变换视角解几个导数题_厉倩
最近三年高考压轴题系列--导数题思路分析及考题总结
最近三年高考压轴题系列---导数思路分析及考题总结经历过高考的学生或者现在还在高中奋斗的学子应该都知道高考数学中有一个拦路虎般存在的难点，它就是导数，很多人可以说是谈导数色变，基本上碰见导数的题目也就是第一问简单写写然后就放弃了。
那么导数真的那么难吗？真的不可搞定吗？当然不是！！！题目之所以难，在于不可控！难在不确定！你不知道导数到底有多少种考法？多少种问法？每一种是怎么回事？有几种方法？每一种的方法是什么？方法之间的区别是什么？在短时间内该怎么去甄别用那种方法？这些问题你都不知道，你当然会恐惧。
那么接下来这个问题老秦帮你解决！下面是我总结导数在文科和理科层面上的考点及模型。
如下图！这个是文科的，内容相对简单！下面是理科的后续小编会逐一为大家分享，敬请期待！今天咱们先来谈一谈高考中考的最多的一种-----参数取值范围类问题！这类问题主要有下面四种方法。
第一：数形结合法------直线+曲线（例题：2019年新课标Ⅰ）这类方法核心，曲线中不含参数，参数在直线上，且直线过定点！第二：变换主元法（例题：2018年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于多个参数，其中一个参数的范围确定，且单调性易求，简单而言，谁有范围，谁为自变量，求谁，谁为参数！第三：含参分类讨论法（例题：2017年新课标Ⅰ）这类方法核心，主要在于无法分离参数，且整体单调性讨论起来比较容易分类！第四：分离参数法----隐零点问题（例题：2019年郑州三模）这类方法核心，参数易分离，且分离后单调性讨论起来不难，而且导函数零点要么可以搞定，要么出现隐零点！2019年新课标Ⅰ文科------数形结合法（直线+曲线）已知函数f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，f′（x）为f（x）的导数．（1）证明：f′（x）在区间（0，π）存在唯一零点；（2）若x∈[0，π]时，f（x）≥ax，求a的取值范围．解：（1）证明：∵f（x）＝2sin x﹣x cos x﹣x，∴f′（x）＝2cos x﹣cos x+x sin x﹣1＝cos x+x sin x﹣1，令g（x）＝cos x+x sin x﹣1，则g′（x）＝﹣sin x+sin x+x cos x＝x cos x，当x∈（0，）时，x cos x＞0，当x时，x cos x＜0，∴当x＝时，极大值为g（）＝＞0，又g（0）＝0，g（π）＝﹣2，∴g（x）在（0，π）上有唯一零点，即f′（x）在（0，π）上有唯一零点；（2）由（1）知，f′（x）在（0，π）上有唯一零点x0，使得f′（x0）＝0，且f′（x）在（0，x0）为正，在（x0，π）为负，∴f（x）在[0，x0]递增，在[x0，π]递减，结合f（0）＝0，f（π）＝0，可知f（x）在[0，π]上非负，令h（x）＝ax，∵f（x）≥h（x），根据f（x）和h（x）的图象可知，∴a≤0，∴a的取值范围是（﹣∞，0]．2018年新课标Ⅰ文科----变换主元法已知函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．（1）设x＝2是f（x）的极值点，求a，并求f（x）的单调区间；（2）证明：当a≥时，f（x）≥0．解：（1）∵函数f（x）＝ae x﹣lnx﹣1．∴x＞0，f′（x）＝ae x﹣，∵x＝2是f（x）的极值点，∴f′（2）＝ae2﹣＝0，解得a＝，∴f（x）＝e x﹣lnx﹣1，∴f′（x）＝，当0＜x＜2时，f′（x）＜0，当x＞2时，f′（x）＞0，∴f（x）在（0，2）单调递减，在（2，+∞）单调递增．（2）证明：当a≥时，f（x）≥﹣lnx﹣1，设g（x）＝﹣lnx﹣1，则﹣，由﹣＝0，得x＝1，当0＜x＜1时，g′（x）＜0，当x＞1时，g′（x）＞0，∴x＝1是g（x）的最小值点，故当x＞0时，g（x）≥g（1）＝0，∴当a≥时，f（x）≥0．2017年新课标Ⅰ文科----含参讨论法已知函数f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x．（1）讨论f（x）的单调性；（2）若f（x）≥0，求a的取值范围．解：（1）f（x）＝e x（e x﹣a）﹣a2x＝e2x﹣e x a﹣a2x，∴f′（x）＝2e2x﹣ae x﹣a2＝（2e x+a）（e x﹣a），①当a＝0时，f′（x）＞0恒成立，∴f（x）在R上单调递增，②当a＞0时，2e x+a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝lna，当x＜lna时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞lna时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，③当a＜0时，e x﹣a＞0，令f′（x）＝0，解得x＝ln（﹣），当x＜ln（﹣）时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，当x＞ln（﹣）时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，综上所述，当a＝0时，f（x）在R上单调递增，当a＞0时，f（x）在（﹣∞，lna）上单调递减，在（lna，+∞）上单调递增，当a＜0时，f（x）在（﹣∞，ln（﹣））上单调递减，在（ln（﹣），+∞）上单调递增，（2）①当a＝0时，f（x）＝e2x＞0恒成立，②当a＞0时，由（1）可得f（x）min＝f（lna）＝﹣a2lna≥0，∴lna≤0，∴0＜a≤1，③当a＜0时，由（1）可得：f（x）min＝f（ln（﹣））＝﹣a2ln（﹣）≥0，∴ln（﹣）≤，∴﹣2≤a＜0，综上所述a的取值范围为[﹣2，1]2019年郑州三模------分离参数法（隐零点问题）设函数f（x）＝ae x﹣x，g（x）＝blnx．（Ⅰ）设h（x）＝f（x）+g（x），函数h（x）在（1，h（1））处切线方程为y＝2x﹣1，求a，b的值；（Ⅱ）若a＝1，k为整数，当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0成立，求k的最大值．解：（Ⅰ）h（x）＝f（x）+g（x）＝ae x+blnx﹣x，，由题意可知，解得，b＝1；（Ⅱ）当x＞0时，（x﹣k）f'（x）+x+1＞0等价于．设，则，令R（x）＝e x﹣x﹣2，则R'（x）＝e x﹣1．当x＞0时，R'（x）＞0恒成立，R（x）在（0，+∞）上单调递增，又R（1）＜0，R（2）＞0，∴R（x）在（0，+∞）上有唯一零点x0，且x0∈（1，2），．∴F（x）单减区间为（0，x0），单增区间为（x0，+∞），∴F（x）在（0，+∞）的最小值为．∴k＜F（x0），故k max＝2．看完以后大家发现，其实各种方法也许都能搞定，但是区别在于是否能够在短时间内搞定，所以我经常和学生说，导数难的不是方法，而是对方法的选择，尤其是短时间内找到合适的方法。
1.1.1和1.1.2变化率问题、导数的概念课件人教新课标1
【解析】(1)自变量x从1变到2时，函数f(x)=2x+1的函数值的
增量为Δy=5-3=2，故增量之比是2.
答案：2
(2)函数f(x)=x2在x=1处的瞬时变化率是 lim f (1 x) f (1)
x0
x
lim (1 x)2 12 lim (2 x) 2.
x0
x
x0
答案：2
(3)函数y=f(x)= 1 在x=-1处的导数可表示为f′(-1)或
【微思考】
(1)函数f(x)在区间[x1，x2]上的平均变化率的大小与曲线 y=f(x)在区间[x1，x2]上的“峻峭”程度有什么关系？ 提示：平均变化率的绝对值越大，曲线y=f(x)在区间[x1，x2]
上越“峻峭”，反之亦然. (2)平均变化率可以是零吗？ 举例说明. 提示：可以是零，如函数f(x)=a(a为常数).
Δx趋于0的距离要多近有多近，即|Δx-0|可以小于给定的任
意小的正数，且始终Δx≠0.
3.对导数概念的两点说明
(若1)当xy 的Δ极x≠限0不时存，在比，值则xyf的 (x极)在限点存x在0处，不则可f导(x或)在无点导x数0处.可导；
(2)在点x=x0处的导数的定义可变形为f′(x0)=
lim f (x0 x) f (x0 )
取定值，x1取不同的数值时，函数的平均变化率也是不同的.
特别地，当函数f(x)为常数函数时，Δy=0，则 y =0.
x
2.对平均变化率的三点说明 (1)y=f(x)在区间[x1，x2]上的平均变化率是曲线y=f(x)在 区间[x1，x2]上峻峭程度的“数量化”，曲线峻峭程度是平 均变化率的“视觉化”． (2)平均变化率的几何意义就是函数y=f(x)图象上两点P1(x1，
导数问题命题特点及破解技巧
导数问题命题特点及破解技巧导数是函数的局部性质，一个函数在某一点的导数描述了这个函数在这一点附近的变化率。
如果函数的自变量和取值都是实数的话，函数在某一点的导数就是该函数所代表的曲线在这一点上的切线斜率，导数的本质是通过极限的概念对函数进行局部的线性逼近。
标签：导数特点方法规律破解导数是微积分中的重要基础概念，有是高中数学的新增内容之一，在高中阶段的引入意义深远，利用导数既可从更深的角度来研究函数性质，又可更广泛地联系其他学科，体现数学学科的基础性。
从近几年高考来看，该部分高考命题有以下特点：从内容上看，考查导数主要有三个层次：①导数的概念、求导公式与法则、导数的几何意义;②导数的简单应用，包括求函数极值、求函数的单调区间、证明函数的单调性等;③导数的综合考查，包括导数的应用题以及导数与函数、不等式等的综合题.从特点上看，高考对导数的考查有时单独考查，有时在知识交汇处考查，常常将导数与函数、不等式、方程、数列、解析几何等结合在一起考查.从形式上看，考查导数的试题有选择题、填空题、解答题，有时三种题型会同时出现.考点一导数的运算及几何意义例1、直线是曲线y= 的一条切线，则实数b=破解设切点坐标为（x0，y0），则= = ，所以x0=2，y0= ，又切点也在直线y= x+b上，则b= -1.[方法规律]求曲线y= 的切线方程的类型及方法.（1）已知切点P（x0，y0），求切线方程;（2）已知切线的斜率k，求切线方程;（3）已知切线上一点（非切点），求切线方程.考点二利用导数研究函数的单调性例2、设函数= + ，其中a为常数.（1）若，求曲线y= 在点（1，）处的切线方程;（2）讨论函数的单调性.破解（1）由题意知时，此时= .可得= ，又f（1）=0，所以曲线y= 在（1，f（1））处的切线方程为x-2y-1=0.（2）函数的定义域为（0，+∞）.当a≥0时，，函数在（0，+∞）上单调递增.当a<0时，令g（x）= ，由于Δ= ，①当a=- 时，Δ=0，，函数在（0，+∞）上单调递减②当a<- 时，Δ<0，g（x）<0，，函数在（0，+∞）上单调递减.③当- 0时，Δ . 设是函数的两个零点，所以x∈（0，x1）时，<0，<0，函数单调递减;x∈（x1，x2）时，>0，>0，函数单调递增;x∈（x2，+∞）时，<0，<0，函数单调递减.综上可得：当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增;当a≤- 时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减;当时，在，上单调递减，在上单调递增.[方法规律]利用导数研究函数单调性的一般步骤（1）确定函数的定义域.（2）求导数.（3）①若求单调区间（或证明单调性），只需在函数的定义域内解（或证明）不等式>0或<0即可;②若已知的单调性，则转化为不等式≥0或≤0在单调区间上恒成立问题求解.考点三利用导数研究函数的极值与最值例3、已知函数的导函数为偶函数，且曲线在点（0，（0））处的切线的斜率为4-c.（1）确定a，b的值;（2）若c=3，判断的单调性;（3）若有极值，求c的取值范围.破解（1）对求导得，由为偶函数，知= ，所以a=b.又f′（0）=2 +2b-c=4-c 故a=1，b=1.（2）当c=3时，f（x）=e2x-e-2x-3x，那么=2e2x+2e-2x-3≥2 -3=1>0，故在R上为增函数.（3）由（1）知=2e2x+2e-2x-c，而2e2x+2e-2x≥2 =4，当x=0时等号成立下面分三种情况进行讨论.当c<4时，对任意x∈R，=2e2x+2e-2x-c>0，此时无极值;当c=4时，对任意x≠0 =2e2x+2e-2x-4>0，此时无极值;当c>4时，令e2x=t，注意到方程2t+ -c=0有两根t1，2= >0，即=0有两个根x1= lnt1或x2= lnt2.当时，<0;又当时，>0，从而在处取得极小值.综上，若有极值，则c的取值范围为（4，+∞）.[方法规律]（1）求函数y= 在某个区间上的极值的步骤：第一步：求导数;第二步：求方程=0的根x0;第三步：检查在左、右的符号（2）导数值为0的点不一定是函数的极值点，它是函数在该点取得极值的必要而不充分条件.（3）求函数在区间[ ，b]上的最大值与最小值的步骤：第一步：求函数在区间（，b）内的极值（极大值或极小值）;第二步：将的各极值与，进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.考点四定积分及应用（理）例4直线y=4x与曲线y=x3在第一象限内围成的封闭图形的面积为A.2B.4C.2D.4破解首先求出两曲线的交点，画出图形，确定出被积函数，再用积分求出面积.令4x=x3，解得x=0或x=±2，∴S=错误！（4x-x3）= =8-4=4，故选D.[方法规律]（1）求函数在某个区间上的定积分，关键是求出满足的原函数，要正确应用定积分的性质，正确运用求导运算与求原函数的运算互为逆运算的关系.如果被积函数为分段函数，那么需要根据公式= + 分别求得每段区间的积分，再求和.（2）求两曲线围成的平面图形面积的一般步骤：作图象（找到所求平面图形），求交点（确定积分上、下限），用定积分表示所求的面积，再利用微积分基本定理求定积分.。
高中数学第三章变化率与导数3.3计算导数省公开课一等奖新优质课获奖课件
解由f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,令x=2-x,得f(2-x)=2f(x)-(2-x)2+8(2-x)-8,
即2f(x)-f(2-x)=x2+4x-4,
联立f(x)=2f(2-x)-x2+8x-8,得f(x)=x2,
∴f'(x)=2x,f'(2)=4,即所求切线斜率为4,
有误,关键是不能熟练掌握和应用导数公式,故需加强记忆,求导问
题先要对函数式进行合理变形,再套用求导公式求解.
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探究一
探究二
探究三
思维辨析
解析:因为(cos x)'=-sin x,所以①错误;
π
2
2
,而
'=0,所以②错误;
4
2
2
1
-2
-3
'=(x
)'=-2x
,所以③错误;
2
1
1
1 -3
1
2
1
3
-2 1 -2
所以切线方程为 y- =- (x-a),
2
3 -1
易得切线在 x 轴、y 轴上的截距分别为 3a, 2 ,
2
1
3 -1
所以切线与两坐标轴围成的三角形的面积为 S=2×3a×2 2
=
9 1
2=18, ∴a=64.
