培优点1 切线放缩
在高考压轴题中，经常考查与导数有关的不等式问题，这些问题可以用常规方法求解，也可以用切线不等式进行放缩．导数切线放缩法是一种非常实用的数学方法，它可以帮助我们更好地理解函数的性质和变化规律，更能使问题简单化，利用切线不等式进行求解，能起到事半功倍的效果．
考点一 单切线放缩
常见的切线放缩： x∈R都有ex≥x＋1.当x>－1时，ln(x＋1)≤x.当x>0时，x>sin x；当x<0时，x
例1 (2023·重庆模拟)已知函数f(x)＝sin x－aln(x＋1)．
(1)若a＝1，证明：当x∈[0,1]时，f(x)≥0；
(2)若a＝－1，证明：当x∈[0，＋∞)时，f(x)≤2ex－2.
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规律方法 该方法适用于凹函数与凸函数且它们的凹凸性相反的问题(拆成两个函数)，两函数有斜率相同的切线，这是切线放缩的基础，引入一个中间量，分别证明两个不等式成立，然后利用不等式的传递性即可，难点在合理拆分函数，寻找它们斜率相等的切线隔板．
跟踪演练1 (2023·柳州模拟)已知函数f(x)＝ln x＋－2x.
(1)当a>0时，讨论f(x)的单调性；
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(2)证明：ex＋>f(x)．
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考点二 双切线放缩
例2 (2023·福州模拟)已知函数f(x)＝xln x－x.若f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1________________________________________________________________________
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规律方法 含有两个零点的f(x)的解析式(可能含有参数x1，x2)，告知方程f(x)＝b有两个实根，要证明两个实根之差小于(或大于)某个表达式．求解策略是画出f(x)的图象，并求出f(x)在两个零点处(有时候不一定是零点处)的切线方程(有时候不是找切线，而是找过曲线上某两点的直线)，然后严格证明曲线f(x)在切线(或所找直线)的上方或下方，进而对x1，x2作出放大或者缩小，从而实现证明．
跟踪演练2 (2023·山东省实验中学模拟)已知函数f(x)＝(x＋1)(ex－1)，若函数g(x)＝f(x)－m(m>0)有两个零点x1，x2，且x1________________________________________________________________________
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________________________________________________________________________培优点2 隐零点问题
导函数的零点在很多时候是无法直接求解出来的，我们称之为“隐零点”，既能确定其存在，但又无法用显性的代数进行表达．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．
考点一 不含参函数的隐零点问题
例1 (2023·咸阳模拟)已知f(x)＝(x－1)2ex－x3＋ax(x>0)(a∈R)．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝0时，判定函数g(x)＝f(x)＋ln x－x2零点的个数，并说明理由．
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规律方法 已知不含参函数f(x)，导函数方程f′(x)＝0的根存在，却无法求出，利用零点存在定理，判断零点存在，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，②注意确定x0的合适范围．
跟踪演练1 (2023·天津模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，g(x)＝x(ex－x)．
(1)若直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，求实数a的值；
(2)当a＝－1时，求证：f(x)≤g(x)＋x2.
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考点二 含参函数的隐零点问题
例2 (2023·包头模拟)已知函数f(x)＝aex－ln(x＋1)－1.
(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线与两坐标轴所围成的三角形的面积；
(2)证明：当a>1时，f(x)没有零点．
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规律方法 已知含参函数f(x，a)，其中a为参数，导函数方程f′(x，a)＝0的根存在，却无法求出，设方程f′(x)＝0的根为x0，则①有关系式f′(x0)＝0成立，该关系式给出了x0，a的关系；②注意确定x0的合适范围，往往和a的范围有关．
跟踪演练2 (2023·石家庄模拟)已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)若对任意的x∈(1，＋∞)，都有xln x＋x>k(x－1)成立，求整数k的最大值．
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________________________________________________________________________培优点1 切线放缩
例1 证明 (1)首先证明sin x≤x，x∈[0，＋∞)，证明如下：
构造j(x)＝sin x－x，x∈[0，＋∞)，
则j′(x)＝cos x－1≤0恒成立，
故j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，
所以sin x≤x，x∈[0，＋∞)．
当a＝1时，f(x)＝sin x－ln(x＋1)，x∈[0,1]，
f′(x)＝cos x－＝1－2sin2－≥1－22－
＝1－－
≥1－－(0≤x≤1)，
故f′(x)≥＝≥0在x∈[0,1]上恒成立，
所以f(x)在[0,1]上单调递增，
故f(x)≥f(0)＝0.
