板块一 函数与导数 因材施教 冲刺“双一流”考生选用-【新高考方案】2026年高考数学二轮复习专题增分方略教师用书word

　　　 　　　　（板块一　函数与导数的“6点”培优） 培优点1　嵌套函数的零点问题 对于嵌套函数的零点问题，通常先“换元解套”，设中间函数为t，通过换元将嵌套函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解. 题点（一）　嵌套函数零点个数的判断 [例1]　已知函数f（x）=则函数F（x）=f（f（x））-2f（x）-的零点个数是 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选A 令t=f（x），则F（x）=0，即f（t）-2t-=0， 作出曲线y=f（t）和直线y=2t+，如图1，由图象可得二者有两个交点，设横坐标分别为t1，t2（t1<t2）， 则t1=0，t2∈（1，2）. 将图1中的横轴改写为x轴，纵轴改写为t轴，则曲线y=f（t）变为曲线t=f（x），作与t轴垂直的直线t=t1（即x轴）和t=t2，如图2. 当f（x）=t1时，x=2，即有一个解；当f（x）=t2时，有三个交点，即有三个解. 综上，函数F（x）有4个零点，故选A. 习得方略：①处，知嵌套函数求零点，正向求解，横轴为t轴，纵轴为y轴； ②处，作内层函数的图象，根据第一次数形结合时得到的横坐标作与t轴垂直的直线，进而再次用“直曲相交”判断直线与曲线的交点个数之和，所得结果即为嵌套函数的零点个数.此外，第一次数形结合时，能求出的横坐标要求出来，不能求出来的则要尽可能缩小范围，为第二次数形结合做铺垫. |思|维|建|模|　求复合函数（方程）零点（根）的“由外向内” 探讨“求关于x的复合方程f（g（x））=m（m∈R）实数根的个数”相关问题时，如果方程能解，我们一般采用由外向内的方法一层一层去处理，其一般步骤如下： 第一步：设u=g（x），解关于u的方程f（u）=m，得到若干实数根u1，u2，…. 第二步：分别探讨关于x的方程g（x）=u1，g（x）=u2，…的实数根的个数，各个方程的实数根个数之和即关于x的复合方程f（g（x））=m（m∈R）实数根的个数，也可以根据实数根个数之和求方程中参数的取值范围. 题点（二）　由嵌套函数零点的个数求参数 [例2]　（2025·广州检测）已知函数f（x）=若关于x的方程[f（x）]2+f（x）+t=0有三个不同的实根，则t的取值范围为 （　　） A.（-∞，-2] B.[1，+∞） C.[-2，1] D.（-∞，-2]∪[1，+∞） 解析：选A 法一　令m=f（x），则方程[f（x）]2+f（x）+t=0，即m2+m+t=0. 作曲线m=f（x）和直线m=m0，如图1， （逆向求解：知零点求参数，先研究内层函数，数形结合研究m和x的所有对应情况） 当m0<1时，曲线m=f（x）与直线m=m0有1个交点； 当m0≥1时，曲线m=f（x）与直线m=m0有2个交点. 所以要使关于x的方程[f（x）]2+f（x）+t=0有三个不同的实根，则关于m的方程m2+m+t=0对应的Δ=12-4t>0，解得t<， 且方程m2+m+t=0的两根m1=，m2=满足解得t≤-2.故选A. 法二：换元法+数形结合法　作出函数f（x）的图象如图2所示， 设f（x）=m，易知y=m2+m+t的图象开口向上，对称轴为直线m=-. 原方程有3个不同的实数根，则方程f（x）-m=0在[1，+∞）内有且只有1个实根，由对称轴为直线m=-可知，另外一根在（-∞，-2]内，即方程m2+m+t=0在（-∞，-2]，[1，+∞）内各有一个根，所以所以t≤-2.故选A. |思|维|建|模|　根据零点个数求参数范围的“由内向外” 探讨“已知关于x的复合方程f（g（x））=m（m∈R）实数根的个数，求参数取值范围”相关问题时，当外层方程容易解时，可以使用前面的由外向内.但是现实往往是残酷的，含参方程往往没法解，此时就需要由内向外处理.其一般步骤如下： 第一步：构建合适的复合函数，设u=g（x），得到函数u=g（x）的性质（主要是单调性）及值域，如有必要画出函数图象. 第二步：确定关于u的方程f（u）=m的实数根的个数情况，进而求出参数的取值范围. [应用体验] 1.设定义域为R的函数f（x）=则关于x的函数y=[f（x）]2-3f（x）+2的零点的个数为 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选C　方程[f（x）]2-3f（x）+2=0的解为f（x）=1或f（x）=2，作出y=f（x）的图象，由图象可知零点的个数为6. 2.已知函数f（x）=则函数g（x）=f（f（x））-2f（x）+1的零点个数是 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选B　 思维路径：令t=f（x），g（x）=0，则f（t）-2t+1=0，分别作出y=f（x）和y=2x-1的图象，得到两图象交点的横坐标，再观察图象即可得到所求零点个数. 令t=f（x），g（x）=0，则f（t）-2t+1=0，分别作出y=f（x）和y=2x-1的图象，由图象可得有两个交点，横坐标设为t1，t2，t1<t2，则t1=0，1<t2<2，即f（x）=0有2个不相等实根，当1<f（x）<2时，t2=f（x）有3个不相等实根.综上，可得g（x）=0的实根个数是5，即函数g（x）=f（f（x））-2f（x）+1的零点个数是5.故选B. 3.设函数f（x）=则函数y=f（f（x）-1）-1的零点个数为 （　　） A.4 B.5 C.6 D.7 解析：选C　 函数y=f（f（x）-1）-1的零点个数与方程f（f（x）-1）-1=0的解的个数相等，令t=f（x）-1，则f（t）-1=0，所以函数y=f（f（x）-1）-1的零点个数与方程组的解的个数相同.因为f（x）= 由f（t）-1=0，可得当t≤0时，t2+2t+1=1，解得t=-2或t=0；当t>0时，ln t=1， 解得t=e.在同一平面直角坐标系中分别作出y=f（x），y=-1，y=1，y=e+1的图象如图所示，由图象可知y= f（x）与y=-1有1个交点，即f（x）-1=-2有1个根；y=f（x）与y=1有3个交点，即f（x）-1=0有3个根；y=f（x）与y=e+1有2个交点，即f（x）-1=e有2个根，所以函数y=f（f（x）-1）-1的零点个数为1+3+2=6，故选C. 4.已知函数f（x）=则函数y=f（f（x））的零点个数为 （　　） A.1 B.2 C.3 D.4 解析：选C　 对于f（f（x））=0，令f（x）=t，由f（t）=0得或解得t=或t=-1，所以f（x）=或f（x）=-1.