冲刺985讲义：05导数之双元问题
高中新教材数学人课件选择性必修第二册导数的四则运算法则
要点三
参数方程法
当隐函数可以表示为参数方程的形式 时，可以使用参数方程法进行求导。 例如，对于形如$begin{cases} x=varphi(t) y=psi(t) end{cases}$ 的参数方程，其导数 $frac{dy}{dx}=frac{psi'(t)}{varphi'(t )}$。
THANKS
应用举例
在求解某些复杂函数的导 数时，通过将其拆分为两 个较简单函数的差，可以 简化求导过程。
乘法运算法则
法则描述
若两个函数 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在点 $x$ 处可导，则它们的乘积 $u(x) cdot v(x)$ 在该点 也可导，且 $(u cdot v)' = u' cdot v + u cdot v'$。
VS
导数的几何意义
函数$y = f(x)$在点$x_0$处的导数 $f'(x_0)$的几何意义，就是曲线$y = f(x)$在点$(x_0, f(x_0))$处的切线的斜率 。
可导与连续的关系
可导必连续
如果函数在某点可导，那么该函 数在该点必定连续。
连续不一定可导
即使函数在某点连续，也不能保 证该点可导。例如，函数$y = |x|$在$x = 0$处连续但不可导。
加法运算法则表明，两个函数在某点 的切线斜率之和等于这两个函数和在 该点的切线斜率。
减法运算法则
01
02
03
法则描述
若两个函数 $u(x)$ 和 $v(x)$ 在点 $x$ 处可导， 则它们的差 $u(x) - v(x)$ 在该点也可导，且 $(u-v)' = u' - v'$。
几何意义
202X届高考数学(北师大版)一轮复习讲义课件：6.3二元一次不等式(组)与简单的线性规划问题
(3)关于二元一次不等式表示平面区域的几点说明： ①用集合的观点和语言分析直线和二元一次不等式所表示的 平面区域，能使问题更加清楚、准确、便于理解． ②Ax＋By＋C＞0 表示的是直线 Ax＋By＋C＝0 的某一侧的平 面区域，一定要注意不包括边界；Ax＋By＋C≥0 表示的是直线 Ax ＋By＋C＝0 及直线某一侧的平面区域，一定要注意包括边界． ③画二元一次不等式表示的平面区域常采用“直线定界，特殊 点定域”的方法；特别地，当 C≠0 时，常把原点作为此特殊点． ④画二元一次不等式组所表示的平面区域要注意寻找各个不 等式所表示的平面点集的交集，即它们的平面区域的公共部分． ⑤在直线 l：Ax＋By＋C＝0 外任取两点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)．若 P、Q 在直线 l 的同一侧，则 Ax1＋By1＋C 与 Ax2＋By2＋C 同号； 若 P、Q 在直线 l 异侧，则 Ax1＋By1＋C 与 Ax2＋By2＋C 异号．这 个规律可概括为“同侧同号，异侧异号”．
考点串串讲
1．二元一次不等式表示平面区域 (1)一般地，二元一次不等式 Ax＋By＋C＞0 在平面直角坐标系 中表示直线 Ax＋By＋C＝0 某一侧所有点组成的平面区域．我们把 直线画成虚线，以表示区域不包括边界直线．当我们在坐标系中画 不等式 Ax＋By＋C≥0 所表示的平面区域时，此区域应包括边界直 线，则把边界直线画成实线． (2)用二元一次不等式表示平面区域，常有一定的规律性，大致 可分为以下四种情况(如图所示)．
③求出最终结果． 在可行域内平行移动目标函数等值线，从图中能判定问题是有 唯一最优解，或是有无穷最优解，或是无最优解．
3．线性规划的实际应用 (1)在线性规划的实际问题中，主要掌握两种类型：①在人力、 物力、资金等资源一定的条件下，如何使用它们来完成最多的任 务．②给定一项任务，如何合理安排和规划，能以最少的人力、物 力、资金等资源来完成该项任务． (2)线性规划中的常见问题：①物资调运问题 ；②产品安排问 题；③合理下料问题；④配方问题． (3)利用线性规划解决实际问题的一般步骤为：①模型建立；② 模型求解； ③模型应用． (4)关于线性规划的实际应用的几点说明： ①解线性规划问题的关键步骤是在图上完成的，所以作图应尽 可能地准确，图上操作尽可能规范． ②因作图有误差，若图上的最优点并不明显易辨，可求出可能 是最优点的坐标.
2025届新高考数学一轮复习精讲精练：利用洛必达法则解决导数问题
f x gx
l
，
那么
lim
x
f g
x x
lim
x
f x gx
l
.
4、定理
3（
型）：若函数
f
(x)
和
g(x) 满足下列条件：(1)
lim f x 及 lim g x ；
xa
xa
(2)在点 a 的去心邻域 a ,a a,a 内， f (x) 与 g(x) 可导且 g(x) 0 ；
sin x
lim
x0
x
lim cos x x0 1
1，按此方法则有
lim
x0
e
x e sin x
x
．
【答案】 2
【分析】由洛必达法则，分别对分子和分母求导，代入 x 0 即可求得该极限值.
【详解】由题意可得： lim ex ex lim ex ex lim ex + ex 2 ．
1
x 2x
1 1
2 3
.
故选：B.
3．（23-24 高二下·重庆江北·阶段练习）我们把分子、分母同时趋近于 0 的分式结构称为 0 0
型，比如：当 x 0 时， ex 1 的极限即为 0 型．两个无穷小之比的极限可能存在，也可能
x
0
不存在，为此，洛必达在 1696 年提出洛必达法则：在一定条件下通过对分子、分母分别求
x0 x
x0
所以
lim
n
f
t 2n
tan lim
n
t 2n
sin2 t 3
t 2n
2n
lim
n
sin3
t 2n
t 2n
3
第3章 第6课时 利用导数解决函数的零点问题-备战2025年高考数学一轮复习(解析版)
第6课时利用导数解决函数的零点问题考点一判断、证明或讨论函数零点的个数[典例1]已知函数f(x)＝x sin x－32.判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．[解]f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：因为f′(x)＝sin x＋x cos x，当x∈0f′(x)＞0.又f(x)＝x sin x－32，从而有f(0)＝－32＜0，f＝π−32＞0，且f(x)在0所以f(x)在0又f(x)在0f(x)在0当xπ时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋x cos x.由1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)π上的图象是连续不断的，故存在mπ，使得g(m)＝0.由g′(x)＝2cos x－x sin x，知xπ时，有g′(x)＜0，从而g(x)2π上单调递减．当x时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)上单调递增，故当x时，f(x)＞f＝π−32＞0，故f(x)上无零点；当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)上单调递减．又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在(m，π)上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．利用导数求函数的零点个数的常用方法(1)数形结合法．利用导数研究函数的性质，画出相应函数的图象，数形结合求解．(2)零点存在定理法．先判断函数在某区间有零点，再结合图象与性质确定函数有多少个零点．(3)分离参数法．转化为一条直线与一个复杂函数图象交点个数问题．[跟进训练]1．(2023·湖南师大附中三模节选)已知函数f(x)＝e x－(a∈R)，试讨论函数f(x)零点个数．[解]由f(x)＝e x－＝0，得x e x＝a(x≠0)，设h(x)＝x e x，则h′(x)＝(x＋1)e x，当x＜－1时，h′(x)＜0，当－1＜x＜0，x＞0时，h′(x)＞0，所以h(x)＝x e x在(－1，0)，(0，＋∞)上单调递增；在(－∞，－1)上单调递减，所以h(x)min＝h(－1)＝－1e，据此可画出h(x)＝x e x的大致图象如图，所以，①当a＜－1e或a＝0时，f(x)无零点；②当a＝－1e或a＞0时，f(x)有一个零点；③1＜a＜0时，f(x)有两个零点．[典例2](2022·全国乙卷)已知函数f(x)＝ln(1＋x)＋ax e－x.(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程；(2)若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，求a的取值范围．[思维流程][解](1)f(x)的定义域为(－1，＋∞)，当a＝1时，f(x)＝ln(1＋x)＋e，f(0)＝0，所以切点为(0，0)．f′(x)＝11++1−e，f′(0)＝2，所以切线斜率为2，所以曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝2x.(2)f(x)＝ln(1＋x)＋B，f′(x)＝11++设g(x)＝e x＋a(1－x2)，①若a>0，当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(－1，0)上单调递增，f(x)<f(0)＝0，故f(x)在(－1，0)上没有零点，不合题意．②若－1<a<0，当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(0)＝1＋a>0，即f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增，f(x)>f(0)＝0，故f(x)在(0，＋∞)上没有零点，不合题意．③若a<－1，(ⅰ)当x∈(0，＋∞)时，则g′(x)＝e x－2ax>0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，g(0)＝1＋a<0，g(1)＝e>0，所以存在m∈(0，1)，使得g(m)＝0，即f′(m)＝0，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以当x∈(0，m)时，f(x)<f(0)＝0，当x→＋∞，f(x)→＋∞，所以f(x)在(m，＋∞)上有唯一零点，在(0，m)上没有零点，即f(x)在(0，＋∞)上有唯一零点．(ⅱ)当x∈(－1，0)时，g(x)＝e x＋a(1－x2)，设h(x)＝g′(x)＝e x－2ax，h′(x)＝e x－2a>0，所以g′(x)在(－1，0)上单调递增，g′(－1)＝1e＋2a<0，g′(0)＝1>0，所以存在n∈(－1，0)，使得g′(n)＝0，当x∈(－1，n)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，当x∈(n，0)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)<g(0)＝1＋a<0，又g(－1)＝1e>0，所以存在t∈(－1，n)，使得g(t)＝0，即f′(t)＝0，当x∈(－1，t)时，f(x)单调递增，当x∈(t，0)时，f(x)单调递减，又x→－1，f(x)→－∞，而f(0)＝0，所以当x∈(t，0)时，f(x)>0，所以f(x)在(－1，t)上有唯一零点，在(t，0)上无零点，即f(x)在(－1，0)上有唯一零点，所以a<－1，符合题意．④当a＝0时，f(x)＝ln(1＋x)在(－1，＋∞)上单调递增，不符合题意．⑤当a＝－1时，f′(x)＝e+2−11+·e，令k(x)＝e x＋x2－1，则k′(x)＝e x＋2x，当x>0时，k′(x)>0，k(x)单调递增，k(x)>k(0)＝0，即f′(x)>0，f(x)单调递增，f(x)>f(0)＝0，不合题意．所以若f(x)在区间(－1，0)，(0，＋∞)各恰有一个零点，则a的取值范围为(－∞，－1)．【教师备选资源】(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝e x－a(x＋2)．(1)当a＝1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．[思维流程][解](1)当a＝1时，f(x)＝e x－x－2，则f′(x)＝e x－1.当x<0时，f′(x)<0；当x>0时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．(2)f′(x)＝e x－a.当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，故f(x)至多存在一个零点，不合题意．当a>0时，由f′(x)＝0可得x＝ln a．当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0；当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0．所以f(x)在(－∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增．故当x＝ln a时，f(x)取得最小值，最小值为f(ln a)＝－a(1＋ln a)．(ⅰ)若0<a ≤1e ，则f (ln a )≥0，f (x )在(－∞，＋∞)至多存在一个零点，不合题意．(ⅱ)若a >1e ，则f (ln a )<0.由于f (－2)＝e -2>0，所以f (x )在(－∞，ln a )上存在唯一零点．由(1)知，当x >2时，e x －x －2>0，所以当x >4且x >2ln (2a )时，f (x )＝e 2·e 2−+2>e ln2·+2－a (x＋2)＝2a >0.故f (x )在(ln a ，＋∞)上存在唯一零点．从而f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．综上，a+∞.与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图象，讨论其图象与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围或通过对方程等价变形转化为两个函数图象的交点问题．[跟进训练]2．(1)(2023·全国乙卷)函数f (x )＝x 3＋ax ＋2存在3个零点，则a 的取值范围是()A ．(－∞，－2)B ．(－∞，－3)C ．(－4，－1)D ．(－3，0)(2)已知函数f (x )＝12x 2－a ln x ，若a >0，函数f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，求a 的取值范围．(1)B[由题意知f ′(x )＝3x 2＋a ，要使函数f (x )存在3个零点，则f ′(x )＝0要有2个不同的根，则a <0．令3x 2＋a ＝0，解得x ＝令f ′(x )>0，则x <x令f ′(x )<0x 所以f (x )在−∞，−+∞上单调递增，在−上单调递减，所以要使f (x )存在3个零点，则>0，<0，+2>0，+2<0，解得a <－3.故选B.](2)[解]函数f (x )＝12x 2－a ln x 的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝x －＝2−.因为a >0，由f ′(x )>0，得x >，由f ′(x )<0，得0<x <.即f (x )在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．①若≤1，即0<a ≤1时，f (x )在(1，e)上单调递增，f (1)＝12，f (x )在区间(1，e)上无零点．②若1<<e ，即1<a <e 2时，f (x )在(1，)上单调递减，在(，e)上单调递增，f (x )min ＝f ()＝12a (1－ln a )．∵f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点，∴1=12＞0，=121−ln ＜0，e =12e 2−＞0，∴e<a <12e 2.③若≥e ，即a ≥e 2时，f (x )在(1，e)上单调递减，f (1)＝12>0，f (e)＝12e 2－a <0，f (x )在区间(1，e)上只有一个零点．综上，f (x )在区间(1，e)上恰有两个零点时，a 的取值范围是e ，12e 2.在解导数综合题时，经常会碰到这种情形：导函数存在零点，但是不能求出具体的解，这种零点我们称之为隐零点，相应的问题称为隐零点问题．这类问题的解题思路是对函数的零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目条件解决问题．