4
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探究一
探究二
探究三
思维辨析
反思感悟导数综合应用解题策略
探究二
探究三
思维辨析
探究三
导数的应用
1
-2
1
-2
【例 3】 若曲线 y= 在点(a, )处的切线与两坐标轴围成的
解二元导数问题的一把利剑——比值换元
解二元导数问题的一把利剑——比值换元ʏ山东省枣庄二中 龙如玉在近几年的高考或模拟试卷中,二元变量问题常作为压轴的导数题出现㊂求解此类问题,多是通过类比㊁联想㊁抽象㊁概括等手段,构建出适当的函数,化二元问题为一元问题,并在此基础上利用函数的性质使原问题获解㊂解题的关键是如何将二元问题化为一元问题,其中先构造比值再换元是最常见的方法之一,下面举例说明㊂例1 (2021年高考新课标Ⅰ卷)已知函数f (x )=x (1-l n x )㊂(1)讨论f (x )的单调性;(2)设a ,b 为两个不相等的正数,且b l n a -a l n b =a -b ,证明:2<1a +1b<e㊂分析:(1)求出函数的导数,判断其符号可得到函数的单调区间㊂(2)设1a =x 1,1b=x 2,原不等式等价于2<x 1+x 2<e ,前者可构建新函数,利用极值点偏移可证,后者可设x 2=t x 1,从而把x 1+x 2<e 转化为(t -1)l n (t +1)-t l n t <0在(1,+ɕ)上恒成立问题,利用导数可证明该结论成立㊂解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+ɕ),并且f '(x )=1-l n x -1=-l n x ㊂当x ɪ(0,1)时,f '(x )>0;当x ɪ(1,+ɕ)时,f '(x )<0㊂故f (x )的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+ɕ)㊂(2)因b l n a -a l n b =a -b ,故b (l n a +1)=a (l n b +1),即l n a +1a =l n b +1b,也即f1a =f1b㊂设1a =x 1,1b=x 2,由(1)可知不妨设0<x 1<1,x 2>1㊂当x ɪ(0,1)时,f (x )=x (1-l n x )>0;当x ɪ(e ,+ɕ)时,f (x )=x (1-l n x )<0㊂故1<x 2<e㊂先证x 1+x 2>2㊂若x 2ȡ2,则x 1+x 2>2必成立㊂若x 2<2,要证x 1+x 2>2,即证x 1>2-x 2㊂而0<2-x 2<1,故即证f (x 1)>f (2-x 2),也即证f (x 2)>f (2-x 2),其中1<x 2<2㊂设g (x )=f (x )-f (2-x ),1<x <2㊂则g '(x )=f '(x )+f '(2-x )=-l n x -l n (2-x )=-l n x (2-x )㊂因为1<x <2,所以0<x (2-x )<1,-l n x (2-x )>0,故g '(x )>0,g (x )在(1,2)上为增函数,g (x )>g (1)=0㊂因此,f (x )>f (2-x ),即f (x 2)>f (2-x 2)成立,故x 1+x 2>2成立㊂综上,x 1+x 2>2成立㊂设x 2x 1=t ,即x 2=t x 1,则t >1㊂结合l n a +1a =l n b +1b ,1a =x 1,1b =x 2,可得x 1(1-l n x 1)=x 2(1-l n x 2)㊂整理得1-l n x 1=t (1-l n t -l n x 1)㊂故l n x 1=t -1-t l n tt -1㊂①要证x 1+x 2<e ,即证(t +1)x 1<e,也即证l n (t +1)+l n x 1<1㊂将①式代入得l n (t +1)+t -1-t l n tt -1<1,即证(t -1)l n (t +1)-t l n t <0㊂令S (t )=(t -1)l n (t +1)-t l n t ,t >1㊂则S '(t )=l n (t +1)+t -1t +1-1-l n t =l n 1+1t-2t +1㊂先证明不等式l n (x +1)ɤx 成立㊂设u (x )=l n (x +1)-x ,则u '(x )=33解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月1x +1-1=-xx +1㊂当-1<x <0时,u '(x )>0;当x >0时,u '(x )<0㊂故u (x )在(-1,0)上为增函数,在(0,+ɕ)上为减函数,u (x )m a x =u (0)=0㊂因此,l n (x +1)ɤx 成立㊂由上述不等式可得,当t >1时,l n 1+1tɤ1t <2t +1,故S '(t )<0恒成立,S (t )在(1,+ɕ)上为减函数㊂因此,S (t )<S (1)=0㊂故(t -1)l n (t +1)-t l n t <0成立,即x 1+x 2<e 成立㊂综上所述,2<1a +1b<e㊂例2 (江苏省南通市2024届高三上学期10月质量监测试题)已知函数f (x )=x 2-x -a l n x 存在两个极值点x 1,x 2,且x 1<x 2㊂(1)求a 的取值范围;(2)若f (x 2)-f (x 1)<m x 1x 2,求m 的最小值㊂分析:(1)对f (x )求导得f '(x )=2x 2-x -a x ,由题意知方程2x 2-x -a =0在区间(0,+ɕ)内有两个不等根,从而列出不等式组即可求解㊂(2)将不等式f (x 2)-f (x 1)<m x 1x 2变形为m >f (x 2)-f (x 1)x 1x 2,结合(1)中分析知a =-2x 1x 2,x 1+x 2=12,0<x 1<x 2,从而可以通过化简计算得到f (x 2)-f (x 1)x 1x 2=x 1x 2-x 2x 1-2l n x 1x 2,构造函数g (t )=t -1t-2l n t (0<t <1),从而即可进一步求解㊂解:(1)函数f (x )的定义域为(0,+ɕ),且f '(x )=2x 2-x -ax㊂因为函数f (x )存在两个极值点x 1,x 2,并且x 1<x 2,所以方程2x 2-x -a =0在区间(0,+ɕ)内有两个不等根㊂因此,Δ=1+8a >0,x 1+x 2=12>0,x 1x 2=-a2>0㊂解得-18<a <0㊂所以a 的取值范围为-18,0㊂(2)由(1)知x 1x 2=-a2>0,即a =-2x 1x 2㊂故f (x 2)-f (x 1)<m x 1x 2可化为m >f (x 2)-f (x 1)x 1x 2㊂因为x 1+x 2=12,0<x 1<x 2,所以0<x 1<14,14<x 2<12㊂因此,f (x 2)-f (x 1)x 1x 2=x 22-x 2-a l n x 2-x 21+x 1+a l n x 1x 1x 2=(x 2-x 1)(x 2+x 1-1)-2x 1x 2l nx 1x 2x 1x 2=(x 2-x 1)ˑ12-1-2x 1x 2l n x 1x 2x 1x 2=12(x 1-x 2)-2x 1x 2l n x 1x 2x 1x 2=(x 1-x 2)(x 1+x 2)x 1x 2-2l nx 1x 2=x 1x 2-x 2x 1-2l n x 1x 2㊂令t =x 1x 2,t =12-x 2x 2=12x 2-1ɪ(0,1)㊂设g (t )=t -1t-2l n t (0<t <1),则g '(t )=1+1t 2-2t =(t -1)2t2>0,函数g (t )在(0,1)上单调递增㊂因为g (1)=0,所以g (t )<0㊂因此,若m >f (x 2)-f (x 1)x 1x 2恒成立,则43 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月m ȡ0,即实数m 的最小值为0㊂例3 (杭州市2024届高三上学期11月期中数学试题)已知a ɪR ,函数f (x )=ax+l n x ,g (x )=a x -l n x -2㊂(1)当f (x )与g (x )都存在极小值,且极小值之和为0时,求实数a 的值;(2)若f (x 1)=f (x 2)=2(x 1ʂx 2),求证:1x 1+1x 2>2a㊂分析:(1)分别对f (x ),g (x )求导,讨论a ɤ0和a >0,得出f (x )和g (x )的单调性,即可求出f (x ),g (x )的极小值,从而得出答案㊂(2)令m =1x 1,n =1x 2,由f (x 1)=f (x 2)=2(x 1ʂx 2)可得1a =m -n l n m -l n n ,要证1x 1+1x 2>2a ,不妨设0<n <m ,只需证l n mn>2(m -n )m +n㊂令t =m n (t >1),h (t )=l n t -2(t -1)t +1(t >1),对h (t )求导,得出h (t )的单调性,即可证明㊂解:(1)f (x ),g (x )的定义域均为(0,+ɕ),f '(x )=-a x 2+1x =-a +xx 2㊂当a ɤ0时,f '(x )>0,f (x )在(0,+ɕ)上单调递增,无极值,与题意不符㊂当a >0时,令f '(x )=0,解得x =a ㊂所以f (x )在(0,a )上单调递减,在(a ,+ɕ)上单调递增,在x =a 处取极小值,且f (a )=1+l n a ㊂又g '(x )=a -1x,当a ɤ0时,g '(x )<0,g (x )在(0,+ɕ)上单调递减,无极值,与题意不符㊂当a >0时,令g '(x )=0,解得x =1a㊂所以g (x )在0,1a上单调递减,在1a,+ɕ上单调递增㊂故在x =1a 处取极小值,且g 1a=-1+l n a ㊂由题意得1+l n a +(-1+l n a )=0,解得a =1㊂(2)令m =1x 1,n =1x 2,因为x 1ʂx 2,所以m ʂn ㊂由f (x 1)=f (x 2)=2(x 1ʂx 2)可得:a x 1+l n x 1=2,ax 2+l n x 2=2⇒a m -l n m =2,①a n -l n n =2㊂②①-②得a (m -n )=l n m -l n n ,所以1a =m -nl n m -l n n㊂要证1x 1+1x 2>2a ,只要证m +n >2a,即证m +n >2m -nl n m -l n n㊂不妨设0<n <m ,所以需证l nmn>2(m -n )m +n ,即证l n m n >2mn-1mn+1㊂令t =m n (t >1),需证l n t >2(t -1)t +1(t >1)㊂令h (t )=l n t -2(t -1)t +1(t >1),h '(t )=1t -2(t +1)-2(t -1)(t +1)2=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0㊂所以h (t )在(1,+ɕ)上单调递增㊂因此,h (t )>h (1)=0,l n t >2(t -1)t +1(t >1)成立,故1x 1+1x 2>2a成立㊂点评:上述三个例子的题型结构都是含有两个变量的复杂不等式证明问题,解答方法是通过比值换元,引入新变量,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式,方便问题解决㊂(责任编辑 徐利杰)53解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月。
22年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析(新高考卷)
2022年导数压轴真题解法荟萃与命题原理分析（新高考版）新高考1卷压轴与同构视角下的多变量问题函数同构问题是当下的一个热门问题，2022，2020,的导数问题就可以从同构角度构造恒成立.同构问题常见于指对混合函数的恒成立或零点问题中，重在观察和变形，所以技巧性较强.当然这类指对混合函数的恒成立也可用其他方法完成，在这里学习同构，更多的是提升观察与思维能力.一．基本原理解决指对混合不等式时，常规的方法计算复杂，则将不等式变形为()()f g x f h x >⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦的结构，()f x 即为外层函数，其单调性易于研究.常见变形方式：①ln x x x xe e +=；②ln x x xe ex -=；③ln x x x x e e -=；④()ln ln x x x xe +=；⑤ln ln xe x x x-=.答题思路；1.直接变形：（1）积型：b b ae aln ≤⇒()ln ln a bx a e b ef x xe ⋅≤⋅⇒=（同左）；ln ln a a e e b b ⇒⋅≤⋅()ln f x x x ⇒=（同右）；⇒()ln ln ln ln a a b b +≤+⇒()ln f x x x =+（取对数）.说明：取对数是最快捷的，而且同构出的函数，其单调性一看便知.（2）商型：b b a e a ln <⇒ln ln a b e e a b <()xe f x x⇒=（同左）；ln ln a a e b e b ⇒<⇒xxx f ln )(=（同右）；⇒)ln(ln ln ln b b a a -<-⇒x x x f ln )(-=（取对数）.（3）和差型：b b a e a ln ±>±⇒ln ln a b e a e b ±>±⇒x e x f x±=)(（同左）；ln ln a a e e b b ⇒±>+⇒x x x f ln )(±=（同右）.2.先凑再变形：若式子无法直接进行变形同构，往往需要凑常数、凑参数或凑变量，如两边同乘以x ，同加上x 等，再用上述方式变形.常见的有：①x ae axln >ln ax axe x x ⇒>；②[]ln 1ln()ln (1)1ln ln(1)1x xx a e a ax a a e a x e a x a->--⇒>--⇒->--ln ln(1)ln ln(1)1ln(1)x a x e x a x x e x --⇒+->-+-=+-；③ln ln ln log (ln )ln ln x x a x a a xa x e x a e x x a>⇒>⇒>二．典例分析例.（2022全国新高考1卷）已知函数()e =-xf x ax 和()lng x ax x =-有相同的最小值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.解析：（1）()e '=-xf x a ，()1g x a x'=-①0a 时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在R 上单调递增，即()f x 没有最小值.该类情况应舍去.②0a >时，()f x '在(),ln a -∞上小于0，在()ln ,a +∞上大于0，所以()f x 在(),ln a -∞上单调递减，在()ln ,a +∞上单调递增，所以()f x 在ln x a =处有最小值为()ln ln f a a a a =-，所以()g x '在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上小于0，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上大于0，所以()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()g x 在1x a =处有最小值为11ln g a a ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为()x f x e ax =-和()ln g x ax x =-有相同的最小值.所以有()1ln ln 1ln f a a a a g a a ⎛⎫=-==+⎪⎝⎭，即ln 1ln a a a a -=+因为0a >，所以上式等价于1ln 01a a a --=+，令()()1ln 01x h x x x x -=->+，则()()22101x h x x x +'=>+恒成立，所以()h x 在()0,+∞上单调递增又因为()()10h h a ==且0a >，所以1a =.（2）证明：由（1）()e =-xf x x ，()lng x x x =-，且()f x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，()g x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，且()()min min 1f x g x ==.①1b <时，此时()()min min 1f x g x b ==>，显然y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有0个交点，不符合题意；②1b =时，此时()()min min 1f x g x b ===，y b =与两条曲线()y f x =和()y g x =共有2个交点，交点的横坐标分别为0和1；③1b >时，首先，证明y b =与曲线()y f x =有2个交点：即证明()()F x f x b =-有2个零点，()()1xF x f x e ''==-，所以()F x 在(),0-∞上单调递减，在()0,+∞上单调递增，又因为()e0--=>bF b ，()010F b =-<，()e 20=->b F b b ，（令()e 2=-bt b b ，则()e 20'=->bt b ，()()1e 20>=->t b t ）所以明()()F x f x b =-在(),0-∞上存在且只存在1个零点，设为1x ，在()0,+∞上存在且只存在1个零点，设为2x .其次，证明y b =与曲线和有2个交点：即证明()()G x g x b =-有2个零点，()()11G x g x x''==-，所以()G x 在()0,1上单调递减，在()1,+∞上单调递增，又因为()ee0--=>bbG ，()010G b =-<，()2ln 20G b b b =->，（令()ln 2b b b μ=-，则()110b bμ'=->，()()11ln 20b μμ>=->）所以()()F x f x b =-在()0,1上存在且只存在1个零点，设为3x ，在()1,+∞上存在且只存在1个零点，设为4x .再次，证明存在b 使得23x x =：因为()()230F x G x ==，所以2233e ln =-=-x b x x x ，若23x x =，则2222e ln -=-x x x x ，即222e 2ln 0-+=x x x ，所以只需证明e 2ln 0-+=xx x 在()0,1上有解即可，即()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上有零点，因为1e 3312e 30e e ϕ⎛⎫=--< ⎪⎝⎭，()1e 20ϕ=->，所以()e 2ln ϕ=-+xx x x 在()0,1上存在零点，取一零点为0x ，令230x x x ==即可，此时取00e =-xb x 则此时存在直线y b =，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，最后证明1402x x x +=，即从左到右的三个交点的横坐标成等差数列：因为()()()()()()1203040F x F x F x G x G x G x ======，所以()()()100ln F x G x F x ==，又因为()F x 在(),0-∞上单调递减，10x <，001x <<即0ln 0x <，所以10ln x x =同理，因为()()()004e ==x F x G G x ，又因为()G x 在()1,+∞上单调递增，00x >即0e1>x ，11x >，所以04e =x x ，又因为000e 2ln 0-+=xx x ，所以01400e ln 2+=+=xx x x x ，即直线y b =，与两条曲线()y f x =和()y g x =从左到右的三个交点的横坐标成等差数列.