2020年高考数学全国1卷导数压轴题《极值点偏移问题》
2020全国1卷数学压轴题剖析
2020全国1卷关键试题分析全国Ⅰ卷适用地区：广东、河南、河北、山西、江西、湖北、湖南、安徽、福建【解析】因为PM AB ⊥，所以1222PAM PM AB S PA ∆====，最小值即为M 到直线的距离，此时PM l ⊥，易得(1,0)P -，由切点弦结论选D.【解析】222222log 2log 2log 2a b b a b b +=+<+，由2()2log x f x x =+单增知2a b <，【点评】此题改编于2012浙江卷。
追溯：（2012浙江）设a ＞0，b ＞0．下列正确的是A ．若2223a b a b +=+，则a b>B ．若2223a b a b +=+，则a b <C ．若2223a b a b -=-，则a b >D ．若2223a b a b -=-，则a b<这属于独立多变量中构造相同结构类型。
参考《高观点下函数导数压轴题的系统性解读》。
【解析】还原三棱锥，根据同一个半平面内位置关系和长度一样，可得各边长，用余弦定理可得14-。
616（文科）数列{}n a 满足2(1)31n n n a a n ++-=-，前16项和为540，则1____a =，【解析】①当偶数时，231n n a a n ++=-，则246810121416()()()()517294192a a a a a a a a +++++++=+++=，②当21,1,2,,8n k k =-= 时，212164k k a a k +--=-，所以2121212123311()()()k k k k k a a a a a a a a ++---=-+-++-+ 26(12)43k k k k =+++-=- ，即22113k a k k a +=-+。
从而222131513(127)(127)8a a a a +++=+++-++++ 17(71)(271)3288540926a ⨯+⨯⨯+=⨯-+=-，即17a =。
2020高考数学《导数压轴题》
2020高考数学《导数压轴题》1.已知函数 $f(x)=e^x(1+aln x)$，设 $f'(x)$ 为 $f(x)$ 的导函数。
1) 设 $g(x)=e^xf(x)+x^2-x$ 在区间 $[1,2]$ 上单调递增，求 $a$ 的取值范围；2) 若 $a>2$ 时，函数 $f(x)$ 的零点为 $x$，函数$f'(x)$ 的极小值点为 $x_1$，求证：$x>x_1$。
2.设函数 $f(x)=\frac{x^2-2x+3}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求证：当 $x\ge 1$ 时，$f(x)\ge 2$ 恒成立；2) 讨论关于 $x$ 的方程 $f(x)=k$ 的根的个数。
3.已知函数 $f(x)=-x^2+ax+a-e^{-x}+1$，$a\in R$。
1) 当 $a=1$ 时，判断 $g(x)=e^xf(x)$ 的单调性；2) 若函数 $f(x)$ 无零点，求 $a$ 的取值范围。
4.已知函数 $f(x)=\frac{ax+b}{x-1}$，$x\in R$。
1) 求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 若存在 $f(f(x))=x$，求整数 $a$ 的最小值。
5.已知函数 $f(x)=e^{-ln x+ax}$，$a\in R$。
1) 当 $a=-e+1$ 时，求函数 $f(x)$ 的单调区间；2) 当 $a\ge -1$ 时，求证：$f(x)>0$。
6.已知函数 $f(x)=e^x-x^2-ax-1$。
1) 若函数 $f(x)$ 在定义域内单调递增，求实数 $a$ 的范围；2) 设函数 $g(x)=xf(x)-e^x+x^3+x$，若 $g(x)$ 至多有一个极值点，求 $a$ 的取值集合。
7.已知函数 $f(x)=x-1-ln x-a(x-1)^2$，$a\in R$。
1) 讨论函数 $f(x)$ 的单调性；2) 若对 $\forall x\in (0,+\infty)$，$f(x)\ge 0$，求实数$a$ 的取值范围。
专题1.2 极值点偏移问题利器——极值点偏移判定定理-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版
一、极值点偏移的判定定理对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，方程0)(=x f 的解分别为21,x x ，且b x x a <<<21，（1）若)2()(201x x f x f -<，则021)(2x x x ><+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏；学科#网（2）若)2()(201x x f x f ->，则021)(2x x x <>+，即函数)(x f y =在区间),(21x x 上极（小）大值点0x 右（左）偏.证明：（1）因为对于可导函数)(x f y =，在区间),(b a 上只有一个极大（小）值点0x ，则函数)(x f 的单调递增（减）区间为),(0x a ，单调递减（增）区间为),(0b x ，由于b x x a <<<21，有01x x <，且0202x x x <-，又)2()(201x x f x f -<，故2012)(x x x -><，所以021)(2x x x ><+，即函数极（小）大值点0x 右（左）偏；（2）证明略.左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔）左快右慢（极值点左偏221x x m +<⇔） 左慢右快（极值点右偏221x x m +>⇔） 二、运用判定定理判定极值点偏移的方法 1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=； （3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+. （1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221xx +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f .学科*网 【说明】（1）此类试题由于思路固定，所以通常情况下求导比较复杂，计算时须细心；（2）此类题目若试题难度较低，会分解为三问，前两问分别求)(x f 的单调性、极值点，证明)(0x x f +与)(0x x f -（或)(x f 与)2(0x x f -）的大小关系；若试题难度较大，则直接给出形如0212x x x <+或0)2('21<+x x f 的结论，让你给予证明，此时自己应主动把该小问分解为三问逐步解题.三、新题展示【2019湖南郴州二中月考】已知函数，，．(1)若，，求函数的单调区间；(2)设．(i)若函数有极值，求实数的取值范围； (ii)若()，求证：．【答案】（1）见解析；（2）见解析(2)(i) =，定义域为(0，+∞)，，①当时，，函数在(0，+∞)上为单调递增函数，不存在极值．②当时，令，得，，所以，易证在上为增函数，在上为减函数，所以当时，取得极大值．所以若函数有极值，实数的取值范围是．因为，，所以在上为减函数，，所以在上为增函数，所以，即，故成立．【2019江西赣州十四县（市)期中联考】已知函数(为常数)，曲线在与轴的交点A处的切线与轴平行．(1)求的值及函数的单调区间；(2)若存在不相等的实数使成立，试比较与的大小．【答案】（1）a=2,在区间(－∞，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增．（2）x1＋x2＜2ln 2(2)证明：设x＞ln 2，所以2ln 2－x＜ln 2，(2ln 2－x)＝e(2ln 2－x)－2(2ln 2－x)－1＝＋2x－4ln 2－1．令g(x)＝(x)－(2ln 2－x)＝e x－－4x＋4ln 2(x≥ln 2)，所以g′(x)＝e x＋4e－x－4≥0，当且仅当x＝ln 2时，等号成立，学科&网所以g(x)＝(x)－(2ln 2－x)在(ln 2，＋∞)上单调递增．又g(ln 2)＝0，所以当x＞ln 2时，g(x)＝(x)－(2ln 2－x)＞g(ln 2)＝0，即(x)＞(2ln 2－x)，不妨设x1＜ln 2＜x2，所以(x2)＞(2ln 2－x2)，又因为(x1)＝(x2)，所以(x1)＞(2ln 2－x2)，由于x2＞ln 2，所以2ln 2－x2＜ln 2，因为x1＜ln 2，由(1)知函数y＝(x)在区间(－∞，ln 2)上单调递减，所以x1＜2ln 2－x2，即x1＋x2＜2ln 2．学科#网四、对点详析，利器显锋芒 ★已知函数)()(R x xe x f x ∈=-. (1)求函数)(x f 的单调区间和极值；(2)若21x x ≠，且)()(21x f x f =，证明：221>+x x .∵12>x ，∴122<-x ，)(x f 在)1,(-∞上单调递增，∴212x x ->，∴221>+x x . ★函数3434)(x x x f -=与直线)31(->=a a y 交于),(1a x A 、),(2a x B 两点. 证明：221<+x x .★已知函数2()ln f x x x=+，若1x ≠2x ，且)()(21x f x f =，证明：421>+x x . 【解析】由函数2()ln f x x x=+单调性可知：若)()(21x f x f =，则必有212x x <<，。
专题1.8 极值点偏移第六招——极值点偏移终极套路-2020届高考数学压轴题讲义(解答题)(解析版)
值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高.下面给出引例，通过探究，归纳总结出解决此类问题的一般性方法. ★已知()21ln 2f x x x mx x =--，m ∈R ．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：212e x x >（e 为自然对数的底数）．解法一：齐次构造通解偏移套路于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--．又120x x <<，设21x t x =，则1t >．因此，()121ln ln ln 1t t x x t ++=-，1t >． 要证12ln ln 2x x +>，即证：()1ln 21t t t +>-，1t >．即：当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．设函数()()21ln 1t h t t t -=-+，1t ≥，则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++， 所以，()h t 为()1.+∞上的增函数．注意到，()10h =，因此，()()10h t h ≥=．学&科网于是，当1t >时，有()21ln 1t t t ->+．所以，有12ln ln 2x x +>成立，212e x x >．学&科网解法二 变换函数能妙解证法2：欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>．若()f x 有两个极值点1x ，2x ，即函数()f x '有两个零点．又()ln f x x mx '=-，所以，1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根．显然0m >，否则，函数()f x '为单调函数，不符合题意． 由()11121222ln 0ln ln ln 0x mx x x m x x x mx -=⎧⇒+=+⎨-=⎩，解法三 构造函数现实力证法3：由1x ，2x 是方程()0f x '=的两个不同实根得ln x m x =，令()ln xg x x=，()()12g x g x =，由于()21ln xg x x-'=，因此，()g x 在()1,e ↑，()e,+∞↓．设121e x x <<<，需证明212e x x >，只需证明()212e 0,e x x >∈，只需证明()212e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，即()222e 0f x f x ⎛⎫-> ⎪⎝⎭．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落 即()()()()2e 1,e h x f x f x x ⎛⎫=-∈ ⎪⎝⎭，()()()22221ln e 0e x x h x x --'=>，故()h x 在()1,e ↑，故()()e 0h x h <=，即()2e f x f x ⎛⎫< ⎪⎝⎭．令1x x =，则()()2211e f x f x f x ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，因为2x ，()21e e,x ∈+∞，()f x 在()e,+∞↓，所以221e x x >，即212e x x >．学&科网解法四 巧引变量（一）证法4：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e ett t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设120k t t =-<，则1e e 1k kk t =-，2e 1k kt =-．欲证212e x x >，解法五 巧引变量（二）证法5：设()11ln 0,1t x =∈，()22ln 1,t x =∈+∞，则由1122ln 0ln 0x mx x mx -=⎧⎨-=⎩得11221122e e ett t t t t m t m t -⎧=⇒=⎨=⎩，设()120,1t k t =∈，则1ln 1k k t k =-，2ln 1kt k =-． 欲证212e x x >，需证12ln ln 2x x +>， 即只需证明122t t +>，即()()()1ln 21212ln ln 0111k k k k k k k k k +-->⇔<⇔-<-++，设()()()()21ln 0,11k g k k k k -=-⇔+，()()()22101k g k k k -'=>+， 故()g k 在()0,1↑，因此()()10g k g <=，命题得证．学&科网★已知函数2()(2)ln f x x a x a x =---，若方程()f x c =有两个不相等的实数根12,x x ，求证：12()02x x f +'>.欲证：12()0()22x x af f +''>=，结合()f x '的单调性， 即证：1222x x a +>等价于证明：22112212112222ln ln x x x x x x x x x x +--+>+--11122121222222ln 1x x x x x x x x x x --⇔<=++令12,(01)x t t x =<<，构造函数22()ln ,(01)1t g t t t t -=-<<+， 求导由单调性易得原不等式成立，略. 法二：接①后续解:由①得：11212122()()(2)()ln0x x x x x a x x a x +-----=构造函数2(1)()ln ,(01)1t m t t t t -=-<<+， 求导由单调性易得()0m t <在(0,1)t ∈恒成立，又因为120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法三：接④后续解：视1x 为主元，设22222222222()4()1()ln ln ,()0()()x x x x x g x x x g x x x x x x x x --'=--=-=>+++则()g x 在2(0,)x x ∈上单调递增，故2()()0g x g x <=，再结合120,0a x x >-<，故12()02x x f +'>成立. 法四：构造函数()()(),(0)222a a ah x f x f x x =--+<<，学&科网则24()()()022()()22a a x h x f x f x a a x x '''=---+=>+-，从而()h x 在(0,)2a上单调递增，故()(0)0h x h >=，即()()22a a f x f x ->+ 对(0,)2a x ∈恒成立，从而()(),(0)2af x f a x x >-<<，则211()()()f x f x f a x =>-， 由21,(,)2a x a x -∈+∞，且()f x 在(,)2a+∞单调递增，学科#网故21x a x >-， 即1222x x a +>，从而12()02x xf +'>成立. 学&科网 【招式演练】★已知函数()()ln ,f x x ax b a b R =-+∈有两个不同的零点12,x x ． ()I 求()f x 的最值；()II 证明：1221x x a⋅<． 【答案】（1）()max ln 1f x a b =--+，无最小值 （2）见解析【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步构造函数利用导数证明. ★已知函数()()()2a xg x xea R -=∈， e 为自然对数的底数.（1）讨论()g x 的单调性；（2）若函数()()2ln f x g x ax =-的图象与直线()y m m R =∈交于A B 、两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明： ()00f x '<（()f x '为函数()f x 的导函数）【答案】（1）见解析（2）见解析（2）∵()()()()222ln ln 2(0)a xf x xe axx a x ax x -=-=+-->，∴()()()()211122x ax f x a ax x x+-=+--'=-， 当0a ≤时， ()()0,f x y g x >'=在()0,+∞上单调递增，与直线y m =不可能有两个交点，故0a >． 令()0f x '≥，则10x a <≤；令()0f x '<，则1x a >，故()y g x =在10,a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．不妨设()()12,,,A x m B x m ，且1210x x a<<<， 要证()00f x '<，需证010ax ->， 即证()01221211222x x x x x f x f x a a a a ⎛⎫>⇒+>⇒>-⇒<- ⎪⎝⎭， 又()()12f x f x =，所以只需证()112f x f x a ⎛⎫<-⎪⎝⎭，即证：当10x a <<时，()20f x f x a ⎛⎫--> ⎪⎝⎭．