[典例]已知函数f (x )＝x e x －ln x －1，若f (x )≥mx 恒成立，求实数m 的取值范围．[赏析]法一(分离变量法)：由f (x )≥mx 得x e x －ln x －1≥mx (x ＞0)，即m≤x−ln K1，令φ(x)＝x−ln K1，则φ′(x)＝2e+ln2，令h(x)＝x2e x＋ln x，则h′(x)＝(2x＋x2)e x＋1＞0，所以h(x)在(0，＋∞)上单调递增．切入点：零点存在定理，发现零点，设而不求又＝1e2e1e－1＜e2e2－1＝0，h(1)＝e＞0，所以h(x)1存在零点x0，即h(x0)＝02e0＋ln x0＝0，突破点：等价变形，寻找等量关系02e0＋ln x0＝0⇔0e0＝－ln00＝ln(e ln10)，关键点：辅助函数，得出等量关系令y＝x e x(x＞0)，因为y′＝(x＋1)e x＞0，所以y＝x e x在(0，＋∞)上单调递增，故x0＝ln10＝－ln x0，即e0＝10，所以φ(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增．落脚点：整体代换，代入求值所以φ(x)min＝φ(x0)＝0e0−ln0−10＝1+0−10＝1，所以m≤1.法二(朗博同构法)：由f(x)≥mx得x e x－ln x－1≥mx(x＞0)，所以e rln−ln−1≥B＞0，由切线不等式得e rln−+ln−1≥0，故(1－m)x≥0(x＞0)恒成立，所以1－m≥0，即m≤1.函数零点存在但不可求时，常虚设零点，利用零点存在定理估计所设零点所在的一个小范围(区间长度小于1个单位)，然后利用零点所满足的关系进行代换化简．[跟进训练]1．若a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在x∈(1，＋∞)上恒成立，求整数a的最大值．参考数据：ln3<43，ln4>[解]因为a ln x－(2a＋1)x<1－2ax在(1，＋∞)上恒成立，即a<r1ln在x∈(1，＋∞)上恒成立．令h(x)＝r1ln，x>1，可得h′(x)＝ln K1−1ln2，令t(x)＝ln x－1－1(x>1)，可得t(x)在(1，＋∞)上单调递增，且t(3)<0，t(4)>0，所以存在x0∈(3，4)，使得t(x0)＝ln x0－10－1＝0，从而h(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，所以h(x)min＝h(x0)＝0+1ln0＝0+110+1＝x0∈(3，4)．因为a<r1ln在(1，＋∞)上恒成立，所以a<h(x)min＝x0，所以整数a的最大值为3. 2．设函数f(x)＝e x－x－2，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k 的最大值．[解]由题意知f′(x)＝e x－1.(x－k)·f′(x)＋x＋1＞0，即(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，得k<x＋r1e−1(x>0)恒成立，令g(x)＝r1e＋x(x>0)，得g′(x)1x>0)．令h(x)＝e x－x－2(x>0)，则h′(x)＝e x－1>0，故h(x)在(0，＋∞)上单调递增．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)存在唯一零点α∈(1，2)．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝r1e−1＋α.又h(α)＝eα－α－2＝0，所以eα＝α＋2且α∈(1，2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2，3)，所以k的最大值为2.课时分层作业(二十二)利用导数解决函数的零点问题1．(2024·河南郑州模拟)已知函数f(x)＝x ln x＋a－ax(a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值；(2)若函数f(x)在区间[1，e]上有且只有一个零点，求实数a的取值范围．[解](1)由题可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1－a.若a＝1，则f′(x)＝ln x，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(0，1)上单调递减；当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．所以f(x)的极小值为f(1)＝ln1＋1－1＝0，无极大值．(2)f(x)＝x ln x－ax＋a，易知f(1)＝0，所求问题等价于函数f(x)＝x ln x－ax＋a在区间(1，e]上没有零点．因为f′(x)＝ln x＋1－a，当0＜x＜e a-1时，f′(x)＜0，所以f(x)在(0，e a-1)上单调递减；当x＞e a-1时，f′(x)＞0，所以f(x)在(e a-1，＋∞)上单调递增．①当e a-1≤1，即a≤1时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递增，所以f(x)＞f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．②当1＜e a-1＜e，即1＜a＜2时，f(x)在区间(1，e a-1)上单调递减，在区间(e a-1，e]上单调递增，要使f(x)在(1，e]上没有零点，只需f(e)＜0，即e－e a＋a＜0，解得a＞e e−1，所e e−1＜a＜2.③当e≤e a-1，即a≥2时，函数f(x)在区间(1，e]上单调递减，在区间(1，e]上满足f(x)＜f(1)＝0，此时函数f(x)在区间(1，e]上没有零点，满足题意．综上所述，实数a的取值范围是a≤1或a＞e e−1.2．(2024·广东佛山模拟)已知函数f(x)＝ln x＋sin x.(1)求函数f(x)在区间[1，e]上的最小值；(2)判断函数f(x)的零点个数，并证明．[解](1)f(x)＝ln x＋sin x的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1＋cos x，令g(x)＝f′(x)＝1＋cos x，g′(x)＝－12－sin x，当x∈[1，e]时，g′(x)＝－12－sin x＜0，所以g(x)在[1，e]上单调递减，且g(1)＝1＋cos1＞0，g(e)＝1e＋cos e＜1e＋cos2π3＝1e−12＜0，所以由零点存在定理可知，在区间[1，e]存在唯一的a，使g(a)＝f′(a)＝0.又当x∈(1，a)时，g(x)＝f′(x)＞0；当x∈(a，e)时，g(x)＝f′(x)＜0，所以f(x)在x∈(1，a)上单调递增，在x∈(a，e)上单调递减，又因为f(1)＝ln1＋sin1＝sin1，f(e)＝ln e＋sin e＝1＋sin e＞f(1)，所以函数f(x)在区间[1，e]上的最小值为f(1)＝sin1.(2)函数f(x)有一个零点，证明如下：因为f(x)＝ln x＋sin x，x∈(0，＋∞)，若0＜x≤1，f′(x)＝1＋cos x＞0，所以f(x)在区间(0，1]上单调递增，又f(1)＝sin1＞0，f1＋sin1e＜0，结合零点存在定理可知，f(x)在区间(0，1]上有且仅有一个零点．若1＜x≤π，则ln x＞0，sin x≥0，则f(x)＞0，若x＞π，因为ln x＞lnπ＞1≥－sin x，所以f(x)＞0，所以f(x)在区间(1，＋∞)上没有零点．综上，函数f(x)在(0，＋∞)上有且仅有一个零点．3．(2021·全国甲卷)已知a＞0且a≠1，函数f(x)＝(x＞0)．(1)当a＝2时，求f(x)的单调区间；(2)若曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，求a的取值范围．[解](1)当a＝2时，f(x)＝22(x＞0)，f′(x)x＞0)，令f′(x)＞0，则0＜x＜2ln2，此时函数f(x)单调递增，令f′(x)＜0，则x＞2ln2，此时函数f(x)单调递减，所以函数f(x)的单调递增区间为0+∞.(2)曲线y＝f(x)与直线y＝1有且仅有两个交点，＝1(x>0)有两个不同的解，即方程ln＝ln有两个不同的解．设g(x)＝ln(x＞0)，则g′(x)＝1−ln2(x＞0)，令g′(x)＝1−ln2＝0，得x＝e，当0<x<e时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增，当x＞e时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减，故g(x)max＝g(e)＝1e，且当x>e时，g(x)∈0又g(1)＝0，所以0＜ln＜1e，所以a＞1且a≠e，即a的取值范围为(1，e)∪(e，＋∞)．4．(2024·四川成都模拟)已知函数f(x)＝B e(a＞0)和函数g(x)＝ln，且f(x)有最1x.(1)求实数a的值；(2)直线y＝m与两曲线y＝f(x)和y＝g(x)恰好有三个不同的交点，其横坐标分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜x3，证明：x1x3＝.[解](1)f(x)＝B e的定义域为R，且f′(x)a＞0，当x＜1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；当x＞1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，所以f(x)max＝f(1)＝e，所以e＝1x，解得a＝±1，又a＞0，所以a＝1.(2)证明：由(1)可知，f(x)＝e在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，又g′(x)＝1−ln2，所以g(x)＝ln在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，f (x )＝e 和g (x )＝ln 的图象如图所示．设f (x )和g (x )的图象交于点A ，则当直线y ＝m 经过点A 时，直线y ＝m 与两条曲线y ＝f (x )和y ＝g (x )共有三个不同的交点，则0＜x 1＜1＜x 2＜e ＜x 3，且2e 2＝ln 22＝m ，ln 33＝m .因为m ＝1e 1＝ln 22，所以1e 1＝ln 2e ln 2，即f (x 1)＝f (ln x 2)，因为x 1＜1，ln x 2＜ln e ＝1，且f (x )＝e 在(－∞，1)上单调递增，所以x 1＝ln x 2，21＝2ln 2＝1.因为m ＝2e 2＝ln 33，所以2e 2＝ln 3e ln 3，即f (x 2)＝f (ln x 3)，因为x 2＞1，ln x 3＞ln e ＝1，且f (x )＝e 在(1，＋∞)上单调递减，所以x 2＝ln x 3，所以32＝3ln 3＝1.21＝32＝1，即x 1x 3＝22。
高二数学导数及其应用复习讲义有答案
益思元学校高二数学复习讲义—导数及其应用知识清单1．导数的概念函数y=f(x),如果自变量x 在x 0处有增量x ∆，那么函数y 相应地有增量y ∆=f （x 0+x ∆）－f （x），比值xy∆∆叫做函数y=f （x ）在x 0到x+x ∆之间的平均变化率，即x y ∆∆=xx f x x f ∆-∆+)()(00。
如果当0→∆x 时，x y ∆∆有极限，我们就说函数y=f(x)在点x 0处可导，并把这个极限叫做f （x ）在点x 0处的导数，记作f’（x 0）或y’|0x x =。
即f （x 0）=0lim →∆x x y∆∆=0lim →∆x xx f x x f ∆-∆+)()(00。
说明：（1）函数f （x ）在点x 0处可导，是指0→∆x 时，x y ∆∆有极限。
如果xy ∆∆不存在极限，就说函数在点x 0处不可导，或说无导数。
（2）x ∆是自变量x 在x 0处的改变量，0≠∆x 时，而y ∆是函数值的改变量，可以是零。
由导数的定义可知，求函数y=f （x ）在点x 0处的导数的步骤（可由学生来归纳）： （1）求函数的增量y ∆=f （x 0+x ∆）－f （x 0）； （2）求平均变化率x y ∆∆=xx f x x f ∆-∆+)()(00； （3）取极限，得导数f’(x 0)=xyx ∆∆→∆0lim 。
2．导数的几何意义函数y=f （x ）在点x 0处的导数的几何意义是曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率。
也就是说，曲线y=f （x ）在点p （x 0，f （x 0））处的切线的斜率是f’（x 0）。
相应地，切线方程为y －y 0=f /（x 0）（x －x 0）。
3．几种常见函数的导数:①0;C '= ②()1;n n x nx -'= ③(sin )cos x x '=; ④(cos )sin x x '=-;⑤();x x e e '=⑥()ln x x a a a '=; ⑦()1ln x x '=; ⑧()1l g log a a o x e x'=.4．两个函数的和、差、积的求导法则法则1：两个函数的和(或差)的导数,等于这两个函数的导数的和(或差)， 即： (.)'''v u v u ±=±法则2：两个函数的积的导数,等于第一个函数的导数乘以第二个函数,加上第一个 函数乘以第二个函数的导数，即：.)('''uv v u uv +=若C 为常数,则'''''0)(Cu Cu Cu u C Cu =+=+=.即常数与函数的积的导数等于常数乘以函数的导数： .)(''Cu Cu =法则3：两个函数的商的导数，等于分子的导数与分母的积，减去分母的导数与分子的积，再除以分母的平方：⎪⎭⎫⎝⎛v u ‘=2''v uv v u -（v ≠0）。
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数压轴题双变量问题题型归纳总结-标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KH导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数/（” = /+6+01nx,曲线y = 〃x ）在点（1J ⑴）处的切线方程为y = 2x（1）求实数。
〃的值:（2）设尸（N ） = /（X ）-炉+〃江（〃?£夫）不,4（0＜为 ＜七）分别是函数尸（x ）的两个零点，求证：尸（屈7）＜0.【解析】（1） 〃 = 1力=-1；(2) /(x) = x 2+x-lnx t F(x) = (l + /??)x-lnx , F r (.v) = ;??+1- -, X尸（而"2一点="工点,要证财（斤）＜。
，只需证号等〈卷令/= J±G (0,1),即证 21IWT + ；>0.令力(/) = 21n/-i + ；(0<r < 1),则所以函数力。
）在（0』）上单调递减，3）＞力（1）=0,即证2hWT + ；＞0.由上述分析可知/m ）＜0.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把冷工转化刈的函数，常把公&的关系变形为齐次式，设，= ±J = ln 土J = = 等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数.12A 2法. 思路二：因为。
＜演＜x],只需证皿用一也占一上手〉。
，] 7^一(、八)2* _ 1 _ x + x 2 _ 287-x-占 _("7-《)X lyjx^Xyfx 2yfx^Xyfx所以函数。
（X ）在（0/2）上单调递减,eW ＞eU ） = 0,即证lnxTn.q ＞ 濠 由上述分析可知【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于X (或4)的一元函数来处理.应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明.此乃主 元法.因为再，心分别是函数F （x ）的两个零点，所以 (l + w)^ = In%, । , i In* - Inx.也哈…眸,两式相减，得仙=^^思路一：因为。
人教版数学选择性必修二第五章一元函数的导数及其应用章末复习课件
A．y＝2x＋1
B．y＝2x－1
C．y＝－2x－3
D．y＝－2x－2
y′＝
′ +2 − +2 ′
+2 2
＝
2
+2 2
k＝y′|x＝－1＝
A )
2
−1+2 2
＝2
切线方程为：y＋1＝2(x＋1)，即y＝2x＋1
1 2
3
2．已知曲线y＝x －1与曲线y＝3－ x 在x＝x0处的切线
f(x)的定义域为(0,＋∞)，f
1
+1 2+1
′(x)＝ ＋2ax＋2a＋1＝
.