三．习题演练习题1．已知函数()ln x f x x=，()xg x xe -=.若存在()10,x ∈+∞，2x R ∈使得()()()120f x g x k k ==<成立，则221k x e x ⎛⎫⎪⎝⎭的最大值为（）A．2e B．eC．24e D．21e解析：()ln x f x x = ，()()ln xx x x x e g x f e e e ===，由于()111ln 0x f x k x ==<，则11ln 001x x <⇒<<，同理可知，20x <，函数()y f x =的定义域为()0,∞+，()21ln 0xf x x -'=>对()0,1x ∀∈恒成立，所以，函数()y f x =在区间()0,1上单调递增，同理可知，函数()y g x =在区间(),0-∞上单调递增，()()()212x f x g x f e ∴==，则21xx e =，()22221x x x g x k x e ∴===，则2221k k x e k e x ⎛⎫= ⎪⎝⎭，构造函数()2k h k k e =，其中0k <，则()()()222k k h k k k e k k e '=+=+.当2k <-时，()0h k '>，此时函数()y h k =单调递增；当20k -<<时，()0h k '<，此时函数()y h k =单调递减.所以，()()2max 42h k h e =-=.故选：C.习题2．已知函数()e x ax f x =和ln ()x g x ax=有相同的最大值.（1）求a ；（2）证明：存在直线y =b ，其与两条曲线()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.（2）由（1）知()()()ln ,ln e x x x f x g x f x x===，由于0x >时，()0f x >，1x >时，()0>g x ，因此只有10e b <<才可能满足题意，记()e x x h x b =-，且10eb <<，由（1）得()h x 在(),1-∞上单调递增，在()1,+∞单调递减，且()()110,00e h b h b =->=-<，所以存在()10,1x ∈，使得()10h x =，设2()e x x x ϕ=-，则()e 2x x x ϕ'=-，设()()m x x ϕ'=，则()e 2x m x =-'，0ln 2x <<时，()0m x '<，()m x 递减，ln 2x >时，()0m x '>，()m x 递增，所以min ()(ln 2)22ln 20m x m ==->，所以()(ln 2)0x ϕϕ''≥>，()ϕx 是增函数，0x >时，()(0)10x ϕϕ>=>，1211()e 0bb b ϕ=->，11e bb b <又1110e b b h b b ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以存在011,x b ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得()00h x =，即此时y b =与()y f x =有两个交点，其中一个交点在()0,1内，另一个交点在()1,+∞内，同理y b =与()()ln y f x g x ==也有两个交点，其中一个交点在()0,e 内，另一个交点在()e,+∞内，若y b =与()y f x =和()y g x =共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线()y f x =和()y g x =的公共点，记其横坐标为2x ，令()()()222ln f x g x f x ==，则()()221,e ,ln 0,1x x ∈∈，记y b =与()(),y f x y g x ==的三个交点的横坐标从左到右依次为324,,x x x ，且满足()()()()32432241e ,x x x f x f x g x g x <<<<===，且2222ln e x xx x =，即2222e ln x x x =，又()()()()3224ln ,ln f x f x f x f x ==，且()()3224,ln 0,1,,ln 1,e x x x x ∈∈，且()f x 在()0,1和()1,e 上分别单调，所以3224ln ,ln x x x x ==，即24e x x =，所以22342,x x x x =为34,x x 的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标324,,x x x 成等比数列.新高考2卷压轴与命制恒成立问题的常用方法例2．（2022新高考2卷）已知函数()e e ax x f x x =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；解析：（2）设()e e 1ax x h x x =-+，则()00h =，又()()1e e ax x h x ax '=+-，设()()1e e ax x g x ax =+-，则()()22e e ax x g x a a x '=+-，若12a >，则()0210g a '=->，因为()g x '为连续不间断函数，故存在()00,x ∈+∞，使得()00,x x ∀∈，总有()0g x '>，故()g x 在()00,x 为增函数，故()()00g x g >=，故()h x 在()00,x 为增函数，故()()01h x h >=-，与题设矛盾.若102a <≤，则()()()ln 11e e ee ax ax ax xx h x ax ++'=+-=-，下证：对任意0x >，总有()ln 1x x+<成立，证明：设()()ln 1S x x x =+-，故()11011x S x x x-'=-=<++，故()S x 在()0,∞+上为减函数，故()()00S x S <=即()ln 1x x +<成立.由上述不等式有()ln 12e e e e e e 0ax ax x ax ax x ax x +++-<-=-≤，故()0h x '≤总成立，即()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.当0a ≤时，有()e e e 1100ax x axh x ax '=-+<-+=，所以()h x 在()0,∞+上为减函数，所以()()01h x h <=-.综上，12a ≤.命题原理：（2）等价于0,1>-<x e xex ax恒成立.其实对于左端函数ax xe x g =)(，求导可得：ax e ax x g )1()('+=，于是0>a 时在),0(+∞上递增，0<a 时在),0(+∞先增后减.而右端函数1)(-=xe x h 在),0(+∞递增！同时注意到)0()0(h g =，我们分别对两个函数在0=x 处做泰勒展开：)(23322x o x a ax x xe ax+++=)(621332x o x x x e x+++=-所以，对照泰勒展开式，当0>a 时，)(),(x h x g 均递增，只要21≤a ，0,1>-<x e xe xax 一定恒成立.（这也意味着必要性探路方法可行）.当0<a 时，axxe x g =)(有最大值11)1(--=-e a a g ，此时11(1-=--a e ah ，利用指数不等式：1+≥x e x可得：1(111)1(1ag ae a e a h a -=->-≥-=--，这就表明0<a 时，0,1>-<x e xe x ax 恒成立，综上21≤a !利用导数产生数列放缩1.由不等式1ln -≤x x 可得：+∈<+<+N n nn n ,1)11ln(11.例3.（2017全国3卷）已知函数()1ln f x x a x =--．（1）若()0f x ≥，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111(1)(1(1)222nm ++⋅⋅⋅+<，求m 的最小值．解析：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->，令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而221111111ln(1ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<.故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<,而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．2,.两个正数a 和b 的对数平均定义：(),(,)ln ln ().a ba b L a b a ba ab -⎧≠⎪=-⎨⎪=⎩对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：(,)2a bL a b +≤≤（此式记为对数平均不等式，取等条件：当且仅当a b =时，等号成立.进一步，在不等式左端结合均值不等式可得：当0b a >>时211ln ln b a b a a b->-+，即111ln ln ()2b a b a a b-<+-.令,1a n b n ==+，则111ln(1)ln ()21n n n n +-<++，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++①.(,)L a b<1ln ln ln 2ln (1)a ab x x x b x ⇔-⇔⇔<->其中，接下来令t =2>11(1)n ln n >+，1(n ln n+>②.例4．已知函数(1)()ln(1)1x x f x x xλ+=+-+.（1）若0x ≥时，()0f x ≤，求λ的最小值；（2）设数列{}n a 的通项111123n a n =++++ ，证明：21ln 24n n a a n-+>.解析：（1）综上可知，λ的最小值时12.（2）由上述不等式①，所以111ln(1)ln (21n n n n +-<++，111ln(2)ln(1)()212n n n n +-+<+++，111ln(3)ln(2)(223n n n n +-+<+++…，111ln 2ln(21)(2212n n n n--<+-.将以上各不等式左右两边相加得：1122221ln 2ln (2123212n n n n n n n n-<+++++++++- ，即111211ln 22123214n n n n n n<+++++++++- ，故11211ln 212324n n n n n +++++>+++ ，即21ln 24n n a a n-+>.例5．（2022新高考2卷解析几何）已知函数()ax x f x xe e =-．（1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，()1f x <-，求a 的取值范围；（3）设*n N ∈(1)ln n ++⋯+>+．1()n ln n+>，进一步求和可得：11231((...(1)12nnk k k n ln ln ln n k n==++>=⨯⨯⨯=+∑，...(1)ln n ++．。
1.1.1变化率问题+1.1.2导数的概念
△t = 0.00001,
v 13.100049
△t = – 0.000001, v
……
13.0999951 △t =0.000001, v 13.1000049
……
从2s到(2+△t)s这段时间内平均速度
h v 13.1 4.9t t 当△ t 趋近于0时, 即无论 t 从小于2的一边, 还是从大于
势.
如何精确地刻画曲线在一点处的变化趋势呢?
h(t ) 4.9t 6.5t 10
2
△t<0时, 在[ 2+△t, 2 ]这段时 间内
△t>0时, 在[2, 2 +△t ]这段时 间内
v 4.9t 13.1
当△t = – 0.01时, v 13.051
当△t = – 0.001时, v 13.0951
t 0
9.8t0 6.5
定义:
函数 y = f (x) 在 x = x0 处的瞬时变化率是
f (x0 Δx) f ( x0 ) y lim lim x 0 x 0 x x 称为函数 y = f (x) 在 x = x0 处的导数, 记作 f ( x0 )
由导数的定义可知, 求函数 y = f (x)的导数的一般方法: 1. 求函数的改变量 y f ( x0 x) f ( x0 ); y f ( x0 x) f ( x0 ) ; 2. 求平均变化率 x x f 3. 求值 f ( x0 ) lim .
x 0
如果用运动员在某段时间内的平均速度 v 描述其运 动状态, 那么: h(0.5) h(0) 在0 ≤ t ≤0.5这段时间里, v 4.05(m/s ); 0.5 0
例谈引导高中学生寻找导数中新的鲜活点
教学论坛十。
?毒幺’7(2008年第12期高中版)3例谈引导高中学生寻找导数中新的鲜活点410007湖南省长沙市第十五中学厉倩导数已经进入高中教材，作为高中教师，一方面要搞好导数的基础知识和基本方法的教学，另一方面也要在教学的过程中培养学生的创新意识和创新能力．显然，站在高中教学的角度来看，我国几乎没有积累很好的经验，笔者冒昧提出一点肤浅看法，抛砖引玉．1改变形式．寻找鲜活点例1(2008湖南高考(理)21)已知函数-2，(石)=ln2(1+戈)一南(1)求函数以并)的单调区间；(2)若不等式(1+二)“。
≤e对任意的乃E N‘都成立(其中e是自然对数的底数)，求a的最大值．可以这样猜想：例l来源于1999年中国科学院和北京师范大学的研究生试题(例2)．例2…求出使得下列不等式对所有自然数，l 都成立的最大的数a及最小的数口：。
(1+土)”。
≤e≤(1+上)”芦文[1]的解答主要利用函数八石)=I n2(1+互)一。
2#一当戈>o时的单调性；详细的解答参见文[2]．以上解答都利用二阶导数或三阶导数，不适合高中学生，而作为高考题的例l巧妙地改变二阶导数和三阶导数的形式，为高中学生找到了新的鲜活点．例l。
的标准答案如下：解(1)函数J r(省)的定义域是(一1，+∞)，八加弛等等产也，设g(茹)=2(1+z)I n(1+戈)一茗2—2石，则g’(石)=2I n(1+z)一2互．、令h(石)=21n(1+戈)一2x，贝0^’(石)。
南一2。
焉当一l<z<0时，h’(算)>0，h(茗)在(一l，0)上为增函数．当x>0时，h’(工)<0，h(戈)在(0，+∞)上为减函，所以h(x)在x=0时取得极大值，而h(O)=0，所以g’(x)<0(x≠0)，函g(茗)在(一l，+∞)上为减函，于是当一1<戈<0时，g(x)>g(0)=0；当石>0时，g(并)<g(0)=0，所以，当一1<鼻<0时，f’(茗)>O，f(菇)在(一1，0)上为增函数，当茹>0时，’(石)<O以聋)在(O，+∞)上为减函数，故函数八z)的单调增区间为(一1，0)，单调减区间为(0，+∞)．(2)不等式(1+音)“。
换个角度化难为易——导数的应用
换个角度化难为易——导数的应用
作者：郑尚东
来源：《新课程·上旬》 2014年第3期
甘肃省景泰县第五中学数学组郑尚东
摘要：换个角度用图像法求函数单调区间及极值、最值，既简洁，又明了，化难为易，通
俗易懂。
关键词：图像法。
高中数学中的导数的应用主要研究函数的单调性，极值，最值等，是高考必考知识之一，
而多的教参资料和课本例题在求单调性和极值时，多采用的是列表法。
如果换个角度用图像法，既简洁，又明了，化难为易，通俗易懂。
下面就两种方法比较，以供参考。
1、求导数的单调性
2、求导数的极值
三、证明不等式
点评：由导数图像画出原函数图像，由原函数直接可观察出结论.
四、实际应用
例4.某产品按质量为10 个档次，生产第一档次（最低档）的利润为单价8元，每提升一个档次，利润每件增加2 元，但在一天内的产量减少3 件，在一天内，最低档次的产品可生产60 件，问
在一天内，生产第几档次的产品的总利润最大，多少元？
由图象可得x=9 是最大值，即在一天内生产第9档次的产品的利润最大，最大利润是864 元.点评：导数是一次函数，原函数是二次函数，单峰函数极值就是最值.
综上，求函数单调区间，先求导数，然后作导数图像，x 轴上方对应增区间，下方对应减区间.求极值，由导数图像画出原函数图像，波峰极大值，波谷极小值.求最值，先求极值，再求区间端点值，比较大小，最大的为最大值，最小的为最小值.实际应用中单峰函数极值就是最值。
（作者单位甘肃省景泰县第五中学数学组）。
变换解题思路培养学生的解题能力——从一道中考试题的多种解法谈起
对 学 生 进 行 解 题 能 力 的 培 养 时
，
教 师 应 精选 精 编
ＣＭ
。
因 为 ＡＡ Ｂ Ｃ 为 等 边 三 角 形 所 以 Ｚ Ａ
，
有 多 种 解 答 方法 的 试 题 然 后 在 教 学 中 启 发 学 生 变 换 解 题 思 路 坚 持 训 练 就 能 提 高 学 生 的 解 题 能 力
ＡＭ
，
ＡＦ
。
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１
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５
年
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数 学铜仁 市 第
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题
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在等边 三角 形
教 师启 发 学 生 思 考 能 否 过 点
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作
４３
的平行
义
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以 ＤＭ
＝
ＺＡ
，
６０
，
所 以 Ａ Ａ ＤＭ 为 等 边 三 角 形
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相 交 于点
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１
故 Ａ Ｄ
＝
在 Ａ ＤＭＦ
，
和 Ａ ＥＣＦ 中 Ｚ Ｅ
，
Ｂ
证法
创新题型助力导数