学&科网设()()()()2ln 2ln 22F x f x f x ax ax ax a ⎛⎫=--=--+-⎪⎝⎭，则()()()22112022ax a F x a ax x x ax --=-+=-<--'， ∴()()2F x f x f x a ⎛⎫=--⎪⎝⎭在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，又12110F f f a a a a ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=--= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 故()()20F x f x f x a ⎛⎫=-->⎪⎝⎭，原不等式成立．学科*网 ★已知函数()322ln 3f x ax x =--的图象的一条切线为x 轴.（1）求实数a 的值；（2）令()()()g x f x f x =+'，若存在不相等的两个实数12,x x 满足()()12g x g x =，求证： 121x x <.【答案】（1）01{23x a ==（2）见解析当1x >时， 101x<<， 记()()()()()1111G x g x g h x h f x f x f f x x x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-=--=+++⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦''， 记函数()y f x ='的导函数为()y f x =''，则()()()221111G x f x f x f f x x x x ⎛''''''⎫⎛⎫=+-- ⎪ ⎪⎝⎝'⎭⎭222211111122x x x x x x x x x x ⎫⎫⎫⎫=-++--+⎪⎪⎪⎪⎪⎭⎭⎭⎭)211102x x x x x x x--=-+>， 故()G x 在()1,+∞上单调递增， 所以()()10G x G >=，所以()10g x g x ⎛⎫->⎪⎝⎭， 不妨设1201x x <<<，则()()1221g x g x g x ⎛⎫=>⎪⎝⎭，而101x <<， 2101x <<，有单调性知121x x <，即121x x <. ★已知函数()21ln 2f x x ax bx =-+且函数()y f x =图象上点()()1,1f 处的切线斜率为0. （1）试用含有a 的式子表示b ，并讨论()f x 的单调性；（2）对于函数图象上的不同两点()()1122,,,A x y B x y 如果在函数图象上存在点()()()00012,,,M x y x x x ∈使得点M 处的切线lAB ，则称AB 存在“跟随切线”.特别地，当1202x x x +=时，又称AB 存在“中值跟随切线”.试问：函数()f x 上是否存在两点,A B 使得它存在“中值跟随切线”，若存在，求出,A B 的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）见解析（2）不存在令12,(01)x t t x =<<， 构造函数()()21ln ,(01)1t g t t t t -=-<≤+，则()()()()22211411t g t t t t t -=-=++， 则()0,1t ∈时，()0g t ≥恒成立，故()y g t =在()0,1上单调递增从而得出不存在试题解析：函数()y f x =的定义域为()0,+∞，且()1'f x ax b x=-+， 又()'10f =，整理得1b a =-. 学科@网 （1）()()()1111'1ax x f x ax b ax a x x x+-+=-+=-+-=. 1）当0a ≥时，易知()0,1x ∈， ()()'0,1,f x x >∈+∞时()'0f x <， 故()y f x =在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减. 2）当0a <地，令()'0f x =，解得1x =或1x a=-，则 ①当11a-=，即1a =-时， ()'0f x ≥在()0,+∞上恒成立，则()y f x =在()0,+∞上递增.当10a -<<时，()y f x =在()0,1及1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增：()y f x =在11,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减.当1a =-时， ()y f x =在()0,+∞上递增.当1a <-时， ()y f x =在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭及()1,+∞上单调递增； ()y f x =在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上递减. 点睛：对于导数问题，做题要特别注意在讨论时单调性受参数的影响，可以通过分析导数零点的大小来逐一分析，对于此题第二问的类型，要注意函数的构造和假设，分析函数单调性求最值从而得出结论. ★已知函数()()2ln f x x x ax x a a R =+-+∈在其定义域内有两个不同的极值点.（1）求a 的取值范围.（2）设()f x 的两个极值点为12,x x ，证明212x x e >. 【答案】（1）102a e<<-（2）见解析试题解析：（1）依题意，函数()f x 的定义域为()0,+∞，所以方程()0f x '=在()0,+∞有两个不同根.即方程ln 20x ax +=在()0,+∞有两个不同根.学&科网 转化为，函数()ln xg x x=与函数2y a =-的图象在()0,+∞上有两个不同交点 又()21ln xg x x-'=，即0x e <<时， ()0g x '>， x e >时，()0g x '<， 所以()g x 在()0,e 上单调增，在(),e +∞上单调减，从而()()1=g x g e e=极大.又()g x 有且只有一个零点是1，且在0x →时，()g x →-∞，在x →+∞时， ()0g x →，所以由()g x 的图象，要想函数()ln xg x x =与函数2y a =-的图象在()0,+∞上有两个不同交点， 只需102a e <-<，即102a e<<-（2）由（1）可知12,x x 分别是方程ln 0x ax -=的两个根，即11ln x ax =， 22ln x ax =，设120x x >>，作差得， ()1122ln xa x x x =-，即1212lnx x a x x =-.原不等式212x x e >等价于12ln ln 2x x +> ()122a x x ⇔+> ()1212122ln x x x x x x -⇔>+令12x t x =，则1t >，()()121212221ln ln 1x x t x t x x x t -->⇔>++，设()()21ln 1t g t t t -=-+， 1t >，()()()22101t g t t t +'-=>，∴函数()g t 在()1,+∞上单调递增， ∴()()10g t g >=，学科/网即不等式()21ln 1t t t ->+成立，故所证不等式212x x e >成立.点睛：利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.★已知函数()1e xx f x +=，A ()1,x m ，B ()2,x m 是曲线()y f x =上两个不同的点.（Ⅰ）求()f x 的单调区间，并写出实数m 的取值范围； （Ⅱ）证明：120x x +>.【答案】（Ⅰ）m 的取值范围是()0,1；（Ⅱ）见解析.【方法点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性及不等式的证明，属于难题.不等式证明问题是近年高考命题的热点，命题主要是和导数、绝对值不等式及柯西不等式相结合，导数部分一旦出该类型题往往难度较大，要准确解答首先观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.【新题试炼】【2018河北衡水金卷】已知函数.（1）若函数，试研究函数的极值情况；（2）记函数在区间内的零点为，记，若在区间内有两个不等实根，证明：.【答案】(1)见解析;(2)见解析.②当时，，恒成立，所以不存在极值；③当时，，或；,所以在处取极大值，在处取极小值.综上，当时，在处取极大值，在处取极小值；当时，不存在极值；时，在处取极大值，在处取极小值.（2），定义域为，，而，故，即在区间内单调递增又，，且在区间内的图象连续不断，学科@网故根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.所以存在，使得，由得单调递减；若在区间内有两个不等实根（）则.要证，即证又，而在区间内单调递减，故可证，又由，即证，即记，其中记，则，学.科网当时，；在高考创新试题层出不穷的大环境下，学生首先要掌握基本的知识方法和解题策略，对新题、难题的突破，更需在掌握双基的前提下，淡化特殊技巧、重视思想方法、去模式化的解题策略，以不变应万变，培养学生分析问题、解决问题的能力.只有学生学会自我分析，利用熟知的知识方法去解决各类未知的创新试题，教师才算成功培养学生解题思维，同时对学生认知的广阔性、逆向性也是一种需要.。
2020年全国Ⅰ卷理科导数压轴题多角度探析
解题篇经典题突破方法"LL L l l L"高二数学2021年3月丁子虫" 2020年全国|卷理科()压轴题多.度01■福建省泉州市第七中学彭耿铃高考压轴题，突出学科素养和区分导向！着重考查同学们的理性思维能力以及综合运用数学思想方法分析问题、解决问题的能力!体现了数学考试的压轴应用价值，在考试评价中落实区分度的根本任务，对选拔高层次人才有很好的导向和选拔作用#纵观近几年来高考试卷，导数压轴题在形式上有“简约而不简单)之感，参考答案的解析有时让师生一头雾水，感觉匪夷所思，不知所措#下面对2020年全国I卷导数压轴题予以多角度解析，旨在探究导数题型的考查特点，供同学们参考，希望同学们能决胜高考#(2020年全国I卷理科压轴题'已知函数f(")=e"+a"2—"#(1)当a=1时，讨论f")的单调性；(2)当")0时f(.,"))1"3+1,求a的取值范围#解析!1)当a=1时，f(")=e"+"2—",f J")=e"+2"一1#令g(")=e"+2"一1则g'")=e"+2>0恒成立，所以g")在R上单调递增f"在R上单调递增#又'(0)=0!所以当">0时，f(")> 0,即f(")在(0,++)上单调递增；当"<0时,f'")<0,即f(")在(一+,0)上单调递减#所以当a=1时，f")的单调增区间为(0,++)，单调减区间为(一+,0)#(2)解法一(分离参数，转化最值)：当")0时，f("))2"3+1恒成立#①当"=0时，a(R#""3+"+1—e"②当">0时，a)--------------2-----------恒成"""3+"+1—e"立，记％(")=---------------2------------，贝U%'(")=(2—")(e"—2"2-"一1)3#1己$(")=e"—"2"2一"一1(">0),贝$'(")=e"一"一1,—(")=e"—1#因为当">0时，$"(")= e"—1>0,所以$'(")在(0,++)上单调递增,$'(—)>$'(0)=0,$(")单调递增，$")>$(0)=0#令％'")=0,可得"=2#当"((0,2)时，%'(")>0,%(-)单调递增；当"((2, ++)时,%'(")<0,%(")单调递减#7—e2所以%(").ao=%(2)=^^,即a) 7—e24°综上，a的取值范围是，++)#解法二(比较零点,分类讨论)：f("))1"3+13e"+a"2一")1"3+1"3一a"2+"+113—--------------#1,对")0恒成立#1—一a"2+"+1令%(")=----------------"--------------")0)，则①当2a+1)2,即a)时，若"(「0,2)U「2a+1,++),则%'(")#0；若"((2, 2a+1),则％'")>0#所以％(")在区间「0, 2)上单调递减，在区间(2,2a+1)上单调递增，在区间「2a+1,++)上单调递减#所以％")m a0=max{%(0),%(2a+1)}=19解题篇经典题突破方法高二数学 2021年3月中孝生皋捏化max1 (2a +1)3 —a (2a +1)2 +(2a +1)+1e a +1—(2a + 1)3 — a (2a + 1 )2 + (2a +1) +1 又e 2a +11 (2a +1)2 + (2a + 1) +1，记'=2a + 1 )2 ,e 2a +1—'2 +' + 1设 g = ----------'--------(')2),贝U g ‘ ')e('+ 1)——'2+'+1'2—y V 0# 故 g & '2"2 —") 2"3 + —。
(2020年整理)全国卷全国卷导数合集(试题).doc
（一） 导数的极最值问题1.(XXXX 新课标Ⅱ）设函数2()mx f x e x mx =+-．(Ⅰ)证明：()f x 在(,0)-∞单调递减，在(0,)+∞单调递增；(Ⅱ)若对于任意1x ，2x [1,1]∈-，都有12|()()|f x f x -1e -≤，求m 的取值范围．2.（XXXX 新课标Ⅰ）设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()y f x =在点 (1,(1))f 处的切线斜率为0．（Ⅰ）求b ；（Ⅱ）若存在01,x ≥使得()01a f x a <-，求a 的取值范围．3.（XXXX 新课标Ⅰ）已知函数，曲线()y f x =在点处切线方程为．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）讨论的单调性，并求的极大值．2()()4x f x e ax b x x =+--(0,(0))f 44y x =+,a b ()f x ()f x4.（XXXX 新课标Ⅱ）已知函数．（Ⅰ）求的极小值和极大值； （Ⅱ）当曲线()y f x =的切线的斜率为负数时，求在轴上截距的取值范围．5.（XXXX 新课标2）已知函数()ln (1)f x x a x =+-．（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 有最大值，且最大值大于22a -时，求a 的取值范围．（二） 导数的恒成立问题1.(XXXX 全国卷Ⅲ)已知函数2()(2)ln(1)2f x x ax x x =+++-．(1)若0a =，证明：当10x -<<时，()0f x <；当0x >时，()0f x >； 2()x f x x e-=()f x l l x(2)若0x =是()f x 的极大值点，求a ．2. （XXXX 新课标）设函数()2x f x e ax =--．（Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x '-++>，求k 的最大值．3.（XXXX 新课标）已知函数ln ()1a x b f x x x =++，曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为230x y +-=．（Ⅰ）求a ，b 的值；（Ⅱ）证明：当0x >，且1x ≠时，ln ()1x f x x >-．4. （XXXX 新课标）设函数2()(1)x f x x e ax =--．（Ⅰ）若12a =，求()f x 的单调区间； （Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围．。
2020年普通高等学校招生全国统一考试压轴(一)数学(理)试题解析