✓ 若a≥0，则当x∈(0,＋∞)时，f ′(x)＞0，
故f(x)在(0,＋∞)单调递增．
✓ 若a＜0，则当x∈ 0, −
当x∈
1
2
时，f ′(x)＞0；
1
(− ,＋∞)时，f
2
故f(x)在
1
0, −
2
所付的手续费与库存费之和最少．
1．书店估计一年内要销售某种书15万册，欲分几次订货，如果每次订
货要付手续费30元，每千册书存放一年要耗库存费40元，并假设该书均
15000
10
匀投放市场，问此书店分________次进货、每次进__________册，可使
所付的手续费与库存费之和最少．
设每次进书x千册(0＜x＜150)，手续费与库存费之和为y元，
∵f(x)在R上是增函数，∴f ′(x)≥0在R上恒成立，
1
2
∵f(x)＝－ x2＋2x－aex，
∴f ′(x)＝－x＋2－aex，
于是有不等式－x＋2－aex≥0在R上恒成立，
导数双元问题处理技巧
导数双元问题处理技巧
导数双元问题是指同时涉及到两个变量的导数问题，这类问题通常比较复杂，需要一定的技巧来处理。
以下是一些处理导数双元问题的技巧：
1. 建立关系式：首先需要建立两个变量之间的关系式，以便将两个变量联系起来。
可以通过代数方法或者图形方法来建立关系式。
2. 确定导数的定义域：在处理导数问题时，需要先确定函数的定义域，特别是对于双元问题，需要特别注意定义域的限制条件。
3. 求导：根据题目要求，对函数进行求导。
在求导过程中，需要注意变量的替换和链式法则的应用。
4. 寻找极值点：通过求导数等于零的点，可以找到函数的极值点。
在双元问题中，需要分别对两个变量求导，然后令导数等于零，解出对应的值。
5. 判断单调性：通过判断导数的正负性，可以确定函数的单调性。
在双元问题中，需要分别对两个变量求导，然后根据导数的正负性来判断函数的单调性。
6. 求解最值：在找到极值点和单调性后，可以求解函数的最值。
在双元问题中，需要分别对两个变量求最值，然后根据实际情况进行取舍。
7. 验证答案：最后需要对答案进行验证，确保答案的正确性和合理性。
可以通过代入法或者图形法来进行验证。
总之，处理导数双元问题需要一定的技巧和耐心，需要综合考虑函数的定义域、导数的计算、极值点的寻找、单调性的判断以及最值的求解等多个方面。
同时需要注意细节和计算准确性，以免出现错误。
2022-2023初中数学北师大版八上第五章---二元一次方程组复习讲义
第五章二元一次方程组考点一、认识二元一次方程组高频核心考点1.二元一次方程（1）定义：含有两个未知数，并且含有未知数的项的次数都是1，像这样的方程叫做二元一次方程．注：二元一次方程需满足四个条件：①首先是整式方程．②方程中共含有两个未知数．③所有未知项的次数都是一次．④两个未知数系数都不为0．不符合上述任何一个条件的都不叫二元一次方程．（2）一般形式：ax+by+c=0(a≠0，b≠0，a，b，c为常数)注：“ax+by+c=0不一定是二元一次方程”这个说法正确，因为并未告知a，b都不为0．（3）二元一次方程的解：使方程左右两边相等的未知数的两个未知数的值叫二元一次方程组的解．注：任何一个二元一次方程都有无数个解．2.二元一次方程组的定义：含有两个未知数的项的次数都是1，并且由两个一次方程所组成的一组方程，叫做二元一次方程组．注意：（1）二元是指两个未知数，含未知数的项的次数都是1，不是每个未知数的项数是1；（2）方程组中是一共有两个未知数，不是两个方程都有两个未知数。
3.二元一次方程的解：一般地，使二元一次方程左右两边的值相等的两个未知数的值，叫做二元一次方程的解。
注意：二元一次方程的解都是一对解，而不是一个，且必须用大括号括起来；一般情况下，二元一次方程都有无数组解。
4.二元一次方程组的解：一般地，二元一次方程组的两个方程的解，叫做二元一次方程的解。
注意：二元一次方程组的解是每一个方程的解，但每一个方程的解，不一定都是方程组的解，且方程组只有一组解。
考点二、求解二元一次方程组1.代入消元法：解二元一次方程组时，将其中的一个方程中的某个未知数用含有另一个未知数的代数式表示出来，化二院一次方程组为一元一次方程，这种解方程组的方法就叫做代入消元法，简称代入法。
2.用代入法解方程组的步骤：（1）在已知方程组的两个方程中选择一个适当的方程，将它的某个未知数用含有另一个未知数的代数式表示出来.（2）把此代数式代入没有变形的另一个方程中，可得一个一元一次方程.（3）解这个一元一次方程，得到一个未知数的值.（4）把求得的未知数的值代回到原方程组中的任意一个方程或变形后的方程(一般代入变形后的方程)，求得另一个未知数的值. （5）把方程组的解表示出来.（6）检验(口算或笔算在草稿纸上进行)，即把求得的解代入每一个方程看是否成立.注意：用代入消元法解二元一次方程组时，尽量选取一个未知数的系数的绝对值是1的方程进行变形；若未知数的系数的绝对值都不是1，则选取系数的绝对值较小的方程变形.3.加减消元法：通过将两个方程相加减消去某个未知数，将方程转化为一元一次方程来解，这种解二元一次方程组的方法叫做加减消元法，简称加减法。
导数中的多元(二元)问题四种方法及答案
秒杀压轴题 之 导数中的“二元问题”摘要：多元问题中的二元问题是导数中的热点．本文主要例释四种解决二元问题的方法即换元法、消元法、主元法，构造函数法，通过一题多解充分诠释各种方法之间的内部联系．这四种方法可以基本解决几乎所有二元问题．另一类“二元问题”将在下一篇文章《极值点偏移》中详细解答．关键词：二元；主元法；换元法；消元法；构造函数 一、构造函数法例1：若1201x x <<<，则下列说法正确的是（ ）A ．2121ln ln x x e e x x ->- B. 2121ln ln x xe e x x -<- C ．1221x x x e x e > D ．1221x xx e x e <解：考察选项A ，等价于22ln xe x -11ln xe x >-，可以构造函数()ln xf x e x =-，()0,1x ∈． 因为1'()xf x e x=-在()0,1x ∈上有穿越式零点，所以()f x 在()01，上不单调．同理选项B 也不正确；考察选项C ，等价于1212x x e e x x >，可以构造函数()xe g x x =，()0,1x ∈．原不等式等价于()()12g x g x >，即()g x 单调递减．因为()21'()0x x e g x x-=<，故选项C 正确，选项D 错误．小结：构造新函数的一般步骤：分离变量→构造相同结构→构造新函数→利用函数的单调性解决问题．在例1的（*）式中也可以构造新函数，但是却解决不了问题，请问为什么？练习1：1，函数()ln +kf x x x=， 对任意的120x x >>，都有()()1212f x f x x x -<-恒成立，求k 的范围．解：不等式()()1212f x f x x x -<-恒成立，∴()()1122f x x f x x -<-，又120x x >>， ∴()()g x f x x =-在∞（0,+）上是减函数， ∴'()'()10g x f x =-≤恒成立，即2110kxx--≤， ∴2k x x ≥-+在∞（0,+）上恒成立， 即()2max 1=4k x x≥-+， ∴k 的范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．2，函数()2(1)ln +1f x a x ax =++，设1a <-，任意的12(0,)x x ∈+∞，，若()()12124f x f x x x -≥-恒成立，求a 的范围．解：()()2211'+2=ax a a f x ax x x+++=1a <-，∴220, 10ax a <+<，∴()'0f x <，∴()f x 在∞（0,+）上是减函数，（也可以用观察法判断单调性）不妨设120x x >>，则()()12f x f x <，∴()()()()()12122112124444f x f x x x f x f x x x x x -≥-⇔-≥-=-，()()2211+4+4f x x f x x ⇔≥，∴()()+4g x f x x =在∞（0,+）上是减函数，∴'()'()40g x f x =+≤，即22410ax x a +++≤，∴24121x a x --≤+在∞（0,+）上恒成立，即2min 41221x a x --⎛⎫≤=- ⎪+⎝⎭， ∴a 的取值范围是(],2-∞-．二、消元法例2：（2018年全国1卷21）已知函数()1ln f x x a x x=-+． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--．解：（1）22211'()1a x ax f x x x x-+-=--+=，0x > 关于x 的一元二次方程21=0x ax -+-，24a ∆=-，① 当22a -≤≤时，0∆≤，'()0f x ≤在∞（0,+）上恒成立，则()f x 在∞（0,+）上是单调递减的；② 当2a <-或2a >时，0∆>，令'()=0f x ，得1x =，2x = （i ）当2a >a a <==，所以120x x <<，当10x x <<时，'()0f x <，则()f x 在1x （0,）上是单调递减的； 当12x x x <<时，'()0f x >，则()f x 在12x x （,）上是单调递增的；当2x x >时，'()0f x <，则()f x 在2+x ∞（,）上是单调递减的；（ii ）当2a <-a a <==-，所以120x x <<，'()0f x ≤在∞（0,+）上恒成立，则()f x 在∞（0,+）上是单调递减的； 综上：当2a ≤时，则()f x 在∞（0,+）上是单调递减的；当2a >时，()f x在2a -（0,上单调递减，在22a a -+（,）上单调递增，在+∞）上单调递减.小结：分类讨论中参数的几种临界值点（以导函数对应二次型为例）① 导函数零点的存在性；② 导函数的多零点大小的比较；③ 导函数的零点与定义域区间端点大小的比较； ④* 定义域及开口方向.本题中出现了①③两类临界值点，也可以认为是零点在定义域内的存在性的讨论产生的临界值点1x ，2x 与0.（2）由（1）知2a >， 120x x <<且12=1x x ，则211=x x ，且101x <<. 要证()()12122f x f x a x x -<--，()()2112121212ln ln 2x x x x a x x x x a x x ---+-⇐<--，1212ln ln 1x x x x -⇐<-，1212ln ln x x x x ⇐->-， （*）12121111ln ln 02ln 0x x x x x x x ⇐--+>⇐-+>，令1t x =，则()01t ∈，，设1()2ln g t t t t =-+，()222121'()10t g t t t t-=--=-≤，所以()g t 在()20t x ∈，上单调递减，()(1)0g t g >=，所以原不等式成立，即()()12122f x f x a x x -<--小结：对于本题中的二元1x ，2x 中含有等量关系，本质只有一个元，所以采用消元法；1x 与2x 不是相对独立的变元，所以不能对（*）式采用构造相同结构“构造函数法”（读者可以尝试解决，感受受阻的问题）；同时要进一步关注1x （或2x ）的范围． 练习2：（2011年湖南卷21）()1ln f x x a x x=-- （1） 讨论()f x 的单调性；（2） 若()f x 存在两个极值点1x ，2x 且()()1122,,,A x y B x y 是()y f x =图像上两点，AB 的斜率为k ，是否存在a ，使得2k a =-？小结：说明高考也会有周期现象，一般有“三年回避”原则，所以请关注过往的高考题的解法及命题思路． 三、换元法例3：函数()ln +f x x ax =有两个不同的零点的12x x ，， （1）求a 的取值范围；（2）求证：212x x e >．解：（1）1,0a e ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；（2）不妨设120x x >>，由题意知111212221212ln 0ln ln =()ln 0ln ln =()x ax x x a x x x ax x x a x x +=+-+⎧⎧⇒⎨⎨+=---⎩⎩， 消掉参数a 得，()12121212ln ln =ln ln x x x x x x x x ++-- 要证()212112121212122122()ln ln 2ln ln 2ln x x x x x x x e x x x x x x x x x +->⇔+>⇔->⇔>-+， 即证12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+令12x t x =，则1t >，也就是证()214ln 211t t t t ->=-++，令4()ln 21g t t t =+-+， 则()()()222114'()011t g t t t t t -=-=>++，所以()g t 在()1+∞，上单调递增，()(1)0g t g >=， 即原不等式成立．小结：换元法的本质是整体的思想，把两个元看成一个整体，从而达到消元的目的．练习3：函数()21()2ln 22f x x ax a x =-+-， （1） 讨论()f x 的单调性；（2） 任意的12(0,)x x ∈+∞，，且12x x <，存在正实数0x ，使得()()()21021='()f x f x f x x x --成立，试比较0'()f x 与12'2x x f +⎛⎫⎪⎝⎭的大小．解：()f x 的定义域为()0,+∞，2(1)(2)'()2x ax f x ax a x x+-=-+-=-， ①若0a ≤，则'()0f x >，()f x 在()0,+∞上单调递增；②若0a >，令'()0f x =得2x a=，当20x a <<时，'()0f x >，()f x 在20,a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增；当2x a >时，'()0f x <，()f x 在2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减．小结：参数的两类临界值根的存在性与开口方向，临界值重合即0a >．（2）由()()()21021='()f x f x f x x x --得()()21021'()=f x f x f x x x --122102121122()2'()'(ln ln )2x x x x f x f x x x x x x ⎡⎤+-⎛⎫-=--⎢⎥ ⎪-+⎝⎭⎣⎦221221112(1)2ln 1x x x x x x x x ⎡⎤-⎢⎥⎢⎥=--⎢⎥+⎢⎥⎣⎦ 令21x t x =，则1t >，2212112(1)2(1)ln ln 11xx x t t x x t x ---=-++，令2(1)4()ln ln 211t g t t t t t -=-=+-++ 因为22(1)'()0(1)t g t t t -=>+，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，()(1)0g t g >=， 又2120x x >-，所以0'()f x >12'2x x f +⎛⎫⎪⎝⎭．思考：哪样的函数任意两点割线的斜率总是大于中点切线的斜率？四、主元法例4：函数()()2+xf x x ax b e =+，且22b a >+．（1） 判断()'f x 的单调性；（2） 对任意不相等的12x x ，， 求证：()()121222f x f x x x f ++⎛⎫< ⎪⎝⎭．解：（1）2'()(2)x f x e x a x a b ⎡⎤=++++⎣⎦，22(2)4()44a a b a b ∆=+-+=+-，因为22b a >+，所以2340a ∆<--<，所以'()0f x >在R 上恒成立， 所以()f x 在R 是单调递增的；（2）不妨设12x x <，则()12,x x ∈-∞，12121()()()22x x f x f x g x f ++⎛⎫=- ⎪⎝⎭()121111'''()222x x g x f f x +⎛⎫=- ⎪⎝⎭，因为12x x <，所以1212x x x +>，又()'f x 是R 上的增函数， 所以()1'0g x >，即1()g x 是()2,x -∞上的增函数，所以12()()0g x g x <=，即1212()()22x x f x f x f ++⎛⎫<⎪⎝⎭． 小结：把二元中的其中一个元看成主元，另一个看成参数，达到消元的目的，化归的思想．这里要关注12x x ，的相对大小，即新的主元的范围．练习4：函数()ln f x x ax =-在1x =处的切线平行于x 轴，()()1122,,,A x y B x y 是()y f x =图像上不同的两点，且AB 的斜率为k ，求证：若12x x <， 则211111k x x -<<-． 解：（1）1'()f x a x=-，'(1)10f a =-=，1a =． （2）()1,ln a f x x x ==-12121212()()ln ln 1f x f x x x k x x x x --==---，要证：211111k x x -<<-⇔122121ln ln 11x x x x x x -<<-， （*） 法一：（主元法）要证12212ln ln 1x x x x x -<-， 只要证1122ln ln 10x x x x --+< 令1t x =，则2(0,)t x ∈，22()ln ln 1t h t t x x =--+，22211'()0x th t t x tx -=-=>，所以()h t 在2(0,)x 上单调递增，2()()0h t h x <=，即不等式12212ln ln 1x x x x x -<-成立，同理可证12121ln ln 1x x x x x -<-， 所以122121ln ln 11x x x x x x -<<-成立． 法二：（换元法）要证12121ln ln 1x x x x x -<-， 只要证1221ln10x x x x +->， 令12x t x =，则(0,1)t ∈，1()ln 1h t t t =+-，22111'()0t h t t t t-=-=<，所以()h t 在(0,1)上单调递减，()(1)0h t h >=，即不等式12121ln ln 1x x x x x -<-成立，同理可证12212ln ln 1x x x x x -<-，所以122121ln ln 11x x x x x x -<<-成立． 法三：（构造函数法）要证211111k x x -<<-， 只要证21111k x x <+<，即求k +1的取值范围． ()()121212121212()()ln ln 11ln ln f x f x x x k k x x x x x x x x --==-⇔+-=---1122ln (1)ln (1)x k x x k x ⇔-+=-+即()ln (1)0h x x k x =-+=有两个不同的跟12,x x ．令1'()(1)0h x k x =-+=得011x k =+， 当101x k <<+时，'()0h x >，()h x 单调递增；当11x k >+时，'()0h x <，()h x 单调递减，故()h x 有两个不同的零点12,x x 等价为max 01()()ln101h x h x k ==->+且1211x x k <<+， 即11k e>-且211111k x x -<<-，故原不等式成立． 五、结论消元法必需有等量关系如例2中的12=1x x ，它和其它方法一般不能通用，原因是它的两个变量之间存在等量关系，不是相互独立，本质只有一个变量；构造函数法需要构造相同结构；换元法需要构造唯一整体；主元法是通用方法，一般二元问题都可以使用。