创新题型 助力导数ʏ江苏省盐城市时杨中学 刘长柏导数及其应用作为高考盛宴 中的一个亮点,经常创新命题角度,通过新图像㊁新定义㊁新背景㊁新构造㊁新交汇等多种方式 潜入 高考试卷中,精心包装,达到提升同学们的数学核心素养㊁培养创新意识㊁提高综合能力的目的㊂图1一㊁新图像问题例1 设函数y =f (x )在定义域内可导,它的图像如图1所示,则它的导函数y =f'(x )图像可能为( )㊂解析:由函数的图像可知,当x <0时,函数是增函数,f '(x )>0;函数f (x )有两个极值点,导函数的图像与x 轴有2个交点㊂排除A ,C ㊂当x >0时,f (x )刚开始是增函数,导函数为正值,排除B ㊂故选D ㊂点评:本题以原函数的图像特征来确定导函数的图像特征,考查同学们的识图能力与逻辑推理能力,以及对数学的探究能力和应用能力㊂解题的关键是掌握识别图像的方法:可以从定义域㊁值域㊁函数值的正负㊁特殊图2点㊁特殊值㊁函数的性质等方面进行判断㊂练习1:已知函数y =f (x )的图像如图2所示,则其导函数f '(x )的图像大致形状为( )㊂解析:由f (x )的图像可知,函数f (x )单调递增的速度先由快到慢,再由慢到快,由导数的几何意义可知,f'(x )先减小后增大,且恒大于0,故符合题意的只有选项D ,选D㊂二㊁新定义问题例2 设函数y =f ᵡ(x )是y =f '(x )的导数,经过探究发现,任意一个三次函数f (x )=a x 3+b x 2+c x +d (a ʂ0)的图像都有对称中心(x 0,f (x 0)),其中x 0满足fᵡ(x 0)=0㊂已知函数f (x )=2x 3-3x 2+9x -72,则f 12022 +f 22022+f 32022 + +f 20212022=( )㊂A.2021 B .20212C .2022D .40212解析:由f (x )=2x 3-3x 2+9x -72,可得f '(x )=6x 2-6x +9,fᵡ(x )=12x -6㊂令f ᵡ(x )=12x -6=0,得x =12㊂又f12 =2ˑ123-3ˑ122+9ˑ12-72=12,所以对称中心为12,12 ㊂所以f 12022 +f20212022=1,f 22022 +f 20202022 =1, ,f 10102022 +f 10122022 =1,f 10112022=12㊂所以f 12022 +f22022+f 32022 + +f 20212022=1010ˑ1+12=20212㊂故选B ㊂点评:本题以新定义为切入点,通过对新定义的再学习与提升,结合导数及其应用来处理相应的新定义问题㊂导数中的新定义问题,一般所给信息量大且复杂,难以一步33解题篇 经典题突破方法 高二数学 2022年7-8月建立联系,需通过综合分析,在纷繁的信息中提炼有用的信息,结合导数的运算,及函数的单调性㊁极值㊁最值等知识,最后得到答案㊂练习2:定义方程f(x)=f'(x)的实根x0叫作函数f(x)的 新驻点 ㊂若函数g(x)=2x e x+1,h(x)=l n x+2,φ(x)= x3-1,它们的 新驻点 分别为a,b,c,则a, b,c的大小关系为()㊂A.a>b>cB.c>b>aC.c>a>bD.b>c>a解析:g'(x)=2(x+1)e x,由g(x)= g'(x),得2e x=1,x=l n12,即a=l n12<0㊂h'(x)=1x,由h'(x)=h(x),得1x= l n x+2,l n x-1x+2=0㊂令H(x)=l n x-1x+2,x>0,则H'(x)=1x+1x2>0恒成立,故H(x)在(0, +ɕ)上单调递增㊂又H12=l n12<0, H(1)=1>0,所以H(x)在12,1上存在唯一零点b,即bɪ12,1㊂φ'(x)=3x2,由φ(x)=φ'(x),得3x2= x3-1,即x3-3x2-1=0㊂令p(x)=x3-3x2-1,p'(x)=3x2-6x=3x(x-2)㊂当x<0或x>2时,p'(x)> 0,所以p(x)在(-ɕ,0)和(2,+ɕ)上单调递增;当0<x<2时,p'(x)<0,p(x)在(0, 2)上单调递减㊂而p(0)=-1<0,p(2)=-5<0,p(4) =15>0,所以p(x)在(2,+ɕ)上有唯一零点c,且c>2㊂综上a<b<c,选B㊂三、新情境问题例3瑞士著名数学家欧拉在1765年证明了定理:三角形的外心㊁重心㊁垂心位于同一条直线(这条直线被后人称为三角形的 欧拉线 )上㊂已知平面直角坐标系中әA B C为直角三角形,其直角顶点C在x轴上,点Dπ4,1是斜边A B上一点,其 欧拉线 是正切曲线y=t a n x以点Dπ4,1为切点的切线,则点C的坐标为㊂解析:因为әA B C是直角三角形,所以其垂心为直角顶点C(m,0),其外心为斜边A B的中点M,故әA B C的 欧拉线 即为直线M C㊂由题设知直线M C即为正切曲线y= t a n x以点Dπ4,1为切点的切线㊂又点Dπ4,1在斜边A B上,故әA B C 的外心M即为点Dπ4,1㊂由(t a n x)'=1c o s2x,可得正切曲线y= t a n x在点Dπ4,1处的切线的斜率为2㊂故其 欧拉线 的方程为y-1= 2x-π4㊂令y=0,得m=π4-12,所以Cπ4-12,0㊂点评:本题以 欧拉线 为背景材料来考查函数与导数的应用㊂同学们必须先读懂题意,求出 欧拉线 ,再结合导数知识,利用导数的几何意义来解决相应的问题㊂图3练习3:意大利画家达㊃芬奇在绘制‘抱银貂的女子“(如图3)时曾仔细思索女子脖子上的黑色项链的形状是什么曲线,这就是著名的 悬链线问题 ㊂后人研究发现悬链线方程与双曲余弦曲线密切关联,双曲余弦曲线C的解析式为c o s h x= e x+e-x2(e为自然对数的底数)㊂若直线y= m与双曲余弦曲线C交于点A,B两点,曲线C在A,B两点处的切线相交于点P,且әA P B为等边三角形,则m=,|A B|=㊂解析:设f(x)=c o s h x=e x+e-x2,则4 3解题篇经典题突破方法高二数学2022年7-8月f'(x )=e x-e-x2㊂设B x 0,e x 0+e-x2,则m =e x 0+e-x2㊂k B P =e x 0-e-x2,所以直线B P 的方程为y -e x 0+e-x2=e x 0-e-x2(x -x 0)㊂又因为f (-x )=f (x ),所以函数f (x )的图像关于y 轴对称,故点P 在y 轴上㊂则P 0,(1-x 0)e x+(1+x 0)e-x2㊂因为әA P B 为等边三角形,所以3x 0=e x 0+e-x2-(1-x 0)e x+(1+x 0)e -x2㊂整理e x0-e-x=23,所以e x 0+e-x 0=4㊂因此,m =e x 0+e-x 02=2㊂由e x0-e-x=23,e x 0+e -x 0=4,解得e x0=2+3,所以x 0=l n (2+3)㊂则|A B |=2x 0=2l n (2+3)㊂四㊁新构造问题例4 定义在R 上的函数f (x )满足:f'(x )-f (x )>1,且f (0)=3,则不等式f (x )>4e x-1(其中e 为自然对数的底数)的解集为㊂解析:设g (x )=e -x f (x )+e -x㊂则g '(x )=-e -x f (x )+e -x f '(x )-e-x=e -x[f '(x )-f (x )-1]㊂因为f '(x )-f (x )>1,所以f '(x )-f (x )-1>0,g '(x )>0㊂故y =g (x )在定义域上单调递增,且g (0)=4㊂因为f (x )>4㊃e x -1,所以e -xf (x )>4-e -x,得到g (x )>4=g (0)㊂故g (x )>g (0),则x >0㊂f (x )>4㊃e x-1(其中e 为自然对数的底数)的解集为(0,+ɕ)㊂点评:联系已知条件和结论,构造辅助函数是高中数学解题时常用的一种方法㊂解这类不等式的关键点也是难点就是构造合适的函数,构造函数时往往从两方面着手:①根据导函数的 形状 变换不等式 形状 ;②若是选择题,可根据选项的共性归纳构造恰当的函数㊂练习4:定义在R 上的函数f (x )满足f '(x )>2,f '(x )为f (x )的导函数,且f (1)=3,则不等式f (x )>2x +1的解集为( )㊂A.(-ɕ,0) B .(0,+ɕ)C .(1,+ɕ)D .(-ɕ,1)解析:根据题意,设g (x )=f (x )-2x -1,则g '(x )=f '(x )-2㊂又f '(x )>2,则g '(x )>0,g (x )在R 上为增函数㊂又f (1)=3,则g (1)=f (1)-2-1=0㊂f (x )>2x +1⇒f (x )-2x -1>0⇒g (x )>g (1)⇒x >1㊂即不等式f (x )>2x +1的解集为(1,+ɕ),故选C ㊂五㊁新交汇问题例5 已知数列{a n }的通项公式为a n=n xn -1(n ɪN *,x ɪR 且x ʂ0,x ʂ1),则数列{a n }的前n 项和S n 为㊂解析:由题意,利用等比数列的求和公式,可得x +x 2+ +x n=x n +1-xx -1㊂两边求导数,可得S n =1+2x +3x 2+ +n xn -1=[(n +1)x n -1](x -1)-(x n +1-x )(x -1)2=n xn +1-(n +1)x n+1(x -1)2㊂点评:解决此类导数新交汇型问题的关键在于用慧眼去找寻 交汇点 ,用心灵去感受题意,用真心去科学合理地运算推理,从而达到解决问题㊁提升能力的目的㊂练习5:若(1+x )10=a 0+a 1x +a 2x 2+ +a 10x 10,则a 1+2a 2+ +10x 9=㊂解析:对恒等式求导,得10(1+x )9=a 1+2a 2x + +10a 10x 9㊂令x =1,则有a 1+2a 2+ +10a 10=5120㊂(责任编辑 徐利杰)53解题篇 经典题突破方法 高二数学 2022年7-8月。
乱花渐欲迷人眼，透过现象看本质一一从全国卷三道三角函数与导数综合问题谈起
f
1
π
1+
2
2
π
= -1+
2
π
所以 存 在 唯 一 的 x0 ∈ 0, ,
<0,
2
使得 f
″(
x0 )
=0。
当 x∈ (
时,
-1,
x0 )
″(
x)
>0;
f
π
当 x∈ x0 , 时,
″(
x)
<0。
f
2
所以 f
'(
x)在 区 间 (-1,
x0 )上 为 增 函
π
数,
在区间 x0 , 上为减函数。
2
π
因此,
g(
2
单调递 减,
x )<g (
0)=0,即 f (
x )<
g(
符合题意。
s
i
n2
x 成立,
②当g
'(
0)
=a-3>0 时。
π
π
时,
≥ 0,则 当 0 < x <
4
4
若 g
'
π
上 单 调 递 增,
'(
x)
>0,g (
x )在 0,
g
4
g
π
不符合题意。
>g(
0)
=0,
4
若g
'
π
π
<0,则 存 在 ξ∈ 0, ,使 得
-δ<x<δ 时,
″(
x)<0,
'(
x)在 (-δ,
δ)
一题多变浅析导数的应用
一题多变浅析导数的应用作者：姜锐军来源：《理科考试研究·高中》2014年第05期导数的主要作用是研究函数的单调性，利用导数可以判断函数的单调性，求函数的单调区间，求函数的极值，最值以及解决恒成立问题中参数的范围问题。
下面通过一道常见的习题及其变形来探究导数的应用。
引例已知定义在R上的函数f（x）=x2-3x-m。
讨论函数f（x）的单调性，并求出其单调区间和极值。
解由f ′（x）=3x2-3=0 得x=±1，解F′（x）>0得x1，解F′（x）如下表所示x1（-∞，-1）1-11（-1，1）111（1，+∞）y′1 + 101 ―1 01 + y1↗1极大值1↘1极小值1↗所以f（x）在（-∞，-1）和（1，+∞）上为增函数，在（-1，1）上为减函数。
单调递增区间为（-∞，-1）和（1，+∞），单调递减区间为（-1，1）。
所以f（x）最大值=f（-1）=2-m，f（x）最小极=f（1）= -2-m。
变式一（1）若方程x3-3x-m=0恰有两个零点，求实数m的取值范围。
（2）若方程x3-3x-m=0恰有三个零点，求实数m的取值范围。
（3）若方程x3-3x-m=0恰有一个零点，求实数m 的取值范围。
分析首先要搞清楚函数f（x）=x3-3x-m的图象的大致形状，再由零点的个数确定图象与x 轴的位置关系，从而得到m的范围。
解法一（1）由引例可知，f（x）的图象的大致形状如下图（1）若方程恰有两个零点，即图象与x轴恰有两个交点，则x轴恰过其中的一个极值点，如图（2），所以f（-1）=0或f（1）=0，解得m=±2，所以m的取值为m=-2或m=2。
（2）若方程恰有三个零点，则两极值点必在x轴的两侧，所以f（-1）>0，f（1）（3）若方程恰有一个零点，两极值点必在x轴的同一侧，所以f（-1）0，解得m2，所以m的取值范围为（-∞，-2）∪（2，+∞）。
解法二可以转化为讨论方程x3-3x=m 的解的个数，即讨论曲线y=x3-3x与y=m的交点情况，利用数形结合的方法去解。
八个视角处理双变量导数压轴题
八个视角处理双变量导数压轴题在高中数学中，导数算是难度天梯里排No.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。
但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。
导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。
我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。
像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。
遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！热点题型1构造偏导数2整体规划统一变量3比(差)值换元4同构性双变量5切线估计与剪刀差模型6不等式放缩7主元法8多项式拟合经典例题1.构造偏函数注：1.构造偏差函数的基本应用①.函数f x 的极值点为x0；②.函数f x1，然后证明：x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.=f x22.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：①.构造一元差函数F x =f x -f2x0-x；-f x0-x或是F x =f x+x0②.对差函数F x 求导，判断单调性；③.结合F(x0)=0或F(0)=0，判断F x 的符号，从而确定f x 与f2x0-x的大小关系；④.由f x 1 =f x 2 =f x 0-x 0-x 2 _____f x 0+x 0-x 2 =f 2x 0-x 2 的大小关系，得到f x 1 ____f 2x 0-x 2 ，(横线上为不等号)；⑤.结合f x 单调性得到x 1____2x 0-x 2，进而得到x 1+x 22___x 0.例1.(2023届福建七市联考)已知函数f (x )=e x-ax 22,a >0．(1)讨论f x 的极值点个数；(2)若f x 有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2，当e <a <e 22时，证明：f x 1 +2f x 2 <3e2．解析：(1)当a ≤e 时，函数f x 没有极值点；当a >e 时，函数f x 有两个极值点．(2)由(1)中知f(x )=e x-ax ，则x 1,x 2是方程e x-ax =0的两根，不妨令F x =e xx，则F x =e x x -1 x 2，令Fx =0解得x =1，所以F x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，大致图像如图所示，由图像可知当a ∈e ,e 22 时，0<x 1<1，1<x 2<2，下先证x 1+x 2>2(*)由e x 1=ax 1e x 2=ax 2 ，两边取对数得x 1=ln a +ln x 1x 2=ln a +ln x 2 ，作差得x 1-x 2=ln x 1-ln x 2，(*)等价于证明ln x 1-ln x 2x 1-x 2=1>2x 1+x 2⇔ln x 1x 2<2x 1-x 2 x 1+x 2=2x1x 2-1 x 1x 2+1，令x 1x 2=t (t ∈(0,1)),φ(t )=ln t -2(t -1)t +1,t ∈(0,1)，φ(t )=1t -4(t +1)2=(t +1)2-4t t (t +1)2=(t -1)2t (t +1)2≥0，故φt 在0,1 上单调递增，从而φ(t )<φ(1)=0，即证得x 1+x 2>2，所以f x 1 +2f x 2 =e x 1-ax 212+2e x 2-ax 22=e x 1-x 1e x 12+2e x 2-x 2e x 2=1-x 12e x 1+2-x 2 e x2，再证明2-x 2 e x 2<x 1e2-x 1，令S (x )=(2-x )e x ,x ∈(1,2),S (x )=(1-x )e x <0，故S (x )在1,2 上单调递减，则S x 2 <S 2-x 1 ，所以f x 1 +2f x 2 <1-x 12 e x 1+x 1e 2-x1，再令M (x )=1-x 2e x +xe 2-x ,x ∈(0,1)，M (x )=12(1-x )e x +(1-x )e 2-x =(1-x )12e x +e 2-x >0，则M (x )在0,1 上单调递增，故M x <M (1)=e 2+e =3e 2，即证得f x 1 +2f x 2 <3e2．2.整体划归，统一变量法例2.(2023届泉州一诊)．已知函数f x =e x x 2-a +2 x +a +3(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x 在0,2 有两个极值点x 1,x 2，求证：f x 1 f x 2 <4e 2．解析：(1)综上所述，当-2≤a ≤2时，f x 在R 上单调递增；当a <-2或a >2时，f x 在a -a 2-42,a +a 2-42上单调递减，f x 在-∞,a -a 2-42 和a +a 2-42,+∞上单调递增.(2)∵f x 在0,2 上由两个极值点x 1,x 2，∴a <-2或a >2，且x 1,x 2为方程x 2-ax +1=0的两个根，即x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，∵x 1,x 2∈0,2 ，∴x 1+x 2=a >0，即a >2，f x 1 f x 2 =e x 1x 12-a +2 x 1+a +3 e x 2x 22-a +2 x 2+a +3=e x 1+x 2x 12-ax 1+1-2x 1+a +2 x 22-ax 2+1-2x 2+a +2=ex 1+x 2-2x 1+a +2 -2x 2+a +2 =ex 1+x 24x 1x 2-2a +2 x 1+x 2 +a +2 2将x 1+x 2=a ，x 1x 2=1代入上式，可得：=e a 4-2a a +2 +a +2 2 =e a 4-2a 2-4a +a 2+4a +4 =e a -a 2+8 ，由题意，需证f x 1 f x 2 =e a 8-a 2 <4e 2，令g a =e a 8-a 2 ,a >2 ，求导得g a =e a8-a 2-2a =-e a a -2 a +4 ，当a >2时，ga <0，则g a 在2,+∞ 上单调递减，即g a <g 2 =4e 2，故f x 1 f x 2 <4e 2.注2背景分析：若f (x )=(ax 2+bx +c )e x (a >0)，设f (x )的两个极值点为x 1,x 2，下面我们来计算f (x 1)⋅f (x 2)的表达式.f '(x )=ax 2+(2a +b )x +b +c e x ，则x 1,x 2是方程ax 2+(2a +b )x +b +c =0的两个根(不妨设x 1<x 2).