求m ，并讨论f(x)的单调性； (2)当m≤2时，证明f(x)>0.(1)解 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x－1x ＋m＝e x x ＋1－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋22>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减； 当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t －ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝1＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2012全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。
（1）1211()(1)(0)()(1)(0)2x x f x f e f x x f x f e f x --'''=-+⇒=-+令1x =得：(0)1f =1211()(1)(0)(1)1(1)2x f x f e x x f f e f e --'''=-+⇒==⇔= 得：21()()()12xx f x e x x g x f x e x '=-+⇒==-+ ()10()xg x e y g x '=+>⇒=在x R ∈上单调递增 ()0(0)0,()0(0)0f x f x f x f x ''''>=⇔><=⇔<得：()f x 的解析式为21()2xf x e x x =-+且单调递增区间为(0,)+∞，单调递减区间为(,0)-∞（2）21()()(1)02xf x x ax b h x e a x b ≥++⇔=-+-≥得()(1)x h x e a '=-+①当10a +≤时，()0()h x y h x '>⇒=在x R ∈上单调递增 x →-∞时，()h x →-∞与()0h x ≥矛盾②当10a +>时，()0ln(1),()0ln(1)h x x a h x x a ''>⇔>+<⇔<+ 得：当ln(1)x a =+时，min ()(1)(1)ln(1)0h x a a a b =+-++-≥22(1)(1)(1)ln(1)(10)a b a a a a +≤+-+++> 令22()ln (0)F x x x x x =->；则()(12ln )F x x x '=-()00()0F x x F x x ''>⇔<<<⇔>当x =max ()2eF x =当1,a b ==(1)a b +的最大值为2e例3已知函数ln ()1a x bf x x x=++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=。
（2011全国新课标） （Ⅰ）求a 、b 的值；（Ⅱ）如果当0x >，且1x ≠时，ln ()1x kf x x x>+-，求k 的取值范围。
解（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x x α+-=-+ 由于直线230x y +-=的斜率为12-， 且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩解得1a =，1b =。
（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()1x x x x =++，所以 22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--。
考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >，则22(1)(1)2'()k x x h x x -++=。
(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知，当1x ≠时，'()0h x <，h(x)递减。
而(1)0h =故当(0,1)x ∈时， ()0h x >，可得21()01h x x >-； 当x ∈（1，+∞）时，h （x ）<0，可得211x - h （x ）>0 从而当x>0,且x ≠1时，f （x ）-（1ln -x x +x k ）>0，即f （x ）>1ln -x x （ii ）设0<k<1.由于2(1)(1)2k x x -++=2(1)21k x x k -++-的图像开口向下，且244(1)0k ∆=-->，对称轴x=111k >-.当x ∈（1，k -11）时，（k-1）（x 2 +1）+2x>0,故'h (x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈（1，k -11）时，h （x ）>0，可得211x-h （x ）<0,与题设矛盾。
（iii ）设k ≥1.此时212x x +≥，2(1)(1)20k x x -++>⇒'h （x ）>0,而h （1）=0，故当x ∈ （1，+∞）时，h （x ）>0，可得211x- h （x ）<0,与题设矛盾。