导数之隐零点问题与变换主元法 讲义——高三数学二轮复习
隐零点问题与变化主元法1. 隐零点问题【总结】已知()0f x ≥恒成立且无法避免要求()f x 的极值，处理方法如下。
考虑不等式组00'()0()0f x f x =⎧⎨≥⎩，其中0()f x 和0'()f x 均含有参数a ，有两种方法处理上面不等式组：（1） 若0'()0f x =中的参数a 和0x 容易分离，则首先用零点0x 表示参数a ，然后代入0()0f x ≥来确定零点0x 的取值范围，从而确定参数a 的取值范围；（2） 若0'()0f x =中的参数a 和0x 不容易分离，则首先猜测方程组00'()0()0f x f x =⎧⎨=⎩的解0x ，然后由0()0f x ≥和端点效应求出参数a 的取值范围，最后证明在该范围下0()0f x ≥恒成立。
其中（1）没有解出具体的零点，但隐形的利用了其零点，称其为“隐零点”；（2）可以借助于变换主元法。
例题1、设2()ln(1)f x x a x =++有两个极值点12,x x ，且12x x <。
（1） 求实数a 的取值范围，并讨论()f x 的单调性；（2） 证明：212ln 2()4f x ->。
例题2、已知2()ln f x x x x x =--，证明：()f x 存在唯一的极大值点0x ，且20()2f x -<。
例题3、已知2()ln x f x ea x =-。
证明：当0a >时，2()2ln f x a a a≥+。
例题4、设函数2()()ln f x x a x =-，求实数a 的取值范围，使得对任意(0,3]x e ∈恒有2()4f x e ≤成立。
变式4.1 已知2()(0)x e ax a g x x x --=>，证明：当[0,1)a ∈，函数()g x 有最小值()h a ，求函数()h a 的值域。
变式4.2 已知2()4xx f x e =-。
2022高考数学二轮复习 导数解答题之双变量问题(解析版)
微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e x f x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >． 【答案】(1){}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()()21e x f x x a '=+-，再二次求导，对a 分五种情况讨论得到a 的取值范围； （2）先证明100x x <<，再分120x x <<和120x x <<两种情况讨论证明不等式. (1)解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()21e x f x x a '=+-，令()()()21e x g x f x x a '==+-，则()()()13e xg x x x '=++．∴当(),3x ∈-∞-时，()0g x '>，()f x '单调递增； 当()3,1x ∈--时，()0g x '<，()f x '单调递减； 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，()f x '单调递增．①若0a <，则()()21e 0x f x x a '=+->，()f x '无零点，不成立；②若0a =，则()()21e x f x x '=+有且只有1x =-一个零点，符合题意； ③若340e a <<，则()10f a '-=-<，()3430ef a '-=->，()010f a '=->， ∴()3,1α∃∈--，()1,0β∈-，使()()0f f αβ''==， ∴()f x '不只有一个零点，不成立．④若34e a =，则()30f '-=，又f ′(−1)=−4e3<0，()34010e f =->'， ∴()01,0x ∃∈-，使()00f x '=，∴()f x '不只有一个零点，不成立． ⑤若34e a >，则当(),3x ∞∈--时，()()3430e f x f a ''≤-=-<， ()10f a '-=-<，()()()()ln 11ln 110f a a a '+=+++>， ∴()()1,ln 1a γ∃∈-+，使()0f γ'=． ∴()f x '有且只有一个零点，符合题意． 综上，a 的取值范围是{}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭．(2) 解：当34e a =时，()()2341e e x f x x x =+-， 由（1）知，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '≤，()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．又()()12f x f x =，12x x <，则()10,x x ∈-∞，()20,x x ∈+∞， ∴100x x <<． ①若120x x <<，则11221x xx x =>． ②若120x x <<，则1122x xx x =-，要证明121x x >，即证21x x <-．又2x ，()10,x x -∈+∞，则只要证()()21f x f x <-，即证()()11f x f x <-．令()()()()1121111381e e e x x f x f x x x ---=+--． 先证明一个不等式：e e 2x x x --<，0x <．令()e e 2x xh x x -=--，则()e e 220x x h x -'=+-≥=，∴()h x 在(),0∞-上单调递增．∴当(),0x ∈-∞时，()()00h x h <=，∴e e 2x x x --<，0x <．∴()()()()()112221111111113338881e e 21220e e e x x f x f x x x x x x x x -⎛⎫--=+--<+-=+-< ⎪⎝⎭ ∴()()11f x f x <-，∴121x x > 综上，有121x x >．【点睛】方法点睛：函数的零点问题处理常用的方法有三种：（1）方程法：直接解方程得解；（2）图象法：画出函数的图象分析图象得解；（3）方程+图象法：令()=0f x 得到()()g x h x =，再分析(),()g x h x 的图象即得解.例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-．(1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<． 【答案】(1)0a ≤ (2)2e(3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）当1k =时，对函数()f x 求导，再根据0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.（2）对函数()f x 求导，再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值；（3）由题意得，要证原命题成立，只要证212221()()x a x a a k a++<+成立；设ln()x a t +=，则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根．再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数()h t 的单调性，再记函数()h t 有图象关于直线1lnt ka=对称后是()y m t =函数的图象，再求()()m t g t -的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果. (1)解：当1k =时，1().()f x a x a x a-'=>-+．． 当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)a -+∞上单调递增． 当0a >时，若1x a a>-，()0f x '<，()f x 在(,)a -+∞上不可能单调递增．． 所以()f x 在(,)a -+∞上单调递增，则0a ≤． (2)解：1().()f x ka x a x a=->-'+ （ⅰ）当0ka ≤时，()0f x '>，()f x 在(,)a -+∞上单调递增．()f x 有零点． （ⅰ）当0ka >时，()f x 在1(,)a a ka --上单调递增，在1(,)a ka-+∞上单调递减． 又当x 趋近于a -时，f (x )趋近于∞-；x 趋近于∞+时，f (x )趋近于∞-； 所以只要1()0f a ka-≥恒成立，则()f x 恒有零点． 即2ln()10ka ka --+≥恒成立．因为求k 的最大值，不妨设0k >，0a >．设2()ln()1g a ka ka =--+，则2121'()2ka g a ka a a-=-+=．所以只要min ()0g a g =≤．即102--≥，得2k e ≤．所以k 的最大值为2e．(3)解：由题意得：只要证212221()()x a x a a k a++<+． 设ln()x a t +=，e t x a =-．则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根． ()1e t h t ka '=-．当0ka ≤时，()0h t '>，与函数()h t 有两个零点矛盾． 所以0ka >．所以当'()1e 0t h t ka =-=时，1ln t ka=． 所以函数()h t 在1(,ln)ka -∞上递增，在1(ln ,)ka+∞上递减． 记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象． 有111()(2ln)2ln e t m t h t t ka ka ka-=-=--⋅． 则11()()2lne 2e t t m t g t ka t ka ka--=+⋅--⋅． 1[()()]e e 20t tm t g t ka ka-'-=⋅+⋅-≥．所以1ln t ka≥时，()()m t g t ≥． 所以1212lnt t ka -≥，即1212ln t t ka+≤． 所以121ln()ln()2ln x a x a ka+++≤．12221()()x a x a k a ++≤．所以21212222211()x x a x x a k a k a ++<-<． 例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）函数()f x 求导后，分子为含参的二次三项式，结合0a ≠，我们可以从0∆和0∆>结合开口方向和两根的大小来讨论；（2）1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，我们可以通过()f x '结合韦达定理，找到1x ，2x 的关系，带入到要证明的不等式中，然后通过整理，化简成一个关于12x x 的函数关系，再通过换元，构造函数，通过求解函数的值域完成证明. (1)22222()1a ax x a f x ax x x-+'=-+=，设22()2p x ax x a =-+．(0)x >，318a ∆=-， ①当12a时，0∆，()0p x ，则()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单调递增， ②当102a <<时，0∆>，()p x的零点为1x =2x =120x x <<，令()0f x '>，得10x x <<，或2x x >，令()0f x '<，得12x x x <<，()f x ∴在上单调递减，在，，)∞+单调递增，③当0a <时，0∆>，()p x()f x ∴在上单调递增，在，)∞+上单调递减．综上所述：当12a时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当102a <<时，()f x在，上单调递减，在，，)∞+单调递增；当0a <时，()f x在上单调递增，在，)∞+上单调递减． (2)证明：由（1）知，当102a <<时，()f x 存在两个极值点，不妨设120x x <<，则121x x a +=， 要证：121212()()11f x f x x x x x -<+-，只要证121212121221()()()()x x x x x xf x f x x x x x -+->=-，只需要证211212122211()[()2]2ln 2xxxx x a x x a x x x -+-+>-，即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12x t x =，(01)t <<， 设函数21()2ln g t a t t t=-+， 22221()t a t g t t -+∴'=-，∴4440a ∆=-<，22210t a t ∴-+>， ()0g t ∴'<，()g t ∴在(0,1)上单调递减，则()(1)g t g >0=，又121()02x x -<， 则121()0()2g t x x >>-，则21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而121212()()11f x f x x x x x -<+-．【点睛】(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；(2)如果函数()f x 在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数()f x 的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>. 【答案】（1）1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）由题意知()ln 20f x x ax '=->有解，分离a 可得ln 2xa x<有解，令()ln 2x g x x =，可得max ()a g x <，利用导数求()g x 的最大值即可求解；（2）由题意知1x ，2x 是()0f x '=的两根，将1x x =，2x x =代入()0f x '=整理可得1212ln ln 2x x a x x -=-，所证明不等式为()1212123ln 4x x x x x x -<+12123141x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+，令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+成立，利用导数证明单调性求最值即可求证. 【详解】（1）函数定义域为()0,∞+，根据题意知()ln 20f x x ax '=->有解， 即ln 2xa x<有解，令()ln 2x g x x =，()21ln 2x g x x -'=，且当0e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以max 1()(e)2e a g x g <==，所以1,2e a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭；（2）由1x ，2x 是()f x 的不同极值点，知1x ，2x 是()0f x '=的两根，即1122ln 20ln 20x ax x ax -=⎧⎨-=⎩，所以1122ln 2ln 2x ax x ax =⎧⎨=⎩①，联立可得：1212ln ln 2x x a x x -=-②，要证124ln ln 3x x +>，由①代入即证124223ax ax ⋅+>，即()12243a x x +>， 由②代入可得()121212ln ln 43x x x x x x -+>-③， 因为12x x <，则③等价于()1122112122313ln 441x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， 令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+④成立， 而2221151671()0(01)(41)(41)t t t t t t t t ϕ-+'=-=><<++， ()t ϕ在()0,1上单调递增，当()0,1t ∈，()()10t ϕϕ<=④成立，即得证.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围； ②求证：22124a x x ⋅>．【答案】(1)单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞(2)①2a >；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间；（2）①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程a =实根1212,()x x x x <．设t =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->，由导数确定()g t 的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得；②由①1t2t 22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t at t t =-<，即22a t >．下面证明：121t t ⋅>即可．引入函数()()2221()h t g t g t =-，由导数证明()221()0g t g t ->，利用单调性即可得结论． (1)对函数()f x求导，得1'()22a f x x =+= 当2a =-时，'()f x ==因为函数()f x 的定义域(0,)+∞， 由'()0f x >，得104x <<， 由'()0f x <，得14x >， 所以函数()f x 的单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞．(2)由()0f x =，得ln 20x x +=， ①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程a =1212,()x x x x <．设t =，即方程ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->， 2221ln ln 1'()1t t t g t t t -+-=-=，再设2()ln 1u t t t =+-，1'()20u t t t =+>所以函数()u t 在(0,)t ∈+∞上单调递增， 注意到2(1)1ln110u =+-=，所以当01t <<时，()0u t <，当1t >时，()0u t >． 