绝密★启用前2020年普通高等学校招生全国统一考试压轴（一）数学（理）试题注意事项：1、答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2、请将答案正确填写在答题卡上一、单选题1．已知集合{1A y y ==，{}30B x x =-≤，则A B =I （） A ．[]1,2B ．[]1,3C ．[]2,3D ．()2,+∞ 答案：B首先分别化简集合A ，B ，再求交集即可.解： {{}11A y y y y ==+=≥，{}{}303B x x x x =-≤=≤，所以[]1,3A B ⋂=.故选：B.点评：本题主要考查集合的交集运算，同时考查了函数的值域，属于简单题.2．欧拉公式cos sin ix e x i x =+（i 为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数的关系，它在复变函数论里非常重要，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，设复数cossin 33z i ππ=+，则3z 等于（）A ．122-B ．1-C ．122--D ．122-+ 答案：B 根据欧拉公式得到3i z e π=，再计算3z 即可.解： 由题意得3cossin 33i z i e πππ=+=， 333()cos sin 1i i z e e i ππππ====-＋. 故选：B点评：本题主要考查三角函数求值问题，同时复数的概念，属于简单题.3．月形是一种特殊的平面图形，指有相同的底，且在底的同一侧的两个弓形所围成的图形.月形中的一种特殊的情形是镰刀形，即由半圆和弓形所围成的图形（如下图），若半圆的半径与弓形所在圆的半径之比为1:2，现向半圆内随机取一点，则取到镰刀形中的一点的概率为（）A．423 3-B．2313-C．3πD．31π-答案：B首先设半圆半径为r，分别计算半圆的面积和弓形的面积，再代入几何概型公式计算即可.解：如图所示：设半圆半径为r，半圆面积为22rπ，221(2)3OO r r r=-=弓形面积为()2221122233623r r r r rππ⨯⨯-⨯=-，概率为2222232312332rr rrπππ-+=-.故选：B点评：本题主要以数学文化为背景考查几何概型，同时考查学生的逻辑思维能力，属于中档题. 4．数列{}n a的前几项是：0、2、4、8、12、18、24、32、49、50⋅⋅⋅其规律是：偶数项是序号平方再除2；奇数项是序号平方减1再除2.如图所示的程序框图是为了得到该数列的前100项而设计的，那么在两个判断框中，可以先后填入（）A ．n 是偶数？，100n ≤？B ．n 是奇数？，100n ≤？C ．n 是偶数？，100n <？D ．n 是奇数？，100n <？答案：A模拟程序框图的运行过程，结合输出的条件，即可得到答案.解：根据偶数项是序号平方再除以2，奇数项是序号平方减1再除以2，可知第一个框应该是“n 是偶数？”；执行程序框图，当101100n =>结束，所以第二个框应该填100n ≤？.故选：A点评：本题主要考查程序框图的应用问题，解题时应模拟程序框图的运行过程，属于简单题.5．已知数列{}n a 的前n 项和为n S ，且对任意*N n ∈都有21n n S a =-，设2log n n b a =，则数列{}n b 的前6项之和为（）A ．11B ．16C ．10D ．15答案：D首先根据21n n S a =-得到12n n a -=，代入2log n n b a =，再计算数列{}n b 的前6项之和即可.解：因为21n n S a =-，当1n =时，11121S a a =-=，所以11a =.当2n ≥时，1n n n a S S -=-，所以121(21)n n n a a a -=---，即12n n a a -=. 所以数列{}n a 是以1为首项，以2为公比的等比数列，所以12n n a -=，12log 21n n b n -==-，11(2)1n n b b n n --=---=，所以数列{}n b 是以0为首项，以1为公差的等差数列，数列{}n b 的前6项之和为1656152b d ⨯+= 故选：D点评： 本题主要考查由n S 求通项公式n a ，同时考查了等差数列的求和，属于中档题.6．声音中包含着正弦函数.音的四要素：音调、响度、音长和音色都与正弦函数的参数有关.我们平时听到的音乐不只是一个音在响，是由基音和许多个谐音的结合，其函数可以是()11sin sin 2sin 323f x x x x =++，则()f x 的图象可以是（） A ． B ．C ．D ． 答案：D首先根据()f x 为奇函数，排除C ，根据42f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，排除B ，根据()11111=236f x <++，排除A ，排除法即可得到答案. 解：因为()f x 的定义域为R ，1111()sin()sin(2)sin(3)sin sin 2sin 3()2323f x x x x x x x f x -=-+-+-=---=-， 所以()f x 为奇函数，排除C.1432f π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，223f π⎛⎫= ⎪⎝⎭，故42f f ππ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，排除B ； 因为()11111=236f x <++，而A 选项的()max 2f x =，排除A. 故选：D点评： 本题主要考查根据解析式判断函数的图象，同时考查了函数的奇偶性，特值法以及函数的最值，属于中档题.7．过双曲线M ：()22210y x b b -=>的左顶点A 作斜率为1的直线l ，若l 与双曲线的渐近线分别交于B 、C 两点，且54OB OA OC =+u u u r u u u r u u u r ，则双曲线的离心率是（）ABCD答案：B首先设出直线l 的方程为1y x =+，与渐近线方程联立得到1(,)11b B b b -++，1(,)11b C b b --.根据54OB OA OC =+u u u r u u u r u u u r 得到32b =，再计算离心率即可. 解：由题可知(1,0)A -，所以直线l 的方程为1y x =+.因双曲线M 的两条渐近线方程为y bx =或y bx =-.由1y bx y x =-⎧⎨=+⎩，解得1(,)11b B b b -++；同理可得1(,)11b C b b --. 又()1,0OA =-u u u r ，1,11b OB b b ⎛⎫=- ⎪++⎝⎭u u u r ，1,11b OC b b ⎛⎫= ⎪--⎝⎭u u u r。
2020届全国卷1理科数学高考“压轴题题型解法”大纲(李老师编)
3.线性回归和类线性回归（大数据整体计算型）
难
4.极坐标与参数方程的几何意义法（求长度、长度之积/和）
难
5.新定义、新材料阅读理解题
难
6.类比推理和演绎推理
难
难
3.不规则锥体的外接球（万能公式，见于杂志）
难
4.1向量的四心问题（性质秒杀）
难
4.2角平分线定理
难
5.向量的奔驰定理（公式秒杀）
难
6.解三角形（共边型、共角型、整体法型）
难
7.解三角形求动态参数（数形结合法、基本不等式法、三角函数法）
难
8.三角函数高难度化简与变换（函数求参数题（构建法+分类讨论法）
难
3.2构建函数的恒成立、存在性问题（单边构建、双边构建）
难
4.极值点偏移题（左偏移、右偏移、拉格朗日中值定理）
难
5.零点、交点、根的存在性问题（判断、个数、分布）
难
6.恒成立、存在性问题（特殊点型、隐零点型、虚假点型）
难
7.函数模型与缩放题（指数、对数：直接，裂项，并项，加强）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
数列
1.数学归纳法
难
2.数列放缩类型和数列不等式的证明
难
3.数列递推
难
4.探索数列中的存在性（最大最小整数型、数列函数交汇型）
难
模块
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
其他
1.可行域问题（生活应用综合型、动态型）
难
2.排列组合题（综合型、至少至多型）
2020全国卷1卷压轴考点和题型明细
难度
圆锥曲线
1.对称性问题
2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析
全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。
3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。
1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
解析：（1） 单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。
若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。
通常二次求导的为多。
（2） 恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。
常常是把恒成立化成最值问题。
由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。
这里介绍了两种方法。
解：（1） 当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。
而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。
（2）解法一 ，分离参数法 当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)
导数压轴题分类(2)---极值点偏移问题(含答案)极值点偏移问题是在求解函数的极值点时，由于函数表达式的特殊性质，导致极值点位置发生偏移，需要采用特殊的解决方法。
常见的处理方法有以下几种：1.构造一元差函数F(x)=f(x)-f(2x-x)或F(x)=f(x+x)-f(x-x)，其中x为函数y=f(x)的极值点。
2.利用对数平均不等式ab<a-b+a+b。
3.变换主元等方法lna-lnb^2<ln(a-b^2)。
接下来，我们以一个具体的例子来说明极值点偏移问题的解决方法。
题目：设函数f(x)=-alnx+x-ax(a∈R)，试讨论函数f(x)的单调性；若f(x)=m有两解x1,x2(x12a。
解析：1.讨论函数f(x)的单调性由f(x)=-alnx+x-ax可知：f'(x)=-a/x+1-a=-(a/x+a-1)因为函数f(x)的定义域为(0,+∞)，所以：①若a>0时，当x∈(0,a)时，f'(x)0，函数f(x)单调递增。
②若a=0时，当f'(x)=1/x>0在x∈(0,+∞)XXX成立，函数f(x)单调递增。
③若a0，函数f(x)单调递增。
2.求证x1+x2>2a因为f(x)=m有两解x1,x2(x1<x2)，所以：alnx1+x1-ax=m，-alnx2+x2-ax=m将两式相减，整理得：lnx1-lnx2+ln(x1-x2)=a根据对数平均不等式，有：ln(x1-x2)<(lnx1-lnx2)/2代入上式得：a>-[(lnx1-lnx2)/2]化XXX：x1-x2<2e^-2a因为x1+x2>2x2>a，所以：x1+x2>2a综上所述，极值点偏移问题的解决方法包括构造一元差函数、利用对数平均不等式和变换主元等方法。
在具体求解中，需要根据函数表达式的特殊性质，选择合适的方法进行处理。
2(t-1)x2-1)/(4(t-1)2+1)为减函数，且在(1,∞)上递增，所以原不等式得证。
导数极值点偏移问题的解题表设计——基于波利亚解题思想
导数极值点偏移问题的解题表设计基于波利亚解题思想孙雅琪(华南师范大学数学科学学院ꎬ广东广州５１０６３１)摘㊀要:以２０２１年新高考数学全国Ⅰ卷第２２题为例ꎬ基于波利亚解题思想ꎬ对 怎样解题表 在导数极值点偏移问题的设计进行了探究ꎬ旨在为学生提供解答此类题目的思路ꎬ同时启迪学生对其它导数类型题的思考ꎬ提高学生的解题能力ꎬ完善学生的数学思维.关键词:导数ꎻ极值点偏移ꎻ解题表设计中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)２５－００５８－０４收稿日期:２０２３－０６－０５作者简介:孙雅琪(２００２.８－)ꎬ女ꎬ辽宁省丹东人ꎬ本科在读ꎬ从事中学数学教学研究.㊀㊀解题在中学数学教育中占据重要地位ꎬ对学生数学思维的完善起到很大作用.美籍匈牙利数学家乔治 波利亚(ＧｅｏｒｇｅＰｏｌｙａ)认为中学数学教育的根本目的是 教会学生思考 ꎬ并通过«怎样解题»一书中所提出的 怎样解题表 给出了具体的实施方案. 怎样解题表 包括四个步骤:理解问题㊁拟定计划㊁实行计划㊁回顾ꎬ充分展现了学生应如何在一个 念头 的引导下进行层层递进地联想ꎬ这也为学生提供了一套解决数学问题的一般方法与模式[１].１解题表的设计１.１原题呈现题目㊀已知函数ｆ(ｘ)＝ｘ(１－ｌｎｘ).(１)讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)设ａꎬｂ为两个不相等正数ꎬ且ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂꎬ证明:２<１ａ＋１ｂ<ｅ.第(１)问根据导数和单调性的关系ꎬ可以快速得出ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增ꎬ在[１ꎬ＋ɕ)上单调递减ꎻ第(２)问则是一个经典的极值点偏移问题ꎬ以此为例ꎬ基于波利亚解题思想ꎬ下文对极值点偏移问题的解题表设计进行探究.１.２理解问题根据波利亚解题思想ꎬ当面对一道陌生题目时ꎬ学生首先要对题目所蕴含的信息进行提取ꎬ进而全面理解题目ꎬ结合 怎样解题表 ꎬ学生可从以下四个问题入手进行思考分析:已知是什么?未知是什么?条件是什么?满足条件是否可能?对于极值点偏移问题ꎬ函数解析式㊁单调以及极值点的求解往往是较容易的ꎬ可以将其归结为 该函数的解析式是什么?你能写出该函数的基本性质吗? .而如何判断 满足条件是否可能? 则需要结合函数图象和基本性质来分析ꎬ本题中ꎬ首先需要将条件与已知建立联系:将１ａꎬ１ｂ分别用ｍꎬｎ换元并对条件中等式进行整理ꎬ则可以将原题转化为常见的极值点偏移问题形式:设ｍꎬｎ为两个不相等正数ꎬ且ｆ(ｍ)＝ｆ(ｎ)ꎬ证明:２<ｍ＋ｎ<ｅ.进一步ꎬ结合ｆ(ｘ)图象ꎬ发现存在ｍꎬｎ>０ꎬ使得ｆ(ｍ)＝ｆ(ｎ)ꎬ且ｍꎬｎ分别在区间(０ꎬ１)和(１ꎬｅ)内ꎬ又当ｘɪ(０ꎬ１)时ｆ(ｘ)增长的速率比ｘɪ(１ꎬｅ)时ｆ(ｘ)下降的速率快ꎬ因此初步判断２<ｍ＋ｎ<ｅ也是可能的.图１㊀ｆ(ｘ)的图象结合以上分析ꎬ针对导数极值点偏移问题ꎬ可将问题具体表述为:该函数的解析式是什么?你能写出该函数的基本性质吗?能否画出函数的对应草图?你能判断两个未知数所在的区间吗?根据草图能否判断满足条件是否可能?１.３拟定计划学生提取出本题所蕴含的信息后ꎬ接下来要建立已知与未知之间的关系ꎬ进而拟定出一个解决该题的计划ꎬ这一步骤很考验学生的逻辑思维ꎬ结合 怎样解题表 ꎬ可从以下三个问题入手进行思考分析:你以前曾经见过它吗?这里有一个与你有关且以前解过的问题ꎬ你能应用它吗?你能改述这个问题吗?通过上文可知ｍꎬｎ分别在区间(０ꎬ１)和(１ꎬｅ)内ꎬ不妨设ｍɪ(０ꎬ１)ꎬｎɪ(１ꎬｅ)ꎬ显然本题无法通过作差㊁作商等方法直接对不等式进行证明ꎬ因此需借助其他方法:利用分析法ꎬ若２<ｍ＋ｎ<ｅ成立ꎬ则有ｎ>２－ｍ和ｎ<ｅ－ｍ成立ꎬ结合ｍꎬｎ的大小关系可知ｎꎬ２－ｍꎬｅ－ｍ都在ｆ(ｘ)的同一单调区间(１ꎬｅ)中ꎬ再结合条件ｆ(ｍ)＝ｆ(ｎ)和ｆ(ｘ)的单调性可知ｆ(ｍ)<ｆ(２－ｍ)和ｆ(ｍ)>ｆ(ｅ－ｍ).由于ｍ是(０ꎬ１)区间中可变化的值ꎬ因此可以构造函数:ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(２－ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｅ－ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１).此时不等式证明问题就转化为求解函数的最值问题ꎬ通过求导判断ｇ(ｘ)ꎬｈ(ｘ)的单调性ꎬ进而得到其最值ꎬ如果能得到ｇ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)>０在(０ꎬ１)上恒成立ꎬ则可证得不等式成立.结合以上分析ꎬ针对导数极值点偏移问题ꎬ可将问题具体表述为:能否直接判断ｍ＋ｎ与２和ｅ之间的大小关系?如果不能ꎬ你可以借助什么方法进行判断?如何判断两个可以变化的函数值的大小?你能构造出新函数吗?你可以在上述处理的基础上对题目进行改述吗?你能将新函数的值与０进行比较吗[２]１.４实行计划这一步骤中ꎬ学生需依据前面所拟定的计划ꎬ对题目展开计算㊁证明ꎬ并对每一个步骤进行校核.就极值点偏移问题而言ꎬ学生在实行上述计划时所面临的最大障碍往往存在于对新函数ｇ(ｘ)ꎬｈ(ｘ)求导来判断其最值ꎬ进而证明其与０之间关系的过程中ꎬ但其中运算量却常参差不齐ꎬ本题恰巧可对其进行说明ꎬ具体如下:首先考虑证明１ａ＋１ｂ＝ｍ＋ｎ>２ꎬ令ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(２－ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｇᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)＋ｆᶄ(２－ｘ)＝－ｌｎ[ｘ(２－ｘ)]>－ｌｎ[ｘ＋(２－ｘ)２]２＝０.所以ｇ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递增.所以ｇ(ｘ)<ｇ(１)＝０.即ｆ(ｘ)－ｆ(２－ｘ)<０ꎬｘɪ(０ꎬ１).将ｘ＝ｍ代入可得ｆ(ｎ)＝ｆ(ｍ)<ｆ(２－ｍ).因为ｎꎬ２－ｍɪ(１ꎬｅ)ꎬｆ(ｘ)在(１ꎬｅ)上单调递减ꎬ所以ｎ>２－ｍꎬ即ｎ＋ｍ>２.再考虑证明１ａ＋１ｂ＝ｍ＋ｎ<ｅꎬ令ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｅ－ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１)ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝ｆᶄ(ｘ)＋ｆᶄ(ｅ－ｘ)＝－ｌｎｘ－ｌｎ(ｅ－ｘ)ꎬｈᵡ(ｘ)＝－１ｘ＋１ｅ－ｘ＝２ｘ－ｅｘ(ｅ－ｘ)<０.所以ｈᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减.因为当ｘң０＋时ꎬｈᶄ(ｘ)ң＋ɕꎬｈᶄ(１)＝－ｌｎ(ｅ－１)<０ꎬ所以存在唯一ｘ０ɪ(０ꎬ１)使得ｈᶄ(ｘ０)＝０.当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｈᶄ(ｘ)>０ꎬｈ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递增ꎬ当ｘɪ(ｘ０ꎬ１)时ꎬｈᶄ(ｘ)<０ꎬｈ(ｘ)在(ｘ０ꎬ１)上单调递减ꎬ因为当ｘң０＋时ꎬ由洛必达法则知ꎬｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｅ－ｘ)ңｘ(１－ｌｎｘ)＝ｆ(ｅ)＝１－ｌｎｘ１/ｘ＝－１/ｘ－１/ｘ２＝ｘң０＋.又ｆ(ｘ)在(１ꎬｅ)上单调递减ꎬ所以ｆ(１)>ｆ(ｅ－１).即ｈ(ｘ)＝ｆ(１)－ｆ(ｅ－１)>０.所以ｈ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(ｅ－ｘ)>０对于所有ｘɪ(０ꎬ１)恒成立.同理可得ｆ(ｎ)＝ｆ(ｍ)>ｆ(ｅ－ｍ).进而有ｎ＋ｍ<ｅ.结合以上分析ꎬ针对导数极值点偏移问题ꎬ可将问题具体表述为:按照你所拟定的计划ꎬ你能否判断新函数的值与０之间的关系?若不能ꎬ你要如何进行改进?在计算过程中ꎬ你的演算是否正确?１.５回顾在这一步骤中ꎬ学生首先应校核所得的答案ꎬ其次要梳理㊁反思本题的解答思路与过程ꎬ最后尝试在一种解法的基础上延伸出多种不同解法并进行推广ꎬ结合 怎样解题表 ꎬ可从以下三个问题入手进行思考分析:你能校核论证吗?你能用不同的方法得出结果吗?你能应用这结果或方法到别的问题上吗?回顾本题的解答过程ꎬ当证明ｇ(ｘ)<０时ꎬ学生仅需对ｇ(ｘ)求一次导数且计算较易ꎬ而对于ｈ(ｘ)>０ꎬ学生不仅要求二次导数还需应用洛必达法则等超前知识ꎬ因此到这里大部分学生就会陷入迷茫ꎬ此时就需开辟新思路:前面所涉及的方法是在函数单调性的基础上通过构造新函数实现的ꎬ那么学生可以思考ꎬ能否对已知条件进行进一步处理ꎬ进而构造更易于计算的新函数?作为双变量不等式ꎬ可以想到将两个变量与某一个相同变量之间建立联系来减少变量个数ꎬ再关于该变量构建函数ꎬ而学生又至少有两种不同的方法来减少变量ꎬ既可以尝试通过换元处理得到新变量进而构造函数ꎬ也可以尝试利用放缩法减少某一变量进而构造函数.事实上ꎬ上述两种方法均可应用于此题ꎬ具体过程此处不再赘述.结合上述分析ꎬ针对导数极值点偏移问题ꎬ可将问题具体表述为:你能核验论证吗?回顾这一解题过程ꎬ你能通过其它的方法论证这一结果吗?如换元㊁放缩.你如何将该题的解题方法应用至其他题目?