当f（x）=时，或解得x=1或x=-； 当f（x）=-1时，或解得x=-（舍去）或x=-e-1.所以函数y=f（f（x））的零点为x=1或x=-或x=-e-1，故选C. 5.已知函数f（x）=若函数g（x）=[f（x）]2-2（m+2）f（x）+4m恰有5个零点，则实数m的取值范围是 （　　） A. B. C. D. 解析：选C 思维路径：作函数f（x）的图象，令t=f（x），条件可转化为t2-2（m+2）t+4m=0有两个根t1，t2，0<t1≤1，1<t2，结合二次函数性质列不等式就可得结论. 当x>0时，y=|log2x|；当x≤0时，y=3x∈（0，1]. 作函数f（x）的图象可得. 令t=f（x），则g（x）=t2-2（m+2）t+4m. 当t<0时，方程f（x）=t没有解， 当t=0时，方程f（x）=t有1个解， 当t>1时，方程f（x）=t有2个解， 当0<t≤1时，方程f（x）=t有3个解. 因为g（x）恰有5个零点， 所以t2-2（m+2）t+4m=0有两个不等的根t1，t2（不妨设t1<t2）. 所以4（m+2）2-16m=4m2+16>0， 由根与系数的关系可得t1+t2=2（m+2），t1t2=4m. 要使g（x）有5个零点，则需满足 设h（t）=t2-2（m+2）t+4m， 则解得 综上，0<m≤， 所以实数m的取值范围是. 习得方略：含参数的嵌套函数方程还应注意让参数的取值“动起来”，结合性质、图象抓临界位置，确定参数取值范围. 培优点2　同构思想在函数问题中的应用　　　　　 　　同构法是将不同的代数式（不等式、方程）通过变形，转化为形式结构相同或相近的式子，通过整体思想或换元等将问题转化的方法，这体现了转化思想.此方法常用于求解具有对数、指数等混合式子结构的等式或不等式问题.同构法在使用时，考验“眼力”，面对复杂的结构，仔细观察灵活变形，使式子两侧的结构一致.构造函数，判断函数单调性，进一步求参数或证明不等式.下面详细讲解几种常见的同构模式. 类型（一）　地位同等同构 [例1]　若e2a-eb>4a2-b2+1，则 （　　） A.4a2>b2 B.4a2<b2 C.> D.< 解析：选D　 因为e2a-eb>4a2-b2+1，所以e2a-4a2>eb-b2+1.又eb-b2+1>eb-b2，所以e2a-4a2>eb-b2.令函数f（x）=ex-x2，求导得f'（x）=ex-2x.令g（x）=ex-2x，求导得g'（x）=ex-2，当x<ln 2时，g'（x）<0，当x>ln 2时，g'（x）>0，函数g（x）在（-∞，ln 2）上单调递减，在（ln 2，+∞）上单调递增，g（x）min=g（ln 2）=eln 2-2ln 2=2（1-ln 2）>0，即f'（x）>0，因此函数f（x）在R上单调递增，原不等式等价于f（2a）>f（b），于是2a>b.对于A、B，取2a=1，b=-1，有4a2=b2，A、B错误；对于C、D，<，即<，C错误，D正确. 规律方法：含有地位相等的两个变量的不等式（方程），关键在于对不等式（方程）两边变形或先放缩再变形，使不等式（方程）两边具有结构的一致性，再构造函数，利用函数的性质解决问题. [例2]　已知函数f（x）=2ln x-x2+ax（a∈R）.若对区间（1，2）内任意两个不相等的实数x1，x2，不等式<2恒成立，求实数a的取值范围. 解：不妨设1<x1<x2<2，则<2恒成立等价于f（x2）-f（x1）<2（x2-x1）恒成立，即f（x1）-2x1>f（x2）-2x2恒成立，令u（x）=f（x）-2x. （关键点：根据f（x2）-f（x1）<kx2-kx1构造y=f（x）-kx，且该函数在（1，2）内单调递减） 由x1，x2的任意性知u（x）在（1，2）内单调递减，则u'（x）=f'（x）-2≤0，即f'（x）≤2在（1，2）内恒成立，即-2x+a≤2（1<x<2）恒成立，即a≤2x-+2（1<x<2）恒成立. 令h（x）=2x-+2，则h'（x）=2+>0，所以h（x）在（1，2）内单调递增.当1<x<2时，h（x）>h（1）=2，故实数a的取值范围是（-∞，2]. |思|维|建|模|　地位同等同构策略 对于含有地位同等的两个变量x1，x2（或x，y，或a，b）的等式或不等式，如果进行整理（即同构）后，等式或不等式两边具有结构的一致性，往往暗示应构造函数，应用函数的单调性解决.常见的同构类型有： 原式 转化 构造函数 >k（x2>x1） f（x1）-f（x2）<kx1-kx2 构造y=f（x）-kx，为增函数 <（x2>x1） f（x1）-f（x2）> 构造y=f（x）+，为减函数 类型（二）　指、对跨阶同构 [例3]　（2025·佳木斯模拟）已知aeax≥ln x对∀x≥3恒成立，则实数a的取值范围是　　　　　　.   解析：因为aeax≥ln x对∀x≥3恒成立，所以axeax≥xln x=eln xln x，令f（x）=xex，则f'（x）=（x+1）ex. 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. 由aeax≥ln x对∀x≥3恒成立， 可知a>0，所以ax>0，ln x>0， 由axeax≥eln xln x，即f（ax）≥f（ln x）， 可得ax≥ln x，即a≥对∀x≥3恒成立. 令g（x）=，则g'（x）=. 当x≥3时，g'（x）<0，g（x）在[3，+∞）上单调递减， 故g（x）max=g（3）=，故a≥， 所以实数a的取值范围是. 答案： [例4]　若关于x的方程m+eln m=+e（ln x-x）有解，则实数m的最大值为　　　　.  解析：由题意，得eln m+eln m=eln x-x+e（ln x-x），令f（x）=ex+ex，则f（ln m）=f（ln x-x），易知f（x）在R上单调递增，所以ln m=ln x-x. 令g（x）=ln x-x，x>0，则g'（x）=. 当x∈（0，1）时，g'（x）>0，g（x）单调递增； 当x∈（1，+∞）时，g'（x）<0，g（x）单调递减，所以g（x）≤g（1）=-1，所以ln m≤-1，解得0<m≤. 所以m的最大值为. 