所以()g t 在（0，1）上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 当0t +→时，()g t →+∞， 当t →+∞时，()g t →+∞，当1t =时，()1g t =， 只需12a>， 即所求2a >．②注意到1t =，2t 22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t at t t =-<，即22a t >． 下面证明：121t t ⋅>．设()()222222222222221lnln 1111()()()()ln 1t t h t g t g t t t t t t t t t t =-=---=--+， 有()22222222222211111'1(1)ln ()(1)ln 0h t t t t t t t t t =+---+⋅=--<， 所以函数()2h t 在(1,)+∞上单调递增， 所以()2(1)0h t h >=，所以()221()0g t g t ->，故有()()2121()g g t g t t <=．又2101t <<，101t <<，且()g t 在(0,1)t ∈上单调递减，所以121t t >，即得121t t ⋅>．因此2122at t ⋅>，结论得证． 3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<.【答案】(1)()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)证明见解析． 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，设()()g x f x '=，再求导()g x '，由()0g x '>恒成立得()'f x 单调递增，得()(0)0f x f ''>=，从而得()f x 的单调性；（2）利用导数得出()f x 的极小值点0x ，注意0()0f x '=，题设中12()()f x f x =，满足1020x x x π<<<<，考虑到0102x x x ->，引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，利用导数确定()h x 是单调增函数，得0()()0h x h x <=，即得101()(2)f x f x x <-，再利用12,x x 的关系，及函数()f x 的单调性可证得结论成立． (1),()0x ∈+∞，1a =时，()cos e x f x x x =+-，()sin 1e x f x x '=--，设()sin e 1x g x x =--，则()cos 0e x g x x '=+>，0x >时，()0g x '>恒成立，所以()g x ，即()'f x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以0x >时，(0)0f '>恒成立， 所以()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)e a =，()cos e e xf x x x =+-，s e ()in e x f x x '=--，由（1）知()'f x 在(0,)+∞上是增函数， (1)sin10f '=-<，e e ()0f ππ'=->，所以()'f x 在(1,)π，即在(0,)π上存在唯一零点0x ，000()s n e e i 0xf x x '=--=，00x x <<时，()0f x '<，()f x 递减，0x x π<<时，()0f x '>，()f x 递增．0x 是函数()f x 的唯一极小值点．若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，则1020x x x π<<<<， 设0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，02000e ()()(2)cos cos(2)e e (2)e x x x h x f x f x x x x x x x x -=--=+------ 0200cos cos e (2e e 2)x x x x x x x -=-+---， 020e e sin sin(2)()x x x x x h x x -+-+-'=000sin s e sin sin in(2)2(2)x x x x x x x ≥+---=+由000()s n e e i 0xf x x '=--=得00si e e n x x =+，所以00e 2sin sin sin(2()2)x x x x h x +-+-'≥，由00x x π<<<，得00sin 1x <≤，0sin 1x <≤，又01sin(2)1x x -≤-≤， 所以e+0()21(1)0h x '>-+->，所以()h x 是增函数， 当100x x <<时，10()()0h x h x <=，所以101()(2)0f x f x x --<，101()(2)f x f x x <-，又2101()()(2)f x f x f x x =<-，1020x x x <<<，所以0102x x x ->，又20x x >，()f x 在0(,)x +∞上单调递增， 所以2012x x x <-，所以1202x x x +<． 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明与极值点，方程根有关的不等式，关于不等式的证明，题中涉及到两个未知数，因此解题中需要进行变形，一是利用函数的单调性，一是利用变量的关系，可以对待证不等式进行等价转化，结合函数单调性得出证明方法．如本题要证1202x x x +<2012x x x ⇔<-，不妨设1020x x x <<<后，由()f x 在2(,)x +∞上递增，等价于证明201()(2)f x f x x <-，从而等价于101()(2)f x f x x <-，这里只有一个未知数1x 了，然后引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，再求得单调性达到证明目的．4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -，证明：()22f x alnx ex +-在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--． 【答案】(1)1(1)ey x e-=+ (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)根据题意只需证()(1)22f x e lnx ex -+-，构造函数()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得()g x 只能在1x =处取得最小值，进而求解即可； (3)根据题意，构造1()()(1)eF x f x x e-=-+和()()()G x f x t x =-，利用二次求导讨论()F x 和()G x 的单调性和最小值，可得1()(1)e f x x e -+、()(31)1f x e x e ---，设方程1()(1)es x x b e-=+=的根1x '和()(31)1t x e x e b =---=的根2x '，再根据不等式的性质证明即可. (1)函数()(1)(1)x f x x e =+-，由()(2)1x f x x e '=+-， 由1(1)1f e'-=-，(1)0f -=，所以切线方程为1(1)ey x e-=+， (2)当[1x ∈，)∞+时，0lnx ，所以22(1)22alnx ex e lnx ex +--+-． 故只需证()(1)22f x e lnx ex -+-， 构造()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，1()(2)12x e g x x e e x-'=+---，又()g x '在[1x ∈，)∞+上单调递增，且g '（1）0=， 知()g x 在[1x ∈，)∞+上单调递增， 故()g x g （1）22220e e =--+=．因此(1)(1)(1)2222x x e e lnx ex alnx ex +--+-+-，得证． (3)由（1）知()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1(1)ey x e-=+． 构造11()()(1)(1)()x e F x f x x x e e e -=-+=+-，1()(2)x F x x e e'=+-，()(3)x F x x e ''=+． 当3x <-时，()0F x ''<；当3x >-时，()0F x ''>； 所以()F x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又311(3)0F e e'-=--<，1lim ()x F x e →-∞'=-，(1)0F '-=，所以()F x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以1()(1)0()(1)eF x F f x x e--=⇒+． 设方程1()(1)es x x b e -=+=的根111eb x e'=--．又111()()()b s x f x s x '==，由()s x 在R 上单调递减，所以11x x '．另一方面，()f x 在点(1,22)e -处的切线方程为()(31)1t x e x e =---． 构造()()()(1)(1)(31)1(1)3x x G x f x t x x e e x e x e ex e =-=+---++=+-+． ()(2)3x G x x e e '=+-，()(3)x G x x e ''=+．当3x <-时，()0G x ''<；当3x >-时，()0G x ''>；所以()G x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又31(3)30G e e'-=--<，lim ()3x G x e →-∞'=-，G '（1）0=， 所()G x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 所以()G x G （1）0()()(31)1f x t x e x e =⇒=---．设方程()(31)1t x e x e b =---=的根2131e bx e ++'=-． 又222()()()b t x f x t x '==，由()t x 在R 上单调递增， 所以22x x '． 11x x '，22x x '， 11x x '∴--， 所以212111311b e ebx x x x e e ++''--++--，得证．【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，然后分0a 和0a >讨论导函数的正负值即可；（2）代入12,x x 可得2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ++++++=，变形可得212121212()3()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，利用导数求出()ln g t t t =-的最值，然后解不等式，比较大小即可. (1)21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈，21(1)1()(1)ax a x f x ax a x x-+-+∴'=-+-=，当0a 时，0x ，()0f x ∴'>．()f x ∴在(0,)+∞上是递增函数，即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间．当0a >时，1()(1)()a x x af x x-+'=-，令()0f x '=，得1x a =． ∴当1(0,)x a∈时，()0f x '>；当1(x a∈，)∞+时，()0f x '<．()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(a ，)∞+．综上，当0a 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(a ，)∞+．(2)当2a =-时，2()ln 3f x x x x =++，(0)x > 正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ⇒++++++=，212121212()3()ln()x x x x x x x x ⇒+++=-，令12t x x =，则函数()ln g t t t =-，(0)t >，11()1t g t t t-∴'=-=，当(0,1)t ∈时，()0g t '<，当(1,)t ∈+∞时，()0g t '>，()g t g ∴（1）1=，212121212()3()ln()1x x x x x x x x ∴+++=-．则121332x x -+，或121332x x --+舍去)． 121332x x -∴+，104->， 1214x x ∴+>【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决.6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点． (1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）由（1）可得曲线()y f x =在点P 处的切线l ：()()03e x y x x =--. 令()()()03e x g x x x =--，()()()F x f x g x =-，则()()()0000F x f x g x =-=，由()F x 的单调性可得()()00F x F x ≤=，从而可得结论成立；（3）设方程()g x m =的解为2x '，构造新函数()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >，利用导数研究函数的单调性，进而可得()(0)0r x r >=，结合2y x =与y m =交点的横坐标12mx '=，求出21x x -即可. (1)()e x f x a '=-；由题意知，ln 3(ln 3)e 0f a '=-=，3a ∴=；(2)证明：设曲线()y f x =在0(P x ，0)处切线为直线00:(3e )()x l y x x =--；令00()(3e )()x g x x x =--；00()()()3e 1(3e )()x x F x f x g x x x x =-=-+---；∴0()3e (3e )e e x x x x F x '=---=-；()F x ∴在0(,)x -∞上单调递增，在0(x ，)∞+上单调递减；000()()()()0max F x F x f x g x ∴==-=；()()()0F x f x g x ∴=-，即()()f x g x ，即()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)由（2）设方程()g x m =的解为2x '； 则有020(3e )()x x x m -'-=，解得0203e x mx x '=+-； 由题意知，22ln 3x x <<'；令()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >；()e 10x r x '=->；()r x ∴在(0)+∞，上单调递增； ()(0)0r x r ∴>=；2y x ∴=的图象不在()f x 的下方；2y x =与y m =交点的横坐标为12mx '=； 则有1103x x ln <'<<，即11220ln3x x x x <'<<<<'；2121023ex m mx x x x x ∴-<'-'=+--； 关于0x 的函数0023ex m my x =+--在(32)ln ，上单调递增； 21272223e 227210m m m m mx x ∴-<+-<+-=---． 【点睛】利用导数解决函数综合问题的过程中，难度较大，解决问题的基础是函数的单调性，通过函数的单调性得到函数的极值、最值，然后再结合所求问题逐步求解．证明两函数图象间的位置关系时，可通过构造函数，通过判断出函数的单调性，进而转化为函数最值的问题处理．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值； (2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【答案】(1)0a =； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出曲线()y f x =在e x =处的切线方程，由已知条件可得出关于a 的等式，即可求得实数a 的值；（2）利用分析法可知所证不等式等价于()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，利用作差法可证得222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，构造函数()()1111ln ln ln 2x x g x x x x x x x +=+--，利用导数分析函数()g x 的单调性，可证得()12121122ln ln ln 2x x x x x x x x ++<+，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. (1)解：由()2ln f x x x ax =+，得()2ln 1f x ax x '=++，则()e 2e 2f a '=+，又()2e e e f a =+，∴曲线()y f x =在e x =处的切线的方程为()()22e 2e e e y a x a =+-++，即()22e 2e e y a x a =+--，由题意得2e e e a --=-，解得0a =.(2)证明：要证明()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭成立，即证明()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，一方面，()()222121222221212122222x x a x x x x a ax ax a x x ⎡⎤+-+⎛⎫--=--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，0a ≥，则()21202a x x --≤，即222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，①另一方面，不妨设12x x <，再设()()1111ln ln ln 2x xg x x x x x x x +=+--， 则()11lnln ln 22x x x xg x x x++'=-=，可得()10g x '=， 当1x x >时，()0g x '<，此时()g x 单调递减，()()210g x g x ∴<=，即()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，② 综合①②可得，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式()()f x g x >（或()()f x g x <）转化为证明()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），进而构造辅助函数()()()h x f x g x =-；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.。