综合得，k 的取值范围为（-∞，0]例4已知函数f(x)＝(x 3+3x 2+ax+b)e －x . （2009宁夏、海南）(1)若a ＝b ＝－3,求f(x)的单调区间;(2)若f(x)在(－∞,α),(2,β)单调增加,在(α,2),(β,+∞)单调减少,证明β－α＞6. 解: (1)当a ＝b ＝－3时,f(x)＝(x 3+3x 2－3x －3)e －x ,故f′(x)＝－(x 3+3x 2－3x －3)e －x +(3x 2+6x －3)e －x ＝－e －x (x 3－9x)＝－x(x －3)(x+3)e －x .当x ＜－3或0＜x ＜3时,f′(x)＞0;当－3＜x ＜0或x ＞3时,f′(x)＜0. 从而f(x)在(－∞,－3),(0,3)单调增加,在(－3,0),(3,+∞)单调减少.(2)f′(x)＝－(x 3+3x 2+ax+b)e －x +(3x 2+6x+a)e －x ＝－e －x ［x 3+(a －6)x+b －a ］. 由条件得f′(2)＝0,即23+2(a －6)+b －a ＝0,故b ＝4－a.从而f′(x)＝－e －x ［x 3+(a －6)x+4－2a ］.因为f′(α)＝f′(β)＝0,所以x 3+(a －6)x+4－2a ＝(x －2)(x －α)(x －β)＝(x －2)［x 2－(α+β)x+αβ］. 将右边展开,与左边比较系数,得α+β＝－2,αβ＝a －2.故a 4124)(2-=-+=-αβαβαβ.又(β－2)(α－2)＜0，即αβ－2(α+β)+4＜0.由此可得a ＜－6. 于是β－α＞6.2. 在解题中常用的有关结论※3. 题型归纳①导数切线、定义、单调性、极值、最值、的直接应用（构造函数，最值定位）（分类讨论，区间划分）（极值比较）（零点存在性定理应用）（二阶导转换）例1（切线）设函数a x x f -=2)(. （1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.例2（最值问题，两边分求）已知函数1()ln 1af x x ax x-=-+-()a ∈R . ⑴当12a ≤时，讨论()f x 的单调性； ⑵设2()2 4.g x x bx =-+当14a =时，若对任意1(0,2)x ∈，存在[]21,2x ∈，使12()()f x g x ≥，求实数b 取值范围.②交点与根的分布例3（切线交点）已知函数()()323,f x ax bx x a b R =+-∈在点()()1,1f 处的切线方程为20y +=．⑴求函数()f x 的解析式；⑵若对于区间[]2,2-上任意两个自变量的值12,x x 都有()()12f x f x c -≤，求实数c 的最小值；⑶若过点()()2,2M m m ≠可作曲线()y f x =的三条切线，求实数m 的取值范围．例4（综合应用）已知函数.23)32ln()(2x x x f -+=⑴求f (x )在[0,1]上的极值；⑵若对任意0]3)(ln[|ln |],31,61[>+'+-∈x x f x a x 不等式成立，求实数a 的取值范围；⑶若关于x 的方程b x x f +-=2)(在[0，1]上恰有两个不同的实根，求实数b 的取值范围.③不等式证明例5 (变形构造法)已知函数1)(+=x ax ϕ，a 为正常数． ⑴若)(ln )(x x x f ϕ+=，且a 29=，求函数)(x f 的单调增区间；⑵在⑴中当0=a 时，函数)(x f y =的图象上任意不同的两点()11,y x A ，()22,y x B ，线段AB 的中点为),(00y x C ，记直线AB 的斜率为k ，试证明：)(0x f k '>．⑶若)(ln )(x x x g ϕ+=，且对任意的(]2,0,21∈x x ，21x x ≠，都有1)()(1212-<--x x x g x g ，求a 的取值范围．例6 (高次处理证明不等式、取对数技巧)已知函数)0)(ln()(2>=a ax x x f .（1）若2)('x x f ≤对任意的0>x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）当1=a 时，设函数x x f x g )()(=，若1),1,1(,2121<+∈x x e x x ，求证42121)(x x x x +<例7（绝对值处理）已知函数c bx ax x x f +++=23)(的图象经过坐标原点，且在1=x 处取得极大值．（I ）求实数a 的取值范围；（II ）若方程9)32()(2+-=a x f 恰好有两个不同的根，求)(x f 的解析式；（III ）对于（II ）中的函数)(x f ，对任意R ∈βα、，求证：81|)sin 2()sin 2(|≤-βαf f ． 例8（等价变形）已知函数x ax x f ln 1)(--=()a ∈R ．（Ⅰ）讨论函数)(x f 在定义域内的极值点的个数；（Ⅱ）若函数)(x f 在1=x 处取得极值，对x ∀∈),0(+∞,2)(-≥bx x f 恒成立，求实数b 的取值范围；（Ⅲ）当20e y x <<<且e x ≠时，试比较xyx y ln 1ln 1--与的大小． 例9（前后问联系法证明不等式）已知217()ln ,()(0)22f x x g x x mx m ==++<，直线l与函数(),()f x g x 的图像都相切，且与函数()f x 的图像的切点的横坐标为1。