由ax 21+(2a +b )x 1+b +c =0，得ax 21+bx 1+c =−2ax 1−b ，同理ax 22+bx 2+c =−2ax 2−b ，由求根公式得：x 1,2=−(2a +b )±Δ2a ，x 2−x 1=Δa，则−2ax 1−b =2a −Δ，−2ax 2−b =2a +Δ.于是f (x 1)⋅f (x 2)=(ax 21+bx 1+c )e x 1⋅(ax 22+bx 2+c )e x 2=(−2ax 1−b )e x 1⋅(2ax 2−b )ex 2=(2a −Δ)(2a +Δ)ex 1+x 2=(2a −Δ)e−2+b a本题中，f (x )=e x (x 2−ax +1)⇒f (x 1)f (x 2)=e a (−a 2+8)，最后考虑两个极值点的范围，即a ∈2,52 ，可得证f (x 1)f (x 2)=e a(−a 2+8)<4e 2.例3.(2023届温州二模)已知函数f x =a 2x 2-x -x ln x a ∈R ．(1)若a =2，求方程f x =0的解；(2)若f x 有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x 1,x 2，求a 的取值范围并证明f x 1 +f x 2<12e．解析：(1)方程f x =0的解为x =1.(2)令f x =0，得a 2=1+ln x x ，设h x =1+ln x x ,h x =-ln xx2，故h x 在0,1 单调递增，在1,+∞ 单调递减，h 1 =1，当x ∈0,1 时h x ∈(-∞,1)，当x ∈1,+∞ 时h x ∈(0,1)，若f x 有两个零点，则a 2∈0,1 ，故a ∈0,2 ，f x =ax -2-ln x ，令f x =0，得a =2+ln xx，设H x =2+ln x x ，则H x =-1-ln x x2，故H x 在0,1e 单调递增，在1e ,+∞ 单调递减，H 1e=e ，当x ∈0,1e 时H x ∈(-∞,e )，当x ∈1e,+∞ 时H x ∈(0,e )，若f x 有两个极值点，则a ∈(0,e )，综上，a ∈0,2 .不妨令x 1<x 2，因为a ∈0,2 且H 1 =2，由y =H x 与y =a 图象得0<x 1<1e<1<x 2，由x 1,x 2为f x =0的两根得ax 1-2-ln x 1=0,ax 2-2-ln x 2=0，两式分别乘x 1,x 2并整理得a 2x 12-x 1=12x 1ln x 1,a 2x 22-x 2=12x 2ln x 2，所以a 2(x 12+x 22)-(x 1+x 2)=12x 1ln x 1+x 2ln x 2 ，要证f x 1 +f x 2 <12e ，即证a 2(x 12+x 22)-(x 1+x 2)-(x 1ln x 1+x 2ln x 2)<12e，即证：-12x 1ln x 1+x 2ln x 2 <12e ，由于x 2>1，所以x 2ln x 2>0，只需证-12x 1ln x 1<12e ，即证x 1ln x 1>-1e ，0<x 1<1e ，令φx =x ln x ，0<x <1e ，当0<x <1e 时φx =1+ln x <0，所以φx =x ln x 在0,1e 上单调递减，所以x ln x >φ1e =-1e ，故x 1ln x 1>-1e，得证.3.比(差)值代换消元例4.(2023届武汉二月调考)已知关于x 的方程ax -ln x =0有两个不相等的正实根x 1,x 2，且x 1<x 2.(1)求实数a 的取值范围；(2)设k 为常数，当a 变化时，若x k 1x 2有最小值e e，求常数k 的值.解析：(2)因为F 1 =0，由(1)得1<x 1<e <x 2，则a =ln x 1x 1=ln x 2x 2,x 2x 1=ln x 2ln x 1，设x2x 1=t t >1 ，则t =ln t +ln x 1ln x 1，即ln x 1=ln t t -1,ln x 2=t ln t t -1，由x k 1x 2有最小值e e，即k ln x 1+ln x 2=k +t ln t t -1有最小值e. 设g (t )=(k +t )ln tt −1(t >1)，那么g(t )=−(k +1)ln t +t −k t+k −1(t −1)2.记G t =-k +1 ln t +t -k t +k -1,G t =-k +1t +1+kt 2=t -1 t -k t 2，由于t >1，若k ≤1，则G t >0，可得G t 单调递增，此时G t >G 1 =0，即g t >0,g t 单调递增，此时g t 在(1,+∞)没有最小值，不符合题意.若k >1，t ∈1,k 时，G t <0，则G t 在1,k 单调递减，t ∈k ,+∞ 时，G t >0，则G t 在k ,+∞ 单调递增.又G 1 =0，G k <G 1 =0，且t 趋向于+∞时G t 趋向+∞，故∃t 0∈(k ,+∞)且唯一，使得G t 0 =0. 此时1<t <t 0时，G t <0，即g t <0，此时g t 在1,t 0 上单调递减；t >t 0时，G t >0，即g 't >0，g t 在t 0,+∞ 上单调递增.所以k >1时，g t 有最小值g t 0 ，而g ′t 0 =0，即-k +1 ln t 0+t 0-kt 0+k -1=0，整理得k =−lm t 0+t 0−1ln t 0+1t−1，故g (t 0)=(ln t 0)2ln t 0+1t−1.由题意知g t 0 =e.设h x =x 2x +e -x -1x >0 ,h ′x =x x +2 e -x +x -2 x +e -x -12设H x =x +2 e -x +x -2,H ′x =-x +1 e -x +1.设u x =H ′x ,u ′x =xe -x >0，故H ′x 递增，H ′x >H ′0 =0.此时H x 递增，有H x >H 0 =0，令y =x +e -x -1且x >0，则y =1-e -x >0，即y 在(0,+∞)上递增，故y >y |x =0=0，此时h x >0，故h x 在(0,+∞)递增，而h 1 =e 知，h x =e 的唯一解是x =1. 故g t 0 =e 的唯一解是ln t 0=1，即t 0=e.综上所述，k =e 2-2e.例5.(2023届南通二模)已知函数f (x )=ax -ln x -a x．(1)若x >1，f (x )>0，求实数a 的取值范围；(2)设x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点，证明：f (x 1)-f (x 2) <1-4a 2a．解析：(1)实数a 的取值范围是12,+∞ .(2)由(1)知，当0<a <12时，f (x )在0,x 1 上单调递增，在x 1,x 2 上单调递减，在x 2,+∞ 上单调递增，所以x 1是f (x )的极大值点，x 2是f (x )的极小值点. 由(1)知，x 1x 2=1，x 1+x 2=1a ，则x 2-x 1=(x 1+x 2)2-4x 1x 2=1-4a 2a . 综上，要证f x 1 -f x 2 <1-4a 2a，只需证f x 1 -f x 2 <x 2-x 1，因为x 2-x 1-f x 1 +f x 2 =a +1 x 2-x 1 -ln x 2x 1+a ⋅x 2-x1x 1x 2=2a x 2-x 1 +x 2-x 1 -ln x 2x 1=2x 2-x 1 x 1+x 2+x 2-x 1x 1x 2-ln x 2x 1=2x2x 1-1 x 2x 1+1+x 2x 1-x 1x 2-ln x 2x 1，设t =x 2x 1>1，g (t )=2t -1 t +1+t -1t-ln t . 所以g(t )=4t +1 2+12t +12t t -1t =4t +12+t -1 22t t >0，所以g t 在1,+∞ 上单调递增，所以g t >g 1 =0.所以x 2-x 1-f x 1 +f x 2 >0，即得f x 1 -f x 2 <x 2-x 1成立．所以原不等式成立.4.同构型双变量例6.已知函数f (x )=ax ex和g (x )=ln x ax 有相同的最大值.(1)求a ；(2)证明：存在直线y =b ，其与两条曲线y =f (x )和y =g (x )共有三个不同的交点，并且从左到右的三个交点的横坐标成等比数列.解析：(1)a =1；(2)由(1)知f x =x ex,g x =f ln x =ln xx ，由于x >0时，f (x )>0，x >1时，g (x )>0，因此只有0<b <1e 才可能满足题意，记h x =x e x -b ，且0<b <1e ，由(1)得h x 在-∞,1 上单调递增，在1,+∞ 单调递减，且h 1 =1e-b >0,h 0 =-b <0，所以存在x 1∈0,1 ，使得h x 1 =0，设φ(x )=e x -x 2，则φ (x )=e x -2x ，设m (x )=φ (x )，则m (x )=e x -2，0<x <ln2时，m (x )<0，m (x )递减，x >ln2时，m (x )>0，m (x )递增，所以m (x )min =m (ln2)=2-2ln2>0，所以φ (x )≥φ (ln2)>0，φ(x )是增函数，x >0时，φ(x )>φ(0)=1>0，φ1b =e 1b -1b2>0，1b e 1b <b 又h 1b =1be 1b-b <0，所以存在x 0∈1,1b，使得h x 0 =0，即此时y =b 与y =f x 有两个交点，其中一个交点在0,1 内，另一个交点在1,+∞ 内，同理y =b 与y =f ln x =g x 也有两个交点，其中一个交点在0,e 内，另一个交点在e ,+∞ 内，若y =b 与y =f x 和y =g x 共有三个不同的交点，则其中一个交点为两条曲线y =f x 和y =g x 的公共点，记其横坐标为x 2，令f x 2 =g x 2 =f ln x 2 ，则x 2∈1,e ,ln x 2∈0,1 ，记y =b 与y =f x ,y =g x 的三个交点的横坐标从左到右依次为x 3,x 2,x 4，且满足x 3<1<x 2<e <x 4,f x 3 =f x 2 =g x 2 =g x 4 ，且x 2ex 2=ln x 2x 2，即x 22=e x 2ln x 2，又f x 3 =f ln x 2 ,f x 2 =f ln x 4 ，且x 3,ln x 2∈0,1 ,x 2,ln x 4∈1,e ，且f x 在0,1 和1,e 上分别单调，所以x 3=ln x 2,x 2=ln x 4，即x 4=e x 2，所以x 22=x 3x 4,x 2为x 3,x 4的等比中项，所以从左到右的三个交点的横坐标x 3,x 2,x 4成等比数列.注3.多变量同构型零点的基本规律1.f(x)=e x−x,g(x)=x−ln x，图象如下，左端为f(x)，右端为g(x).性质：(1)f min(x)=g min(x)=1；(2)同构特性：f(xln)=g(x)(3)若方程f(x)=g(x)=b存在三个实数根，分别记为x1,x2，x3，则2x2=x1+x3有(4)若方程f(x)=g(x)=b存在四个实根，记为x1,x2，x3，x4，且有x1<x2<x3<x4，则有：x1+x4=x2 +x32.f(x)=xe x ，g(x)=ln xx，图象如下：，左端为f(x)，右端为g(x).性质：(1)f max(x)=g max(x)=1e；(2)同构特性：f(xln)=g(x)(3)若方程f(x)=g(x)=b存在三个实数根，分别记为x1<x2<x，则有x22=x1x3(4)若方程f(x)=g(x)=b存在四个实根，记为x1,x2，x3，x4，且有x1<x2<x3<x4，则有：x1x4=x2x35.切线估计与“剪刀差模型”注4.“剪刀模型”基本原理1.函数凸凹性：若函数f(x)在区间I上有定义，若f (x)≥0，则称f(x)为区间I上的凸函数. 反之，称f(x)为区间I上的凹函数.2.切线不等式：f(x)在I上为凸函数，∀x0∈I，有f(x)≥f (x0)(x−x0)+f(x0). 反之，若f(x)为区间I上的凹函数，则∀x0∈I，有f(x)≤f (x0)(x−x0)+f(x0).注：切线不等式是剪刀模型的理论依据.3.剪刀模型已知函数f(x)为定义域上的凸函数，且图象与y=m交于A,B两点，其横坐标为x1,x2，这样如下图所示，我们可以利用凸函数的切线与y=m的交点将x1,x2的范围予以估计，这便是切线放缩的基本原理.如图，在函数图象先减后增的情形下，两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界，而切割线的方程均为一次函数，这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计.例7.(2023届皖南八校联考)已知函数f x =3x -e x +1，其中e =2.71828⋯是自然对数的底数.(1)设曲线y =f x 与x 轴正半轴相交于点P x 0,0 ，曲线在点P 处的切线为l ，求证：曲线y =f x 上的点都不在直线l 的上方；(2)若关于x 的方程f x =m (m 为正实数)有两个不等实根x 1,x 2x 1<x 2 ，求证：x 2-x 1<2-34m .解析：(1)证明：由题意可得：3x 0-e x 0+1=0,e x 0=3x 0+1，f x =3-e x ,f x 0 =3-e x 0=3-3x 0-1=2-3x 0，可得曲线在点P 处的切线为l :y =2-3x 0 x -x 0 .令g x =2-3x 0 x -x 0 -3x -ex+1 ,g x 0 =0，g x =2-3x 0-3+e x =-1-3x 0+e x ,g x 0 =-3x 0+e x 0-1=0，当x <x 0时，g (x )<0，当x >x 0时，g (x )>0∴函数g x 在-∞,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，∴g x ≥g x 0 =0,∴曲线y =f x 上的点都不在直线l 的上方.(2)证明：由(1)可得f x =3-e x =0，解得x =ln3，当x <ln3时，f (x )>0，当x >ln3时，f (x )<0，所以f (x )在(-∞,ln3)上递增，在ln3,+∞ 上递减，所以f (x )的最大值为f ln3 =3ln3-3+1=3ln3-2，∴0<m <3ln3-2，曲线在点P 处的切线为l :y =2-3x 0 x -x 0 ，由(1)得e x 0=3x 0+1，令g (x 0)=e x 0-3x 0-1，∵g (1)=e -3-1<0，g (2)=e 2-7>0，∴由零点的存在性定理知x 0∈1,2 ，同理可得曲线y =f x 在点0,0 处的切线为y =2x ，设y =m 与y =2x ,y =2-3x 0 x -x 0 的交点的横坐标分别为x 3,x 4，则x 3=m 2,x 4=x 0+m2-3x 0，∴x 2-x 1 <x 4-x 3=x 0+m 2-3x 0-m 2. 下面证明：x 0+m 2-3x 0-m 2<2-3m 4.∵2-m 4-x 0-m2-3x 0=2-x 0-m ⋅32-x 0 42-3x 0 =2-x 0 ⋅12x 0+3m -843x 0-2 ，∵x 0∈1,2 ,∴2-x 0>0,3x 0-2>1，且12x 0-8+3m >4+3m >0，∴2-m 4-x 0-m 2-3x 0>0∴x 0+m 2-3x 0-m 2<2-3m 4,∴x 2-x 1<2-34m .6.不等式放缩例8.(2023届湖北七市州联考T 22)．已知函数f x =a ln x -x -1x +1．(1)当a =1时，求函数f x 的单调区间；(2)若g x =a x 2-1 ln x -x -1 2a ≠0 有3个零点x 1，x 2，x 3，其中x 1<x 2<x 3．(ⅰ)求实数a 的取值范围；(ⅱ)求证：3a -1 x 1+x 3+2 <2．解析：(1)当a =1时，f x =ln x -x -1x +1，f x =1x -2x +1 2=x 2+1x x +1 2，则f x >0在0,+∞ 恒成立，所以f x 在0,+∞ 单调递增，故f x 的单调递增区间为0,+∞ ，无单调递减区间．(2)(ⅰ)g x =a x 2-1 ln x -x -1 2=x 2-1 a ln x -x -1x +1=x 2-1f x ，g 1 =0，f 1 =0，则f x 除1外还有两个零点，fx =a x -2x +1 2=ax 2+2a -2 x +a x x +1 2，令h x =ax 2+2a -2 x +a x >0 ，当a <0时，h x <0在0,+∞ 恒成立，则f x <0，所以f x 在0,+∞ 单调递减，不满足，舍去；当a >0时，f x 除1外还有两个零点，则f x 不单调，所以h x 存在两个零点，所以Δ=2a -2 2-4a 2>0，解得0<a <12，当0<a <12时，设h x 的两个零点为m ,n m <n ，则m +n =2a-2>0，mn =1，所以0<m <1<n ．当x ∈0,m 时，h x >0，f x >0，则f x 单调递增；当x ∈m ,n 时，h x <0，f x <0，则f x 单调递减；当x ∈n ,+∞ 时，h x >0，f x >0，则f x 单调递增；又f 1 =0，所以f m >0，f n <0，而f e -1a=-1-e -1a -1e -1a+1=-2e-1ae -1a+1<0，且e -1a<1，f e1a=1-e 1a-1e 1a+1=2e 1a+1>0，且e 1a >1，所以存在x 1∈e -1a ,m ，x 3∈n ,e 1a ，使得f x 1 =f x 3 =0，即g x =a x 2-1 ln x -x -1 2a ≠0 有3个零点x 1，x 2=1，x 3．综上，实数a 的取值范围为0,12 ．证明：因为f 1x =-a ln x -1x -11x+1=-a ln x -1-x 1+x =-a ln x +x -1x +1=-f x ，所以若f x =0，则f 1x=0，所以x 1=1x 3．欲证(3a −1)x 3+1x 3+2<2⇔3a <x 23+4x 3+1(x 3+1)2，代入a =x 3−1x 3+1⋅1ln x 3可得只需证明：x >1时，ln x >3x 2-1 x 2+4x +1，构造函数φx =ln x -3x 2-1 x 2+4x +1证明.(区别于标准答案的直接构造，那谁想得到，消掉参数是解题方向)当x >1时，先证明不等式ln x >3x 2-1 x 2+4x +1恒成立，设φx =ln x -3x 2-1 x 2+4x +1，则φx =1x -12x 2+x +1 x 2+4x +12=x -1 4x x 2+4x +1 >0，所以函数φx 在1,+∞ 上单调递增，于是φx >φ1 =0，即当x >1时，不等式ln x >3x 2-1 x 2+4x +1恒成立．由f x 3 =0，可得x 3-1x 3+1=a ln x 3>3a x 23-1 x 23+4x 3+1，因为x 3>1，所以1x 3+1>3a x 3+1 x 23+4x 3+1，即x 23+4x 3+1>3a x 3+1 2，两边同除以x 3，得x 3+4+1x 3>3a x 3+2+1x 3，即x 1+x 3+4>3a x 1+x 3+2 ，所以3a -1 x 1+x 3+2 <2．注5. 