导数中的多元(二元)问题四种方法及答案
导数中的多元(二元)问题四种方法及答案导数中的“二元问题”摘要：在多元问题中，二元问题是导数中的热点。
本文将主要介绍四种解决二元问题的方法：换元法、消元法、主元法和构造函数法。
通过一题多解，充分阐释各种方法之间的内部联系。
这四种方法可以基本解决几乎所有二元问题。
另一类“二元问题”将在下一篇文章《极值点偏移》中详细解答。
关键词：二元问题、主元法、换元法、消元法、构造函数一、构造函数法例1：若 $x_1<x_2<1$，则下列说法正确的是（）A．$e^{2-e_1}>lnx_2-lnx_1$B．$e^{2-e_1}<lnx_2-lnx_1$C．$x_2e_1>x_1e_2$D．$x_2e_1<x_1e_2$解：考察选项A，等价于 $e^2-lnx_2>lnx_1-e_1$，可以构造函数 $f(x)=e^x-lnx$，$x\in(0,1)$。
因为 $f'(x)=e^{-x}-\frac{1}{x^2}$ 在 $x\in(0,1)$ 上有穿越式零点，所以 $f(x)$ 在$(0,1)$ 上不单调。
同理，选项B也不正确。
考察选项C，等价于 $x_2e_1>x_1e_2$，可以构造函数$g(x)=\frac{x}{e^x}$，$x\in(0,1)$。
原不等式等价于$g(x_1)>g(x_2)$，即 $g(x)$ 单调递减。
因为 $g'(x)=\frac{e^x-xe^x}{e^{2x}}<0$，故选项C正确，选项D错误。
小结：构造新函数的一般步骤：分离变量$\to$构造相同结构$\to$构造新函数$\to$利用函数的单调性解决问题。
在例1的$(*)$式中也可以构造新函数，但是却解决不了问题，请问为什么？练1：1、函数 $f(x)=\ln x+\frac{k}{x-1}$，对任意的$x_1>x_2$，都有 $f(x_1)-f(x_2)<x_1-x_2$ 恒成立，求 $k$ 的范围。
2025届高考数学一轮复习教案：导数-导数的函数零点问题
第2课时导数的函数零点问题【命题分析】函数零点问题在高考中占有很重要的地位,主要涉及判断函数零点的个数或范围.高考常考查基本初等函数、三次函数与复合函数的零点问题,以及函数零点与其他知识的交汇问题,一般作为解答题的压轴题出现.【核心考点·分类突破】题型一利用导数探究函数的零点个数[例1]设函数f(x)=ln x+,m∈R,讨论函数g(x)=f'(x)-3零点的个数.【解析】由题意知g(x)=f'(x)-3=1-2-3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x3+x(x>0).设φ(x)=-13x3+x(x>0),则φ'(x)=-x2+1=-(x-1)(x+1).当x∈(0,1)时,φ'(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增;当x∈(1,+∞)时,φ'(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减.所以x=1是φ(x)的唯一极值点,且是极大值点,所以x=1也是φ(x)的最大值点,所以φ(x)的最大值为φ(1)=23.结合y=φ(x)的图象(如图)可知,①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.【解题技法】利用导数确定函数零点或方程的根的个数的方法(1)构造函数:构建函数g(x)(要求g'(x)易求,g'(x)=0可解),转化为确定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.(2)应用定理:利用零点存在定理,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)及区间端点值的符号,进而判断函数在该区间上零点的个数.【对点训练】(2023·郑州质检)已知函数f(x)=e x-ax+2a,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)求函数f(x)的零点个数.【解析】(1)f(x)=e x-ax+2a,定义域为R,且f'(x)=e x-a,当a≤0时,f'(x)>0,则f(x)在R上单调递增;当a>0时,令f'(x)=0,则x=ln a,当x<ln a时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>ln a时,f'(x)>0,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(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)令f(x)=0,得e x=a(x-2),当a=0时,e x=a(x-2)无解,所以f(x)无零点,当a≠0时,1=-2e,令φ(x)=-2e,x∈R,所以φ'(x)=3-e,当x∈(-∞,3)时,φ'(x)>0;当x∈(3,+∞)时,φ'(x)<0,所以φ(x)在(-∞,3)上单调递增,在(3,+∞)上单调递减,且φ(x)max=φ(3)=1e3,又x→+∞时,φ(x)→0,x→-∞时,φ(x)→-∞,所以φ(x)的大致图象如图所示.当1>1e3,即0<a<e3时,f(x)无零点;当1=1e3,即a=e3时,f(x)有一个零点;当0<1<1e3,即a>e3时,f(x)有两个零点;当1<0,即a<0时,f(x)有一个零点.综上所述,当a∈(0,e3)时,f(x)无零点;当a∈(-∞,0)∪{e3}时,f(x)有一个零点;当a∈(e3,+∞)时,f(x)有两个零点.【加练备选】已知函数f(x)=x e x+e x.(1)求函数f(x)的单调区间和极值;(2)讨论函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数.【解析】(1)函数f(x)的定义域为R,且f'(x)=(x+2)e x,令f'(x)=0得x=-2,则f'(x),f(x)的变化情况如表所示:x(-∞,-2)-2(-2,+∞)f'(x)-0+f(x)单调递减-12单调递增所以f(x)的单调递减区间是(-∞,-2),单调递增区间是(-2,+∞).当x=-2时,f(x)有极小值,为f(-2)=-1e2,无极大值.(2)令f(x)=0,得x=-1,当x<-1时,f(x)<0;当x>-1时,f(x)>0,且f(x)的图象经过点(-2,-1e2),(-1,0),(0,1).当x→-∞时,f(x)→0;当x→+∞时,f(x)→+∞,根据以上信息,画出f(x)大致图象如图所示.函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点的个数为y=f(x)的图象与直线y=a的交点个数,所以关于函数g(x)=f(x)-a(a∈R)的零点个数有如下结论:当a<-1e2时,零点的个数为0;当a=-1e2或a≥0时,零点的个数为1;当-1e2<a<0时,零点的个数为2.题型二利用函数零点问题求参数范围[例2]已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1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.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-x-2,则f'(x)=e x-1.当x<0时,f'(x)<0;当x>0时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)f'(x)=e x-a.当a≤0时,f'(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,故f(x)至多存在1个零点,不合题意;当a>0时,由f'(x)=0可得x=ln a.当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增,故当x=ln a时,f(x)取得最小值,最小值为f(ln a)=-a(1+ln a).(i)若0<a≤1e,则f(ln a)≥0,f(x)在(-∞,+∞)上至多存在1个零点,不合题意; (ii)若a>1e,则f(ln a)<0.因为f(-2)=e-2>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上存在唯一零点.易知,当x>2时,e x-x-2>0,所以当x>4且x>2ln(2a)时,f(x)=e2·e2-a(x+2)>e ln(2a)+2-a(x+2)=2a>0.故f(x)在(ln a,+∞)上存在唯一零点,从而f(x)在(-∞,+∞)上有两个零点.综上,a,+∞.【解题技法】由函数零点求参数范围的策略(1)涉及函数的零点(方程的根)问题,主要利用导数确定函数的单调区间和极值点,根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系,从而求得参数的取值范围.(2)解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化,突出导数的工具作用,体现转化与化归的思想方法.(3)含参数的函数零点个数,可转化为方程解的个数,若能分离参数,可将参数分离出来后,用x表示参数的函数,作出该函数图象,根据图象特征求参数的范围.【对点训练】(一题多法)(2020·全国Ⅰ卷)已知函数f(x)=e x-a(x+2).(1)当a=1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.【解析】(1)当a=1时,f(x)=e x-(x+2),f'(x)=e x-1,令f'(x)<0,解得x<0,令f'(x)>0,解得x>0,所以f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)方法一:当a≤0时,f'(x)=e x-a>0恒成立,f(x)在(-∞,+∞)上单调递增,不符合题意;当a>0时,令f'(x)=0,解得x=ln a,当x∈(-∞,ln a)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)=a-a(ln a+2)=-a(1+ln a).又当x→-∞时,f(x)→+∞,当x→+∞时,f(x)→+∞;所以要使f(x)有两个零点,只要f(ln a)<0即可,则1+ln a>0,可得a>1e.综上,若f(x)有两个零点,则a的取值范围是(1e,+∞).方法二:若f(x)有两个零点,即e x-a(x+2)=0有两个解,显然x=-2不成立,即a=e r2(x≠-2)有两个解,令h(x)=e r2(x≠-2),则有h'(x)=e(r2)-e(r2)2=e(r1)(r2)2,令h'(x)>0,解得x>-1,令h'(x)<0,解得x<-2或-2<x<-1,所以函数h(x)在(-∞,-2)和(-2,-1)上单调递减,在(-1,+∞)上单调递增,且当x<-2时,h(x)<0,而当x→(-2)+(从右侧趋近于-2)时,h(x)→+∞,当x→+∞时,h(x)→+∞,所以当a=e r2(x≠-2)有两个解时,有a>h(-1)=1e,所以满足条件的a的取值范围是(1e,+∞).【加练备选】已知函数f(x)=x ln x,g(x)=(-x2+ax-3)e x(a∈R).(1)当a=4时,求曲线y=g(x)在x=0处的切线方程;(2)如果关于x的方程g(x)=2e x f(x)在区间[1e上有两个不等实根,求实数a的取值范围.【解析】(1)当a=4时,g(x)=(-x2+4x-3)e x,g(0)=-3,g'(x)=(-x2+2x+1)e x,g'(0)=1,所以所求的切线方程为y+3=x-0,即y=x-3.(2)由g(x)=2e x f(x),可得2x ln x=-x2+ax-3,a=x+2ln x+3.设h(x)=x+2ln x+3(x>0),所以h'(x)=1+2-32=(r3)(-1)2,所以x在[1e,e]上变化时,h'(x),h(x)的变化如表:x[1,1)1(1,e]h'(x)-0+h(x)单调递减极小值(最小值)单调递增又h(1e)=1e+3e-2,h(1)=4,h(e)=3e+e+2,且h(e)-h(1e)=4-2e+2e<0,所以实数a的取值范围为(4,e+2+3e].题型三与函数零点有关的证明[例3](2022·新高考Ⅰ卷改编)已知函数f(x)=e x-x,g(x)=x-ln x.(1)判断直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点分别有几个;(2)证明:曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点;(3)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)设S(x)=e x-x-b,S'(x)=e x-1,当x<0时,S'(x)<0,当x>0时,S'(x)>0,故S(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以S(x)min=S(0)=1-b.当b<1时,S(x)min=1-b>0,S(x)无零点;当b=1时,S(x)min=1-b=0,S(x)有1个零点;当b>1时,S(x)min=1-b<0,而S(-b)=e->0,S(b)=e b-2b,设u(b)=e b-2b,其中b>1,则u'(b)=e b-2>0,故u(b)在(1,+∞)上单调递增,故u(b)>u(1)=e-2>0,故S(b)>0,故S(x)=e x-x-b有两个不同的零点.设T(x)=x-ln x-b,T'(x)=-1,当0<x<1时,T'(x)<0,当x>1时,T'(x)>0,故T(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,所以T(x)min=T(1)=1-b.当b<1时,T(x)min=1-b>0,T(x)无零点;当b=1时,T(x)min=1-b=0,T(x)有1个零点;当b>1时,T(x)min=1-b<0,而T(e-)=e->0,T(e b)=e b-2b>0,所以T(x)=x-ln x-b有两个不同的零点.综上可知,当b<1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是0;当b=1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是1;当b>1时,直线y=b与曲线y=f(x)和y=g(x)的交点个数都是2.(2)由f(x)=g(x)得e x-x=x-ln x,即e x+ln x-2x=0,设h(x)=e x+ln x-2x,其中x>0,故h'(x)=e x+1-2.设s(x)=e x-x-1,x>0,则s'(x)=e x-1>0,故s(x)在(0,+∞)上单调递增,故s(x)>s(0)=0,即e x>x+1,所以h'(x)>x+1-1≥2-1>0,所以h(x)在(0,+∞)上单调递增,而h(1)=e-2>0,h(1e3)=e1e3-3-2e3<e-3-2e3<0,故h(x)在(0,+∞)上有且只有一个零点x0,且1e3<x0<1,当0<x<x0时,h(x)<0,即e x-x<x-ln x,即f(x)<g(x),当x>x0时,h(x)>0,即e x-x>x-ln x,即f(x)>g(x),所以曲线y=f(x)和y=g(x)有且只有一个公共点.(3)由(2)知,若存在直线y=b与曲线y=f(x),y=g(x)有三个不同的交点,则b=f(x0)=g(x0)>1,此时e x-x=b有两个不同的解x1,x0(x1<0<x0),x-ln x=b有两个不同的解x0,x2(0<x0<1<x2),故e1-x1=b,e0-x0=b,x2-ln x2-b=0,x0-ln x0-b=0,所以x2-b=ln x2,即e2-=x2,即e2--(x2-b)-b=0,故x2-b为方程e x-x=b的解,同理x0-b也为方程e x-x=b的解,所以{x1,x0}={x0-b,x2-b},而b>1,故0=2-,1=0-,即x1+x2=2x0.【解题技法】1.证明与零点有关的不等式,函数的零点本身就是一个条件,即零点对应的函数值为0;2.证明的思路一般对条件等价转化,构造合适的新函数,利用导数知识探讨该函数的性质(如单调性、极值情况等),再结合函数图象来解决.【对点训练】已知函数f(x)=ln x-x+2sin x,f'(x)为f(x)的导函数.(1)求证:f'(x)在(0,π)上存在唯一零点;(2)求证:f(x)有且仅有两个不同的零点.【证明】(1)设g(x)=f'(x)=1-1+2cos x,当x∈(0,π)时,g'(x)=-2sin x-12<0,所以g(x)在(0,π)上单调递减,又因为g(π3)=3π-1+1>0,g(π2)=2π-1<0,所以g(x)在(0,π)上有唯一的零点.(2)设f'(x)在(0,π)上的唯一零点为α,由(1)知π3<α<π2.①当x∈(0,α)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(α,π)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;所以f(x)在(0,π)上存在唯一的极大值点α,所以f(α)>f(π2)=lnπ2-π2+2>2-π2>0,又因为f(1e2)=-2-1e2+2sin1e2<-2-1e2+2<0,所以f(x)在(0,α)上恰有一个零点.又因为f(π)=lnπ-π<2-π<0,所以f(x)在(α,π)上也恰有一个零点.②当x∈[π,2π)时,sin x≤0,f(x)≤ln x-x,设h(x)=ln x-x,h'(x)=1-1<0,所以h(x)在[π,2π)上单调递减,所以h(x)≤h(π)<0,所以当x∈[π,2π)时,f(x)≤h(x)≤h(π)<0恒成立,所以f(x)在[π,2π)上没有零点.③当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤ln x-x+2.设φ(x)=ln x-x+2,φ'(x)=1-1<0,所以φ(x)在[2π,+∞)上单调递减,所以φ(x)≤φ(2π)<0,所以当x∈[2π,+∞)时,f(x)≤φ(x)≤φ(2π)<0恒成立,所以f(x)在[2π,+∞)上没有零点.综上,f(x)有且仅有两个不同的零点.。
导数及圆曲易错题及答案解析