答案： |思|维|建|模|　指、对跨阶同构策略 主要针对单变量，同左同右取对数： 原式 转化 构造函数 积型： aea≤bln b 同左：aea≤（ln b）eln b 构造f（x）=xex 同右：ealn ea≤bln b 构造f（x）=xln x 取对数：a+ln a≤ln b+ln（ln b） 构造f（x）=x+ln x 商型： < 同左：< 构造f（x）= 同右：< 构造f（x）= 取对数：a-ln a<ln b-ln（ln b） 构造f（x）=x-ln x 和差：ea± a>b±ln b 同左：ea±a>eln b±ln b 构造f（x）=ex±x 同右：ea±ln ea>b±ln b 构造f（x）=x±ln x 类型（三）　其他凑形式同构 [例5]　设实数m>0，若对任意的x∈（1，+∞），不等式2e2mx-≥0恒成立，则实数m的取值范围是 （　　） A. B. C.[e，+∞） D.[2e，+∞） 解析：选B　 不等式2e2mx-≥0恒成立，即2e2mx≥恒成立，即2me2mx≥ln x恒成立，即2mxe2mx≥xln x=eln x·ln x（m>0，x>1）恒成立. （注意：由x∈（1，+∞）“无中生有”一个x，巧用xln x=eln xln x同构） 构造函数g（x）=xex（x>0），则g'（x）=ex+xex=（x+1）ex.当x>0时，g'（x）>0，g（x）单调递增，则不等式2e2mx-≥0恒成立等价于g（2mx）≥g（ln x）恒成立，即2mx≥ln x恒成立，进而转化为2m≥恒成立.设h（x）=，可得h'（x）=，当0<x<e时，h'（x）>0，h（x）单调递增；当x>e时，h'（x）<0，h（x）单调递减.所以当x=e时，函数h（x）取得最大值，为h（e）=，故m的取值范围为. |思|维|建|模|　凑形式同构策略 原式 凑形式转化 aeax>ln x axeax>xln x，后面转化同“积型” ex>aln（ax-a）-a （a>0） ex>ln[a（x-1）]-1⇔ex-ln a-ln a>ln（x-1）-1⇔ex-ln a+x-ln a>ln（x-1）+x-1=eln（x-1）+ln（x-1）⇔x-ln a>ln（x-1） ax>logax （a>1） exln a>⇔（xln a）exln a>xln x，后面转化同“积型” [应用体验] 1.若2a+log2a<22b+log2b+1，则 （　　） A.ln（2b-a+1）<0 B.ln（2b-a+1）>0 C.ln|a-2b|>0 D.ln|a-2b|<0 解析：选B　 对已知不等式变形可得2a+log2a<22b+log22b. （要想将左、右两边化为相同的形式，需要将右边变形，根据对数的运算性质得22b+log2b+1=22b+log2b+log22=22b+log22b） 令f（x）=2x+log2x，x>0，因为函数y=2x与y=log2x在（0，+∞）上均单调递增，所以函数f（x）=2x+log2x在（0，+∞）上为增函数，2a+log2a<22b+log22b，即f（a）<f（2b），所以2b>a>0，所以2b-a>0，所以2b-a+1>1，则ln（2b-a+1）>ln 1=0，A错误，B正确.无法确定|a-2b|与1的大小，故无法确定ln|a-2b|与0的大小，C、D错误.故选B. 2.关于x的不等式xe3x-3≥对任意x>0恒成立，则a的取值范围是 （　　） A.（-∞，-1] B.（-∞，1）∪{e} C.[-e，-1] D.（-∞，0] 解析：选A　 xe3x-3≥，即xe3x-3≥+a+1，即a+4≤对任意x>0恒成立，==≥=3. （根据et≥t+1，当且仅当t=0时等号成立可得） 当3x+ln x2=0时取等号，而函数f（x）=3x+ln x2在（0，+∞）上单调递增，f=-2<0，f（1）=3>0，所以方程3x+ln x2=0在内有解，等号能够成立，故a+4≤3，即a≤-1，故选A. 3.已知函数f（x）=xex-a（x+ln x）有两个零点，则实数a的取值范围是　　　　.  解析：f（x）=xex-a（x+ln x）=ex+ln x-a（x+ln x）， （巧用xex=eln xex=ex+ln x（x>0）同构） 令t=x+ln x，则t∈R，因为x∈（0，+∞），所以t'=1+>0，函数t=x+ln x单调递增，则关于t的方程et-at=0有两个根，即a=有两个根.令g（t）=，易知g（t）在（-∞，0），（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增.当t>0时，g（t）min=g（1）=e，数形结合可得a>e. 答案：（e，+∞） 4.已知x0是函数f（x）=x2ex-2+ln x-2的零点，则+ln x0=　　　　.  解析：令f（x）=x2ex-2+ln x-2=0，得x2ex-2=2-ln x，即xex=ln，所以ln x+x=ln+ln.（两边同时取以e为底的对数） 结合函数y=ln x+x单调性可得ln=x0，即2-ln x0=x0或=x0，则+ln x0=x0+ln x0=2. 答案：2 5.已知函数f（x）=x+2+aln（ax）. （1）求f（x）的单调区间； （2）设a>0，t∈[3，4]，若对任意的x1，x2∈（0，1]，且x1≠x2，都有|f（x1）-f（x2）|<t|-|，求实数a的取值范围. 解：（1）f'（x）=1+=. 当a>0时，函数的定义域为（0，+∞），f'（x）>0恒成立，函数单调递增； 当a<0时，函数定义域为（-∞，0），f'（x）>0恒成立，函数单调递增. 综上，当a>0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞），无单调递减区间；当a<0时，函数f（x）的单调递增区间为（-∞，0），无单调递减区间. （2）当a>0时，f（x）在（0，1]上单调递增，y=在（0，1]上单调递减，不妨设0<x1<x2≤1，则|f（x1）-f（x2）|=f（x2）-f（x1），|-|=-，所以|f（x1）-f（x2）|<t|-|等价于f（x2）-f（x1）<t，即f（x2）+<f（x1）+. 令g（x）=f（x）+=x+2+aln（ax）+， |f（x1）-f（x2）|<t|-|等价于函数g（x）在（0，1]上单调递减，所以g'（x）=-=≤0，即x2+ax-t≤0在x∈（0，1]上恒成立，分离参数得a≤-x. 令h（x）=-x（0<x≤1），则h'（x）=--1<0，所以h（x）=-x在（0，1]上单调递减，所以h（x）≥h（1）=t-1，所以a≤t-1. 又t∈[3，4]，所以a≤2. 又a>0，故实数a的取值范围为（0，2]. 6.设函数f（x）=. （1）讨论f（x）的单调性； （2）当x>e-1时，证明：f（x）<ln（x+2）. 解：（1）由函数f（x）=， 可得f'（x）=-， 令f'（x）=0，解得x=或x=. 当x∈时，f'（x）<0； 当x∈时，f'（x）>0； 当x∈时，f'（x）<0. 