２解题表的应用(２０２２年高考数学全国甲卷第２１题)已知函数ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ.(１)若ｆ(ｘ)ȡ０ꎬ求ａ的取值范围ꎻ(２)若ｆ(ｘ)有两个零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ则ｘ１ｘ２<１.应用上述解题表ꎬ可得表１所示的解题思路[３].表１㊀导数极值点问题的解题表设计在２０２２年高考数学全国甲卷第２１题中的应用理解问题•该函数的解析式是什么?ｆ(ｘ)＝ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ.•你能写出该函数的基本性质吗?①ｆ(ｘ)在(０ꎬ１)上单调递减ꎬ[１ꎬ＋ɕ)上单调递增ꎻ②极小值点为ｘ＝１ꎻ③ｆ(ｘ)ｍｉｎ＝ｅ＋１－ａ.•能否画出函数对应草图?图象随ａ的值变化ꎬ当取ａ＝４时ꎬ图象如下:•根据草图能否判断满足条件是否可能?结合第(１)问及图象知ꎬ当ａ>ｅ＋１时ꎬｆ(ｘ)存在两个零点ｘ１ꎬｘ２ꎬ即满足条件是可能的.•你能判断两个未知数所在的区间吗?ｘ１ꎬｘ２分别在区间(０ꎬ１)和(１ꎬ＋ɕ)内.表１㊀(续表)拟定计划•能否直接判断所需证明的不等式关系?如果不能ꎬ你可以借助什么其它方法进行判断?不能直接判断ꎬ可以将不等式两边调整至ｆ(ｘ)的同一单调区间中ꎬ再借助ｆ(ｘ)的单调性进行判断.•如何判断两个可以变化的函数值的大小?将可变化的量看作自变量ꎬ构造新函数并将函数值与０进行比较.•你能构造出新函数吗?ｇ(ｘ)＝ｆ(ｘ)－ｆ(１ｘ)ꎬｘɪ(０ꎬ１).•你可以在上述处理的基础上对题目进行改述吗?若ｇ(ｘ)<０在(０ꎬ１)上恒成立ꎬ则ｘ１ｘ２<１成立.•你能将新函数的值与０进行比较吗?对ｇ(ｘ)进行求导ꎬ利用单调性求解其在(０ꎬ１)上的最值ꎬ并与０进行比较.实行计划•按照你所拟定的计划ꎬ你能否判断新函数的值与０之间的关系?若不能ꎬ你要如何进行改进?对ｇ(ｘ)求导后ꎬ令ｇᶄ(ｘ)中的部分为一新函数ｈ(ｘ)ꎬ对ｈ(ｘ)求导后ꎬ可判断ｇᶄ(ｘ)在(０ꎬ１)上与０的关系ꎬ进而得到ｇ(ｘ)<０在(０ꎬ１)上恒成立.•在计算过程中ꎬ你的演算是否正确?ｇᶄ(ｘ)ꎬｈ(ｘ)ꎬｈᶄ(ｘ)ꎬｇ(１)ꎬｈ(１)的计算正确.回顾•你能核验论证吗?对解题过程以及逻辑关系进行验算.•回顾这一解题过程ꎬ你能通过其它的方法论证这一结果吗?譬如换元㊁放缩等.首先处理函数ꎬ得ｅｘｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ａ＝ｅｘ－ｌｎｘ＋ｘ－ｌｎｘ－ａꎬ将ｘ－ｌｎｘ视为一个整体ꎬ由函数ｅｘ＋ｘ－ａ的单调性可得ｘ１－ｌｎｘ１＝ｘ２＋ｌｎｘ２ꎻ①引入新变量ｔ＝ｘ２ｘ１ꎬ构造新函数ꎻ②引入新变量ｔ＝ｘ２－ｘ１ꎻ③利用对数均值不等式.•你如何将该题的解题方法应用至其他题目?该题可直接同理应用至大部分极值点偏移类问题ꎬ过程中体现出的逆向思维㊁创新思维以及分析法㊁构造法的应用可推广至其他导数类型题.３结语本文基于波利亚解题思想ꎬ以２０２１年新高考数学全国Ⅰ卷第２２题为例ꎬ对导数极值点偏移问题的解题表设计进行了探究ꎬ旨在为学生梳理解答此类问题的思路ꎬ提高学生的解题能力.而探究式的解题表设计则可以锻炼学生的逆向思维㊁发散思维以及创新思维ꎬ同时分析法的充分运用也可以锻炼学生自主思考的能力ꎬ这充分贴合波利亚所强调的 中学数学教育的根本目的是 教会学生思考 这一观点ꎬ也符合新课标中对中学生四基四能的要求.参考文献:[１]Ｇ 波利亚.怎样解题[Ｍ].北京:科学出版社ꎬ１９８２.[２]王淼生.新高考评价体系下数学Ⅰ卷压轴题剖析与价值指引:以 ２０２１年全国新高考数学Ⅰ卷第２２题 为例[Ｊ].福建基础教育研究ꎬ２０２２(１０):５１－５５.[３]冷天存ꎬ阮媛媛ꎬ张婷.八方联系㊀浑然一体:２０２２年高考数学全国甲卷理科第２２题的解法研究[Ｊ].中学数学ꎬ２０２２(２１):２７－３１ꎬ５４.[责任编辑:李㊀璟]。
一道极值点偏移问题的六种证法及背景分析
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１６㊀一道极值点偏移问题的六种证法及背景分析一道极值点偏移问题的六种证法及背景分析Һ李海兰㊀（重庆市潼南中学校，重庆㊀４０２６６０）㊀㊀ʌ摘要ɔ文章对一道极值点偏移问题从构造对称差函数㊁比值代换㊁对称化构造函数㊁切线放缩㊁同构放缩等视角给出该题的六种证明，并分析了试题背景，且对试题背景作了高中生容易理解的㊁通俗的解释，以期为一线教师提供分析㊁理解㊁解决极值点偏移问题的思路与方法．ʌ关键词ɔ高考题；导数；极值点偏移；不等式证明；背景分析对经典问题进行多解探究㊁深度研究和背景分析，是一线教师应该做的工作．极值点偏移问题是最近几年高考和模拟考试中经常出现的题型，一线教师应该熟悉极值点偏移问题的处理方法与解题策略．一㊁极值点偏移问题例㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）．（１）讨论ｆ（ｘ）的单调性；（２）设ａ，ｂ为两个不相等的正数，且ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，证明：２＜１ａ＋１ｂ＜ｅ．二㊁六种证法（１）问，ｆ（ｘ）的单调增区间为（０，１），单调减区间为（１，＋ɕ）．过程略．（２）问，由（１）知ｆ（ｘ）在（０，１］上单调递增且ｌｉｍｘң０ｆ（ｘ）＝０，在（１，＋ɕ）上单调递减且ｆ（ｅ）＝０，ｆ（ｘ）ɤｆ（１）＝１．图１证法１㊀构造对称差函数由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ（１－ｌｎ１ｂ）．即ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，函数ｆ（ｘ）的图像如图１所示．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．先证２＜ｘ１＋ｘ２，即证２－ｘ１＜ｘ２．因为２－ｘ１＞１，ｘ２＞１，而ｆ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递减，故有２－ｘ１＜ｘ２⇔ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．令ｇ（ｘ）＝ｆ（２－ｘ）－ｆ（ｘ）（０＜ｘ＜１），则ｇᶄ（ｘ）＝ｌｎ（２－ｘ）ｘ＜ｌｎ１＝０，所以ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减，得ｇ（ｘ）＞ｇ（１）＝０，即ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）．所以２＜ｘ１＋ｘ２．再证ｘ１＋ｘ２＜ｅ．若ｘ２ɤｅ－１，由０＜ｘ１＜１，显然有ｘ１＋ｘ２＜１＋ｘ２ɤｅ．设ｘ２＞ｅ－１，则ｅ－１＜ｘ２＜ｅ．要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，即证ｅ－ｘ２＞ｘ１．因为０＜ｅ－ｘ２＜ｅ－（ｅ－１）＝１，０＜ｘ１＜１，由ｆ（ｘ）在（０，１）上单调递增，因此ｅ－ｘ２＞ｘ１⇔ｆ（ｅ－ｘ２）＞ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２）．令ｈ（ｘ）＝ｆ（ｅ－ｘ）－ｆ（ｘ）（ｅ－１＜ｘ＜ｅ），则ｈᶄ（ｘ）＝ｌｎ（ｅ－ｘ）ｘ．因为ｅ－１＞ｅ２＞１，所以ｙ＝（ｅ－ｘ）ｘ在（ｅ－１，ｅ）上单调递减，故ｈᶄ（ｘ）＝ｌｎ（ｅ－ｘ）ｘ在（ｅ－１，ｅ）上单调递减．令ｈᶄ（ｘ０）＝０，即ｘ２０－ｅｘ０＋１＝０，解得ｘ０＝ｅ＋ｅ２－４２，因此ｈ（ｘ）在（ｅ－１，ｘ０）上单调递增，在（ｘ０，ｅ）上单调递减．又因为ｈ（ｅ－１）＝ｆ（１）－ｆ（ｅ－１）＞０，ｌｉｍｘңｅｈ（ｅ）＝ｌｉｍｘңｅｆ（０）－ｌｉｍｘңｅｆ（ｅ）＝０－０＝０，所以当ｘɪ（ｅ－１，ｅ）时，ｈ（ｘ）＞０，即ｆ（ｅ－ｘ２）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．所以ｘ１＋ｘ２＜ｅ．点评㊀等价转化是处理导数问题的常见方法，其㊀㊀㊀解题技巧与方法１１７㊀㊀中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能．这也是破解极值点偏移问题的通法，根据ｆ（ｘ）在（１，＋ɕ）上单调递减且ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），知ｘ１＋ｘ２＞２⇔２－ｘ１＜ｘ２⇔ｆ（２－ｘ１）＞ｆ（ｘ２）＝ｆ（ｘ１）．再据此构造对称差函数ｇ（ｘ）＝ｆ（２－ｘ）－ｆ（ｘ）（０＜ｘ＜１），只需证明ｇ（ｘ）在（０，１）上单调递减即可．对于ｘ１＋ｘ２＜ｅ，类似地，需要构造函数ｈ（ｘ）＝ｆ（ｅ－ｘ）－ｆ（ｘ）（ｅ－１＜ｘ＜ｅ）．证法２㊀等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是处理极值点偏移问题的基本方法．证明２＜ｘ１＋ｘ２同证法１．下面证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ．因为ｘ１ɪ（０，１），ｘ２ɪ（１，ｅ），所以ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｘ２（１－ｌｎｘ２）＞ｘ１，故要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，知需证ｘ２（１－ｌｎｘ２）＋ｘ２＜ｅ．令ｈ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｘ，ｘɪ（１，ｅ），则ｈᶄ（ｘ）＝１－ｌｎｘ＞０，故ｈ（ｘ）在（１，ｅ）单调递增，所以ｈ（ｘ）＜ｈ（ｅ）＝ｅ．故ｈ（ｘ２）＜ｅ，所以ｘ１＋ｘ２＜ｅ．综上，２＜１ａ＋１ｂ＜ｅ．点评㊀直接构造对称差函数证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ，是容易想到的，但证明过程有一定的难度．证法２巧妙利用ｘ２（１－ｌｎｘ２）＞ｘ１进行放缩，故只需ｘ２（１－ｌｎｘ２）＜ｅ，从而可通过构造函数ｈ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｘ，ｘɪ（１，ｅ）来实现．证法３㊀比值代换证明㊀２＜ｘ１＋ｘ２同方法１，下面证明ｘ１＋ｘ２＜ｅ．不妨设ｘ２＝ｔｘ１，则ｔ＝ｘ２ｘ１＞１，由ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｘ２（１－ｌｎｘ２），得ｘ１（１－ｌｎｘ１）＝ｔｘ１［１－ｌｎ（ｔｘ１）］，即ｌｎｘ１＝１－ｔｌｎｔｔ－１．要证ｘ１＋ｘ２＜ｅ，只需证（１＋ｔ）ｘ１＜ｅ，两边取对数得ｌｎ（１＋ｔ）＋ｌｎｘ１＜１，即ｌｎ（１＋ｔ）＋１－ｔｌｎｔｔ－１＜１，即证ｌｎ（１＋ｔ）ｔ＜ｌｎｔｔ－１．记ｇ（ｓ）＝ｌｎ（１＋ｓ）ｓ，ｓɪ（０，＋ɕ），则ｇᶄ（ｓ）＝ｓ１＋ｓ－ｌｎ（１＋ｓ）ｓ２．记ｈ（ｓ）＝ｓ１＋ｓ－ｌｎ（１＋ｓ），则ｈᶄ（ｓ）＝１（１＋ｓ）２－１１＋ｓ＜０，所以ｈ（ｓ）在（０，＋ɕ）单调递减．ｈ（ｓ）＜ｈ（０）＝０，则ｇᶄ（ｓ）＜０，所以ｇ（ｓ）在（０，＋ɕ）单调递减．由ｔɪ（１，＋ɕ），得ｔ－１ɪ（０，＋ɕ），所以ｇ（ｔ）＜ｇ（ｔ－１），即ｌｎ（１＋ｔ）ｔ＜ｌｎｔｔ－１．点评㊀比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径．比值代换后，再构造函数，利用函数的单调性证明．证法４㊀对称化构造函数由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．因此ｘ１＋ｘ２＞２⇔（ｘ１＋ｘ２）（ｘ２－ｘ１）＞２（ｘ２－ｘ１）⇔ｘ２２－ｘ２１＞２ｘ２－２ｘ１⇔ｘ２２－２ｘ２＞ｘ２１－２ｘ１⇔ｘ２（１－ｌｎｘ２）＋１２（ｘ２２－２ｘ２）＞ｘ１（１－ｌｎｘ１）＋１２（ｘ２１－２ｘ１）．令ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋１２ｘ２－２ｘ()，ｘɪ（０，ｅ），则ｇᶄ（ｘ）＝ｘ－１－ｌｎｘȡ０，当且仅当ｘ＝１时取等号．所以ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，所以ｇ（ｘ２）＞ｇ（ｘ１），故ｘ１＋ｘ２＞２．ｘ１＋ｘ２＜ｅ⇔（ｘ１＋ｘ２）（ｘ２－ｘ１）＜ｅ（ｘ２－ｘ１）⇔ｘ２２－ｅｘ２＜ｘ２１－ｅｘ１⇔ｘ２ｘ１＞ｘ１－ｅｘ２－ｅ⇔１－ｌｎｘ１１－ｌｎｘ２＞ｘ１－ｅｘ２－ｅ⇔１－ｌｎｘ１ｘ１－ｅ＜１－ｌｎｘ２ｘ２－ｅ．令ｍ（ｘ）＝１－ｌｎｘｘ－ｅ，ｘɪ（０，ｅ），则ｍᶄ（ｘ）＝－２＋ｅｘ＋ｌｎｘ（ｘ－ｅ）２，令μ（ｘ）＝－２＋ｅｘ＋ｌｎｘ，则μᶄ（ｘ）＝１ｘ－ｅｘ２＝ｘ－ｅｘ２＜０，所以μ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递减，得μ（ｘ）＞μ（ｅ）＝０，所以ｍᶄ（ｘ）＞０，即ｍ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，因此１－１ｘ１ｘ１－ｅ＜１－ｌｎｘ２ｘ２－ｅ，即ｘ１＋ｘ２＜ｅ．点评㊀根据ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），可构造函数ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋ｍ（ｘ２－２ｘ）（ｍ＞０），需满足ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，即ｇᶄ（ｘ）＝２ｍ（ｘ－１）－ｌｎｘ＞０，由ｘ－１＞ｌｎｘ知㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１１８㊀ｍ＝１２，故ｇ（ｘ）＝ｘ（１－ｌｎｘ）＋１２（ｘ２－２ｘ）．证法５㊀切线放缩１ａ＋１ｂ＞２的证明同方法１．下面证明１ａ＋１ｂ＜ｅ．由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ，即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷．令１ａ＝ｘ１，１ｂ＝ｘ２，不妨设ｘ２＞ｘ１，则有ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），且０＜ｘ１＜１＜ｘ２＜ｅ．因ｆ（ｘ）在（ｅ，０）处的切线方程为φ（ｘ）＝ｅ－ｘ，令Ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－φ（ｘ）＝２ｘ－ｘｌｎｘ－ｅ，ｘɪ（０，ｅ）．则Ｇᶄ（ｘ）＝１－ｌｎｘ＞０，所以Ｇ（ｘ）在（０，ｅ）上单调递增，故Ｇ（ｘ）＜Ｇ（ｅ）＝０，即ｆ（ｘ）＜φ（ｘ）．令ｋ＝ｆ（ｘ１）＝ｆ（ｘ２），则ｋ＝ｆ（ｘ２）＜φ（ｘ２）＝ｅ－ｘ２，即ｋ＋ｘ２＜ｅ．又ｋ＝ｆ（ｘ１）＝ｘ１（１－ｌｎｘ１）＞ｘ１，所以ｘ１＋ｘ２＜ｋ＋ｘ２＜ｅ．点评㊀通过构造函数，利用切线放缩，很巧妙地化简了运算．证法６㊀ 同构 放缩１ａ＋１ｂ＞２的证明同方法１．下面证明１ａ＋１ｂ＜ｅ．由ｂｌｎａ－ａｌｎｂ＝ａ－ｂ，得１ａｌｎａ－１ｂｌｎｂ＝１ｂ－１ａ．即１ａ１－ｌｎ１ａæèçöø÷＝１ｂ１－ｌｎ１ｂæèçöø÷，从而ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，不妨设０＜１ａ＜１＜１ｂ＜ｅ．注意到，对∀ｘ＞０，都有ｌｎｘɤｘ－１，当且仅当ｘ＝１时等号成立，由于ｅｂ＞１，所以１ａ＋ｌｎａａ＝１＋ｌｎａａ＝１＋ｌｎｂｂ＝ｌｎ（ｅｂ）ｂ＜ｅｂ－１ｂ＝ｅ－１ｂ，故１ａ＋１ｂ＋ｌｎａａ＜ｅ．又ｌｎａａ＞０，所以１ａ＋１ｂ＜ｅ．点评该方法渗透了 同构思想 ，技巧性较强．三㊁背景分析第（２）问是经典的极值点偏移问题．解题的关键是通过等价转化，得到ｆ１ａæèçöø÷＝ｆ１ｂæèçöø÷，然后做出ｆ（ｘ）的图像．当ｘң＋ɕ时，ｆ（ｘ）ң－ɕ；当ｘң０＋时，ｆ（ｘ）有没有极限值呢？这是决定函数ｆ（ｘ）图像在ｘ＝０邻域内情况的关键．当ｘң０＋时，１－ｌｎｘң＋ɕ，ｘ（１－ｌｎｘ）ң？有的老师用ｌｉｍｘң０ｘ（１－ｌｎｘ）＝ｌｉｍｘң０１－ｌｎｘ１ｘ＝ｌｉｍｘң０（１－ｌｎｘ）ᶄ１ｘæèçöø÷ᶄ＝ｌｉｍｘң０－１ｘ－１ｘ２＝ｌｉｍｘң０ｘ＝０，给学生解释，这是中学教材不讲的洛必达法则，用于求００ 或 ɕɕ型极限的．结论ｌｉｍｘң０ｘ（１－ｌｎｘ）＝０虽然正确，但是不适于中学生接受．可以这样解释：如图２为曲线ｙ＝ｌｎｘ的图像，直线ｙ＝ｋ（ｘ－１）（ｋ＞１）是曲线ｙ＝ｌｎｘ的割线，设直线与曲线的另一个交点的横坐标为ｘ０，由图２可知，当ｘ０＜ｘ＜１时，有ｌｎｘ＞ｋ（ｘ－１）（ｋ＞１），所以ｘｌｎｘ＞ｋｘ（ｘ－１），因此０＞ｘｌｎｘ＞ｋｘ（ｘ－１）．取ｋ足够大，则ｘ０ң０，所以当ｘңｘ０时，有ｋｘ（ｘ－１）ң０，所以ｘｌｎｘң０，故ｘ（１－ｌｎｘ）＝ｘ－ｘｌｎｘң０．图２结㊀语极值点偏移问题是高考的一个难点，而且在最近五年的高考试题中经常出现，一线教师理应引起重视，并深入探究极值点偏移问题．一线教师要在不断的探索与研究中提升专业能力，这样才能适应新高考带来的变革与挑战，才能更好地做好教学工作．ʌ参考文献ɔ［１］胡贵平．２０２１年全国新高考Ⅰ卷导数题的几种解法［Ｊ］．理科考试研究，２０２１，２８（１９）：２－４．［２］李鸿昌．一道新高考导数压轴题的解法探究［Ｊ］．高中数学教与学，２０２１（１５）：２２－２３．［３］李鸿昌，徐章韬．关于对数平均的一个不等式的推广［Ｊ］．数学通报，２０２３，６２（０８）：５０－５２．。
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9.已知函数f (x) = eax ln x(a > 0, e为自然对数)
（1）若f (x)在定义域内递增，求a的取值范围；
（2）令g(x)
=
f ′(x) eax
,若存
在相
异实数x1,
x2
,满足g(x1)
=
g(x2),求证：x1
+
x2
>
2 .
a
10.已知f (x) = ax 的图像在x = 0处的切线方程为y = x. ex
f (x)
−
f (−x)
=
1 − x ex 1 + x2
−
1+x 1 + x2
·
e−x
=
e−x [(1
1 + x2
−
x)e2x
−1
−
x].
令g(x) = (1 − x)e2x − 1 − x, x > 0, g′(x) = (1 − 2x)e2x − 1
令h(x) = (1 − 2x)e2x − 1, h′(x) = (1 − 2x)e2x = −4xe2x < 0.
12.设函数f (x) = a ln x − bx2,其图像在点P (2, f (2))处切线的斜率为−3.当a = 2时，令g(x) = f (x) − kx.设x1, x2(x1 < x2)是g(x) = 0的两个根，x0是x1, x2的等差中项，求证：g′(x0) < 0.