导数及圆曲易错题导数双胞胎函数应用注意1奇偶结合2三项构造圆曲易错双曲线1过焦点两种情况2离心率或其他双解一．选择题（共20小题）1．已知定义在R上的奇函数f（x），设其导函数为f′（x），当x∈（﹣∞，0]时，恒有xf′（x）＜f（﹣x），令F（x）=xf（x），则满足F（3）＞F（2x﹣1）的实数x 的取值范围是（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，）C．（，2）D．（﹣1，2）2．函数y=f（x）在R上为偶函数且在[0，+∞）单调递减，若x∈[1，3]时，不等式f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（lnx+3﹣2mx）恒成立，则实数m的取值范围（）A．B．C．D．3．设f（x）、g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′（x）g （x）+f（x）g′（x）＞0，且g（﹣3）=0，则不等式f（x）g（x）＜0的解集是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞） B．（﹣3，0）∪（0，3）C．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）4．设函数f（x）是R上的奇函数，f（x+π）=﹣f（x），当0≤x≤时，f（x）=cosx﹣1，则﹣2π≤x≤2π时，f（x）的图象与x轴所围成图形的面积为（）A．4π﹣8 B．2π﹣4 C．π﹣2 D．3π﹣65．定义在R上的奇函数y=f（x）满足f（3）=0，且当x＞0时，不等式f（x）＞﹣xf′（x）恒成立，则函数g（x）=xf（x）+lg|x+1|的零点的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．46．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x∈（0，+∞）时，都有不等式f（x）﹣xf′（x）＜0成立，若a=f（1），b=20.4f（2﹣0.4），c=（log4）f（log4），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b7．已知f（x）为定义在上的函数，f'（x）是它的导函数，且恒成立，则（）A．B．C． D．8．已知偶函数f（x）（x≠0）的导函数为f′（x），且满足f（1）=0，当x＞0时，xf′（x）＜2f（x），则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（0，1）C．（﹣1，0）∪（1，+∞） D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）9．已知f（x）是定义在R上的可导函数，且满足（x+2）f（x）+xf'（x）＞0，则（）A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）为减函数D．f（x）为增函数10．设函数f（x）的导函数为f'（x），且满足，f（1）=e，则x＞0时，f（x）（）A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值11．若函数f（x）满足：x3f′（x）+3x2f（x）=e x，f（1）=e，其中f′（x）为f（x）的导函数，则（）A．f（1）＜f（3）＜f（5） B．f（1）＜f（5）＜f（3）C．f（3）＜f（1）＜f（5） D．f（3）＜f（5）＜f（1）12．已知函数f（x）的导数f'（x），f（x）不是常数函数，且（x+1）f（x）+xf'（x）≥0，对x∈[0，+∞）恒成立，则下列不等式一定成立的是（）A．ef（1）＜f（2）B．f（1）＜0 C．ef（e）＜2f（2）D．f（1）＜2ef（2）13．过双曲线的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为直角三角形，则此双曲线离心率的值为（）A．B．C．或D．或14．已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点O的对称点为B，F为其右焦点，若AF⊥FB，设∠ABF=θ且，则双曲线离心率的取值范围是（）A．B．C．D．（2，+∞）15．设双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，过点F作x轴的垂线交两渐近线于点A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，若=λ+u（λ，μ∈R），λ2+u2=，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．16．已知双曲线C为：﹣=1（a＞0，b＞0），其左右顶点分别为A、B，曲线上一点P，k PA、k PB分别为直线PA、PB的斜率，且k PA•k PB=3，过左焦点的直线l与双曲线交于两点M，N，|MN|的最小值为4，则双曲线的方程为（）A．﹣=1B．﹣=1C．﹣=1和﹣=1D．﹣=1或﹣=117．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两焦点为F1，F2，A是该双曲线上一点，满足：2|AF1|﹣2|AF2|=|F1F2|，直线AF2交双曲线C于另一点B，且5=3，则直线AF2的斜率为（）A．B．C．D．18．直线与双曲线有且只有一个公共点，则k的不同取值有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个19．直线y=x与双曲线=1交于A，B两点，P为双曲线上不同于A，B 的点，当直线PA，PB的斜率k PA，k PB存在时，k PA•k PB等于（）A．B．C．D．与P的位置有关20．已知双曲线C：﹣=1，若存在过右焦点F的直线与双曲线C相交于A，B 两点且=3，则双曲线离心率的最小值为（）A．B．C．2 D．2导数及圆曲易错题参考答案与试题解析一．选择题（共20小题）1．已知定义在R上的奇函数f（x），设其导函数为f′（x），当x∈（﹣∞，0]时，恒有xf′（x）＜f（﹣x），令F（x）=xf（x），则满足F（3）＞F（2x﹣1）的实数x 的取值范围是（）A．（﹣2，1）B．（﹣1，）C．（，2）D．（﹣1，2）【分析】根据函数的奇偶性和条件，判断函数F（x）的单调性，利用函数的奇偶性和单调性解不等式即可．【解答】解：∵f（x）是奇函数，∴不等式xf′（x）＜f（﹣x），等价为xf′（x）＜﹣f（x），即xf′（x）+f（x）＜0，∵F（x）=xf（x），∴F′（x）=xf′（x）+f（x），即当x∈（﹣∞，0]时，F′（x）=xf′（x）+f（x）＜0，函数F（x）为减函数，∵f（x）是奇函数，∴F（x）=xf（x）为偶数，且当x＞0为增函数．即不等式F（3）＞F（2x﹣1）等价为F（3）＞F（|2x﹣1|），∴|2x﹣1|＜3，∴﹣3＜2x﹣1＜3，即﹣2＜2x＜4，∴﹣1＜x＜2，即实数x的取值范围是（﹣1，2），故选：D．【点评】本题主要考查函数单调性和导数之间的关系的应用，根据函数的奇偶性和单调性之间的关系，是解决本题的关键，综合考查了函数性质的应用．2．函数y=f（x）在R上为偶函数且在[0，+∞）单调递减，若x∈[1，3]时，不等式f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（lnx+3﹣2mx）恒成立，则实数m的取值范围（）A．B．C．D．【分析】根据函数的奇偶性和单调性将不等式进行转化，利用参数分离法，结合函数的最值，利用导数求得相应的最大值和最小值，从而求得m的范围．【解答】解：∵函数f（x）为偶函数，若不等式f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（﹣2mx+lnx+3）对x∈[1，3]恒成立，等价为f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）﹣f（2mx﹣lnx﹣3）即2f（2mx﹣lnx﹣3）≥2f（3）对x∈[1，3]恒成立．即f（2mx﹣lnx﹣3）≥f（3）对x∈[1，3]恒成立．∵f（x）在[0，+∞）单调递减，∴﹣3≤2mx﹣lnx﹣3≤3对x∈[1，3]恒成立，即0≤2mx﹣lnx≤6对x∈[1，3]恒成立，即2m≥且2m≤对x∈[1，3]恒成立．令g（x）=，则g′（x）=，在[1，e]上递增，在[e，3]上递减，则g （x）的最大值为g（e）=，h（x）=，则h′（x）=＜0，则函数h（x）在[1，3]上递减，则h （x）的最小值为h（3）=，则，得，即≤m≤，故选：B．【点评】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合应用，函数的恒成立问题，函数的导数的应用，利用参数分离法转化为最值问题是解决本题的关键．3．设f（x）、g（x）分别是定义在R上的奇函数和偶函数，当x＜0时，f′（x）g （x）+f（x）g′（x）＞0，且g（﹣3）=0，则不等式f（x）g（x）＜0的解集是（）A．（﹣3，0）∪（3，+∞） B．（﹣3，0）∪（0，3）C．（﹣∞，﹣3）∪（3，+∞）D．（﹣∞，﹣3）∪（0，3）【分析】先根据f’（x）g（x）+f（x）g’（x）＞0可确定[f（x）g（x）]'＞0，进而可得到f（x）g（x）在x＜0时递增，结合函数f（x）与g（x）的奇偶性可确定f（x）g（x）在x＞0时也是增函数，最后根据g（﹣3）=0可求得答案．【解答】解：设F（x）=f （x）g（x），当x＜0时，∵F′（x）=f′（x）g（x）+f （x）g′（x）＞0．∴F（x）在当x＜0时为增函数．∵F（﹣x）=f （﹣x）g （﹣x）=﹣f （x）•g （x）=﹣F（x）．故F（x）为（﹣∞，0）∪（0，+∞）上的奇函数．∴F（x）在（0，+∞）上亦为增函数．已知g（﹣3）=0，必有F（﹣3）=F（3）=0．构造如图的F（x）的图象，可知F（x）＜0的解集为x∈（﹣∞，﹣3）∪（0，3）．故选：D．【点评】本题主要考查复合函数的求导运算和函数的单调性与其导函数正负之间的关系．导数是一个新内容，也是高考的热点问题，要多注意复习．4．设函数f（x）是R上的奇函数，f（x+π）=﹣f（x），当0≤x≤时，f（x）=cosx﹣1，则﹣2π≤x≤2π时，f（x）的图象与x轴所围成图形的面积为（）A．4π﹣8 B．2π﹣4 C．π﹣2 D．3π﹣6【分析】根据函数的奇偶性得到函数的周期是2π，分别求出函数的解析式，利用积分的应用即可得到结论【解答】解：由f（x+π）=﹣f（x）得f（x+2π）=f（x），即函数的周期是2π，若﹣≤x≤0，则0≤﹣x≤，即f（﹣x）=cos（﹣x）﹣1=cosx﹣1，∵f（x）是R上的奇函数，∴f（﹣x）=cosx﹣1=﹣f（x），即f（x）=1﹣cosx，﹣≤x≤0，∵函数的周期是2π，∴当＜x≤2π时，﹣＜x﹣2π≤0，即f（x）=f（x﹣2π）=1﹣cos（x﹣2π）=1﹣cosx，当＜x≤π时，﹣＜x﹣π≤0，即f（x）=﹣f（x﹣π）=cos（x﹣π）﹣1=﹣cosx﹣1，当π＜x≤时，0≤x﹣π≤，即f（x）=﹣f（x﹣π）=﹣cos（x﹣π）+1=cosx+1，综上：f（x）=，则由积分的公式和性质可知当﹣2π≤x≤2π时，f（x）的图象与x轴所围成图形的面积S=2=4=8=8||=8（x﹣sinx）|=4π﹣8．故选：A．【点评】本题主要考查利用积分求面积，根据函数的奇偶性和周期性分别求出对应的解析式是解决本题的关键．运算量较大，有一定的难度5．定义在R上的奇函数y=f（x）满足f（3）=0，且当x＞0时，不等式f（x）＞﹣xf′（x）恒成立，则函数g（x）=xf（x）+lg|x+1|的零点的个数为（）A．1 B．2 C．3 D．4【分析】由不等式f（x）＞﹣xf′（x）在（0，+∞）上恒成立，得到函数h（x）=xf（x）在x＞0时是增函数，再由函数y=f（x）是定义在R上的奇函数得到h（x）=xf（x）为偶函数，结合f（0）=f（3）=f（﹣3）=0，作出两个函数y1=xf（x）与y2=﹣lg|x+1|的大致图象，即可得出答案．【解答】解：定义在R的奇函数f（x）满足：f（0）=0=f（3）=f（﹣3），且f（﹣x）=﹣f（x），又x＞0时，f（x）＞﹣xf′（x），即f（x）+xf′（x）＞0，∴[xf（x）]'＞0，函数h（x）=xf（x）在x＞0时是增函数，又h（﹣x）=﹣xf（﹣x）=xf（x），∴h（x）=xf（x）是偶函数；∴x＜0时，h（x）是减函数，结合函数的定义域为R，且f（0）=f（3）=f（﹣3）=0，可得函数y1=xf（x）与y2=﹣lg|x+1|的大致图象如图所示，∴由图象知，函数g（x）=xf（x）+lg|x+1|的零点的个数为3个．故选：C．【点评】本题考查了函数的单调性与导数之间的应用问题，也考查了函数零点个数的判断问题，是中档题目．6．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，且当x∈（0，+∞）时，都有不等式f（x）﹣xf′（x）＜0成立，若a=f（1），b=20.4f（2﹣0.4），c=（log4）f（log4），则a，b，c的大小关系是（）A．a＞c＞b B．a＞b＞c C．b＞c＞a D．c＞a＞b【分析】根据条件构造函数g（x）=，求函数的导数，判断函数的单调性，结合函数单调性的性质进行比较即可．【解答】解：∵当x∈（0，+∞）时不等式f（x）﹣xf′（x）＜0成立，∴（）′=＞0，∴g（x）=在（0，+∞）上是增函数．则b=20.4f（2﹣0.4）==g（2﹣0.4），c=log4f（log4）=﹣f（﹣2）=﹣=g（﹣2），a=f（1）==g（1），又∵函数y=f（x）是定义在R上的奇函数，∴g（x）=是定义在R上的偶函数，则g（﹣2）=g（2），∵0＜2﹣0.4＜1，∴2﹣0.4＜1＜2，∵g（x）在（0，+∞）上是增函数，∴g（2﹣0.4）＜g（1）＜g（2），即g（2﹣0.4）＜g（1）＜g（﹣2），则b＜a＜c，故选：D．【点评】本题考查函数值的大小比较，根据条件构造函数，利用函数单调性和导数之间的关系，判断函数的单调性是解决本题的关键．综合性较强，有一定的难度．7．已知f（x）为定义在上的函数，f'（x）是它的导函数，且恒成立，则（）A．B．C．D．【分析】把给出的等式变形得到f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0，由此联想构造辅助函数g（x）=，由其导函数的符号得到其在（0，）上为增函数，则g（）＜g（）＜g（1）＜g（），整理后即可得到答案．【解答】解：因为x∈（0，），所以sinx＞0，cosx＞0，由f（x）＜f′（x）tanx，得f（x）cosx＜f′（x）sinx，即f′（x）sinx﹣f（x）cosx＞0．令g（x）=，x∈（0，），则g′（x）=＞0，所以函数g（x）在x∈（0，）上为增函数，则g（）＜g（）＜g（1）＜g（），对照选项，变形得A正确；故选：A．【点评】本题考查了导数的运算法则，考查了利用函数导函数的符号判断函数的单调性，考查了函数构造法，属中档题型．8．已知偶函数f（x）（x≠0）的导函数为f′（x），且满足f（1）=0，当x＞0时，xf′（x）＜2f（x），则使得f（x）＞0成立的x的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）∪（0，1）B．（﹣1，0）∪（0，1）C．（﹣1，0）∪（1，+∞）D．（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）【分析】构造函数设函数，利用导数得到，g（x）在（0，+∞）是减函数，再根据f（x）为偶函数，根据f（1）=0，解得f（x）＞0的解集．【解答】解：根据题意，设函数，当x＞0时，，所以函数g（x）在（0，+∞）上单调递减，又f（x）为偶函数，所以g（x）为偶函数，又f（1）=0，所以g（1）=0，故g（x）在（﹣1，0）∪（0，1）的函数值大于零，即f（x）在（﹣1，0）∪（0，1）的函数值大于零．故选：B．【点评】本题考查了抽象函数的奇偶性与单调性，考查了构造函数及数形结合的思想．解决本题的关键是能够想到通过构造函数解决．9．已知f（x）是定义在R上的可导函数，且满足（x+2）f（x）+xf'（x）＞0，则（）A．f（x）＞0 B．f（x）＜0 C．f（x）为减函数D．f（x）为增函数【分析】令G（x）=x2•e x•f（x），求出函数的导数，得到函数的单调区间，求出函数G（x）的最小值，从而求出f（x）的符号即可．【解答】解：令G（x）=x2•e x•f（x），G′（x）=xe x[（x+2）f（x）+xf′（x）]，∵（x+2）f（x）+xf'（x）＞0，∴x＞0时，G′（x）＞0，x＜0时，G′（x）＜0，故G（x）在（﹣∞，0）递减，在（0，+∞）递增，故G（x）≥G（0）=0，又x=0时，（0+2）f（0）+0•f′（0）＞0，故f（0）＞0，故选：A．【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用，构造函数g（x）=x2•e x•f（x）是解题的关键，本题是一道中档题．10．设函数f（x）的导函数为f'（x），且满足，f（1）=e，则x＞0时，f（x）（）A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值【分析】求出函数f（x）的导数，根据函数的单调性判断出f（x）递增，从而求出f（x）无极值．【解答】解：∵f′（x）=﹣=，令g（x）=e x﹣xf（x），∴g′（x）=e x﹣（xf′（x）+f（x））=e x（1﹣），若x＞1，则g′（x）＞0，g（x）＞g（1）=0，f（x）递增，若0＜x＜1，则g′（x）＜0，g（x）＞g（1）=0，f（x）递增，∴函数f（x）既无极大值又无极小值；故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性、极值问题，考查导数的应用，是一道中档题．11．若函数f（x）满足：x3f′（x）+3x2f（x）=e x，f（1）=e，其中f′（x）为f（x）的导函数，则（）A．f（1）＜f（3）＜f（5） B．f（1）＜f（5）＜f（3） C．f（3）＜f（1）＜f （5）D．f（3）＜f（5）＜f（1）【分析】首先由已知的等式构造[x3f（x）﹣e x]′=0，由题意求出c，得到f（x）的解析式，从而得到答案．【解答】解：由x3f′（x）+3x2f（x）=e x，得到[x3f（x）﹣e x]'=0，设x3f（x）﹣e x=c，因为f（1）=e，所以c=0，∴x=0不满足题意，x≠0时，f（x）=，f′（x）=，所以f（3）＜f（5）＜f（1）．故选：D．【点评】本题考查了函数的单调性与导数的关系，关键是由已知得到函数的解析式．12．已知函数f（x）的导数f'（x），f（x）不是常数函数，且（x+1）f（x）+xf'（x）≥0，对x∈[0，+∞）恒成立，则下列不等式一定成立的是（）A．ef（1）＜f（2）B．f（1）＜0 C．ef（e）＜2f（2）D．f（1）＜2ef（2）【分析】根据条件构造函数F（x）=xe x f （x），求出函数的导数，得到F′（x）=e x[（x+1）f（x）+xf′（x）]≥0对x∈[0，+∞）恒成立，得出函数F（x）=xe x f （x）在[0，+∞）上单调递增，利用函数的单调性和导数之间的关系进行求解即可．