故f（x）在和上单调递减，在内单调递增. （2）证明：f（x）==， 当x>e-1时，ln（x+2）>1，要证<ln（x+2），即证>.设h（x）=，则h'（x）=， 当x>1时，h'（x）>0，则h（x）在（1，+∞）上单调递增，因为h（x+1）=，h（ln（x+2））=，当x>e-1时，x+1>e，ln（x+2）>1，故只需证明x+1>ln（x+2）.令g（x）=x-ln（x+1），x∈（-1，+∞），则g'（x）=， 当x∈（-1，0）时，g'（x）<0，g（x）单调递减； 当x∈（0，+∞）时，g'（x）>0，g（x）单调递增， 故g（x）≥g（0）=0，则x≥ln（x+1）在（-1，+∞）上成立， 故x+1≥ln（x+2）.即f（x）<ln（x+2）成立. 培优点3　泰勒公式在比较大小中的应用　　　　　 　　泰勒展开式很好地把初等函数形式与超越函数联系起来，而找到初等函数与超越函数的联系，往往是导数命题的一种形式.几个常见的展示如下： （1）ex=1+x++…； （2）ln（1+x）=x-+-…； （3）sin x=x-+-…； （4）cos x=1-+-…. 从中截取片断，就构成了初等数学考查导数的常见不等式： （1）ex≥1+x+对于x≥0恒成立. （2）x-≤ln（1+x）≤x对于x≥0恒成立. （3）x-≤sin x≤x对于x≥0恒成立. （4）1-≤cos x≤1-+对于x≥0恒成立. 为叙述方便，在本篇对以上四个不等式称为“泰勒不等式”. [典例]　（多选）设a=e0.02-1，b=ln 1.02，c=，d=-1，则下列结论正确的是 （　　） A.b<a B.b<c C.d<b D.d<c |方|法|例|析| 法一：利用泰勒展开式　由ex≈1+x++，令x=0.02，得a=e0.02-1≈1+0.02++-1≈0.020 2. 由ln（x+1）≈x-x2+x3，令x=0.02，得b=ln 1.02=ln（1+0.02）≈0.02-×0.022+×0.023≈0.019 8.c=≈0.019 6.d=-1=-1. 设f（x）=-1，则f'（x）=（1+x，f″（x）=-（1+x，f（3）（x）=（1+x，因为f（0）=0， f'（0）=，f″（0）=-，f（3）（0）=， ≈f（0）+f'（0）x+x2+x3=x-x2+x3. 令x=0.02，得d=f（0.02）≈×0.02-×0.022+所以d<c<b<a.故选ACD. 法二：构造函数法　a=e0.02-1，b=ln 1.02=ln（1+0.02），c==，d=-1=-1. 设f（x）=ex-ln（x+1）-1，x∈（0，+∞）， 则f'（x）=ex-.令g（x）=f'（x）=ex-， 则g'（x）=ex+>0恒成立， 所以f'（x）在（0，+∞）上单调递增， 则f'（x）>e0-=0恒成立， 所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， 则f（0.02）=e0.02-ln 1.02-1>e0-ln（0+1）-1=0， 即ln 1.02<e0.02-1，所以b<a，故A正确； 则h'（x）=ln x>0，故h（x）在（1，+∞）上单调递增， 则h（1.02）=1.02ln 1.02-1.02>1×ln 1-1=-1， 则ln 1.02>=，所以b>c，故B错误； 设m（x）=（2x+1）2-（1+x）3，x∈（0，1）， 则m'（x）=4（2x+1）-3（1+x）2=-3x2+2x+1=-（3x+1）（x-1）， 当x∈（0，1）时，m'（x）>0，所以m（x）在（0，1）内单调递增， 所以有m（0.02）=（1+0.04）2-（1+0.02）3>0，即>1+0.02， 所以>-1，则d<c，故D正确； 由前面分析可知d<c，c<b，所以d<b，故C正确. 答案：ACD 习得方略：①处难点，此处用到了f（x）在x0处的n阶泰勒展开式f（x）=f（x0）+f'（x0）（x-x0）+（x-x0）2+…+（x-x0）n+…； ②处突破，泰勒公式展开的阶数越高，计算的精度越高，但计算复杂度也随之升高，我们可以通过选择恰当的展开阶数，来达到我们需要的计算精度； ③处构造，b=ln 1.02，c===，发现均与1.02有关，由此构造函数. |思|维|建|模| 高考题目中常常利用泰勒公式解决指数函数y=ex，对数型函数y=ln（1+x），三角函数y=sin x，y=cos x，y=tan x等与一元高次函数之间的放缩、近似计算、比较大小等问题.解决此类问题的关键点如下： （1）列泰勒公式：观察已知条件的特征，与函数y=ex，y=ln（1+x）等相对照，列出对应的泰勒公式； （2）求函数值：根据已知条件，代入自变量的值并近似计算求函数值； （3）给出结论：根据计算结果，给出判断结果. [应用体验] 1.（2022·新课标Ⅰ卷）设a=0.1e0.1，b=，c=-ln 0.9，则 （　　） A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.a<c<b 解析：选C　 法一：构造法　构造函数f（x）=ln x+，x>0，则f'（x）=-=，x>0， 当f'（x）=0时，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. ∴f（x）在x=1处取得最小值，且f（1）=1， ∴ln x>1-， ∴ln 0.9>1-=-， ∴-ln 0.9<，∴c<b. ∵-ln 0.9=ln>1-=， ∴>e0.1，∴0.1e0.1<，∴a<b. ∵0.1e0.1>0.1×1.1=0.11， 而-ln 0.9=ln<=<0.11， ∴a>c，∴c<a<b.故选C. 法二：利用不等式　由不等式ln x<（x>1）， 得-ln 0.9=ln<=<0.11. 又∵e0.1>0.1+1=1.1，∴a=0.1e0.1>0.11，∴c<a； 由ex≥x+1，得e-x>-x+1（x<1），得ex<，∴e0.1<=， ∴a=0.1e0.1<=，∴a<b.综上，c<a<b.故选C. 法三：泰勒公式　设x=0.1，则 a=xex=0.1， b==0.1（1+0.1+0.01+0.001+…）， c=-ln（1-x）=0.1+++…， ∴c<a<b.故选C. 2.（2022·全国甲卷）已知a=，b=cos，c=4sin，则 （　　） A.c>b>a B.b>a>c C.a>b>c D.a>c>b 解析：选A　 法一：构造法　设f（x）=cos x+x2-1（0<x<1），则f'（x）=x-sin x. 