一些重要的不等式放缩2x -1x +1<3x 2-1 x 2+4x +1<ln x ，x ∈1,+∞ln x <3x 2-1 x 2+4x +1<2x -1x +1<x -1，x ∈0,17.主元法例9.(2022北京卷)已知函数f (x )=e x ln (1+x )．(1)求曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设g (x )=f ′(x )，讨论函数g (x )在[0，+∞)上的单调性；(3)证明：对任意的s ，t ∈(0,+∞)，有f (s +t )>f (s )+f (t )．解析：(1)y =x(2)由(1)有：g (x )=f ′(x )=e x ln (x +1)+1x +1 ，g ′(x )=e x ln (x +1)+2x +1-1(x +1)2，令h (x )=ln (x +1)+2x +1-1(x +1)2，令x +1=k (k ≥1)，设m (k )=ln k +2k -1k 2，m ′(k )=(k -1)2+1k 3>0恒成立，故h (x )在[0，+∞)单调递增，又因为h (0)=1，故h (x )>0在[0，+∞)恒成立，故g ′(x )>0，故g (x )在[0，+∞)单调递增；(3)设h s =f (s +t )-f (s )-f (t ),其中s ，t ∈(0,+∞)，h s =f (s +t )-f (s )由(2)有g (x )=f ′(x )在[0,+∞)单调递增，又因为t >0,所以在f s +t >f s ，即h s =f (s +t )-f (s )>0，所以h s =f (s +t )-f (s )-f (t )在[0，+∞)单调递增，因为s >0，则h s >h 0 ,而h 0 =f 0 =0，故f (s +t )>f (s )+f (t )，得证.8.多项式拟合例10.(2021新高考1卷)已知函数f x =x 1-ln x .(1)讨论f x 的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且b ln a -a ln b =a -b ，证明：2<1a +1b<e.解析：如图，考虑用二次函数拟合上述曲线，只需保证二次函数g (x )=a x -1 2+b 在顶点1,1 处的邻域内拟合f x =x 1-ln x 即可.可将f x 在1,1 处二阶泰勒展开，故只需满足方程组f 1 =g (1)f1 =g(1)，求得：a =-12，b =1.即，g (x )=-12x -1 2+1.这样的话，g (x )=m 的根为x 3，x 4，且x 3<x 1，x 4<x 2由x 3+x 4=2，得证x 1+x 2>2.针对性训练1.已知函数f x =ae x -x -3有两个零点．(1)求实数a 的取值范围．(2)函数g x =f x +x -ln x +1 ，证明：函数g x 有唯一的极小值点．【答案】(1)(0,e 2)(2)证明过程见解析【分析】(1)对函数f x 求导，求出函数f x 的单调区间，再利用函数图像，从而得出f x 的最小值小于零，进而求出结果.(2)通过函数的极值点的定义，将问题转化成导函数的零点问题，通过对函数g (x )求导，得出导函数g (x )严格单调，进而再利用零点存在性原求出g (x )=0的零点，从而得到证明.【详解】(1)因为f x =ae x -x -3，所以f x =ae x -1，当a ≤0时，f x <0恒成立，函数f x 在R 上单调递减，此时f x 最多一个零点，不合题意，当a >0时，由f x =0，得到x =ln 1a ，当x ∈0,ln1a时，fx <0，即f x 在区间0,ln 1a 上单调递减，当x ∈ln 1a ,0 时，f x >0，即f x 在区间0,ln 1a上单调递增，所以f x 的最小值为f ln 1a =ae ln 1a -ln 1a-3=1+ln a -3=ln a -2因为当x →-∞时，f x →+∞，当x →+∞时，f x →+∞，又函数f x =ae x -x -3有两个零点，所以f ln 1a=ln a -2<0，得到0<a <e 2，所以实数a 的取值范围为(0,e 2).(2)因为函数g x =ae x-x-3+x-ln x+1=ae x-ln x+1-3，所以x>-1，g x =ae x-1x+1，令h x =ae x-1x+1，则hx =ae x+1(x+1)2>0在区间(-1,+∞)上恒成立，即g x =ae x-1x+1在区间(-1,+∞)上单调递增，又当x→-1+时，ae x→ae-1，-1x+1→-∞，则g x →-∞，当x→+∞时，ae x→+∞，-1x+1→0，则g x →+∞，所以存在唯一实数t∈(-1,+∞)，使得g t =0，即g t =0存在唯一零点t，且x∈(0,t)时，g x <0，x∈(t,+∞)时，g x >0，所以x=t是函数g x 唯一的极小值点，故函数g x 有唯一的极小值点.2.已知f(x)=e x-a2x2-x.(1)若f x 在x=0处取得极小值，求实数a的取值范围；(2)若f x 有两个不同的极值点x1,x2(x1<x2)，求证：fx1+x22<0(f x 为f x 的二阶导数).【答案】(1)-∞,1(2)证明见解析【分析】(1)求出函数导数，讨论a≤0，0<a<1，a=1和a>1四种情况，根据导数情况讨论函数的单调性即可得出；(2)根据题意可得fx1+x22=e x1x2-x1ex2-x12+1-e x2-x1x2-x1，构造函数g(t)=2te t+1-e2t(t>0)，利用导数即可证明.【详解】(1)由题意得f (x)=e x-ax-1，f 0 =0，f x =e x-a，①当a≤0时，f x 在-∞,+∞上单调递增，所以当x<0时，f x <f 0 =0，f x 在-∞,0单调递减；当x>0时，f x >f 0 =0，f x 在0,+∞单调递减；所以f x 在x=0处取得极小值，符合题意．当a>0时，由f x >0可得x>ln a，由f x <0可得x<ln a，②当0<a<1时，ln a<0，f x 在ln a,+∞单调递增，在ln a,0单调递减，所以当x∈ln a,0时，f x <f 0 =0，f x 在ln a,0单调递减；当x∈0,+∞时，f x >f 0 =0，f x 在0,+∞单调递增；所以f x 在x=0处取得极小值，符合题意．③当a =1时，知f x 在区间-∞,ln a 单调递减，f x 在区间ln a ,+∞ 单调递增，所以f x 在x =ln a 处取得最小值，即f x ≥f ln a =f 0 =0，所以函数f x 在R 上单调递增，所以f x 在x =0处无极值，不符合题意．④当a >1时，ln a >0，由①知f x 的减区间为-∞,ln a ，所以当x ∈-∞,0 时，f x >f 0 =0，f x 在-∞,0 单调递增；当x ∈0,ln a 时，f x <f 0 =0，f x 在0,ln a 单调递减；所以f x 在x =0处取得极大值，不符合题意，综上可知，实数a 的取值范围为-∞,1 ．(2)x 1,x 2为f(x )=e x-ax -1的零点，则e x 1-ax 1-1=0e x 2-ax 2-1=0 ，a =e x 1-ex2x 1-x 2，f (x )=e x -a ，fx 1+x22=ex 1+x 22-a =ex 1+x 22-e x 1-e x 2x 1-x 2=e x 1ex 2-x 12-1-e x 2-x 1x 1-x 2=e x 1x 2-x 1 ex 2-x 12+1-e x 2-x 1x 2-x 1，令x 2-x 12=t ，构造函数g (t )=2te t +1-e 2t (t >0)，由②知，当a =1时，f (x )=e x -ax -1≥f 0 =0，即e x ≥x +1.则g (t )=2e t +2te t -2e 2t =2e t 1+t -e t <0，所以g t 在0,+∞ 单调递减，故g t <g 0 =0．故f x 1+x 22<0，故原不等式得证．【点睛】关键点睛：本题考查函数极值点的辨析，解题的关键是求出导数，根据导数形式正确分类讨论函数的单调性，结合极值的定义得出参数情况.3.已知函数f x =2ae 2x x，a ≠0.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若ln x -xf x ≤ln a 恒成立，求实数a 的取值范围.【答案】(1)见解析.(2)12e,+∞【分析】(1)分类讨论a >0，a <0两种情况，由导数得出单调性；(2)将ln x -xf x ≤ln a 变形为2xe 2x≥e ln xaln x a ，构造函数u x =xe x ，由其单调性得出a ≥x e2x ，进而由导数得出xe 2x的最大值，从而得出求实数a 的取值范围.【详解】(1)因为f x =2ae 2x x ，所以fx =4ae 2x x -2ae 2x x 2=2ae 2x 2x -1 x 2.当a >0时，由f x >0，得x >12，由f x <0，得x <12，且x ≠0，故f x 的单调递增区间为12,+∞，单调递减区间为-∞,0 ，0,12 ；当a <0时，由f x >0，得x <12，且x ≠0，由f x <0，得x >12，故f x 的单调递增区间为-∞,0 ，0,12，单调递减区间为12,+∞ .综上，当a >0时，f x 的单调递增区间为12,+∞，单调递减区间为-∞,0 ，0,12 ；当a <0时，f x 的单调递增区间为-∞,0 ，0,12，单调递减区间为12,+∞ .(2)易知x >0，a >0.由ln x -xf x ≤ln a ，可得2ae 2x ≥ln x -ln a =ln xa，所以2xe 2x≥x a ln x a 恒成立，即2xe 2x≥e ln x a ln x a恒成立.设u x =xe x ，x >0 ，则u x =x +1 e x >0，所以u x 在0,+∞ 上单调递增.当x >0时，u x >0，所以2xe 2x≥e ln xalnx a 恒成立等价于2x ≥ln xa恒成立，即a ≥xe 2x对x ∈0,+∞ 恒成立.设v x =x e 2x ，x >0，v x =1-2xe 2x .当x ∈0,12 时，v x >0；当x ∈12,+∞ 时，v x <0.所以v x 在0,12上单调递增，在12,+∞ 上单调递减，所以v x max =v 12=12e ，所以a ≥12e，即a 的取值范围是12e ,+∞ .【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于将ln x -xf x ≤ln a 整理成2xe 2x≥e ln xalnxa的形式，构造函数u x =xe x ，由其单调性以及u 2x ≥u ln x a 得出a ≥x e 2x ，最后求出v x =x e 2x的最大值，得出a 的取值范围.4.已知函数f x =e x +x ,g x =ax 2+2x +1.(1)当a =12时，讨论函数F x =f x -g x 的单调性；(2)当a <0时，求曲线y =f x 与y =g x 的公切线方程.【答案】(1)在R 上单调递增.(2)y =2x +1【分析】(1)先求函数F x 的导函数F x ，再利用导数证明F x ≥0，由此判断函数F x 的单调性；(2)设曲线y=f x 在点x1,f x1与曲线y=g x 在x2,g x2的切线相同，由导数的几何意义可得e2x1-4ax1e x1+4a-2e x1-4a+1=0，利用导数研究方程的解可求x1，由此求公切线方程.【详解】(1)当a=12时，F x =f x -g x =ex-12x2-x-1x∈RF x =e x-x-1令h x =F x ，有h x =e x-1，当x∈-∞,0时，h x <0，函数h x 在-∞,0上单调递减，x∈0,+∞,h x >0，函数h x 在0,+∞上单调递增，故h x ≥h0 =0，即F x ≥0，所以F x =f x -g x 在R上单调递增.(2)因为f x =e x+x,g x =ax2+2x+1，所以f x =e x+1,g x =2ax+2，设曲线y=f x 在点x1,f x1与曲线y=g x 在x2,g x2的切线相同，则切线方程为y-f x1=f x1x-x1，即y-e x1-x1=e x1+1x-x1，整理得y=e x1+1x-e x1x1+e x1.又切线方程也可表示为y-g x2=g x2x-x2，即y-ax22-2x2-1=2ax2+2x-x2，整理得y=2ax2+2x-ax22+1，所以e x1+1=2ax2+2-e x1x1+e x1=-ax22+1 ，消x2整理得e2x1-4ax1e x1+4a-2e x1-4a+1=0.令m x =e2x-4axe x+4a-2e x-4a+1，m x =2e2x-4ae x-4axe x+4a-2e x=2e x e x-2ax-1令φx =e x-2ax-1，因为a<0，所以函数y=-2ax-1在在R单调递增，又函数y=e x在在R单调递增，所以φx 在R单调递增，又φ0 =0，当x∈-∞,0,φx <0，x∈0,+∞,φx >0，又e x>0得，所以x∈-∞,0,m x <0，x∈0,+∞,m x >0，所以m x 在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增，所以m x ≥m0 =0，因此函数y=m x 只有一个零点，即e2x1-4ax1e x1+4a-2e x1-4a+1=0只有一个解x1=0，此时切线方程为y=2x+1，所以曲线y=f x 与y=g x 的公切线方程为y=2x+1.【点睛】关键点点睛：本题第二小问解决的关键在于利用导数的几何意义确定切点的坐标满足的关系，再通过利用导数研究方程的解，确定切点坐标，由此求出切线方程.5.已知f x =a2x2-a+2x+2ln x.(1)讨论f x 的单调性；(2)确定方程f x =a2x2的实根个数.【答案】(1)答案见解析(2)答案见解析【分析】(1)对f x 求导，讨论a≤0，0<a<2，a=2和a>2时，f x 的正负，即可得出f x 的单调性；(2)将方程f x =a2x2的实根个数转化为直线y=a2+1与g x =ln xx的图象交点个数，对g x 求导，结合g x 的单调性和值域即可求出答案.【详解】(1)因为f x =a2x2-a+2x+2ln x，所以f x =ax-a+2+2x=ax2-a+2x+2x=x-1ax-2xx>0，当a≤0时，x∈0,1时，f x >0，f x 是增函数，x∈1,+∞时，f x <0，f x 是减函数.当0<a<2时，x∈0,1或x∈2a,+∞时，f x >0，f x 是增函数，x∈1,2a时，f x <0，f x 是减函数.当a=2时，f x ≥0，f x 在0,+∞上是增函数.当a>2时，x∈0,2 a或x∈1,+∞时，f x >0，f x 是增函数，x∈2a ,1时，f x <0，f x 是减函数.综上可得:当a≤0时，f x 在0,1上是增函数，在1,+∞上是减函数；0<a<2时，f x 在0,1，2a,+∞上是增函数.在1,2a上是减函数；a =2时，f x 在0,+∞ 上是增函数；a >2时，f x 在0,2a，1,+∞ 上是增函数，在2a ,1 上是减函数.(2)方程f x =a 2x 2的实根个数即-a +2 x +2ln x =0的实根个数.即直线y =a 2+1与g x =ln xx 的图象交点个数.因为g x =1-ln xx 2，所以x ∈0,e 时，g x >0，g x 是增函数，x ∈e ,+∞ 时，g x <0，g x 是减函数.因为g e =1e ，则g x =ln xx的图象如图所示：x ∈0,e 时，g x 取值范围是-∞,1e，x ∈e ,+∞ 时，g x 取值范围是0,1e，所以当a 2+1>1e ，即a >2e -2时，方程f x =a 2x 2没有实根，当a 2+1=1e 或a 2+1≤0，即a =2e -2或a ≤-2时，方程f x =a 2x 2有1个实根；当0<a 2+1<1e ，即-2<a <2e -2时，方程f x =a2x 2有2个实根.【点睛】方法点睛：利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，在确定导函数f (x )的正负时，难点在于分类讨论时标准的确定，主要是按照f (x )=0是否有根，根的大小进行分类求解的．6.已知函数f x =a -3 ln x -3ax -1xa ∈R ，ln3≈1.1.(1)当a <0时，试讨论f x 的单调性；(2)求使得f x ≤0在0,+∞ 上恒成立的整数a 的最小值；(3)若对任意a ∈-4,-3 ，当x 1,x 2∈1,4 时，均有m +ln4 ⋅a >f x 1 -f x 2 +3ln4成立，求实数m 的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)1(3)-∞,-374【分析】(1)求得并化简f x =1-3x ax +1x 2，分a =-3、a ∈-3,0 和a ∈-∞,-3 ，三种情况讨论，即可求解函数的单调区间；(2)根据题意得到a ≥0，结合导数得到函数的单调性，求得f x max =-a -3 ln3-a -3≤0，进而求得答案；(3)由(1)得到f x 2 -f x 1 ≤f 4 -f 1 =a -3 ln4-9a +34，转化为m <-9+34a，根据a ∈-4,-3 ，求得m ≤-374，即可求解.【详解】(1)由f x =a -3 ln x -3ax -1x，可得函数f x 的定义域为x ∈0,+∞ ，且fx =a -3x -3a +1x 2=-3ax 2+a -3 x +1x 2=1-3x ax +1 x 2，①当a =-3时，f x ≥0恒成立，即f x 在0,+∞ 上单调递增；②若a ∈-3,0 ，当x ∈0,13 时，f x >0；当x ∈13,-1a时，f x <0；当x ∈-1a ,+∞ 时，f x >0；所以f x 在0,13 上单调递增，在13,-1a 上单调递减，在-1a,+∞ 上单调递增，③若a ∈-∞,-3 ，当x ∈0,-1a 时，fx >0；当x ∈-1a ,13时，f x <0；当x ∈13,+∞时，f x >0；所以f x 在0,-1a 上单调递增，在-1a ,13 上单调递减，在13,+∞ 上单调递增；(2)由(1)知：当a <0时，f x 在x →+∞时单调递增，又因为x →+∞时，f x →+∞，所以a <0不符合题意，所以a ≥0，由(1)知，f x =1-3x ax +1x 2，当a ≥0时，ax +1>0，令f x >0，得0<x <13；令f x <0，得x >13；所以f x 在0,13 上单调递增，在13,+∞ 上单调递减，所以f x max =f 13=a -3 ln 13-a -3=-a -3 ln3-a -3≤0，可得a ≥3ln3-3ln3+1≈0.32.1=17，所以使得f x ≤0在0,+∞ 上恒成立的整数a 的最小值为1.(3)由(1)可知，当a ∈-4,-3 时，f x 在1,4 上单调递增，所以f x 2 -f x 1 ≤f 4 -f 1 =a -3 ln4-12a -14--3a -1 =a -3 ln4-9a +34，因为m +ln4 a >f x 2 -f x 1 +3ln4恒成立，所以m +ln4 a >a ln4-9a +34，所以ma >-9a +34，又因为a <0，所以m <-9+34a ，又由a ∈-4,-3 ，所以-9+34a ∈-374,-14716 ，所以m ≤-374，即实数m 的取值范围是-∞,-374.