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导数-极值点偏移问题
（1）求实数a;
（2）对任意的x
∈
(0, 2),都有f (x)
2020年 高考理数一轮复习---函数极值点偏移问题的解题策略专项模拟讲义总复习
解：
只需要证f ( 2 a
x1 )
f (x1 )
f
(x2
)
0,
又由（1）知f
(
x)在（
1 a
,）上增函数，
即可证明x2
2 a
x1,即证x0
x1
x2 2
1 ,由（1）知f '(x) 0. a
精练2： 解：
f (3ln a) a3 3a ln a a a3 3a 2 a 0,
【课堂小结】
已知函数f (x) ln x ax2 (2 a)x
(1)讨论f (x)的单调性
（2）设a 0, 证明：0 x 1 时，f ( 1 x) f ( 1 x)
a
a
a
(3)若函数y f (x)的图象与x轴交于A, B两点，
线段AB中点的横坐标为x0, 证明：f (x0 ) 0
变式练习2： 已知函数f (x) ex 2x 2a (1)求函数f (x)的单调区间 （2）若存在两个不相等的正数x1, x2, 假设f (x1) f (x2 )成立求证：f ( x1x2 ) 0
解: (1) f '(x) ex x (ex ) (1 x)ex
Q x 1 f '(x) 0, x 1 f '(x) 0
f (x)在 (,1) 单调递增，在 (1, ) 单调递减
又Q x 1 f '(x) 0,
f
(
x)极大值
=f
(1)
1 e
链接
例题：已知函数f (x) xex (1)求函数f (x)的单调区间和极值 (2)若x1 x2 , f (x1) f (x2 ), 求证：x1 x2 2
2020年高考理数一轮复习---函数极值点偏移问题的解题策略专项模拟讲义总复习
专题03 导数(原卷)2020年高考物理十年真题精解(全国Ⅰ卷)
三观一统2020年高考数学十年高考真题精解（全国卷I）专题3 导数十年树木，百年树人，十年磨一剑。
本专辑按照最新2020年考纲，对近十年高考真题精挑细选，去伪存真，挑选符合最新考纲要求的真题，按照考点/考向同类归纳，难度分层精析，对全国卷Ⅰ具有重要的应试性和导向性。
三观指的观三题（观母题、观平行题、观扇形题），一统指的是统一考点/考向，并对十年真题进行标灰（调整不考或低频考点标灰色）。
（一）2020考纲（二）本节考向题型研究汇总一、考向题型研究一：导数之求切线的方程（2019新课标I卷文科T13）曲线y＝3（x2+x）e x在点（0，0）处的切线方程为．(2018新课标I卷理科T5) 设函数f(x)=x3+(a−1)x2+ax，若f(x)为奇函数，则曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为A. y=−2xB. y=−xC. y=2xD. y=x（2017•新课标Ⅰ文科T14）曲线y=x2+在点（1，2）处的切线方程为．(2015新课标I卷文科T14)已知函数3()1f x ax x=++的图象在点(1，f（1）)处的切线过点(2,7)，则a=．（2012高考新课标I卷理科T12）设点P在曲线1e2xy=上，点Q在曲线y＝ln(2x)上，则|PQ|的最小值为()A．1－ln2 B(1－ln2) C．1＋ln2 D(1＋ln2)1．过曲线上一点求切线方程的三个步骤2．求过曲线y＝f(x)外一点P(x1，y1)的切线方程的六个步骤(1)设切点(x0，f(x0))．(2)利用所设切点求斜率k＝f′(x0)＝li mΔx→0f x0＋Δx－f x0Δx.(3)用(x0，f(x0))，P(x1，y1)表示斜率．(4)根据斜率相等求得x0，然后求得斜率k.(5)根据点斜式写出切线方程．(6)将切线方程化为一般式．二、考向题型研究二：导函数之利用单调性求最值、极值问题(2013年高考新课标I 卷文科T20)已知函数x x b ax e x f x 4)()(2--+=,曲线)(x f y =在点))0(,0(f 处的切线方程为44+=x y . (1)求b a ,的值；(2)讨论)(x f 的单调性，并求)(x f 的极大值(2018新课标I 卷理科T16.) 已知函数f (x )=2sinx +sin2x ，则f (x )的最小值是_____________．(2018新课标I 卷文科T21)．已知函数()e ln 1xf x a x =--．（1）设2x =是()f x 的极值点．求a ，并求()f x 的单调区间； （2）证明：当1ea ≥时，()0f x ≥．(2017新课标I 卷理科T21.)（12分） 已知函数2()(2)xx f x aea e x =+--（1）讨论的单调性；（2）若()f x有两个零点，求a的取值范围.(2016新课标I卷文科T21)已知函数.(I)讨论的单调性；(II)若有两个零点，求的取值范围.(2018新课标I卷理科T21). 已知函数f(x)=1x−x+alnx．（1）讨论f(x)的单调性；（2）若f(x)存在两个极值点x1,x2，证明：f(x1)−f(x2)x1−x2<a−2．()f xa1.求导函数的单调性注意：（1）利用导数研究函数的单调性，要在函数的定义域内讨论导数的符号；（2）在某个区间内，()0f x '>(()0f x '<)是函数f (x )在此区间内单调递增(减)的充分条件，而不是必要条件.例如，函数3()f x x =在定义域(,)-∞+∞上是增函数，但2()30f x x '=≥.（3）函数f (x )在(a ，b )内单调递增(减)的充要条件是()0f x '≥(()0f x '≤)在(a ，b )内恒成立，且()f x '在(a ，b )的任意子区间内都不恒等于0.这就是说，在区间内的个别点处有()0f x '=，不影响函数f (x )在区间内的单调性.2.利用导数研究函数的极值和最值 函数的极值一般地，对于函数y =f (x )，（1）若在点x =a 处有f ′(a )=0，且在点x =a 附近的左侧()0f 'x <，右侧()0f 'x >，则称x=a 为f (x )的极小值点，()f a 叫做函数f (x )的极小值.（2）若在点x =b 处有()f 'b =0，且在点x=b 附近的左侧()0f 'x >，右侧()0f 'x <，则称x=b 为f (x )的极大值点，()f b 叫做函数f (x )的极大值．（3）极小值点与极大值点通称极值点，极小值与极大值通称极值.（4）利用极值求参数的取值范围：确定函数的定义域，求导数()f x '，求方程()0f x '=的根的情况，得关于参数的方程(或不等式)，进而确定参数的取值或范围.函数的最值函数的最值，即函数图象上最高点的纵坐标是最大值，图象上最低点的纵坐标是最小值，对于最值，我们有如下结论：一般地，如果在区间[,]a b 上函数()y f x =的图象是一条连续不断的曲线，那么它必有最大值与最小值.设函数()f x 在[,]a b 上连续，在(,)a b 内可导，求()f x 在[,]a b 上的最大值与最小值的步骤为：（1）求()f x 在(,)a b 内的极值；（2）将函数()f x 的各极值与端点处的函数值()f a ，()f b 比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值.（3）若函数f (x )在[a ，b ]上单调递增或递减，f (a )与f (b )一个为最大值，一个为最小值．（4）若函数f (x )在区间(a ，b )内有极值，先求出函数f (x )在区间(a ，b )上的极值，与f (a )、f (b )比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（5）函数f (x )在区间(a ，b )上有唯一一个极值点时，这个极值点就是最大(或最小)值点． 注意：（1）若函数中含有参数时，要注意分类讨论思想的应用.（2）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. 3．函数的最值与极值的关系（1）极值是对某一点附近(即局部)而言，最值是对函数的定义区间[,]a b 的整体而言；（2）在函数的定义区间[,]a b 内，极大（小）值可能有多个（或者没有），但最大（小）值只有一个（或者没有）；（3）函数f (x )的极值点不能是区间的端点，而最值点可以是区间的端点； （4）对于可导函数，函数的最大(小)值必在极大(小)值点或区间端点处取得. 4.由函数()f x 的单调性求参数的取值范围的方法（1）可导函数在某一区间上单调，实际上就是在该区间上()0f x '≥(或()0f x '≤)(()f x '在该区间的任意子区间内都不恒等于0)恒成立，然后分离参数，转化为求函数的最值问题，从而获得参数的取值范围；（2）可导函数在某一区间上存在单调区间，实际上就是()0f x '>(或()0f x '<)在该区间上存在解集，这样就把函数的单调性问题转化成了不等式问题；（3）若已知()f x 在区间I 上的单调性，区间I 中含有参数时，可先求出()f x 的单调区间，令I 是其单调区间的子集，从而可求出参数的取值范围.三、考向题型研究三：导函数之求零点问题(2019新课标I 卷理科T20)已知函数()sin ln(1)f x x x =-+，()f x '为()f x 的导数．证明：（1）()f x '在区间(1,)2π-存在唯一极大值点；（2）()f x 有且仅有2个零点．（2019新课标I 卷文科T20）．（12分）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．(2015新课标I 卷文科T21)（12分）设函数2()x f x e alnx =-． （Ⅰ）讨论()f x 的导函数()f x '零点的个数； （Ⅱ）证明：当0a >时，．aa a x 2ln2)(f +≥(2015新课标I 卷理科T21)．（本小题满分12分）已知函数f （x ）=31,()ln 4x ax g x x ++=-.（Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x = 的切线；（Ⅱ）用min {},m n 表示m,n 中的最小值，设函数}{()min (),()(0)h x f x g x x => ，讨论h （x ）零点的个数.(2011高考新课标I 卷文科T10)在下列区间中，函数f （x ）=e x +4x ﹣3的零点所在的区间为（ ） A ．（，） B ．（﹣，0）C ．（0，）D ．（，）利用导数确定函数零点或方程根个数的常用方法(1)研究方程根的问题可以转化为研究相应函数的图象问题，一般地，方程f (x )＝0的根就是函数f (x )的图象与x 轴交点的横坐标，方程f (x )＝g (x )的根就是函数f (x )与g (x )的图象的交点的横坐标．(2)构建函数g (x )(要求g ′(x )易求，g ′(x )＝0可解)，转化确定g (x )的零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g (x )的图象草图，数形结合求解函数零点的个数.(3)利用零点存在性定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判断函数在该区间上零点的个数.根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象与x 轴的交点个数，或者两个相关函数图象的交点个数确定参数满足的条件，进而求得参数的取值范围，解决问题的步骤是“先形后数”．（4）当函数为三次含参函数时，利用导数的性质求出函数的单调性以及极大值和极小值，极大值和极小值的积小于0，则原函数有三个零点，极大值和极小值的积等于0，则原函数有两个零点，极大值和极小值的积大于0，则原函数最多有一个零点（也可以转化为函数零点个数和切线的条数等相关问题）(5)事实上利用导数可以判断函数的单调性，研究函数的极值情况，并能在此基础上画出函数的大致图象，从直观上判断函数图象与x 轴的交点或两个函数图象的交点的个数，从而为研究方程根的个数问题提供了方便．四、考向题型研究四：导函数之极值点偏移问题(2016新课标I 卷理科T21).（本小题满分12分）已知函数()()()221xf x x e a x =-+-有两个零点.(I)求a 的取值范围； (II)设x 1,x 2是()f x 的两个零点,证明：122x x +<.1、方法概述：（1）求出函数)(x f 的极值点0x ；（2）构造一元差函数)()()(00x x f x x f x F --+=；（3）确定函数)(x F 的单调性；（4）结合0)0(=F ，判断)(x F 的符号，从而确定)(0x x f +、)(0x x f -的大小关系. 口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随. 2、抽化模型答题模板：若已知函数)(x f 满足)()(21x f x f =，0x 为函数)(x f 的极值点，求证：0212x x x <+.（1）讨论函数)(x f 的单调性并求出)(x f 的极值点0x ；假设此处)(x f 在),(0x -∞上单调递减，在),(0+∞x 上单调递增.（2）构造)()()(00x x f x x f x F --+=；注：此处根据题意需要还可以构造成)2()()(0x x f x f x F --=的形式.（3）通过求导)('x F 讨论)(x F 的单调性，判断出)(x F 在某段区间上的正负，并得出)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系；假设此处)(x F 在),0(+∞上单调递增，那么我们便可得出0)()()()(000=-=>x f x f x F x F ，从而得到：0x x >时，)()(00x x f x x f ->+.（4）不妨设201x x x <<，通过)(x f 的单调性，)()(21x f x f =，)(0x x f +与)(0x x f -的大小关系得出结论；接上述情况，由于0x x >时，)()(00x x f x x f ->+且201x x x <<，)()(21x f x f =，故)2()]([)]([)()(2002002021x x f x x x f x x x f x f x f -=-->-+==，又因为01x x <，0202x x x <-且)(x f 在),(0x -∞上单调递减，从而得到2012x x x -<，从而0212x x x <+得证.（5）若要证明0)2('21<+x x f ，还需进一步讨论221x x +与0x 的大小，得出221xx +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为0212x x x <+，故0212x x x <+，由于)(x f 在),(0x -∞上单调递减，故0)2('21<+x x f .五、考向题型研究五：导函数之恒成立求参问题（2017•新课标Ⅰ文科T21）已知函数f （x ）=e x （e x ﹣a ）﹣a 2x ． （1）讨论f （x ）的单调性；（2）若f （x ）≥0，求a 的取值范围．(2014高考新课标I 卷文科T 21)设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0（1）求b;(2)若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。
隐零点与极值点偏移问题 解析版
隐零点与极值点偏移问题【考试提醒】隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大【核心题型】题型一 隐零点零点问题求解三步曲(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f ′(x 0)=0，并结合f ′(x )的单调性得到零点的取值范围．(2)以零点为分界点，说明导函数f ′(x )的正负，进而得到f (x )的最值表达式．(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．1(2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测)已知f x =ae 2x -2xe x (其中e =2.71828⋯为自然对数的底数).(1)当a =0时，求曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程，(2)当a =12时，判断f x 是否存在极值，并说明理由；(3)∀x ∈R ,f x +1a≤0，求实数a 的取值范围.【答案】(1)y =-4ex +2e ；(2)有一个极大值，一个极小值，理由见解析；(3)1-2 e 2,0 【解析】(1)当a =0时，f x =-2xe x ，可得f x =-2x +1 e x ，则f 1 =-4e ,f 1 =-2e ，所以曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程为y +2e =-4e x -1 ，即y =-4ex +2e.(2)当a =12时，f x =12e 2x -2xe x ，定义域为R ，可得f x =e 2x -2x +1 e x =e x e x -2x -2 ，令F x =e x -2x -2，则F x =e x -2，当x ∈-∞,ln2 时，F x <0；当x ∈ln2,+∞ 时，F x >0，所以F x 在-∞,ln2 递减，在ln2,+∞ 上递增，所以F (x )min =F ln2 =2-2ln2-2=-2ln2<0，又由F -1 =1e>0,F 2 =e 2-6>0，存在x 1∈-1,ln2 使得F x 1 =0，存在x 2∈ln2,2 使得F x 2 =0，当x ∈-∞,x 1 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；当x ∈x 1,x 2 时，F x <0,f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时，F x >0,f x >0,f x 单调递增；所以a =12时，f x 有一个极大值，一个极小值.(3)由f x =ae 2x -2xe x ，可得f x =2ae 2x -2x +1 e x =2e x ae x -x -1 ，由∀x ∈R ,f x +1a ≤0，因为f 0 +1a =a +1a =a 2+1a≤0，可得a <0，令g x =ae x -x -1，则g x 在R 上递减，当x <0时，可得e x ∈(0,1)，则ae x ∈(a ,0)，所以g x =ae x -x -1>a -x -1，则g a -1 >a -a -1 -1=0，又因为g -1 =ae -1<0，∃x 0∈a -1,-1 使得g x 0 =0，即g x 0 =ae x 0-x 0-1=0且当x ∈-∞,x 0 时，g x >0，即f x >0；当x 0∈x 0,+∞ 时，g x <0，即f x <0，所以f x 在-∞,x 0 递增，在x 0,+∞ 递减，所以f (x )max =f x 0 =ae 2x 0-2x 0e x 0，由g x 0 =ae x-x 0-1=0，可得a =x 0+1ex 0，由f (x )max +1a ≤0，可得x 0+1 e x 0-2x 0e x 0+exx 0+1≤0，即1-x 0 1+x 0 +1x 0+1≤0，由x 0+1<0，可得x 20-1≤1，所以-2≤x 0<-1，因为a =x 0+1ex 0，设h x =x +1e x(-2≤x <-1)，则h x =-xe x >0，可知h x 在-2,1 上递增，h x ≥h -2 =1-2e-2=1-2 e 2且h x <h -1 =0，所以实数a 的取值范围是1-2 e 2,0 .2(23-24高三上·河南焦作·期末)(1)求函数f (x )=e x -1-x 的极值；(2)若a ∈(0,1]，证明：当x >0时，(x -1)e x -a +1≥ln x +a ．【答案】(1)极小值为0，无极大值；(2)证明见解析【分析】(1)求导，得到单调性，从而得到极值情况；(2)在(1)基础上得到x -1≥ln x ，构造函数h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值h x 0 ≥0，证明出结论.【详解】(1)依题意，f (x )=e x -1-1，令f (x )=0，解得x =1，所以当x ∈(-∞,1)时，f (x )<0，当x ∈(1,+∞)时，f (x )>0，即f (x )在(-∞,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，而f (1)=0，故f (x )的极小值为0，无极大值．(2)由(1)可知，当x >0时，e x -1≥x ，则x -1≥ln x ．令h (x )=(x -1)e x -a -ln x +1-a (x >0)，则h (x )=xe x -a -1x，易知h (x )在(0,+∞)上单调递增．因为a ∈(0,1]，所以h 12 =12e 12-a -2<0，h (1)=e 1-a -1≥0，故∃x 0∈12,1 ，使得hx 0 =0，即x 0e x 0-a =1x 0①．当x ∈0,x 0 时，h (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，h (x )>0，所以h (x )在x ∈0,x 0 上单调递减，在x ∈x 0,+∞ 上单调递增，故h (x ) min =h x 0 =x 0-1 e x 0-a-ln x 0+1-a ②．由①可得e x 0-a =1x 20,x 0-a =-2ln x 0，代入②，得h x 0 =x 0-1x 20-3ln x 0-x 0+1≥x 0-1x 20-3x 0-1 -x 0+1=1-x 0 2x 0-1 2x 0+1x 20，而x 0∈12,1，故h x 0 ≥0，故h (x )≥0，即原命题得证．