设g（x）=x-sin x（0<x<1），g'（x）=1-cos x>0， 故g（x）在（0，1）内单调递增， 即g（x）>g（0）=0， 即f'（x）>0，故f（x）在（0，1）内单调递增， ∴f>f（0）=0，可得cos>，故b>a. 利用不等式可得当x∈时，tan x>x， ∴tan >，即>， ∴4sin>cos，故c>b. 综上，c>b>a，故选A. 法二：泰勒公式　设x=0.25，则 a=1-=1-， b=cos x=1-+-…， c==1-+-…， ∴a<b<c.故选A. 3.（2025·济宁二模）设a=，b=ln，c=sin，则 （　　） A.b<a<c B.a<b<c C.c<b<a D.b<c<a 解析：选A　 法一　令g（x）=x-1-ln x（x>0），g'（x）=1-=， 令g'（x）>0，解得x>1， 令g'（x）<0，解得0<x<1， 所以g（x）在（0，1）内单调递减， 在（1，+∞）上单调递增. 所以g（x）min=g（1）=0，所以x-1≥ln x，即a>b. 设f（x）=sin x-x，则f'（x）=cos x-1在区间内单调递减， 且f'=×-1=>0， 所以函数f（x）在区间内单调递增. 所以f>f（0）=0，即sin>，即c>a.故选A. 法二　已知b=ln=ln<=a， 又由泰勒公式可知，sin x>x-， 所以sin>-=， 即c=sin>>=a， 故c>a>b. 4.已知a=ln 1.01，b=，c=，则 （　　） A.a<b<c B.a<c<b C.c<b<a D.c<a<b 解析：选D　 由≤ln x≤x-1知ln 1.01>==c，∴a>c，ln 1.01<1.01-1=0.01=.又b=>=>>，∴b>a，故b>a>c. 5.设a=2ln 1.01，b=ln 1.02，c=-1，则 （　　） A.a<b<c B.b<c<a C.b<a<c D.c<a<b 解析：选B　 因为a=2ln 1.01=ln 1.012=ln 1.020 1>ln 1.02，所以a>b，排除A、D；由公式ln（1+x）=x-+…，得a=2ln（1+0.01）≈2×=0.02-0.000 1=0.019 9，由公式（1+x）α=1+αx+x2+…，得c=（1+0.04-1≈×0.04-×0.042=0.02-0.000 2=0.019 8，所以a>c，排除C. 培优点4　参数半分离与主元变换法在不等式恒成立中的应用 类型（一）　参数半分离 [例1]　若不等式aln x-x+1≤0恒成立，求实数a的取值范围. |方|法|例|析| ∵不等式aln x-x+1≤0恒成立，∴aln x≤x-1，x>0恒成立.当a≤0时，显然不恒成立，当a>0时，原不等式等价于ln x≤（x-1）恒成立， 由于y=ln x在x=1处的切线方程为y=x-1， ∴要使ln x≤（x-1）恒成立， 只需=1，即a=1， ∴实数a的取值范围为{1}. |解|题|指|导|　在参数半分离时，要调节参数a与x的位置，使f（x）与g（x）的作图更方便，一般分为一条动直线与一条曲线. 类型（二）　主元变换 [例2]　已知不等式ln x-x2+bx+c≤0对任意的x∈（0，+∞），b∈恒成立，求c的取值范围. |方|法|例|析| 令f（b）=x·b+ln x-x2+c，b∈， 由于x>0，所以函数f（b）在上单调递增， 所以f（b）<f=x+ln x-x2+c≤0.即c≤x2-x-ln x，x∈（0，+∞）. 令g（x）=x2-x-ln x，则g'（x）=x--==，当0<x<2时，g'（x）<0， 当x>2时，g'（x）>0， 所以g（x）在（0，2）内单调递减，在（2，+∞）上单调递增， 所以c≤g（x）min=g（2）=-1-ln 2， 所以c的取值范围为（-∞，-1-ln 2]. |解|题|指|导|　一些导数大题经常会含有多个变量，主要解题思路是以x为主元进行求解，但有时解题过程较为复杂，此时，有的题目就可以以其他变量为主元进行求解. [应用体验] 1.设函数f（x）=若不等式f（x）≤ax+2对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围为　　　　　　　.   解析：作出函数f（x）的图象，如图，直线y=ax+2恒过定点（0，2），由图可知a>0， 当直线y=ax+2与y=-x2-2x相切时，联立可得x2+（a+2）x+2=0，令Δ=（a+2）2-8=0，解得a=-2+2或a=-2-2（舍去）；当直线y=ax+2与曲线y=2ln x相切时，设切点P（x0，2ln x0），则曲线在点P处的切线方程为y-2ln x0=（x-x0），又切线过点（0，2），解得x0=e2，此时a==，所以a的取值范围为. 答案： 2.已知函数f（x）=2ax+bx-1-2ln x，对任意a∈[1，3]和x∈（0，+∞），f（x）≥2bx-3恒成立，求实数b的取值范围. 解：由题知对任意a∈[1，3]，x∈（0，+∞），2ax+bx-1-2ln x≥2bx-3恒成立， 即2x·a-bx-2ln x+2≥0恒成立，令g（a）=2x·a-bx-2ln x+2，a∈[1，3]，则g（1）≥0， 即2x-bx-2ln x+2≥0，所以b≤2-+恒成立，令h（x）=2-+，x∈（0，+∞）， 则h'（x）=-2·.当0<x<e2时，h'（x）<0，当x>e2时，h'（x）>0，所以h（x）在（0，e2）内单调递减，在（e2，+∞）上单调递增，所以h（x）min=h（e2）=2-，所以b≤2-，故实数b的取值范围为. 3.已知函数f（x）=ex-ax-1（a∈R，其中e为自然对数的底数）. （1）若f（x）在定义域内有唯一零点，求a的取值范围； （2）若f（x）≤x2ex对x∈[0，+∞）恒成立，求a的取值范围. 解：（1）f'（x）=ex-a. 当a≤0时，f'（x）>0，所以f（x）在R上单调递增. 又f（-1）=-1+a<0，f（1）=e-a-1>0，由函数零点存在定理可知，函数f（x）在R上有唯一零点，故a≤0符合题意. 当a>0时，令f'（x）=0，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）min=f（ln a）=eln a-aln a-1=a-aln a-1. 设g（a）=a-aln a-1（a>0）， 则g'（a）=1-（ln a+1）=-ln a， 当0<a<1时，g'（a）>0，g（a）单调递增； 当a>1时，g'（a）<0，g（a）单调递减， 所以g（a）max=g（1）=0，故a=1. 