【解答】解：构造函数F（x）=xe x f （x），则F′（x）=e x[（x+1）f（x）+xf′（x）]，∵（x+1）f（x）+xf'（x）≥0，∴F′（x）≥0对x∈[0，+∞）恒成立，∴函数F（x）=xe x f （x）在[0，+∞）上单调递增，∴F（1）＜F（2），∴f（1）＜2ef（2），故选：D．【点评】本题主要考查函数值的大小，结合条件，构造函数，求函数的导数，利用函数的单调性和导数的关系是解决本题的关键．13．过双曲线的右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，D为虚轴上的一个端点，且△ABD为直角三角形，则此双曲线离心率的值为（）A．B．C．或D．或【分析】设出双曲线的右焦点，令x=c，代入双曲线的方程，解得A，B的坐标，△ABD为直角三角形，运用向量数量积的坐标表示，再由离心率公式，求解即可．【解答】解：设双曲线的右焦点F2（c，0），令x=﹣c，可得y=±，可得A（c，﹣），B（c，），又设D（0，b），△ABD为直角三角形，可得∠DBA=90°，即b=或∠BDA=90°，即=0，解：b=可得a=b，c=，所以e==；由=0，可得：（c，）（c，﹣）=0，可得c2+b2﹣=0，可得e4﹣4e2+2=0，e＞1，可得e=，综上，e=或．故选：D．【点评】本题考查双曲线的离心率的范围，注意运用转化思想，以及向量数量积的坐标表示，考查运算能力，属于中档题．14．已知双曲线右支上非顶点的一点A关于原点O的对称点为B，F为其右焦点，若AF⊥FB，设∠ABF=θ且，则双曲线离心率的取值范围是（）A．B．C．D．（2，+∞）【分析】作出对应的图象，设双曲线的左焦点为F′，连接AF′，BF′．则四边形AFBF′为矩形．因此|AB=|FF′|=2c．|AF|=2csinθ，|BF|=2ccosθ．可得e===，求出即可．【解答】解：如图所示，设双曲线的左焦点为F′，连接AF′，BF′．∵AF⊥FB，∴四边形AFBF′为矩形．因此|AB=|FF′|=2c．则|AF|=2csinθ，|BF|=2ccosθ．∵|AF′|﹣|AF|=2a．∴2ccosθ﹣2csinθ=2a．即c（cosθ﹣sinθ）=a，则e===，∵，∴∈（，），则cos（）∈（0，），cos（）∈（0，），则=，即e＞，故双曲线离心率的取值范围是，故选：C．【点评】本题考查了双曲线的定义及其性质、两角差的余弦公式、余弦函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，注意利用数形结合进行求解．15．设双曲线﹣=1（a＞0，b＞0）的右焦点为F，过点F作x轴的垂线交两渐近线于点A，B两点，且与双曲线在第一象限的交点为P，设O为坐标原点，若=λ+u（λ，μ∈R），λ2+u2=，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【分析】由方程可得渐近线，可得A，B，P的坐标，由已知向量式可得λ+μ=1，λ﹣μ=，解之可得λμ的值，由λ2+u2=，可得a，c的关系，由离心率的定义可得．【解答】解：双曲线的渐近线为：y=±x，设焦点F（c，0），则当x=c时，y═±•c=±，即A（c，），B（c，﹣），P（c，），因为=λ+μ，所以（c，）=（（λ+μ）c，（λ﹣μ）），所以λ+μ=1，λ﹣μ=，解得：λ=，μ=，∵λ2+u2=，∴（）2+（）2=，即=，即c2=4b2．则c2=4（c2﹣a2），则3c2=4a2．c=2a，则e==，故选：A．【点评】本题主要考查双曲线离心率的计算，根据交点坐标，结合平面向量的数量积公式是解决本题的关键．16．已知双曲线C为：﹣=1（a＞0，b＞0），其左右顶点分别为A、B，曲线上一点P，k PA、k PB分别为直线PA、PB的斜率，且k PA•k PB=3，过左焦点的直线l与双曲线交于两点M，N，|MN|的最小值为4，则双曲线的方程为（）A．﹣=1B．﹣=1C．﹣=1和﹣=1D．﹣=1或﹣=1【分析】设P（m，n），代入双曲线的方程，由A（﹣a，0），B（a，0），k PA•k PB=3，运用直线的斜率公式化简可得b=a，讨论M，N均在左支和分别在两支，由最小值为=4，和2a=4，解方程可得a，b，进而得到双曲线的方程．【解答】解：设P（m，n），可得﹣=1，即有=，由A（﹣a，0），B（a，0），k PA•k PB=3，可得•===3，即为b=a，由过左焦点的直线l与双曲线交于两点M，N，|MN|的最小值为4，可得当M，N都在左支上，即有MN垂直于x轴时取得最小值，且为=4，解得a=，b=，可得双曲线的方程为﹣=1；当M，N分别在两支上，即有MN的最小值为2a=4，即a=2，b=2，可得双曲线的方程为﹣=1．综上可得，双曲线的方程为﹣=1或﹣=1．故选：D．【点评】本题考查双曲线的方程的求法，注意运用讨论的思想方法，考查直线的斜率公式和点满足双曲线的方程，以及双曲线的性质，属于中档题和易错题．17．已知双曲线C：﹣=1（a＞0，b＞0）的两焦点为F1，F2，A是该双曲线上一点，满足：2|AF1|﹣2|AF2|=|F1F2|，直线AF2交双曲线C于另一点B，且5=3，则直线AF2的斜率为（）A．B．C．D．【分析】根据2|AF1|﹣2|AF2|=|F1F2|，得到c=2a，b=a，设出A，B的坐标，利用向量关系，联立方程组求出A的坐标，即可得到结论．【解答】解：∵A是该双曲线上一点，满足：2|AF1|﹣2|AF2|=|F1F2|，∴2（|AF1|﹣|AF2|）=|F1F2|，即4a=2c，则c=2a，b=a则双曲线的方程等价为﹣=1，即3y2﹣x2=3a2，设A（x，y），B（m，n），F2（0，c），∵5=3，∴5（﹣x，c﹣y）=3（m﹣x，n﹣y），即，得，即B（﹣，），代入3y2﹣x2=3a2，得（）2﹣（﹣）2=3a2，∵3y2﹣x2=3a2，∴消去x得y=，代入3y2﹣x2=3a2，得3（）2﹣x2=3a2，得x=±，即A（±，），则AF2的斜率k===±=，故选：A．【点评】本题主要考查直线斜率的计算，根据双曲线的性质和定义，建立方程组求出的坐标是解决本题的关键．综合性较强，运算量较大．18．直线与双曲线有且只有一个公共点，则k的不同取值有（）A．1个 B．2个 C．3个 D．4个【分析】将直线方程与曲线方程联立，化简得，再进行分类讨论．【解答】解：联立得，即当时，，满足题意；当时，△=0有两解．故选：D．【点评】直线与双曲线的交点问题通常是联立方程组求解，应注意二次项系数为0时，直线与曲线也只有一个公共点．19．直线y=x与双曲线=1交于A，B两点，P为双曲线上不同于A，B 的点，当直线PA，PB的斜率k PA，k PB存在时，k PA•k PB等于（）A．B．C．D．与P的位置有关【分析】根据题意求出直线与双曲线的交点坐标，设出点P的坐标，求出直线PA、PB的斜率，计算k PA•k PB的值．【解答】解：由，消去y得x2=1，解得x=±，∴y=±；设A点（，），B点（﹣，﹣），∵P为双曲线上不同于A，B的点，设P（x，y），并且满足﹣=1，则k PA=，k PB=，∴k PA•k PB=•====．故选：C．【点评】本题考查两条直线斜率乘积的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意直线斜率公式的合理运用．20．已知双曲线C：﹣=1，若存在过右焦点F的直线与双曲线C相交于A，B 两点且=3，则双曲线离心率的最小值为（）A．B．C．2 D．2【分析】由题意，A在双曲线的左支上，B在右支上，根据=3，可得3x2﹣x1=2c，结合坐标的范围，即可求出双曲线离心率的最小值．【解答】解：由题意，A在双曲线的左支上，B在右支上，设A（x1，y1），B（x2，y2），右焦点F（c，0），则∵=3，∴c﹣x1=3（c﹣x2），∴3x2﹣x1=2c∵x1≤﹣a，x2≥a，∴3x2﹣x1≥4a，∴2c≥4a，∴e=≥2，∴双曲线离心率的最小值为2，故选：C．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查直线与双曲线的位置关系，考查学生的计算能力，属于中档题．。
双变元(导数)
1.已知函数f(x)=12x 2-2x,g(x)=log a x(a>0且a ≠1),其中a 为常数。
（1）如果A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)(1<x 1<x 2)是函数y=g(x)的图象上两点，若恒有g(x 1+x 22)>g(x 1)+g(x 2)2成立，求a 的取值范围；（2）如果h(x)=f(x)+g(x)在定义域上是增函数，且h ′(x)存在零点（h ′(x)是h(x)的导函数）。
①求a 的值；②设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)(1<x 1<x 2)是函数y=g(x)的图象上两点，且g ′(x 0)=y 2-y 1x 2-x 1(g ′(x)为g(x) 的导函数），证明：①x 0<x 1+x 22②0m x n <<．2012年辽宁省重点协作体二模2.对于函数图象上的不同两点A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），如果在函数图象上存在点M （x 0，y 0）（其中x 0∈（x 1，x 2））使得点m 处的切线l ∥AB ，则称AB 存在“伴侣切线”．特别地，当X 0=x 1+x 22时，又称AB 存在“中值伴侣切线”．（1）函数f （x ）=x 2图象上两点A （1，1），B （3，9），求AB 的“中值伴侣切线”； （2）若函数f （x ）=lnx ，试问：在函数f （x ）上是否存在两点A 、B 使得它存在“中值伴侣切线”，若存在，求出A 、B 的坐标，若不存在，说明理由21．解：（Ⅰ）2)()(22121x g x g x x g +>⎪⎭⎫ ⎝⎛+2121log 2log x x x x a a >⎪⎭⎫⎝⎛+21212x x x x >+1>a 21()2log 2a h x x x x =-+(0)x >解：（1）M （2）由（1），g x x =001()g x x '=01()()g n g m x n m-=-0ln ln n mx n m -=-ln ln n m mn m -<-ln ln m n m m n m --+<3.设函数f(x)=x 2+aln(1+x)有两个极值点x 1,x 2，且x 1<x 2 （I ）求a 的取值范围，并讨论f(x)的单调性； （II ）证明：f(x 2)>1-2ln24w.w.w.k.s.5.u.c.o.m 2009年全国卷24. （本小题满分12分） 已知函数21()ln (0)2f x x ax bx a =--≠. （I ） 若2b =，且()y f x =存在单调递减区间，求a 的取值范围；（II ）若函数()y f x =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为0x ，证明：0'()0f x <．解: （I ）)2222(1)11a x x af x x x x x++'=+=>-++()22g x x x a=++12x =-x x、()0g x =1-(1)0a g a ∆=->⎧⎨-=>⎩102a <<(1,)x x ∈-()0,()f x f x '>∴(1,)x -(,)x x x ∈()0,()f x f x '<∴(,)x x 4.（本小题满分12分）2b =21()ln 22f x x ax x=--2121'()2.ax x f x ax x x+-=--=-()f x '()f x5.设函数f(x)＝x －1x－alnx(a ∈R )．(1) 讨论f(x)的单调性；(2) 若f(x)有两个极值点x 1和x 2，记过点A(x 1，f(x 1))，B(x 2，f(x 2))的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得k ＝2－a ？若存在，求出a 的值；若不存在，请说明理由．6.设函数f(x)=13x 3-a 2x 2+bx+c ，其中a ＞0，曲线y=f(x)在点P （0，f(0)）处的切线方程为y=1 （Ⅰ）确定b 、c 的值（Ⅱ）设曲线y=f(x)在点(x 1,f(x 1))及(x 2,f(x 2))处的切线都过点（0,2）证明：当x 1≠x 2时，f ′(x 1)≠f ′(x 2) （Ⅲ）若过点（0,2）可作曲线y=f(x)的三条不同切线，求a 的取值范围。
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4．[辽宁2009理21]已知函数 .
（Ⅰ）讨论函数 的单调性；
（Ⅱ）证明：若 ，则对任意 ， ，有 .
5.[辽宁2010理21]已知函数 .
（Ⅰ）讨论函数 的单调性；
（2）因为f′(x)＝ －m＝ ．
①当m≤0时，x∈(1，e)，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，则f(x)max＝f(e)＝1－me．
②当 ≥e，即0＜m≤ 时，x∈(1，e)，f′(x)＞0，所以函数f(x)在(1，e)上单调递增，则f(x)max＝
f(e)＝1－me．………………………………………5分
②当 ＜m＜1时，f(x)max＝－lnm－1；
③当m≥1时，f(x)max＝－m．
（3）不妨设x1＞x2＞0．因为f(x1)＝f(x2)＝0，所以lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0，
可得lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝m(x1－x2)．
要证明x1x2＞e2，即证明lnx1＋lnx2＞2，也就是m(x1＋x2)＞2．
1.[2013湖南文21]已知函数 .
（1）求 的单调区间；
（2）证明：当 时， ＜0.
2.[2010天津理21]已知函数 .
（1）求 的单调区间；
（2）已知函数 的图象与函数 的图象关于直线 对称，证明：当 时， ；
（3）证明：当 时， ＞2.
3．[湖南2005理21]已知函数 ， .
（1）若 ＝2，且 存在单调递减区间，求 的取值范围；
因为m＝ ，所以即证明 ＞ ，即ln ＞ ．
令 ＝t，则t＞1，于是lnt＞ ．
令(t)＝lnt－ （t＞1），则′(t)＝ － ＝ ＞0．
故函数(t)在（1，＋∞）上是增函数，所以(t)＞(1)＝0，即lnt＞ 成立．
所以原不等式成立．
例2.[2017.3黄冈一模理21]已知函数 ．
（1）若x＞0,恒有 成立，求实数a的取值范围；
因为当 时， ， ，
③当1＜ ＜e，即 ＜m＜1时，函数f(x)在(1， )上单调递增，在( ，e)上单调递减，
则f(x)max＝f( )＝－lnm－1．………………………………………7分
④当 ≤1，即m≥1时，x∈(1，e)，f′(x)＜0，函数f(x)在(1，e)上单调递减，则f(x)max＝f(1)＝－m．
综上，①当m≤ 时，f(x)max＝1－me；
（2）若 ，证明：函数 有且只有一个零点；
（3）若函数 有两个零点，求实数a的取值范围．
解：（1）当 时， ．
所以 ，（x>0）．
令 ，得 ，
当 时， ；当 时， ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增．
所以当 时， 有最小值 ．
（2）由 ，得 ．
所以当 时， ，
函数 在 上单调递减，
所以当 时，函数 在 上最多有一个零点．
（2）求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值；
（3）若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2．
例2.[2017.3黄冈一模理21]已知函数 ．
（1）若x＞0,恒有 成立，求实数a的取值范围；
（2）若 ，求 在区间 上的最小值；
（3）若函数 有两个极值点 ，求证： .
例3.[2017.3江苏南通一模19]已知函数 ， ．
冲刺
年月日《导数专题（2）双元换元问题》
定理1.[对数平均不等式]若 ＞0， ＞0，且 ，则有： ＜ ＜ .
推论1.1. ＞ （ ＞ ＞0）
推论1.2. ＜ （ ＞ ＞0）
定理2.[指数平均不等式] ， ＜ ＜ .
例1.[2014南京三模第19题]．已知函数f(x)＝lnx－mx（m R）．
（1）若曲线y＝f(x)过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
（1）若曲线y＝f(x)过点P(1，－1)，求曲线y＝f(x)在点P处的切线方程；
（2）求函数f(x)在区间[1，e]上的最大值；
（3）若函数f(x)有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2＞e2．
解：（1）因为点P(1，－1)在曲线y＝f(x)上，所以－m＝－1，解得m＝1．
因为f′(x)＝ －1，所以切线的斜率为0，所以切线方程为y＝－1．…………………………………3分
（1）当 时，求函数 的最小值；
（2）若 ，证明：函数 有且只有一个零点；
（3）若函数 有两个零点，求实数a的取值范围．
例4．[湖南2011文22]设函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个极值点 ，记过点 的直线的斜率为 ，问：是否存在 ，使得 若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由．
其他导数高考题选（极值点漂移问题等）
（II）设函数 则
当 .
故当 ， ………………8分
（III）由（I）可得，当 的图像与x轴至多有一个交点，
故 ，从而 的最大值为
不妨设
由（II）得
从而
由（I）知， ………………12分
冲刺
2017年7月15日《导数专题（2）双元换元问题》
例1.[2014南京三模第19题]．已知函数f(x)＝lnx－mx（m R）．
（Ⅱ）设 .如果对任意 ， ，求 的取值范围.
6．[辽宁2011理21]已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ，证明：当 时， ；
（3）若 与 轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为 ，证明： ＜0．
解：
（I）
（i）若 单调增加.
（ii）若
且当
所以 单调增加，在 单调减少. ………………4分
①当 时， 单调递增， 不可能有两个不同的实根；
②当 时，设 ，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减；
∴ ，∴ ，
不妨设 ，∵ ，
∴
先证 ，即证 ，即证 ，
令 ，即证 ，设 ，
则 ，函数 在 单调递减，∴ ，
∴ ，又 ，∴ ，∴
例3.[2017.3江苏南通一模19]已知函数 上的最小值；
（3）若函数 有两个极值点 ，求证： .
解：（1）由x>0,恒有 成立，即 对任意x>0成立，
记H（x）= , H/（x）= ，………………2分
当 H(x)单增；当 H(x)单减；
H（x）最大值为 ， 所以
（2）函数 有两个相异的极值点 ，即 有两个不同的实数根．