【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次3(2024·浙江宁波·高三统考期末)已知函数f x =x ln x -ax +1，其中a ∈R ．(1)当a =2时，求曲线f x 在x =1处的切线方程；(2)记f x 为f x 的导函数，若对∀x ∈1,3 ，都有f x +5x -1x +1≤f x ，求a 的取值范围．【答案】(1)y =-x ；(2)52,+∞【解析】(1)由题知，f x =ln x +1-a ，当a =2时，f 1 =-1，f 1 =-1，所以曲线f x 在x =1处的切线方程为y =-x ；(2)由题意，原不等式等价于x ln x -ax +1+5x -1x +1≤ln x +1-a ，即x -1 ln x +5x +1≤a x -1 ，当x =1时，对任意a ∈R ，不等式恒成立，当x ∈1,3 时，原不等式等价于ln x +5x +1≤a ，设g x =ln x +5x +1，则g x =1x -5(x +1)2=x 2-3x +1x (x +1)2，设h x =x 2-3x +1，因为h 1 0,h 3 0,h 32<0，所以存在唯一x 0∈32,3 ，使得h x 0 =0，即g x 0 =0，当x ∈1,x 0 时，g x <0,g x 单调递减，当x ∈x 0,3 时，g x >0,g x 单调递增，故g (x )max =max g 1 ,g 3 =g 1 =52，即a ≥52．综上所述，a 的取值范围为52,+∞ ．4(2024·河北邢台·高三统考期末)已知函数f (x )=sin x +x 2．(1)求曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程；(2)证明：f (x )>-516．【答案】(1)4πx -4y -π2+4=0；(2)证明见解析【解析】(1)f (x )=cos x +2x ，f π2 =π，f π2 =π24+1．故曲线y =f (x )在点π2,f π2 处的切线方程为y =πx -π24+1，即4πx -4y -π2+4=0．(2)由(1)得f(x )=cos x +2x ．令函数u (x )=f (x )，则u (x )=-sin x +2>0，所以u (x )=f (x )是增函数．因为f (0)=1，f -12 =cos 12-1<0，所以存在x 0∈-12,0 ，使得f (x 0)=cos x 0+2x 0=0，即x 20=14cos 2x 0．所以当x ∈-∞,x 0 时，f (x )<0，当x ∈x 0,+∞ 时，f (x )>0，所以f (x )在-∞,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增．f (x )≥f x 0 =sin x 0+x 20=sin x 0+14cos 2x 0=-14sin 2x 0+sin x 0+14．因为x 0∈-12,0 ，所以sin x 0>sin -12 >sin -π6 =-12，所以-14sin 2x 0+sin x 0+14>-14×-12 2-12+14=-516．故f (x )>-516．题型二 极值点偏移极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x 1+x 2>(<)2x 0型，构造函数F (x )=f (x )-f (2x 0-x )；对结论x 1x 2>(<)x 20型，构造函数F (x )=f (x )-f x 20x，通过研究F (x )的单调性获得不等式．(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t =x1x 2化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e xx-ln x +x -a .若f (x )有两个零点x 1,x 2，证明：x 1x 2<1.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，即可求解.【详解】由题意得f x =e x x +ln e x x -a ，令t =e x x >1，则f t =t +ln t -a ，f t =1+1t>0，所以f t =t +ln t -a 在1,+∞ 上单调递增，故f t =0至多有1解；又因为f x 有两个零点x 1,x 2，所以，t =e xx有两个解x 1,x 2，令y =e x x ，y =e xx -1 x 2，易得y =e xx 在0,1 上递减，在1,+∞ 上递增，所以0<x 1<1<x 2.此时e x1=tx 1;e x 2=tx 2，两式相除，可得：e x 2-x 1=x 2x 1⇔x 2-x 1=ln x 2-ln x 1.于是，欲证x 1x 2<1只需证明：x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1，下证x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1：因为x 1x 2<x 2-x 1ln x 2-ln x 1⇔ln x 2-ln x 1<x 2-x 1x 1x 2⇔ln x 2x 1<x 2x 1-x 1x 2，不妨设s =x 2x 1>1，则只需证2ln s <s -1s，构造函数h s =2ln s -s +1s ,s >1，则h s =2s -1-1s2=-1-1s 2<0，故h s 在1,+∞ 上单调递减，故h s <h 1 =0，即2ln s <s -1s得证，综上所述：即证x 1x 2<1.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.2(2022·全国·模拟预测)设函数f x =ln x -ax a ∈R .(1)若a =3，求函数f x 的最值；(2)若函数g x =xf x -x +a 有两个不同的极值点，记作x 1,x 2，且x 1<x 2，求证：ln x 1+2ln x 2>3.【答案】(1)无最小值，最大值为-ln3-1(2)证明见解析【分析】(1)对函数f x =ln x -3x 求导后得f x =1-3xx,x >0，分别求出f x >0和f x <0的解集，从而可求解.(2)由g x =xf x -x +a 有两个极值点x 1,x 2⇔ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，从而要证ln x 1+2ln x 2>3⇔2ax 1+4ax 2>3⇔a >32x 1+4x 2⇔ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，令t =x 2x 1,t >1，构建函数h t =ln t -3t -1 1+2t，然后利用导数求解h t 的最值，从而可求解证明.【详解】(1)由题意得f x =ln x -3x ，则f x =1-3xx,x >0.令f x >0，解得0<x <13；令f x <0，解得x >13，∴f x 在0,13 上单调递增，在13,+∞ 上单调递减，∴f (x )max =f 13 =ln 13-3×13=-ln3-1，∴f x 无最小值，最大值为-ln3-1.(2)∵g x =xf x -x +a =x ln x -ax 2-x +a ，则g x =ln x -2ax ，又g x 有两个不同的极值点x 1,x 2,∴ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，欲证ln x 1+2ln x 2>3，即证2ax 1+4ax 2>3，∵0<x 1<x 2,∴原式等价于证明a >32x 1+4x 2①.由ln x 1=2ax 1,ln x 2=2ax 2，得ln x 2x 1=2a x 2-x 1 ，则a =ln x2x 12x 2-x 1 ②.由①②可知原问题等价于求证ln x2x 1x 2-x 1>3x 1+2x 2，即证ln x 2x 1>3x 2-x 1 x 1+2x 2=3x2x 1-1 1+2x 2x1.令t =x 2x 1，则t >1，上式等价于求证ln t >3t -1 1+2t.令h t =ln t -3t -1 1+2t ，则h t =1t -31+2t -6t -1 (1+2t )2=t -1 4t -1 t (1+2t )2，∵t >1,∴h t >0恒成立，∴h t 在1,+∞ 上单调递增，∴当t >1时，h t >h 1 =0，即ln t >3t -11+2t，∴原不等式成立，即ln x 1+2ln x 2>3.【点睛】方法点睛：①对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系t =x 2x 1，t =x 2+x 1；②通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，③利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.3(2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试)已知函数f x =x-2e-x(其中e= 2.71828⋯为自然对数的底数).(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a,b为两个不相等的实数，且满足ae b-be a=2e b-e a，求证：a+b>6.【答案】(1)增区间为-∞,3，减区间为3,+∞(2)证明见解析【分析】(1)求导，然后根据导函数的正负来判断f x 得单调性；(2)将ae b-be a=2e b-e a变形为a-2e a=b-2e b得到f a =f b ，然后构造函数g x =f x -f6-x，根据g x 得单调性和g x <0得到f a <f6-a，最后根据f a =f b 和f x 得单调性即可证明a+b >6.【详解】(1)f x =e-x+x-2⋅-1⋅e-x=3-xe-x，令f x >0，解得x<3，令f x <0，解得x>3，所以f x 的增区间为-∞,3，减区间为3,+∞.(2)证明：将ae b-be a=2e b-e a两边同时除以e a e b得ae a-be b=2e a-2e b，即a-2e a=b-2e b，所以f a =f b ，由(1)知f x 在-∞,3上单调递增，在3,+∞上单调递减，又f2 =0，f3 =1e3，当x∈2,+∞时，f x >0，设a<b，则2<a<3<b，令g x =f x -f6-x=x-2e x-4-xe6-x2<x<3，则g x =3-xe x-3-xe6-x=3-xe6-x-e xe6，由2<x<3得6-x>x，所以e6-x>e x，3-x>0，所以g x >0，g x 在2,3上单调递增，又g3 =f3 -f3 =0，所以g x <0，当2<x<3时，f x -f6-x<0，即f a -f6-a<0，即f a <f6-a，又f a =f b ，所以f b <f6-a，又6-a>3，b>3，f x 在3,+∞上单调递减，所以b>6-a，即a+b>6.【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于x1+x2>a f x1=f x2的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x1,x2的范围；②构造函数F x =f x -f a-x，求导可得F x 恒正或恒负；③得到f x1与f a-x1的大小关系后，将f x1置换为f x2；④根据x2与a-x1的范围，结合f x 的单调性，可得x2与a-x1的大小关系，由此证得结论.4(2024·辽宁·模拟预测)已知函数f x =e x-ax2(a>0)．(1)当a=e24时，判断f x 在区间1,+∞内的单调性；(2)若f x 有三个零点x1,x2,x3，且x1<x2<x3．(i)求a的取值范围；(ii)证明：x1+x2+x3>3.【答案】(1)f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增(2)(i)a∈e24,+∞；(ii)证明见解析【分析】(1)多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；(2)(i)原条件可转化a=e xx2有三个不等实根，从而构造函数h x =e xx2，研究该函数即可得；(ii)借助的h x 单调性，得到x1>-1，从而将证明x1+x2+x3>3，转化为证明x2+x3>4，再设t=x3x2，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数μx =ln x-2x-1x+1x>1，证明其在1,+∞上大于0即可.【详解】(1)当a=e24时，f x =ex-e24x2，f x =e x-e22x，令g x =f x =e x-e22x，g x =e x-e22，令g x =e x-e22=0，可得x=ln e22=2-ln2，则当x∈1,2-ln2时，g x <0，当x∈2-ln2,+∞时，g x >0，即g x 在1,2-ln2上单调递减，在2-ln2,+∞上单调递增，又g1 =f 1 =e-e22<0，g2 =f 2 =e2-e2=0，故当x∈1,2时，f x <0，当x∈2,+∞时，f x >0，故f x 在1,2上单调递减，在2,+∞上单调递增；(2)(i)f x 有三个零点，即e x-ax2=0有三个根，由x=0不是该方程的根，故a=e xx2有三个根x1,x2,x3，且x1<x2<x3，令h x =e xx2，h x =x-2e xx3，故当x∈-∞,0∪2,+∞时，h x >0，当x∈0,2时，h x <0，即h x 在-∞,0、2,+∞上单调递增，在0,2上单调递减，h2 =e222=e24，当x→-∞时，h x →0，x→0-时，h x →+∞，当x→0+时，h x →+∞，x→+∞时，h x →+∞，故a∈e24,+∞时，a=e xx2有三个根；(ii)由h x 在-∞,0上单调递增，h-1=e-1-22=14e<e24，故x1>-1，由(i)可得e x1x21=ex2x22=ex3x23=a，且-1<x1<0<x2<2<x3，即只需证x2+x3>4，设t=x3x2>1，则x3=x2t，则有e x2x22=ex2tx2t2，即有t2=e x2t-1 ，故2ln t=x2t-1，x2=2ln tt-1，则x3=2t ln tt-1，即x2+x3=2ln tt-1+2t ln tt-1=2t+1ln tt-1，即只需证2t+1ln tt-1>4⇔t+1ln tt-1>2⇔ln t-2t-1t+1>0，令μx =ln x-2x-1x+1x>1，则μx =1x -2x +1 -2x -1 x +12=x +1 2-4x x x +1 2=x -1 2x x +1 2>0恒成立，故μx 在1,+∞ 上单调递增，则μx >μ1 =ln1-0=0，即得证.【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：1.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；2.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，求证：x 1+x 2>2x 0(x 0为函数f (x )的极值点)；3.若函数f (x )存在两个零点x 1,x 2且x 1≠x 2，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0；4.若函数f (x )中存在x 1,x 2且x 1≠x 2满足f (x 1)=f (x 2)，令x 0=x 1+x22，求证：f x 0 >0.【课后强化】【基础保分练】一、单选题1(2022·四川成都·一模)已知a >b ，且e a -a =e b -b =1.01，则下列说法正确的有()①b <-1； ②0<a <12；③b +a <0； ④a -b <1.A.①②③B.②③④C.②④D.③④【答案】B【分析】令f x =e x -x ，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.【详解】令f x =e x -x ，则f x =e x -1，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；故f x <0在0,+∞ 上为增函数，在-∞,0 上为减函数，而f a =f b ，a >b ，故b <0,a >0，而f -12 =12+1e >12+11.7=3734>1.02>1.01=f b ，故-12<b <0，故①错误.又f 12 =e -12> 2.56-12=1.6-0.5>1.01=f a ，故0<a <12，故②正确，此时a -b <1，故④正确.设h x =f x -f -x =e x -e -x -2x ,x ≥0，则h x =e x +e -x -2≥2e x ×e -x -2=0(不恒为零)，故h x 在0,+∞ 上为增函数，故∀x >0，必有h x >h 0 =0即f x >f -x x >0 ，所以f a >f -a ，即f b >f -a ，由f x 的单调性可得b <-a 即a +b <0，故③成立.故选：B .【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系.2(2023·全国·模拟预测)若关于x 的方程e x =m ln x +x -1x 有两个解，则实数m 的取值范围为()A.e ,+∞B.e 2,+∞C.8,+∞D.4e ,+∞【答案】B【分析】首先变形构造函数f x =xe x -m ln x +x -1 ，讨论m ≤0和m >0两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数m 的取值范围.【详解】依题意，有xe x -m ln x +x -1 =0，令f x =xe x -m ln x +x -1 ，则f x =x +1 e x -mx.当m ≤0时，f x >0在0,+∞ 上恒成立，f x 在0,+∞ 上单调递增，故f x 至多只有1个零点；当m >0时，令e x -mx=0，设x 0为该方程的解，故当x ∈0,x 0 时，f x <0，f x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，则函数f x 的最大值为f x 0 =x 0e x 0-m ln x 0+x 0-1 <0；而e x 0-m x 0=0，故x 0e x 0=m ，故ln x 0+x 0=ln m ，故f x 0 =m 2-ln m <0，解得m >e 2，可知x 0>1，故f 1 =e -m +m =e >0，所以f x 在0,x 0 上仅有1个零点，当x →+∞时，f x →+∞，故f x 在x 0,+∞ 上也有1个零点，故实数m 的取值范围为e 2,+∞ .故选：B .【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐零点问题，本题的一个关键是根据x 0e x=m ，变形求f x 0 <0，再结合函数零点存在性定理说明存在两个零点.3(2023·四川南充·一模)已知函数f (x )=ln x -2x+2 -m (0<m <3)有两个不同的零点x 1，x 2(x 1<x 2)，下列关于x 1，x 2的说法正确的有( )个①x 2x 1<e 2m ②x 1>2m +2 ③e m3<x 2<33-m ④x 1x 2>1A.1 B.2C.3D.4【答案】D【分析】函数f x =ln x -2x +2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 有两个交点，构造函数g x =ln x -2x+2 ，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.【详解】由函数f x =ln x -2x+2 -m 0<m <3 有两个不同零点x 1,x 2x 1<x 2 ，转化为ln x -2x+2 =m 0<m <3 有两个交点x 1,x 2x 1<x 2 ，构造函数g x =ln x -2x +2，h x =ln x -2x +2 ，则g x =1x +2x 2，故g x >0，所以g x 在0,+∞ 单调递增，而g 1 =0，可得h x 图象如图所示故h x 在0,1 单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以0<x 1<1<x 2，对于①，m =-ln x 1+2x 1-2=ln x 2-2x 2+2，所以2m =-ln x 1+ln x 2+2x 1-2x 2>ln x 2x 1，所以x2x 1<e 2m ，故①正确；对于②，由①可知m =-ln x 1+2x 1-2，故mx 1+2x 1-2=-x 1ln x 1>0，因此x 1>2m +2，故②正确；对于③，因为0<m <3，所以0<m 3<1，故1<e m3<e ,33-m >1，所以g 33-m =ln 33-m -23-m 3+2=ln 33-m +2m3，则g 33-m -m =-ln 3-m-m3+ln3，构造函数Q x =-ln 3-m -m3+ln3，则Q x =13-m -13=m33-m >0，而Q 0 =0，所以g 33-m >m =g x 2 ，所以x 2<33-m ，因为g e m 3 =m 3-2e m 3+2，所以m -g e m3 =2m 3-1e m 3+1，令m 3=t 0<t <1 ，构造I t =t -1et +1，显然I t 单调递增，且I 0 =0，所以m =g x 2 >g e m 3所以e m3<x 2<33-m，故③正确；对于④，由①可知，ln x 1x 2=2x 1+2x 2-4>4x 1x 2-4，所以ln x 1x 2-4x 1x 2+4>0，令x 1x 2=n ，W n =2ln n -4n+4，显然W n 单调递增，且W 1 =0，所以x 1x 2>1，故④正确.