综上，实数a的取值范围为{a|a≤0，或a=1}. （2）法一　f（x）≤x2ex对x∈[0，+∞）恒成立， 即（1-x2）ex≤ax+1对x∈[0，+∞）恒成立， 令h（x）=（1-x2）ex，则h（x）的图象恒在直线y=ax+1的下方，而h'（x）=（1-x2-2x）ex， h″（x）=（-x2-4x-1）ex<0（x≥0）， 所以函数h（x）是上凸函数，且在点（0，1）处的切线斜率k=h'（0）=1， 直线y=ax+1过定点（0，1），斜率为a，故a≥1，即a的取值范围为[1，+∞）. 法二　f（x）≤x2ex对x∈[0，+∞）恒成立，即（1-x2）ex≤ax+1对x∈[0，+∞）恒成立， 记h（x）=（1-x2）ex=（1+x）（1-x）ex. 当a≥1时，设函数m（x）=（1-x）ex，则m'（x）=-xex≤0，因此m（x）在[0，+∞）上单调递减.又m（0）=1，故m（x）≤1，所以h（x）=（1+x）·m（x）≤1+x≤ax+1， 故f（x）≤x2ex对x∈[0，+∞）恒成立. 当a<1时，设函数n（x）=ex-x-1， 则n'（x）=ex-1≥0，所以n（x）在[0，+∞）上单调递增，且n（0）=0，故ex≥x+1. 当0<x<1时，h（x）>（1-x）（1+x）2，则（1-x）（1+x）2-ax-1=x（1-a-x-x2）， 当0<a<1时，取x0=，则x0∈（0，1），（1-x0）（1+x0）2-ax0-1=0， 所以h（x0）>ax0+1，故0<a<1不符合题意. 当a≤0时，取x0=， 则x0∈（0，1），h（x0）>（1-x0）（1+x0）2=1≥ax0+1，故a≤0不符合题意. 综上，a的取值范围为[1，+∞）. 培优点5　端点值效应 （1）已知函数y=f（x）在区间[m，n]内恒有f（x）≥0，则若f（m）=0，则有f'（m）≥0（如图1）； （2）已知函数y=f（x）在区间[m，n]内恒有f（x）≥0，则若f（n）=0，则有f'（n）≤0（如图2）； （3）已知函数y=f（x）在区间[m，n]内恒有f（x）≤0，则若f（m）=0，则有f'（m）≤0（如图3）； （4）已知函数y=f（x）在区间[m，n]内恒有f（x）≤0，则若f（n）=0，则有f'（n）≥0（如图4）. [典例]　（2023·全国甲卷改编）关于x的不等式ax--sin 2x<0在x∈上恒成立，求实数a的取值范围. |方|法|例|析| 依题意，令f（x）=ax--sin 2x，x∈， 所以f'（x）=a--2cos 2x， 第一步：整体审题，分析题意，判断是否可以应用端点值效应 则问题等价于f（x）<0在上恒成立，且f（0）=0. （符合类型（3）的情形，区间端点的函数值为0，即f（0）=0） 第二步：代入端点值，求出参数范围 于是f（x）<0的必要条件为f'（0）≤0，即f'（0）=a-3≤0，即a≤3. 需要注意的是f'（x0）>0（或f'（x0）<0）只是f（x）>0（或f（x）<0）成立的一个必要条件，若此时“二阶导数”不变号，该方法没有问题；若此时“二阶导数”变号，那么所得结果就可能出现问题，导致错误出现 第三步：证明充分性，求得结果 当a≤3时，f（x）≤3x--sin 2x， 设g（x）=3x--sin 2x，x∈， 则g'（x）=3--2cos 2x = = = = =<0， 所以函数g（x）在上单调递减， 所以当x∈时，f（x）≤g（x）<3×0--sin 0=0， 于是a≤3是f（x）<0在上恒成立的充要条件，所以实数a的取值范围是（-∞，3]. |思|维|建|模| 端点值效应问题中，可以通过取所构造函数定义域内的某些特殊的值使不等式成立，进而得出恒成立的一个必要条件，初步获得所求参数的范围，再在该范围内讨论，进而缩小了参数的讨论范围，使问题得以顺利地解决. 利用“端点值效应”解决问题的一般步骤可分为以下几步 （1）利用端点处函数值或导数值满足的条件，初步获得参数的取值范围，这个范围是不等式恒成立的必要条件. （2）利用所得出的参数范围判断函数在定义域内是否单调. （3）若函数在限定参数范围内具有单调性，则必要条件即为充要条件，问题解决.若不具有单调性，则需进一步讨论，直至得到使不等式恒成立的充要条件. [应用体验] 1.关于x的不等式xeax-ex+1<0在x∈（0，+∞）上恒成立，则实数a的取值范围是　　　　.  解析：第一步：整体审题，分析题意，判断是否可以应用端点值效应 依题意，令f（x）=xeax-ex+1，x∈[0，+∞）， 则问题等价于f（x）<0在（0，+∞）上恒成立，且f（0）=0，f'（x）=（1+ax）eax-ex， 令g（x）=f'（x）=（1+ax）eax-ex，x∈[0，+∞），则g'（x）=（2a+a2x）eax-ex. 第二步：代入端点值，求出参数范围 又g（0）=f'（0）=0，于是f（x）<0在（0，+∞）上， f（0）=f'（0）=0. g'（0）=2a-1≤0，即a≤. 第三步：证明充分性，求得结果 ， 设h（x）=x-ex+1，x∈[0，+∞），则h'（x）=+-ex=. 下面证明1+-<0在（0，+∞）上恒成立. 令φ（x）=1+x-ex，x∈[0，+∞），所以φ'（x）=1-ex<0在（0，+∞）上恒成立， 所以当x∈（0，+∞）时，函数φ（x）单调递减，所以φ（x）<φ（0）=0，即1+x-ex<0在（0，+∞）上恒成立，所以1+-<0在（0，+∞）上恒成立，所以h'（x）=<0在（0，+∞）上恒成立， 所以当x∈（0，+∞）时，函数h（x）单调递减，所以h（x）<h（0）=0， 于是f（x）<0在（0，+∞）上恒成立. 所以a≤是f（x）<0在（0，+∞）上恒成立的充要条件. 所以实数a的取值范围为. 答案： 习得方略：①处点技巧，经过两次代换，将不等式恒成立问题转化为函数的恒成立问题，从而转化为利用端点值效应速解导数题，注意不要忘记验证； ②处易遗漏，验证a≤是f（x）<0在（0，+∞）上恒成立的充分条件这一步必不可少，否则求出的参数范围是不严谨的. 2.（2025·承德月考）已知函数f（x）=ax+ex（a∈R）. （1）试讨论函数f（x）的单调性； （2）若x∈[0，+∞），f（x）≥ln恒成立，求a的取值范围. 解：（1）f'（x）=a+ex， ①当a≥0时，f'（x）>0恒成立， ∴f（x）在R上单调递增； ②当a<0时，令f'（x）=0，解得x=ln（-a）， ∴f（x）在（-∞，ln（-a））上单调递减，在（ln（-a），+∞）上单调递增. 综上，当a≥0时，函数f（x）单调递增；当a<0时，函数f（x）在（-∞，ln（-a））上单调递减，在（ln（-a），+∞）上单调递增. （2）f（x）≥ln，即ax+ex≥ln=1-ln（x+1），即ex+ln（x+1）+ax-1≥0.