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．7.已知函数f x =ln x -2ax .(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≤0恒成立，求a 的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)12e,+∞【分析】(1)求定义域，求导，分a ≤0与a >0两种情况，求解单调性；(2)参变分离，得到2a ≥ln x x ，构造g (x )=ln x x ，求导，得到其单调性，求出最大值，得到a ≥12e.【详解】(1)f x =1x -2a =1-2axx (x >0).当a ≤0时，f x =1-2axx>0，所以f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时，令f x =1-2ax x =0，解得x =12a ，当x ∈0,12a 时，fx =1-2ax x>0；当x ∈12a ,+∞时，f x =1-2ax x<0；所以f x 在0,12a 上单调递增，在12a,+∞ 上单调递减；(2)f (x )的定义域为(0,+∞)，若f(x)≤0恒成立，则ln x-2ax≤0恒成立，即2a≥ln xx恒成立，令g(x)=ln xx，只需2a≥g(x)max，又g(x)=(ln x) ⋅x-ln x⋅xx2=1-ln xx2，令g (x)=0得x=e，x∈(0,e)时，g (x)>0，则g(x)=ln xx单调递增；x∈(e,+∞)时，g (x)<0，则g(x)=ln xx单调递减；故g(x)=ln xx在x=e时取得极大值，也时最大值.所以2a≥g(x)max=g(e)=1e，解得：a≥12e，故a的取值范围是12e,+∞.8.已知m>0，e是自然对数的底数，函数f x =e x+m-m ln mx-m．(1)若m=2，求函数F x =e x+x22-4x+2-f x 的极值；(2)是否存在实数m，∀x>1，都有f x ≥0？若存在，求m的取值范围；若不存在，请说明理由．【答案】(1)极大值为F2 =2ln2-6；F x 的极小值为F3 =4ln2-15 2(2)存在，0,e2【分析】(1)将m=2代入可得F x =x22-4x+2ln2x-2，对函数F x 求导利用导函数判断其单调性即可得出其极大值为F2 =2ln2-6，F x 的极小值为F3 =4ln2-15 2；(2)易知其定义域为1,+∞，结合m>0将f x ≥0化简变形可得e x-ln m+(x-ln m)≥e ln(x-1)+ln(x-1)，构造函数h x =e x+x易得其为单调递增函数，即ln m≤x-ln x-1，求得函数H x =x-ln x-1在定义域内的最小值即可得m≤e2.【详解】(1)由m=2，可得F x =e x+x22-4x+2-f x =x22-4x+2ln2x-2，易知F x 的定义域为1,+∞，则F x =x-4+2x-1=x2-5x+6x-1=x-2x-3x-1．x1,222,333,+∞F x +0-0+F x 单调递增2ln2-6单调递减4ln2-152单调递增∴F x 的极大值为F 2 =2ln2-6；F x 的极小值为F 3 =4ln2-152．(2)因为m >0，由mx -m >0得x >1，即f x 的定义域为1,+∞ ．当m >0,x >1时，由f x =e x +m -m ln mx -m ≥0可得，e x +m ≥m ln mx -m =m ln m +m ln x -1 ，不等式两边同时除以m 可得，1m e x +1≥ln m +ln x -1 ，即1m e x -ln m ≥ln x -1 -1可得e x -ln m -ln m ≥ln x -1 -1所以e x -ln m +x -ln m ≥ln x -1 +x -1 =e ln x -1+ln x -1 ．设h x =e x +x ，则e x -ln m +(x -ln m )≥e ln (x -1)+ln (x -1)即h x -ln m ≥h ln x -1 ．易得h x =e x +1>0，所以h x 为单调递增函数．由h x -ln m ≥h ln x -1 ，可得x -ln m ≥ln x -1 ，所以ln m ≤x -ln x -1 设H x =x -ln x -1 ，则H x =1-1x -1=x -2x -1．∴当x ∈1,2 时，H x =x -2x -1<0，即H x 单调递减；当x ∈2,+∞ 时，H x =x -2x -1>0，即H x 单调递增．即x ∈1,+∞ 时，H x min =H 2 =2；由题意可得ln m ≤H x min =2，即m ≤e 2．∴存在实数m ，且m 的取值范围为0,e 2 ．【点睛】方法点睛：不等式恒成立求解参数取值范围时，常用的方法是通过构造函数将问题转化成求解函数最大值或最小值问题，即可求得参数取值范围.9.已知函数f x =-ln x ,g x =e -x -e x .(1)若∃x ∈0,1 ,g x >f a 成立，求实数a 的取值范围；(2)证明：h x =f x +cos πx 2e 有且只有一个零点x 0，且1-e 2e <g cos πx 02e <1-e e .【答案】(1)a >1(2)证明见解析【分析】(1)利用导数研究g x 的区间最值，根据能成立有f a <g (x )max ，即可求范围；(2)应用导数研究h (x )的零点所在区间为e ,e 并证明唯一性，再由cos πx 02e=ln x 0可得g cosπx 02e =1x 0-x 0，构造n x =1x-x ,x ∈e ,e 研究单调性即可证结论.【详解】(1)由g x =e -x -e x 得：g x =-e x -e -x <0，则g x 在0,1 上单调递减，g x 在0,1 上最大值为g 0 =e 0-e 0=0，若∃x∈0,1,g x >f a 成立，则必有f a <0，由f a =-ln a<0，得a>1，故实数a的取值范围为a>1. (2)由f(x)=-ln x在e,+∞上单调递减，且f x <-1恒成立，y=cosπx2e最小正周期T=2ππ2e=4e，在e,+∞最大值为1，由此h x =f x +cos πx2e在e,+∞恒为负值，没有零点.下面看h(x)在0,e上的零点情况.h x =-ln x+cosπx2e ,x∈0,e，则πx2e∈0,π2，故h x =-1x-π2e sinπx2e<0，即h(x)在0,e上单调递减，h e=-12+cosπ2e>-12+cosπ2 2.25>-12+cosπ2×1.5=0,h e =-1，故h(x)在e,e上有唯一零点.综上，h(x)在0,+∞上有且只有一个零点.令-ln x0+cos πx02e=0且x0∈e,e，则cosπx02e=ln x0，所以g cos πx0 2e=e-cosπx02e-e cosπx02e=e-ln x0-e ln x0=1x-x0，令n x =1x-x,x∈e,e，则n x =-1x2-1<0，即n x 在e,e上单调递减，所以1-e2e=n e <n x =1x-x<n e=1e-e=1-ee，即1-e2e<g cosπx02e=1x-x0<1-ee.10.已知函数f x =e x tan x-1-1，f x 的导函数为f x .记函数f x 在区间nπ-3π2,nπ-π2内的零点为x n，n∈N∗.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：x n+1-x n<π.【答案】(1)f x 在-π4+kπ,kπk∈Z上单调递减；在-π2+kπ,-π4+kπ，kπ,π2+kπk∈Z上单调递增(2)证明见解析【分析】(1)根据正切函数定义域可得f x 定义域，求导后，根据f x 的正负可确定f x 的单调性；(2)当x∈nπ-3π2,nπ-3π4n∈N∗时，可知f x <0恒成立，函数无零点；当x∈nπ-3π4,nπ-π2n∈N∗时，利用零点存在定理可说明x n∈nπ-3π4,nπ-π2，由此可得x n+π,。
高考数学 热点题型和提分秘籍 专题13 变化率与导数、导数的计算 理(含解析)
专题十三 变化率与导数、导数的计算【高频考点解读】1.了解导数概念的实际背景．2.理解导数的几何意义．3.能根据导数的定义求函数y ＝c (c 为常数)，y ＝x ，y ＝x 2，y ＝x 3，y ＝1x，y ＝x 的导数．4.能利用常见的基本初等函数的导数公式和导数的四则运算法则求简单函数的导数．5.能求简单的复合函数(仅限于形如f (ax ＋b )的复合函数)的导数． 【热点题型】题型一 导数的概念例1、直线y ＝kx ＋1与曲线y ＝x 3＋ax ＋b 相切于点A (1,2)，则a b＝( ) A ．－8 B ．－6 C ．－1 D ．5【提分秘籍】1．并不是所有的函数在其定义域上的每一点处都有导数，如函数y ＝|x |在点x ＝0处就没有导数，但在定义域上的其他点处都有导数．2．曲线y ＝f (x )在点P (x 0，y 0)处的切线是指P 为切点，斜率为k ＝f ′(x 0)的切线，是唯一的一条切线．3．曲线y ＝f (x )过点P (x 0，y 0)的切线，是指切线经过P 点．点P 可以是切点，也可以不是切点，而且这样的直线可能有多条．【举一反三】曲线y ＝2x －x 3在x ＝－1处的切线方程为( ) A ．x ＋y ＋2＝0 B ．x ＋y －2＝0 C ．x －y ＋2＝0D ．x －y －2＝0解析：∵f (x )＝2x －x 3，∴f ′(x )＝2－3x 2. ∴f ′(－1)＝2－3＝－1.又f(－1)＝－2＋1＝－1，∴切线方程为y＋1＝－(x＋1)，即x＋y＋2＝0.答案：A【热点题型】题型二导数的运算例2、函数f(x)＝(x＋2a)(x－a)2的导数为( )A．2(x2－a2) B．2(x2＋a2)C．3(x2－a2) D．3(x2＋a2)解析：f′(x)＝(x－a)2＋(x＋2a)[2(x－a)]＝3(x2－a2)．答案：C【提分秘籍】1．利用公式求导时，一定要注意公式的适用范围及符号，如(x n)′＝nx n－1中n≠0且n∈Q，(cos x)′＝－sin x.2．注意公式不要用混，如(a x)′＝a x ln a，而不是(a x)′＝xa x－1.3．导数的加法与减法法则，可由两个可导函数推广到任意有限个可导函数的情形，即[u(x)±v(x)±…±w(x)]′＝u′(x)±v′(x)±…±w′(x)．【举一反三】函数y＝x cos x－sin x的导数为( )A．x sin x B．－x sin x C．x cos x D．－x cos x【热点题型】题型三导数的几何意义例3、(1)曲线y＝x3－2x＋1在点(1,0)处的切线方程为( )A．y＝x－1 B．y＝－x＋1C ．y ＝2x －2D ．y ＝－2x ＋2 (2)已知曲线y ＝13x 3＋43.①求曲线在点P (2,4)处的切线方程； ②求斜率为4的曲线的切线方程．【提分秘籍】1．求曲线切线方程的步骤(1)求出函数y ＝f (x )在点x ＝x 0处的导数，即曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处切线的斜率；(2)由点斜式方程求得切线方程为y －y 0＝f ′(x 0)·(x －x 0)． 2．求曲线的切线方程需注意两点(1)当曲线y ＝f (x )在点P (x 0，f (x 0))处的切线平行于y 轴(此时导数不存在)时，切线方程为x ＝x 0；(2)当切点坐标不知道时，应首先设出切点坐标，再求解． 【举一反三】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________．【热点题型】题型四 利用导数的几何意义求参数值或范围例4、 (1)已知函数f (x )＝x 3－3x ，若过点A (0,16)的直线方程为y ＝ax ＋16，与曲线y ＝f (x )相切，则实数a 的值是( )A ．－3B ．3C ．6D ．9(2)(2014年温州第一次适应性测试)若曲线f (x )＝ax 2＋ln x 存在垂直于y 轴的切线，则实数a 的取值范围是________．【提分秘籍】利用导数的几何意义，求参数值或参数范围时要注意判断已知点是否为切点． 【热点题型】题型五 求切线倾斜角的范围例5、点P 在曲线y ＝x 3－x ＋23上移动，设点P 处切线的倾斜角为α，则角α的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2B.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π D.⎝ ⎛⎦⎥⎤π2，3π4【解析】因为y ′＝3x 2－1，所以tan α＝3x 2－1≥－1， 又α≠π2，故α∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，π2∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫3π4，π.【答案】B【提分秘籍】利用导数的几何意义，先确定切线斜率的范围，再根据k ＝tan α，α∈[0，π)及正切函数图象可求倾斜角α的范围．【举一反三】设直线y ＝12x ＋b 是曲线y ＝ln x (x >0)的一条切线，则实数b 的值为________．【高考风向标】1．[2014·安徽卷] 设函数f (x )＝1＋(1＋a )x －x 2－x 3，其中a ＞0.(1)讨论f (x )在其定义域上的单调性；(2)当x ∈[0，1]时 ，求f (x )取得最大值和最小值时的x 的值．又f (0)＝1，f (1)＝a ，所以当0<a <1时，f (x )在x ＝1处取得最小值； 当a ＝1时，f (x )在x ＝0和x ＝1处同时取得最小值； 当1<a <4时，f (x )在x ＝0处取得最小值．2．[2014·安徽卷] 设实数c ＞0，整数p ＞1，n ∈N *. (1)证明：当x ＞－1且x ≠0时，(1＋x )p＞1＋px ；(2)数列{a n }满足a 1＞c 1p ，a n ＋1＝p －1p a n ＋c p a 1－p n ，证明：a n ＞a n ＋1＞c 1p.综上所述，a n >a n ＋1>c 1p，n ∈N *.方法二：设f (x )＝p －1p x ＋c p x 1－p ，x ≥c 1p，则x p ≥c ， 所以f ′(x )＝p －1p ＋c p (1－p )x －p＝p －1p ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－c x p >0.由此可得，f (x )在[c 1p，＋∞)上单调递增，因而，当x >c 1p时，f (x )>f (c 1p)＝c 1p.3．[2014·福建卷] 已知函数f(x)＝e x－ax(a为常数)的图像与y轴交于点A，曲线y＝f(x)在点A处的切线斜率为－1.(1)求a的值及函数f(x)的极值；(2)证明：当x>0时，x2<e x；(3)证明：对任意给定的正数c，总存在x0，使得当x∈(x0，＋∞)时，恒有x2<c e x.(2)证明：令g(x)＝e x－x2，则g′(x)＝e x－2x.由(1)得，g′(x)＝f(x)≥f(ln 2)＝2－ln 4>0，故g(x)在R上单调递增，又g(0)＝1>0，所以当x>0时，g(x)>g(0)>0，即x2<e x.证明如下：令h (x )＝13x 3－e x ，则h ′(x )＝x 2－e x.由(2)知，当x >0时，x 2<e x，从而h ′(x )<0，h (x )在(0，＋∞)上单调递减， 所以h (x )<h (0)＝－1<0，即13x 3<e x.取x 0＝3c ，当x >x 0时，有1c x 2<13x 3<e x.因此，对任意给定的正数c ，总存在x 0，当x ∈(x 0，＋∞)时，恒有x 2<c e x. 4．[2014·广东卷] 曲线y ＝e－5x＋2在点(0，3)处的切线方程为________．5．[2014·江西卷] 若曲线y ＝e －x上点P 处的切线平行于直线2x ＋y ＋1＝0，则点P 的坐标是________．6．[2014·江西卷] 已知函数f (x )＝(x 2＋bx ＋b )1－2x (b ∈R)．(1)当b ＝4时，求f (x )的极值；(2)若f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，13上单调递增，求b 的取值范围．7．[2014·全国卷] 曲线y ＝x ex －1在点(1，1)处切线的斜率等于( )A ．2eB ．eC ．2D ．1【答案】C 【解析】因为y ′＝(x e x －1)′＝ex －1＋x ex －1，所以y ＝x ex －1在点(1，1)处的导数是y ′|x ＝1＝e1－1＋e1－1＝2，故曲线y ＝x e x －1在点(1，1)处的切线斜率是2.8．[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设曲线y ＝ax －ln(x ＋1)在点(0，0)处的切线方程为y ＝2x ，则a ＝( )A ．0B ．1C ．2D ．3【答案】D 【解析】y′＝a－1x＋1，根据已知得，当x＝0时，y′＝2，代入解得a＝3.9．[2014·陕西卷] 设函数f(x)＝ln(1＋x)，g(x)＝xf′(x)，x≥0，其中f′(x)是f(x)的导函数．(1)令g1(x)＝g(x)，g n＋1(x)＝g(g n(x))，n∈N＋，求g n(x)的表达式；(2)若f(x)≥ag (x)恒成立，求实数a的取值范围；(3)设n∈N＋，比较g(1)＋g(2)＋…＋g(n)与n－f(n)的大小，并加以证明．当a >1时，对x ∈(0，a －1]有φ′(x )<0， ∴φ(x )在(0，a －1]上单调递减， ∴φ(a －1)<φ(0)＝0.即a >1时，存在x >0，使φ(x )<0， 故知ln(1＋x )≥ax1＋x 不恒成立．综上可知，a 的取值范围是(－∞，1]．故有ln 2－ln 1>12，ln 3－ln 2>13，……ln(n ＋1)－ln n >1n ＋1， 上述各式相加可得ln(n ＋1)>12＋13＋…＋1n ＋1，结论得证．10．[2014·四川卷] 设等差数列{a n }的公差为d ，点(a n ，b n )在函数f (x )＝2x 的图像上(n ∈N *)．(1)若a 1＝－2，点(a 8，4b 7)在函数f (x )的图像上，求数列{a n }的前n 项和S n ； (2)若a 1＝1，函数f (x )的图像在点(a 2，b 2)处的切线在x 轴上的截距为2－1ln 2，求数列⎩⎨⎧⎭⎬⎫a nb n 的前n 项和T n .因此，2T n －T n ＝1＋12＋122＋…＋12n －1－n 2n ＝2－12n －1－n 2n ＝2n ＋1－n －22n. 所以，T n ＝2n ＋1－n －22n. 【随堂巩固】1．设f (x )＝x ln x ，若f ′(x 0)＝2，则x 0的值为( ) A ．e 2B ．e C.ln22D ．ln2 解析：由f (x )＝x ln x 得f ′(x )＝ln x ＋1.根据题意知ln x 0＋1＝2，所以ln x 0＝1，因此x 0＝e.答案：B2．已知曲线y ＝x 3在点(a ，b )处的切线与直线x ＋3y ＋1＝0垂直，则a 的值是( ) A ．－1 B ．±1 C ．1D ．±33．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式e x·f(x)>e x ＋1的解集为( )A．