故选：D二、多选题4(2023·湖南永州·二模)已知a ln a =bln b =2.86，c ln c =d ln d =-0.35，a <b ，c <d ，则有()A.a +b <2eB.c +d >2eC.ad <1D.bc >1【答案】BCD【分析】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，求导可求得f x ,g x 的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB 正误；由f 1x =-1g x ，可确定f 1d <f a ,f 1c <f b ，结合f x 单调性可得CD 正误.【详解】令f x =xln xx >1 ，g x =x ln x ，∵f x =ln x -1ln 2x，∴当x ∈1,e 时，f x <0；当x ∈e ,+∞ 时，f x >0；∴f x 在1,e 上单调递减，在e ,+∞ 上单调递增，且f x min =f e =e ；若f a =f b =2.86，则1<a <e <b ，令F x =f x -f 2e -x ，1<x <e则Fx =ln x -1ln 2x +ln 2e -x -1ln 22e -x =ln x ⋅ln 22e -x +ln 2x ⋅ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x ln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ln 2e -x +ln x -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x=ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -xln 2x ⋅ln 22e -x，∵当x ∈1,e 时，-x 2+2ex <e 2，∴ln x ln 2e -x ⋅ln -x 2+2ex -ln 2x -ln 22e -x <2ln x ln 2e -x -ln 2x -ln 22e -x =-ln x -ln 2e -x 2，∴F x <0在1,e 上恒成立，∴F x 在1,e 上单调递减，∴F x >F e =0，即f x >f 2e -x ，又1<a <e ，∴f a >f 2e -a ，∵f a =f b ，∴f b >f 2e -a ，∵b >e ，2e -a >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴b >2e -a ，即a +b >2e ，A 错误；∵g x =ln x +1，∴当x ∈0,1e 时，g x <0；当x ∈1e,+∞ 时，g x >0；∴g x 在0,1e 上单调递减，在1e ,+∞ 上单调递增，且g x min =g 1e =-1e；由c ln c =d ln d =-0.35得：0<c <1e<d <1；设G x =g x -g 2e -x ，0<x <1e，则G x =ln x +1+ln 2e -x +1=ln 2ex -x 2 +2；当0<x <1e 时，-x 2+2e x ∈0,1e 2，∴G x <0，∴G x 在0,1e 上单调递减，∴G x >G 1e =0，即g x >g 2e -x ，又0<c <1e ，∴g c >g 2e -c ，又g c =g d ，∴g d >g 2e -c ，∵d >1e ，2e -c >1e ，g x 在1e,+∞ 上单调递增，∴d >2e -c ，即c +d >2e，B 正确；∵1<a <e <b ，0<c <1e <d <1，f 1x =1xln 1x =-1x ln x =-1g x ，∴f 1d =-1g d=10.35≈2.857<2.86=f a ，又1<1d <e ，1<a <e ，f x 在1,e 上单调递减，∴1d >a ，则ad <1，C 正确；∵f 1c =-1g c ≈2.857<2.86=f b ，又1c >e ，b >e ，f x 在e ,+∞ 上单调递增，∴1c <b ，则bc >1，D 正确.故选：BCD .【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于x 1+x 2>a f x 1 =f x 2 的问题的基本步骤如下：①求导确定f x 的单调性，得到x 1,x 2的范围；②构造函数F x =f x -f a -x ，求导后可得F x 恒正或恒负；③得到f x 1 与f a -x 1 的大小关系后，将f x 1 置换为f x 2 ；④根据x 2与a -x 1所处的范围，结合f x 的单调性，可得到x 2与a -x 1的大小关系，由此证得结论.5(2023·湖北襄阳·模拟预测)已知关于x 的方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，且x 1<x 2，则下列说法正确的有()A.-e -1<a <0B.x 1+x 2<-2C.x 2>aD.x 1+e x 1<0【答案】ABD【分析】由已知y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，利用导数研究函数f (x )=xe x 性质，结合图象确定a 的范围，判断A ，要证明x 1+x 2<-2只需证明x 2<-2-x 1，结合函数f (x )单调性只需证明f x 1 <f -2-x 1 ，故构建函数F (x )=f x -f -2-x ，利用导数证明结论，判断B ，利用比差法比较x 2,a ，判断C ，利用x 1的范围，结合指数函数性质证明x 1+e x 1<0，判断D .【详解】方程xe x -a =0，可化为xe x =a ，因为方程xe x -a =0有两个不等的实根x 1,x 2，所以y =a 与y =xe x 有两个不同的交点，令f (x )=xe x ，则f (x )=e x +xe x =(1+x )e x ，令f (x )=0，可得x =-1，当x <-1时，f (x )<0，函数f (x )在-∞,-1 单调递减，当x >-1时，f (x )>0，函数f (x )在-1,+∞ 单调递增，f (x )min =f (-1)=-1e，当x <0时，f (x )<0，且f (0)=0，当x >0时，f (x )>0，当x →-∞时，与一次函数相比，指数函数y =e -x 呈爆炸性增长，故f x =--xe-x →0，当x →+∞时，f x →+∞，f x →+∞，根据以上信息，可得函数f x 的大致图象如下：∴-1e<a <0，且x 1<-1<x 2<0，故A 正确．因为x 1<-1<x 2<0，-2-x 1>-1构造F (x )=f x -f -2-x =xe x +(2+x )e -2-x ,x <-1，F (x )=(x +1)e x +(-1-x )e -2-x =(x +1)e x -e -2-x >0，∴F (x )在(-∞,-1)上单调递增，∴F x 1 <F (-1)=0，∴f x 1 <f -2-x 1 ，即f x 2 <f -2-x 1 ，由f x 在-1,+∞ 单调递增所以x 2<-2-x 1⇒x 1+x 2<-2，故B 正确．对于C ，由x 2=a ex 2，-1e <a <0，所以x 2-a =a e x 2-a =a 1ex 2-1，又-1<x 2<0，所以1e x 2>1，则1ex 2-1>0，所以x 2<a ，故C 错误．对于D ，由x 1<-1，可得0<e x1<e -1，所以x 1+e x 1<-1+e -1<0，D 正确．故选：ABD ．【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．6(2023·福建宁德·二模)已知函数f (x )=ln xx，则()A.f (2)>f (3)B.若f (x )=m 有两个不相等的实根x 1，x 2，则x 1x 2>e 2C.ln2<2eD.若2x =3y，x ，y 均为正数，则2x >3y【答案】BCD【分析】A ：代入2、3直接计算比较大小；B ：求f x 的导函数，分析单调性，可得当f x =m 有两个不相等实根时x 1、x 2的范围，不妨设x 1<x 2，则有0<x 1<e <x 2，比较f x 1 ,f e 2x 1的大小关系，因为f x 1 =f x 2 ，可构造F x =f x -f e 2x(0<x <e )，求导求单调性，计算可得F x <0成立，可证x 1x 2>e 2；C ：用f x 在0,e 上单调递增，构造ln22<ln e e 可证明；D ：令2x =3y=t ，解出x =lg t lg2，y =lg t lg3，做差可证明2x >3y .【详解】对于A：f2 =ln22=ln2，f3 =ln33=ln33，又26=23=8，336=9，所以2<33，所以ln2<ln33，则f2 <f3 ，故A错误；对于B：函数f x =ln xx，定义域为0,+∞，则f x =1-ln xx2，当f x >0时，0<x<e；当f x <0时，x>e；所以f x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，则f x max=1e且x>e时，有f x >0，所以若f x =m有两个不相等的实根x1、x2，有0<m<1e，不妨设x1<x2，有0<x1<e<x2，要证x1x2>e2，只需证x2>e2x1，且x2>e2x1>e，又f x1=f x2，所以只需证f x1<fe2x1 ，令F x =f x -fe2x(0<x<e)，则有F x =f x +fe2x⋅1x2=1-ln x1x2-1e4，当0<x<e时，1-ln x>0，1x2-1e4>0，所以有F x >0，即F x 在(0,e)上单调递增，且F e =0，所以F x <0恒成立，即f x1<fe2x1，即f x2 <f e2x1，即x1x2>e2，故B正确.对于C：由B可知，f x 在0,e上单调递增，则有f2 <f e ，即ln22<ln ee，则有ln2<2e<2e，故C正确；对于D：令2x=3y=t，则t>1，x=log2t=lg tlg2，y=log3t=lg tlg3，∴2x-3y=2lg tlg2-3lg tlg3=lg t(lg9-lg8)lg2⋅lg3>0，∴2x>3y，故D正确；故选：BCD.【点睛】方法点睛：(1)给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；(2)极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.三、解答题7(22-23高三上·河南洛阳·开学考试)(1)证明不等式：e x-2>ln x(第一问必须用隐零点解决，否则不给分)；(2)已知函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2有两个零点.求a的取值范围.(第二问必须用分段讨论解决，否则不给分)【答案】(1)证明见解析；(2)(0,+∞).【分析】(1)根据给定条件，构造函数g(x)=e x-2-ln x，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.(2)求出函数f(x)的导数，利用导数分类讨论函数f(x)的单调性、零点情况作答.【详解】(1)令函数g x =e x-2-ln x，x>0，求导得：g x =e x-2-1x，显然函数g(x)在(0,+∞)上单调递增，而g (1)=e-1-1<0，g (2)=12>0，则存在x0∈(1,2)，使得g (x0)=0，即e x0-2=1x0，有x0-2=-ln x0，当0<x<x0时，g (x)<0，当x>x0时，g (x)>0，函数g(x)在(0,x0)上单调递减，在(x0,+∞)上单调递增，g(x)min=g(x0)=e x0-2-ln x0=1x0+x0-2>21x⋅x0-2=0，所以e x-2>ln x.(2)函数f(x)=(x-2)e x+a(x-1)2定义域R，求导得f (x)=(x-1)e x+2a(x-1)=(x-1)(e x+2a)，当a>0时，由f (x)<0得，x<1，由f (x)>0得，x>1，即函数f(x)在(-∞,1)上递减，在(1,+∞)上递增，f(x)min=f(1)=-e<0，而f(2)=a>0，即存在x1∈(1,2)，使得f(x1)=0，则函数f(x)在(1,+∞)上有唯一零点，取b<0且b<ln a2，则f(b)=(b-2)eb+a(b-1)2>a2(b-2)+a(b-1)2=a b2-32b>0，即存在x2∈(b,1)，使得f(x2)=0，则函数f(x)在(-∞,1)上有唯一零点，因此当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a=0时，函数f(x)=(x-2)e x只有一个零点2，当a<0时，若-e2<a<0，当x<ln(-2a)或x>1时，f (x)>0，当ln(-2a)<x<1时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,ln(-2a)),(1,+∞)上单调递增，在(ln(-2a),1)上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，因此函数f(x)在(-∞,1)上没有零点，在(1,+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，若a=-e2，恒有f(x)≥0，即函数f(x)在R上单调递增，函数f(x)最多一个零点，若a<-e2，当x<1或x>ln(-2a)时，f(x)>0，当1<x<ln(-2a)时，f (x)<0，即有f(x)在(-∞,1),(ln(-2a),+∞)上单调递增，在(1,ln(-2a))上单调递减，又∀x<1，f(x)<0，当x∈1,ln-2a时，f x <0，因此函数f(x)在(-∞,ln(-2a))上没有零点，在(ln(-2a),+∞)上最多一个零点，即函数f(x)最多一个零点，综上得，当a>0时，函数f(x)有两个零点，当a≤0时，函数f(x)最多一个零点，所以a的取值范围是(0,+∞).8(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx．(1)若对任意的m,n∈(0,+∞)都有f(m)≤t≤g(n)，求实数t的取值范围；(2)若x1,x2∈(0,+∞)且x1≠x2，e x2-x1=x x12x x21，证明：x31+x32>2．【答案】(1)[1,e] (2)证明见解析【分析】(1)分别计算f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx的导函数，接着分析它们的单调性，求得在x=1时，f(x)的最大值为f(1)=1，g(x)的最小值为g(1)=e，问题得解；(2)先将e x2-x1=x x12x x11转化为f x1=f x2，再设x1<x2，数形结合得到1e<x1<1<x2，接着构造函数，利用函数的单调性得到x1+x2>2，最后利用放缩法证明不等式.【详解】(1)由f(x)=ln x+1x，g(x)=e xx，得f (x)=-ln xx2，g (x)=e x(x-1)x2，当0<x<1时，f (x)>0，f(x)在区间(0,1)上单调递增，当x>1时，f (x)<0，f(x)在区间(1,+∞)上单调递减，所以当x∈(0,+∞)时，f(x)的最大值为f(1)=1．当0<x<1时，g (x)<0，g(x)在区间(0,1)上单调递减，当x>1时，g (x)>0，g(x)在区间(1,+∞)上单调递增，所以当x∈(0,+∞)时，g(x)的最小值为g(1)=e．所以1≤t≤e，故实数t的取值范围为[1,e]．(2)由e x1-x1=x x12x x11得e x1-x1⋅x x11=x x12，两边取对数并整理，得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，即f x1=f x2．由(1)知，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，(技巧：注意对第(1)问结论的应用)而f1e=0，当x>1时，f(x)>0恒成立，不妨设x1<x2，则1e<x1<1<x2．记h(x)=f(x)-f(2-x)，x∈1e,1 ，则h (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln-(x-1)2+1x2>0，所以函数h(x)在1e,1上单调递增，所以h(x)<f(1)-f(2-1)=0，即f(x)<f(2-x)，x∈1e,1 ，于是f x2=f x1<f2-x1，2-x1∈1,2-1 e，又f(x)在(1,+∞)上单调递减，因此x2>2-x1，即x1+x2>2，所以x31+x32>x31+2-x13=8-12x1+6x21=6x1-12+2>2．【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：(1)求导，得到函数f(x)的单调性、极值情况，作出函数图象，由f x2=f x1得到x1,x2的大致范围．(2)构造辅助函数(若要证x1+x2>(<)2x0，则构造函数g(x)=f(x)-f2x0-x；若要证x1x2>(<)x20，则构造函数g(x)=f(x)-fx20x.)，限定x1,x2的范围，求导，判定符号，获得不等式．(3)代入x1,x2，利用f x2=f x1及f(x)的单调性即得所证结论．9(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2ln x-ax2.(1)若x>0时，f(x)≤1恒成立，求实数a的取值范围；(2)当实数a取第(1)问中的最小值时，若方程f(x)=m有两个不相等的实数根x1，x2，请比较x21+x22，2x21 x22，2这三个数的大小，并说明理由.【答案】(1)a≥-1；(2)x21+x22>2x21x22>2.【分析】(1)根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.(2)由(1)求出函数f(x)并变形，换元构造函数h(t)=t(1-ln t)，利用导数结合极值点偏移推理即得.【详解】(1)当x>0时，不等式f(x)≤1⇔2ln x-ax2≤1⇔a≥2ln x-x2，令g(x)=2ln x-x2,x>0，依题意，∀x>0,a≥g(x)恒成立，求导得g (x)=2x-2x=2(1-x2)x，当0<x<1时，g(x)>0，当x>1时，g (x)<0，于是函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，g(x)max=g(1)=-1，所以a ≥-1.(2)由(1)知，a min =-1，此时函数f (x )=2ln x +1x 2=1x 21-ln 1x2，令1x 2=t ，h (t )=t (1-ln t )，则f (x )=h (t )，由方程f (x )=m 有两个不相等的实数根x 1,x 2，得方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，t 1=1x 21,t 2=1x 22，要比较x 21+x 22，2x 21x 22，2这三个数的大小，只需比较1x 21+1x 22，2，2⋅1x 21⋅1x 22这三个数的大小，即比较t 1+t 2,2,2t 1t 2这三个数的大小，h (t )=-ln t ，当0<t <1时，h (t )>0，当t >1时，h (t )<0，则函数h (t )在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，显然t ∈(0,1)，h (t )>0，而h (e )=0，由方程h (t )=m 有两个不相等的实数根t 1,t 2，不妨设t 1<t 2，则0<t 1<1<t 2<e ，令函数φ(t )=h (t )-h (2-t ),0<t <1，显然2t -t 2=-(t -1)2+1∈(0,1)，求导得φ (t )=h (t )+h (2-t )=-ln t -ln (2-t )=-ln (2t -t 2)>0，函数φ(t )在(0,1)上单调递增，于是φ(t 1)<φ(1)=0，即h (t 1)<h (2-t 1)，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,2-t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)<h (2-t 1)，即有t 2>2-t 1，则t 1+t 2>2，令函数u (t )=h (t )-h 1t ,0<t <1，1t 2>1,ln t <0，求导得u (t )=h (t )+1t 2h 1t =-ln t -1t 2ln 1t =1t 2-1ln t <0，函数u (t )在(0,1)上单调递减，u (t 1)>u (1)=0，即h (t 1)>h 1t 1，而h (t 1)=h (t 2),t 2>1,1t 1>1，h (t )在(1,+∞)上单调递减，因此h (t 2)>h 1t 1，即有t 2<1t 1，则t 1t 2<1，有2t 1t 2<2，于是t 1+t 2>2>2t 1t 2，从而1x 21+1x 22>2>2⋅1x 21⋅1x 22，所以x 21+x 22>2x 21x 22>2.【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.10(23-24高三上·云南昆明·阶段练习)设a ，b 为函数f x =x ⋅e x -m (m <0)的两个零点．(1)求实数m 的取值范围；(2)证明：e a +e b <1．【答案】(1)-1e ,0 (2)证明见解析【分析】(1)求出定义域，求导，得到f x 的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到f x min <0，求出m>-1e ，结合题目条件，得到当-1e <m <0时，f 1m >0，根据零点存在性定理得到f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，同理得到f (x )在-1,0 内存在唯一零点，从而求出答案；(2)设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =b a ，令b a =t ∈0,1 ，故a =ln t 1-t ，b =t ln t1-t，推出要证e a+e b <1，即证ln t +1 t <ln t t -1，构造g x =ln xx -1，x ≠1，求导，对分子再构造函数，证明出g x ≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln 1+t +t ln t1-t<0，证明出结论.