令g（x）=ex+ln（x+1）+ax-1（x≥0），则g（x）≥0对∀x∈[0，+∞）恒成立. ∵g（0）=0，g'（x）=ex++a， ∴g（x）=ex+ln（x+1）+ax-1≥0对∀x∈[0，+∞）恒成立的必要条件是g'（0）=1+1+a≥0，即a≥-2， ∴g（x）=ex+ln（x+1）+ax-1≥ex+ln（x+1）-2x-1. 下证充分性：当a≥-2时，令h（x）=ex+ln（x+1）-2x-1（x≥0）， 则h'（x）=ex+-2.令t（x）=ex+-2（x≥0），则t'（x）=ex-， ∴t'（x）在[0，+∞）上单调递增，∴t'（x）≥t'（0）=0在[0，+∞）上恒成立， ∴t（x）在[0，+∞）上单调递增，∴h'（x）=t（x）≥t（0）=0， ∴h（x）在[0，+∞）上单调递增，故g（x）≥h（x）≥h（0）=0. 综上，a的取值范围为[-2，+∞）. 培优点6　极值点偏移问题 如图1，已知函数f（x）图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若以关于x的方程f（x）=c的两实数解x1，x2为端点的区间的中点为，=x0，即极值点为以两实数解为端点的区间的中点，则极值点没有偏移，此时函数f（x）在极值点x0的两侧函数值变化快慢相同.若≠x0，则极值点偏移，此时函数f（x）在极值点x0两侧函数值变化快慢不同，如图2（1）（2）（3）（4）. 利用同构解极值点相关问题在近几年高考中频繁出现，主要解题思路是把等式或不等式进行变形，构造函数，利用函数的单调性解题.在使用同构时主要考验“眼力”，即面对复杂的结构，仔细观察，灵活变形，使式子两侧的结构一致，再构造函数求参数或证明不等式. [典例]　（2025·东莞模拟）已知函数f（x）=x-ln x-m. （1）若f（x）有两个零点x1，x2，且x2>x1，求m的取值范围； （2）在（1）的条件下，求证：x1+x2>. 思维路径：（1）求导→函数f（x）的最小值小于0→m>1→结合函数零点存在定理证明m>1时，f（x）有两个零点； （2）结合极值点偏移特征先证x1+x2>2→对称构造转化为证x2>2-x1→根据函数f（x）的单调性及零点转化为证f（x1）>f（2-x1）→构造函数g（x）=2x-ln x+ln（2-x）-2（0<x<1）即可证明→构造h（x）=ln x-x+1（x>1）求导证明<1→原不等式得证. |方|法|例|析| （1）由题知f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=，当0<x<1时，f'（x）<0，当x>1时，f'（x）>0， 故f（x）在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）上单调递增. 由f（x）有两个零点x1，x2，知f（x）min=f（1）=1-m<0，故. 当m>1时，e-m<1，em>1，易知f（e-m）=e-m>0. 令s（x）=ex-2x，x>1，则s'（x）=ex-2>0，故s（x）在（1，+∞）上单调递增，则s（x）>e-2>0， 从而f（em）=em-2m>0. 所以当m>1时，f（x）有两个零点. 综上，m的取值范围是（1，+∞）. （2）证明：由（1）可得0<x1<1<x2，则2-x1>1. 法一：对称构造法　， 即证x2>2-x1，由f（x）在（1，+∞）上单调递增可转化为证f（x2）>f（2-x1）， 由f（x1）=f（x2）=0可转化为证， 即证2x1-ln x1+ln（2-x1）-2>0. 令g（x）=2x-ln x+ln（2-x）-2（0<x<1）， 则g'（x）=<0， 所以g（x）在（0，1）内单调递减，所以g（x）>2-ln 1+ln（2-1）-2=0， 所以2x1-ln x1+ln（2-x1）-2>0，所以x1+x2>2. 再证<1（m>1），即证ln m<m-1，即证ln m-m+1<0. 令h（x）=ln x-x+1（x>1）， 则h'（x）=-1<0，故h（x）在（1，+∞）上单调递减，所以h（x）<ln 1-1+1=0， 故ln m-m+1<0，所以<1（m>1）. 综上，x1+x2>2>， 所以x1+x2>. 法二：比值换元法　由题意知x1-ln x1=x2-ln x2=m，令=t，则t>1，x2=tx1， 所以x1-ln x1=tx1-ln（tx1），化简得x1=，所以x2=，所以x1+x2=. 要证x1+x2>2， 即证. 令G（t）=ln t-（t>1），则G'（t）=>0，所以G（t）在（1，+∞）上单调递增， 则G（t）>ln 1-=0， 所以ln t->0，所以x1+x2>2.下同法一. 法三：差值换元法　由题意知x1-ln x1=x2-ln x2=m，则==em，所以em=，x1=，x2=，所以x1+x2==. 要证x1+x2>2，即证>2，即证>. 令，则u>0，只需证u（eu+1）-2（eu-1）>0. 令H（u）=u（eu+1）-2（eu-1）（u>0），则H'（u）=（u-1）eu+1，令g（u）=（u-1）eu+1，则g'（u）=ueu>0，所以H'（u）在（0，+∞）上单调递增，则H'（u）>（0-1）×e0+1=0，所以H（u）在（0，+∞）上单调递增，则H（u）>0×（e0+1）-2×（e0-1）=0， 所以u（eu+1）-2（eu-1）>0. 所以x1+x2>2.下同法一. 习得方略：①处避易错，若为小题，算到此处即可，但解答题需要严谨，函数最小值小于0不是其存在2个零点的充分条件，还需结合函数零点存在定理验证； ②处析难点，本题不是简单直给的“和型不等式”极值点偏移问题，需要转化.由待证不等式的结构形式及第（1）问得到的极值点“1”，联想极值点偏移不等式x1+x2>2，由切线不等式ln x≤x-1（x≥1）联想<1，利用放缩法即可迎刃而解； ③处析难点，利用函数单调性将自变量的大小转化为函数值的大小，结合零点换元，作差构造函数即可求解； ④处析难点，极值点偏移问题本质上是多参函数不等式的证明，故可利用消参的思路求解，此处根据零点列方程，建立各参数之间的关系，比值换元，将所涉及的参数都用引入的参数t表示出来，构造关于t的函数即可求解； ⑤处析方法，比值换元与差值换元的本质是一样的，对数结构就用比值，指数结构就用差值，这其实是由对数运算与指数运算的性质决定的. |思|维|建|模| 利用对称变换大招解决极值点偏移问题的步骤 对称变换主要用来解决与两个极值点的和、积相关的不等式证明问题，其基本步骤如下： 定极值点 利用导函数值的符号判断函数的单调性，进而确定函数的极值点x0 构造函数 根据极值点构造对称函数F（x）=f（x0+x）-f（x0-x）（说明：此处构造的函数需要根据题意，有时也要构造成F（x）=f（x）-f（2x0-x）的形式） 判断单调性 利用导数讨论F（x）的单调性 比较大小 判断F（x）在某区间上的正负，得f（x0+x）与f（x0-x）的大小关系 转化 利用函数f（x）的单调性，将f（x0+x）与f（x0-x）的大小关系转化为两个极值点之间的关系，进而得到所证或所求 [说明]　若要证明f'的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负，结论得证.