{x|x>0} B．{x|x<0}C．{x|x<－1，或x>1} D．{x|x<－1，或0<x<1}4．若函数y＝f(x)在R上可导且满足不等式xf′(x)>－f(x)恒成立，且常数a，b满足a>b，则下列不等式一定成立的是( )A．af(b)>bf(a) B．af(a)>bf(b)C．af(a)<bf(b) D．af(b)<bf(a)解析：令g(x)＝xf(x)，∴g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0∴g(x)在R上为增函数，∵a>b，∴g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b)．答案：B5．如图所示为函数y＝f(x)，y＝g(x)的导函数的图象，那么y＝f (x)，y＝g(x)的图象可能是( )6．已知函数f (x )的定义域为R ，其导函数f ′(x )的图象如图所示，则对于任意x 1，x 2∈R(x 1≠x 2)，下列结论正确的是( )①f (x )<0恒成立；②(x 1－x 2)·[f (x 1)－f (x 2)]<0； ③(x 1－x 2)[f (x 1)－f (x 2)]>0；④f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22>f x 1＋f x 22；⑤f ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22<f x 1＋f x 22.A ．①③B ．①③④C ．②④D ．②⑤答案：D7．给出定义：若函数f (x )在D 上可导，即f ′(x )存在，且导函数f ′(x )在D 上也可导，则称f (x )在D 上存在二阶导函数，记f ″(x )＝(f ′(x ))′，若f ″(x )<0在D 上恒成立，则称f (x )在D 上为凸函数．以下四个函数在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2上不是凸函数的是( )A ．f (x )＝sin x ＋cos xB ．f (x )＝ln x －2xC ．f (x )＝－x 3＋2x －1 D ．f (x )＝x ·e x8．曲线y ＝x (3ln x ＋1)在点(1,1)处的切线方程为________．9．设P 是函数y ＝x (x ＋1)图象上异于原点的动点，且该图象在点P 处的切线的倾斜角为θ，则θ的取值范围是________．解析：依题意得， (x >0)；当x >0时，，即该图象在点P 处的切线的斜率不小于3，即tan θ≥ 3.又θ∈[0，π)，因此π3≤θ<π2，即θ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π2.答案：⎣⎢⎡⎭⎪⎫π3，π210．已知函数f (x )＝ax 4＋bx 3＋cx 2＋d x ＋e 为偶函数，图象过点P (0,1)，且在x ＝1处的切线方程为y ＝x －2，求y ＝f (x )的解析式．11．已知函数f (x )＝13x 3－a ＋12x 2＋bx ＋a (a ，b ∈R)，且其导函数f ′(x )的图象过原点．(1)当a ＝1时，求函数f (x )的图象在x ＝3处的切线方程； (2)若存在x <0，使得f ′(x )＝－9，求a 的最大值．。
新高考视角下的导数新授课：任意,存在性导数问题的研究
值域法破解双变量压轴题的四种情形1 基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.上述四类就是常见的需要利用分析函数值域来去掉双变量的情形，所以，其实质就是计算函数的值域，下面将选取具体的实例来分析操作步骤. 2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程； （2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=， 当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =. 又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式； （2）求函数()()xf xg x e =的极值； （3）设2(1)1()ln x a lnx h x x+-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围． 解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+， ∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =． ()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x xf x xg x e e+==，()x x g x e -'=， 0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=． 2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()t ln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae-=． 221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a 的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞． 第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠． （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1) 令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x e e -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <<()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x >()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ， 所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．。
从一题多解谈导数复习着力点
从一题多解谈导数复习着力点
黄琳
【期刊名称】《高中数理化》
【年(卷),期】2012(000)003
【摘要】导数是高中数学的重点内容，同时也是研究函数的工具．与导数相关的试题每年都会出现在高考试卷上，且很多是以压轴题形式出现的．本文通过一道例题的几种解法，帮助读者突破导数部分的重点、难点，提高导数复习的针对性和有效性．
【总页数】2页(P6-7)
【作者】黄琳
【作者单位】江苏省泰州中学
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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4.一题多解谈高考导数题的解法与教学
5.结合导数中的构造问题谈一题多解与多题一解
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05年高考北京(理)第18题的启示
05年高考北京(理)第18题的启示
厉倩
【期刊名称】《上海中学数学》
【年(卷),期】2005(000)010
【摘要】@@ 2005年高考数学北京卷(理)第18题为:rn例1(05·北京)如图,直线l1:y=kx(k＞0)与直线l2:y=-kx之间的阴景区域(不含边界)记为W,其左半部分记为W1,右半部分记为W2.
【总页数】1页(P30)
【作者】厉倩
【作者单位】410007,湖南长沙市十五中
【正文语种】中文
【中图分类】G633.6
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3.定点恒久远证明永流传
——2019年北京卷理第18题 [J], 王敏;陈曦
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高中数学第一章导数及其应用1.1.1变化率问题1.1.2导数的概念省公开课一等奖新名师优质课获奖PP
1.1.1 改变率问题 1.1.2 导数概念
第1页
学习目标
1.了解导数概念实际背景. 2.会求函数在某一点附近平均改变率. 3.会利用导数定义求函数在某点处导数.
问题导学
题型探究
达标检测
第2页
问题导学
新知探究 点点落实
知识点一 函数平均改变率
假设如图是一座山剖面示意图，并建立如图所表示平面直角坐标系.A是出 发点，H是山顶.爬山路线用函数y＝f(x)表示.
解析
∵ lim Δx→0
fx0－3Δx－fx0 Δx
＝ lim Δx→0
[fx0－－3Δ3xΔ－x fx0·(－3)]
＝－3f′(x0)＝a， ∴f′(x0)＝－13a.
第22页
解析答案
(2)利用导数定义求函数f(x)＝ 在x x＝1处导数. 解 ∵Δy＝f(1＋Δx)－f(1)＝ 1＋Δx－1，
第18页
解析答案
(3)物体在t＝1时瞬时速度.
解 物体在t＝1时瞬时速度即为函数在t＝1处瞬时改变率.
∵物体在t＝1附近平均改变率为
ΔΔst＝s1＋ΔΔtt－s1
29＋3[1＋Δt－3]2－29－31－32
＝
Δt
＝3Δt－12.
∴lim Δt→0
ΔΔst＝－12，
∴物体在t＝1处瞬时改变率为－12.
∴割线PQ斜率k＝ Δ＝y 1＋Δx.
Δx
又∵割线PQ斜率为2，∴1＋Δx＝2，∴Δx＝1.
第15页
解析答案
类型二 求平均速度与瞬时速度
例2 若一物体运动方程以下：(位移单位：m，时间单位：s)
s＝32t92＋＋32，t－32，
t≥3， 0≤t<3.
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类比例 1 的方法可得 合为 ｛ 1 ｝ ． 2
1 = 1 即 a = 1 ，所以 a 的取值集 a
利用一般方法解导数题 例3 （ 2012 年高考辽宁文 ） x － 1， 设 f （ x） = ln x + 槡 证明 ： 3 （ Ⅰ） 当 x ＞ 1 时， f（ x） ＜ （ x － 1） ； 2 （ Ⅱ） 当 1 ＜ x ＜ 3 时， f（ x） ＜ 9（ x － 1） ． x +5
3 4 2 x， 令t =槡 则得 m（ t ） = 108 t － 2 t （ t + 10 t + 25 ） － t2 （ t4 + 10 t2 + 25 ） ， 变形得
g（ x） = （ x + 5 ） 3（ x + 5）
2
－ 216 x， g' （ x） = 则当 1 ＜ x ＜ 3 时，
－ 216 ＜ 0 ．
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lna） 时， f' （ x） ＜ 0 ； 又 a ＞ 0， 当 x ∈ （ － ∞， f' （ x） = 0 ； 当 x ∈ （ ln a，+ ∞ ） 时， 当 x = ln a 时 ， f' （ x） ＞ 0 ； 所以 x ∈ R 时 ， f （ x） 有唯一的极小值且在 x = lna 时取极小值 ， 这个极小值也是唯一的最小值 ． 已 f （ x） ≥ 1 = f （ 0 ） 恒成立 ， 知对一切 x ∈ R， 这说明 f （ x）
两种情形讨论： （ 1） 若 0 ＜ s ＜ 1， （ s + 1） 2 ， + ∞） 上 则 f （ t ） 在［ 2 为减函数， 所以 0 ＜ f（ t） ≤ f（ （ s + 1 ） ） ， s －1 ， 即 0 ＜ f（ t） ≤ － 从而得 u 的取值范围为 s +1 2 （ 1， ］ ． s +1 （ 2） 若 s ＞ 1， （ s + 1 ） 2 ，+ ∞ ） 上为 则 f （ t ） 在［ s －1 2 增函数， 所以 f（ （ s + 1 ） ） ≤ f（ t） ＜ 0 ， 即－ ≤ s +1 2 f（ t） ＜ 0 ， ， 1） ． 从而得 u 的取值范围为［ s +1 y ＞ 0， 设 x ＞ 0， 且 xy = s（ s 为常数， 且s 1 1 s ≠ 1） ， + ＞ 0， 求u = 的取值范 x（ y + 1 ） y（ x + 1 ） 例6 围． 由条件 xy = s， 得 1 1 u = + x（ y + 1 ） y（ x + 1 ） 解 = x + y + 2 xy xy（ x + y + xy + 1 ）
t 令 ax = t ， 则函数 f （ x） = g （ t ） = e －
＜
5 +x － 4x
54 第一个分式只在分子利用不等式 （ 因为不是 （ x + 5） 2 基本不等式很难想到 ） 放缩 ， 分母不放缩 ， 并且第二个 分式不能利用不等式放缩 ． 证法二要两次利用不等式 放缩更难想到 ． 学生的这些问题引起了我的反思 ： 对基
则 g' （ x） = =
－
本文只研究第 （ Ⅱ） 小题， 标准答案给了如下两种 证法 ： （ Ⅱ） （ 证 法 1 ） 记 h（ x） = f（ x） － （ Ⅰ） 得， h' （ x） = 54 （ x + 5） 9（ x － 1） ， 由 x +5
1 1 － x x 2槡
108 x 槡 x － 2槡 x （ x2 + 10 x + 25 ） － x（ x2 + 10 x + 25 ） 2（ x + 5） 2 x 槡 x
1 t， a
础较好的学生来说 ， 是否有其它比较好的方法 ？ 他们容 ， 易理解接受 并且能够顺利迁移呢 ？ 事实上， 因式分解 这种方法 能力较好的学生容易掌握下面的证明方法 ， 的适用范围更广一些 ， 为了一并说明这种方法适用范 x 的范围变成如下例 4 ． 围的广泛性 ， 把例 3 稍微改变 ， x － 1， f（ x） 例 4 设 f （ x） = lnx + 槡 则 1 ＜ x ＜ 4 时， 9（ x － 1） ＜ ． x +5 证明 令 g（ x） = 54 （ x + 5） 9（ x － 1） － ln x － 槡 x + 1， x +5
f' （ x） = e － a， 令 f' （ x） = 0 得
x
中学数学杂志 2013 年第 3 期
的最小值在 x = 0 时取到 ， 所以 lna = 0 ， 所以 a = 1 ． 故 a 的取值集合为 ｛ 1 ｝ ． 另解二 f（ x） ≥ 因为 f （ 0 ） = 1 ， 又对一切 x ∈ R， 1 恒成立 ， 所以 f （ x） ≥ f （ 0 ） ， 则 f （ x） 的最小值为 f （ 0 ） ， f' （ x） = e x － a 存在 ， 0 不是区间 又 0 ∈ （ － ∞ ，+ ∞ ） ， 的端点 ， 这个最小值 f （ 0 ） 也是极小值 ， 一定有 f' （ 0 ） =
2
故 a 的取值集合为 ｛ 1 ｝ ． 说明 例2 另解一 、 二利用了 f （ x） 的最小值在 x = 0 （ 2012 年高考湖南理 ） 已知函数 f （ x） = e ax 时取到 ， 从而解决问题 ． － x， 其中 a ≠ 0 ． （ 1 ） 若对一切 x ∈ R， f （ x） ≥ 1 恒成立 ， 求 a 的取值 集合 ． （ 2 ） （ 略） ． 分析
① 4 3 1 ＜ x ＜ 4 ， 1 ＜ t ＜ 2 ， t + 3 t + 13 t2 因为 所以 则 ＜ 16 + 24 + 52 = 92 ，
4 3 2 － 75 t － 50 ＜ － 75 － 50 = － 125 ， 所以 t + 3 t + 13 t
m（ t ） = t （ 1 － t ） （ t4 + 3 t3 + 13 t2 － 75 t － 50 ）
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中学数学杂志 2013 年第 3 期 将上面最后一式的分母（ 系数 s 除外） 设置为一 新元， 即令 t = x + y + s + 1 ， 则x +y = t － （ s + 1） ， xy = 2 槡 s 可得 由x + y ≥2 槡 t ≥ （槡 s + 1） 2 ， 于是 x + y + 2s u = s（ x + y + s + 1 ） = = t +s －1 st 1 s －1 （ s + 1） 2 ） ． + 1） （ t ≥ （ 槡 s t s －1 ， f （ t ） 在［ （槡 s 则当 0 ＜ s ＜ 1 时， t
x + y + 2s = ． s（ x + y + s + 1 ）
变换视角解几个导数题
湖南省长沙市 15 中
1 利用函数最值定义解导数题 众所周知 ， 导数具有比较强大的功能 ， 自导数回到 高中课本 ， 就成为高考的靓点 ， 大部分省市都把它作为 压轴题 ． 可能由于导数的功能过于强大 ， 我们有时候忽 视了函数最值的定义 ， 产生了不必要的麻烦 ． 其实函数 最值的定义不仅是静止的结构和对象 ， 而且也反映一 种动态的变化过程和规律 ； 所以在解题时我们要灵活 改变认识的角度 ， 既要能够把它看成相对静止的对象 ， 也要善于把握它动态变化的过程 ． 例1 （ 2012 年高考湖南文 ） 已知函数 f （ x） = e －
0 0， 则 f' （ 0 ） = e － a = 0 ， 所以必有 a = 1 ． 验证 a = 1 时 x e x － ax ≥ 1 ， 即 e － x ≥ 1 对一切 x ∈ R 恒成立（ 略） ，
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1 + 5） （ 2 + 槡 x ） － 18 x］ ＜ ［ 3 x（ x － 1 ） + （ x + 5 ） （ 2 + 2x x 1 1 + ） － 18 x］ = （ 7 x2 － 32 x + 25 ） ＜ 0 ． 2 2 4x 3 ） 内单调递减 ， 所以 h（ x） 在（ 1 ， 又 h（ 1 ） = 0 ， 所 9（ x － 1） f（ x） ＜ ． 所以当 1 ＜ x ＜ 3 时， 以 h（ x） ＜ 0 ， x +5 有几个基础较好的学生看了标准答案后 ， 对我说 ， 如果下次再考这种类似的题目 ， 肯定还不会作 ， 因为两 种证明方法都要求在恰当的地方利用适当的不等式放 缩， 以证法一来说 ， 其中 2 +槡 x 54 － 2x （ x + 5）
x 因为 f' （ x） = e － a 是增函数 ，
①
ax， 其中 a ＞ 0 ． （ 1 ） 若对一切 x ∈ R， f （ x） ≥ 1 恒成立 ， 求 a 的取值 集合 ； （ 2 ） （ 略） ． 标准答案 x = lna． f （ x） 单调递减； 当 x ＞ ln a 当 x ＜ ln a 时 f' （ x） ＜ 0 ，
h（ x） ＞ 0 ， 当 1 ＜ x ＜ 4， 即 1 ＜ t ＜ 2 时， 有 g' （ x） ＞ 0， g（ x） 单调增 ． 所以 g （ x） 的最小值为 g（ 1 ） = 0 ． 9（ x － 1） ＞ f（ x） ． 所以 x +5 说明 例 4 的方法没有要求学生在适当的地方用
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