【详解】(1)f x 的定义域为R ，f (x )=x +1 e x ，当x ∈-∞,-1 时，f x <0，当x ∈-1,+∞ 时，f x >0，故f x 在-∞,-1 内单调递减，在-1,+∞ 单调递增，故要使f x 有两个零点，则需f x min =f -1 =-e -1-m <0，故m >-1e，由题目条件m <0，可得-1e<m <0，当-1e <m <0时，因为f 1m =1m e 1m -m >m -m =0，又1m <-e <-1，故f x 在-∞，-1 内存在唯一零点，又f 0 =-m >0，故f (x )在-1,0 内存在唯一零点，则f x 在R 上存在两个零点，故满足题意的实数m 的取值范围为-1e,0 ；(2)证明：由(1)可设a <-1<b <0，由a ⋅e a =b ⋅e b 可得e a -b =ba，令b a =t ∈0,1 ，则b =at ，所以e a -at =t ，故a =ln t 1-t，所以b =at =t ln t1-t，要证e a +e b <1，即证e ln t1-t +e t ln t1-t <1⇒e t ln t1-t e ln t +1 <1⇒e t ln t1-t t +1 <1⇒e t ln t1-t e ln t +1<1⇒e t ln t 1-t+ln t +1<1，即证ln 1+t +t ln t1-t<0，因为t ∈0,1 ，即证ln 1+t t +ln t 1-t <0，即ln t +1 t <ln tt -1，令g x =ln x x -1，x ≠1，g x =x -1x -ln x x -1 2=1-1x +ln 1xx -12，令h u =u -1-ln u ，则h u =1-1u，当u ∈0,1 时，h u <0，当u ∈1,+∞ 时，h u >0，故h u 在0,1 内单调递减，在1,+∞ 单调递增，所以h u ≥h 1 =0，所以u -1-ln u ≥0，令u =1x 得1x -1-ln 1x≥0，故g x =1-1x +ln 1xx -12≤0，g x 在定义域内单调递减，故g t +1 <g t ，即ln t +1 t <ln t t -1，ln t +1 <t ln t t -1，ln 1+t +t ln t1-t<0，则e a +e b <1，证毕．【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征(包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等)，需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方【综合提升练】一、单选题1(22-23高二下·福建厦门·期末)已知函数f x =ln xx,0<x ≤e -1e2x +2e ,x >e，若a <b <c ，且f a =f b =f c ，则b ln aa ln b·c 的取值范围为()。
导数压轴题之极值点偏移归纳总结
极值点偏移问题一、问题指引极值点偏移的含义众所周知，函数)(x f 满足定义域内任意自变量x 都有)2()(x m f x f -=，则函数)(x f 关于直线m x =对称；可以理解为函数)(x f 在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若)(x f 为单峰函数，则m x =必为)(x f 的极值点. 如二次函数)(x f 的顶点就是极值点0x ，若c x f =)(的两根的中点为221x x +，则刚好有0212x x x =+，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数)(x f 的极值点为m ，且函数)(x f 满足定义域内m x =左侧的任意自变量x 都有)2()(x m f x f ->或)2()(x m f x f -<，则函数)(x f 极值点m 左右侧变化快慢不同. 故单峰函数)(x f 定义域内任意不同的实数21,x x 满足)()(21x f x f =，则221x x +与极值点m 必有确定的大小关系： 若221x x m +<，则称为极值点左偏；若221x x m +>，则称为极值点右偏.如函数x e x x g =)(的极值点10=x 刚好在方程c x g =)(的两根中点221x x +的左边，我们称之为极值点左偏. 以函数函数2x y =为例，极值点为0，如果直线1=y 与它的图像相交，交点的横坐标为1-和1，我们简单计算：0211=+-.也就是说极值点刚好位于两个交点的中点处，此时我们称极值点相对中点不偏移.当然，更多的情况是极值点相对中点偏移，下面的图形能形象地解释这一点.二、极值点偏移问题的一般题设形式：1. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；2. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，求证：0212x x x >+（0x 为函数)(x f 的极值点）；3. 若函数)(x f 存在两个零点21,x x 且21x x ≠，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f ； 4. 若函数)(x f 中存在21,x x 且21x x ≠满足)()(21x f x f =，令2210x x x +=，求证：0)('0>x f .二、方法详解(一)基本解法之对称化构造例1是这样一个极值点偏移问题：对于函数()e xf x x -=，已知()()12f x f x =，12x x ≠，证明122x x +>．再次审视解题过程，发现以下三个关键点： （1）1x ，2x 的范围()1201x x <<<； （2）不等式()()()21f x f x x >->；（3）将2x 代入（2）中不等式，结合()f x 的单调性获证结论． 小结：用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：step1：求导，获得()f x 的单调性，极值情况，作出()f x 的图像，由()()12f x f x =得1x ，2x 的取值范围（数形结合）；step2：构造辅助函数（对结论()1202x x x +><，构造()()()02F x f x f x x =--；对结论()2120x x x ><，构造()()20x F x f x f x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭），求导，限定范围（1x 或2x 的范围），判定符号，获得不等式；step3：代入1x （或2x ），利用()()12f x f x =及()f x 的单调性证明最终结论． 下面给出第（3）问的不同解法【解析】法一：()(1)xf x x e -'=-，易得()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，x →-∞时，()f x →-∞，(0)0f =，x →+∞时，()0f x →， 函数()f x 在1x =处取得极大值(1)f ，且1(1)f e=,如图所示.由1212()(),f x f x x x =≠，不妨设12x x <，则必有1201x x <<<， 构造函数()(1)(1),(0,1]F x f x f x x =+--∈， 则21()(1)(1)(1)0x x xF x f x f x e e+'''=++-=->，所以()F x 在(0,1]x ∈上单调递增，()(0)0F x F >=，也即(1)(1)f x f x +>-对(0,1]x ∈恒成立.由1201x x <<<，则11(0,1]x -∈，所以11112(1(1))(2)(1(1))()()f x f x f x f x f x +-=->--==， 即12(2)()f x f x ->，又因为122,(1,)x x -∈+∞，且()f x 在(1,)+∞上单调递减， 所以122x x -<，即证12 2.x x +>法二：欲证122x x +>，即证212x x >-，由法一知1201x x <<<，故122,(1,)x x -∈+∞，又因为()f x 在(1,)+∞上单调递减，故只需证21()(2)f x f x <-，又因为12()()f x f x =，故也即证11()(2)f x f x <-，构造函数()()(2),(0,1)H x f x f x x =--∈，则等价于证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立. 由221()()(2)(1)0x x x H x f x f x e e--'''=+-=->，则()H x 在(0,1)x ∈上单调递增，所以()(1)0H x H <=，即已证明()0H x <对(0,1)x ∈恒成立，故原不等式122x x +>亦成立.法三：由12()()f x f x =，得1212x xx e x e --=，化简得2121x x x ex -=…①， 不妨设21x x >，由法一知，121o x x <<<.令21t x x =-，则210,t x t x >=+，代入①式，得11tt x e x +=，反解出11t t x e =-，则121221t t x x x t t e +=+=+-，故要证：122x x +>，即证：221t tt e +>-，又因为10t e ->，等价于证明：2(2)(1)0t t t e +-->…②，构造函数()2(2)(1),(0)tG t t t e t =+-->，则()(1)1,()0ttG t t e G t te '''=-+=>，故()G t '在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G ''>=，从而()G t 也在(0,)t ∈+∞上单调递增，()(0)0G t G >=，即证②式成立，也即原不等式122x x +>成立.法四：由法三中①式，两边同时取以e 为底的对数，得221211lnln ln x x x x x x -==-，也即2121ln ln 1x x x x -=-，从而221212121212221211111ln ln ()ln ln 1x x x x x x x xx x x x x x x x x x x x +-++=+==---， 令21(1)x t t x =>，则欲证：122x x +>，等价于证明：1ln 21t t t +>-…③， 构造(1)ln 2()(1)ln ,(1)11t t M t t t t t +==+>--，则2212ln ()(1)t t t M t t t --'=-， 又令2()12ln ,(1)t t t t t ϕ=-->，则()22(ln 1)2(1ln )t t t t t ϕ'=-+=--，由于1ln t t ->对(1,)t ∀∈+∞恒成立，故()0t ϕ'>，()t ϕ在(1,)t ∈+∞上单调递增，所以()(1)0t ϕϕ>=，从而()0M t '>，故()M t 在(1,)t ∈+∞上单调递增，由洛比塔法则知：1111(1)ln ((1)ln )1lim ()limlim lim(ln )21(1)x x x x t t t t t M t t t t t→→→→'+++===+='--，即证()2M t >，即证 式成立，也即原不等式122x x +>成立.【点评】以上四种方法均是为了实现将双变元的不等式转化为单变元不等式，方法一、二利用构造新的函数来达到消元的目的，方法三、四则是利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.【类题展示】已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 有两个零点21,x x .证明：122x x +<.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：()()120f x f x ==，不难发现11x ≠，21x ≠，故可整理得：()()()()121222122211xx x e x e a x x ---==--，设()()()221xx e g x x -=-，则()()12g x g x =那么()()()2321'1xx g x e x -+=-，当1x <时，()'0g x <，()g x 递减；当1x >时，()'0g x >，()g x 递增． 设0m >，构造代数式：()()111222*********m m m m m m m m g m g m e e e e m m m m +-----+-⎛⎫+--=-=+ ⎪+⎝⎭设()2111mm h m e m -=++，0m >则()()2222'01m m h m e m =>+，故()h m 单调递增，有()()00h m h >=． 因此，对于任意的0m >，()()11g m g m +>-．由()()12g x g x =可知1x 、2x 不可能在()g x 的同一个单调区间上，不妨设12x x <，则必有121x x <<令110m x =->，则有()()()()()1111211112g x g x g x g x g x +->--⇔->=⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，而121x ->，21x >，()g x 在()1,+∞上单调递增，因此：()()121222g x g x x x ->⇔->整理得：122x x +<． 法三：参变分离再构造对称函数由法二得()()()221x x e g x x -=-，构造()()(2),((,1))G x g x g x x =--∈-∞，利用单调性可证，此处略.法五：利用“对数平均”不等式参变分离得：222211)1()2()1()2(21--=--=x e x x e x a x x ，由0>a 得，2121<<<x x ，将上述等式两边取以e 为底的对数，得22221211)1()2(ln )1()2(lnx x x x x x +--=+--，化简得：21212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(x x x x x x -=-------，故2121212221)]2ln()2[ln(])1ln()1[ln(1x x x x x x x x ---------=)2()2()]2ln()2[ln()1()1(])1ln()1[ln()]1()1[(21212221222121x x x x x x x x x x ------+-------+-= 由对数平均不等式得：221222221212[ln(-1)-ln(-1)]2(1)(1)(1)(1)x x x x x x >----+-，121212[ln(2-)-ln(2-)]22222x x x x x x >----+-（）（）（）（），从而122212122(2)21(1)(1)22x x x x x x +->+-+--+-（）（）1212122212122(2)[4()]2(1)(1)4()x x x x x x x x x x +--+++-=+-+--+12122212122(2)21(1)(1)4()x x x x x x x x +-+-=++-+--+等价于：12122212122(2)20(1)(1)4()x x x x x x x x +-+->+-+--+1222121221(2)[](1)(1)4()x x x x x x =+-+-+--+ 由221212(1)(1)0,4()0x x x x -+->-+>，故122x x +<，证毕.(二) 含参函数问题可考虑先消去参数【例2】已知函数()ln f x x ax =-，a 为常数，若函数()f x 有两个零点12,x x ，试证明：212.x x e ⋅>【解析】法一：消参转化成无参数问题：ln ()0ln ln x f x x ax x ae =⇔=⇔=，12,x x 是方程()0f x =的两根，也是方程ln ln x x ae =的两根，则12ln ,ln x x 是x x ae =，设1122ln ,ln u x u x ==，()xg x xe -=，则12()()g u g u =，从而2121212ln ln 22x x e x x u u >⇔+>⇔+>，此问题等价转化成为例1，下略.法二：利用参数a 作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设12x x >，∵1122ln 0,ln 0x ax x ax -=-=，∴12121212ln ln (),ln ln ()x x a x x x x a x x +=+-=-，∴1212ln ln x x a x x -=-，欲证明212x x e >，即证12ln ln 2x x +>.∵1212ln ln ()x x a x x +=+，∴即证122a x x >+，∴原命题等价于证明121212ln ln 2x x x x x x ->-+，即证：1122122()ln x x x x x x ->+，令12,(1)x t t x =>，构造2(1)ln ,1)1(t t g t t t -=->+，此问题等价转化成为例2中思路二的解答，下略. 法三：直接换元构造新函数：12221211ln ln ln ,ln x x x x a x x x x ==⇔=设2121,,(1)x x x t t x <=>，则112111ln ln ln ,ln ln tx t x x tx t t x x +==⇔=， 反解出：1211ln ln ln ln ,ln ln ln ln ln 111t t t tx x tx t x t t t t ===+=+=---， 故212121ln ln 2ln 21t x x e x x t t +>⇔+>⇔>-，转化成法二，下同，略. 【点评】含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元12,x x 的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数。
2020全国卷Ⅰ高考压轴卷数学(理)含解析
17.（本小题 12 分）
4sin2 A B 4sin Asin B 2 2
△ABC 中，内角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，已知
2
（1）求角 C 的大小；
（2）已知 b 4 ，△ABC 的面积为 6，求边长 c 的值.
18. （本小题 12 分）
BC CD 1 AB 2
如图，在四棱锥 P-ABCD 中，PD⊥平面 ABCD，
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
8.《九章算术》中有这样一个问题：今有竹九节，欲均减容之（其意为：使容量均匀递减），
上三节容四升，下三节容二升，中三节容几何？（ ）
A. 二升
B. 三升
C. 四升
D. 五升
9.在△ABC 中，角 A、B、C 所对的边分别为 a、b、c，a 3, c 2
3,bsinA
21. （本小题 12 分）
设函数 f x a2 ln x x2 ax a R .
（1）求 f x 的单调区间；
（2）求使 e 1 f x e2 对 x 1, e 恒成立的 a 的取值范围.
请考生在 22、23 两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分，答题时用 2B 铅笔在答题卡上把所选的题号涂黑.
它表示以（﹣1，2）为圆心、半径等于 2 的圆； 设弦心距为 d，由题意可得 22+d2=4，求得 d=0， 可得直线经过圆心，故有﹣2a﹣2b+2=0， 即 a+b=1，再由 a＞0，b＞0，可得
4 1 =（ 4 1 ）（a+b）=5+ 4b a ≥5+2
ab ab
ab
4b a 9 ab
e
e
e
一元函数的导数及其应用(导数中的极值偏移问题)(压轴题)(原卷版)-2023年高考数学高分必刷必过题
(2)证明见解析 （1）
解：∵
f
x
ln x
1a x
，∴
f
x
1 x
1 x2
x 1 ，
x2
令 f x 0 ，得 x＝1，
当 0 x 1时， f x 0 ， f x 单调递减；当 x 1时， f x 0 ， f x 单调递增，
故函数 f x 的减区间为 0,1 ，增区间为 1, ；
不妨设 0＜x1＜x2，因为 x1，x2 是 f（x）的两个极值点，
所以
f
x1
e x1
lnx1
1 x1
a
0
，即 lnx1
1 x1
a
0 ，同理 lnx2
1 x2
a
0，
故
x1，x2
是函数
g
x
lnx
1 x
a
的两个零点，即
g（x1）＝g（x2）＝0，
由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有 a∈（﹣∞，﹣1），且 0＜x1＜1＜x2，
2
2
所以 h x 0 在 2, 恒成立，所以 h x 在 2, 上单调递减，
而 h2
0 ，所以
g x min
g
1 2
ln
a 2
a
a ln
a 2
2
0 不成立.
所以实数 a 的取值范围为： , 2 .
（2）
f x e2x x2 2x ， f x 2e2x 2 x 2 ，
因为 x0 是 f x 的极值点，所以 x0 满足 f x0 0,e2x0 x0 1,x0 0 ，
t
即 ht 在 0,a 上单调递减，在 a, 上单调递增，所以 t a 为函数 ht 的唯一极小值点，