以上内容的记忆口诀为：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；五个步骤环相扣，两次单调紧跟随. [应用体验] 1.已知函数f（x）=ln x-ax有两个零点. （1）求a的取值范围； （2）设x1，x2是f（x）的两个零点，求证：a（x1+x2）>2. 解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=-a. 当a≤0时，f'（x）>0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，所以f（x）至多一个零点，不符合题意，舍去； 当a>0时，令f'（x）>0，解得0<x<， 所以f（x）在内单调递增， 当x>时，f'（x）<0，此时f（x）在上单调递减， 所以f（x）的极大值也是最大值f=ln-1>0，所以0<a<. 又当0<x<1时，f（x）<0；当x趋向于+∞时，f（x）趋向于-∞. 所以f（x）有两个零点，故a的取值范围为. （2）证明：不妨设x1<x2，由f（x1）=f（x2），则0<x1<<x2. 构造函数F（x）=f（x）-f， F'（x）=f'（x）+f'=+=+-2a=. 因为0<x<，所以2-ax>0，即F'（x）>0，所以F（x）在内单调递增. 又F=0，所以F（x）=f（x）-f<F=0，所以f（x）<f，所以f（x1）<f. 又f（x1）=f（x2），所以f（x2）<f. 而x2，-x1∈，f（x）在上单调递减，所以x2>-x1，即x1+x2>，所以a（x1+x2）>2. 2.若x1，x2是函数f（x）=ex-ax（x>0）的两个零点，且x1<x2，求证：x1+x2>2且x1x2<1. 证明：法一：比值代换　由题意知a>0，由ex=ax（x>0）得x=ln a+ln x， 所以x1-ln x1=x2-ln x2=ln a. 令t=，则t>1，x2=tx1，代入上式得x1=， （将等式x1-ln x1=x2-ln x2中每一项都除以x1，再进行化简即得） x2=. 对于x1+x2>2，其等价于+>2， 即ln t->0. 构造函数g（t）=ln t-（t>1），则g'（t）=-=>0， 所以函数g（t）在（1，+∞）上单调递增，所以g（t）>ln 1-=0，即x1+x2>2得证. 对于x1x2<1，等价于<1，即<1，即ln t-+<0. 令 =b，则b>1，构造函数h（b）=ln b2-b+（b>1），则h'（b）<0，h（b）在（1，+∞）上单调递减，所以h（b）<ln 12-1+=0，即x1x2<1得证. 法二：差值代换　由ex=ax（x>0）可得a=.函数y=在（0，1）内单调递减，在（1，+∞）上单调递增，所以0<x1<1<x2，则有=ax1，=ax2，则a=，且x1=，x2=. 对于x1+x2>2，即>2，即>，即>. 令x2-x1=t，则t>0，则只需证t（et+1）-2（et-1）>0. 令g（t）=t（et+1）-2（et-1）（t>0），则g'（t）=（t-1）et+1，令n（t）=（t-1）et+1，则n'（t）=tet>0， 则g'（t）在（0，+∞）上单调递增，则g'（t）>（0-1）e0+1=0， 则g（t）在（0，+∞）上单调递增，则g（t）>0×（e0+1）-2×（e0-1）=0，即x1+x2>2成立. 对于x1x2<1，等价于<1，即<，即<. 左边分子、分母同时除以，得<.令x2-x1=t，则t>0，则只需证<，即t-et+1<0. 令h（t）=t-et+1（t>0）， 则h'（t）=， 令m（t）=-++1（t>0）， 则m'（t）=（1-）<0， 所以m（t）在（0，+∞）上单调递减，故m（t）=-++1<-e0+0+1=0，所以h'（t）<0， 所以h（t）在（0，+∞）上单调递减，所以h（t）<0×e0-e0+1=0，即x1x2<1成立. 3.已知函数f（x）=xln x-x2-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）记两个极值点为x1，x2，且x1<x2.若t≥1，求证：tln<ln. 解：（1）由题意知，函数f（x）的定义域为（0，+∞），f'（x）=ln x-ax，函数f（x）在其定义域内有两个不同的极值点，即方程f'（x）=0在（0，+∞）上有（0，+∞）上有两个不同的根，即方程a=（a为参数）在（0，+∞）上有两个不同的根. 令g（x）=，x∈（0，+∞），则g'（x）=，当0<x<e时，g'（x）>0；当x>e时，g'（x）<0，则函数g（x）在（0，e）内单调递增，在（e，+∞）上单调递减. 所以g（x）max=g（e）=. 又g（1）=0，当x>1时，g（x）>0； 当0<x<1时，g（x）<0， 所以a的取值范围为. （2）证明：要证tln<ln，即证t-tln x2<ln x1-1，由（1）知x1，x2是方程ln x-ax=0的两个根， 即ln x1=ax1，ln x2=ax2， 所以原式等价于1+t<tln x2+ln x1=tax2+ax1=a（tx2+x1）. 因为t≥1，0<x1<x2，所以即证a>. 由ln x1=ax1，ln x2=ax2作差得ln=a（x1-x2），即a=，所以只需证>. 令λ=，λ∈（0，1）， 则只需证ln λ<. 记h（λ）=ln λ-（λ∈（0，1））， 则h'（λ）=-=， 因为t≥1，λ∈（0，1），所以h'（λ）>0，函数h（λ）在（0，1）内单调递增. 所以h（λ）<ln 1-=0， 所以ln λ<（λ∈（0，1））. 从而原不等式成立，即tln<ln. 习得方略：①处，函数有两个极值点→导函数有两个变号零点→构造方程→分离参数→构造函数→求导研究单调性→根据最值确定参数的取值范围； ②处，引入比值消参，注意新元的取值范围不要遗漏，转化目标不等式. 92 / 111 学科网（北京）股份有限公司 $