(2)令g(x)＝(2ex－2)－f(x)，x∈[0，＋∞)．
当a＝－1时，g(x)＝2ex－2－sin x－ln(x＋1)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)，
下证：ex－x－1≥0(x≥0)，x－sin x≥0(x≥0)，x－ln(x＋1)≥0(x≥0)，且在x＝0处取等号，
令r(x)＝ex－x－1(x≥0)，则r′(x)＝ex－1≥0，故r(x)＝ex－x－1在[0，＋∞)上单调递增，故r(x)≥r(0)＝0，且在x＝0处取等号，
由(1)知j(x)＝sin x－x在[0，＋∞)上单调递减，
故j(x)≤j(0)＝0，且在x＝0处取等号，
令t(x)＝x－ln(x＋1)(x≥0)，
则t′(x)＝1－＝≥0，
故t(x)＝x－ln(x＋1)在[0，＋∞)上单调递增，故t(x)≥t(0)＝0，且在x＝0处取等号，
综上有g(x)＝2(ex－x－1)＋x－sin x＋x－ln(x＋1)≥0，且在x＝0处取等号，即(2ex－2)－f(x)≥0，
即证f(x)≤2ex－2.
跟踪演练1 (1)解 由题意可知x>0，
f′(x)＝－－2＝－，
对于二次函数y＝2x2－x＋a，
Δ＝1－8a.
当a≥时，Δ≤0，f′(x)≤0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当0分别是x1＝，x2＝，当x∈
时，f′(x)>0，f(x)在上单调递增；当x∈∪时，f′(x)<0，
f(x)在和上单调递减．
综上，当a≥时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当0上单调递减．
(2)证明 要证ex＋>f(x)，
即证ex>ln x＋2.
不妨设h(x)＝ex－(x＋1)，
则h′(x)＝ex－1，h′(0)＝0，
当x<0时，h′(0)<0，
当x>0时，h′(0)>0，
因此h(x)≥h(0)＝0，ex－(x＋1)≥0恒成立．
令m(x)＝ln x－x＋1，
m′(x)＝－1＝，
当0m′(x)>0，m(x)单调递增，
当x>1时，
m′(x)<0，m(x)单调递减，
故当x＝1时，m(x)取得最大值m(1)＝0，因此ln x－x＋1≤0，
则ex－(x＋1)＋[x－(ln x＋1)]
＝ex－(ln x＋2)>0恒成立(等号成立的条件不一致，故舍去)，
即ex>ln x＋2.从而不等式得证．
例2 证明 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x.
令f′(x)>0，得x>1；
令f′(x)<0得，0所以f(x)在区间(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．
因为f(x)＝b有两个实数根x1，x2，且x1所以0先证不等式x2－x1<2b＋e＋，
因为f(e)＝0，f ＝－，
f′(e)＝1，f′＝－1，
所以曲线y＝f(x)在x＝和x＝e处的切线分别为l1：y＝－x－和l2：y＝x－e，如图，
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令g(x)＝f(x)－＝xln x＋，0令g′(x)>0，则令g′(x)<0，则0所以g(x)在上单调递减，在上单调递增，
所以g(x)≥g＝0，
所以f(x)≥－x－在(0,1)上恒成立，
设直线y＝b与直线l1交点的横坐标为x′1，则x′1≤x1，
设直线y＝b与直线l2交点的横坐标为x′2，
同理可证x2≤x′2，
因为x′1＝－b－，x′2＝b＋e，
所以x2－x1＝b＋e－
＝2b＋e＋(两个等号不同时成立)，
因此x2－x1<2b＋e＋.
再证不等式x2－x1>be＋e，
函数图象f(x)上有两点A(1，－1)，B(e,0)，
设直线y＝b与直线OA：y＝－x，AB：y＝(x－e)的交点的横坐标分别为x3，x4，易证x1所以x2－x1>x4－x3＝(e－1)b＋e－(－b)＝be＋e.
综上可得be＋e跟踪演练2 证明 f(x)＝(x＋1)(ex－1)，
令f(x)＝0，有x1＝－1，x2＝0，
f′(x)＝ex(x＋2)－1，
f′(－1)＝－1＋，
f′(0)＝1，设曲线y＝f(x)在(－1,0)处的切线方程为y＝h(x)，
则h(x)＝f′(－1)(x＋1)＝(x＋1)，
令F(x)＝f(x)－h(x)
＝(x＋1)，
则F′(x)＝(x＋2)ex－，
令m(x)＝F′(x)＝(x＋2)ex－，
则m′(x)＝(x＋3)ex，
所以当x<－3时，m′(x)<0；
当x>－3时，m′(x)>0，
所以F′(x)在(－∞，－3)上单调递减，
在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，F′(x)→－，
又F′(－1)＝0，
所以当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，
所以F(x)≥F(－1)＝0，所以f(x)≥h(x)恒成立，则f(x1)≥h(x1)，
设h(x)＝m的根为x3，
则x3＝－1＋，
又h(x)单调递减，
且m＝h＝f(x1)≥h(x1)，
所以x3≤x1，
设曲线y＝f(x)在(0,0)处的切线为y＝t(x)，
则t(x)＝x，
令G(x)＝f(x)－t(x)
＝(x＋1)(ex－1)－x，
则G′(x)＝(x＋2)ex－2，
依据F′(x)的单调性可知，G′(x)在(－∞，－3)上单调递减，在(－3，＋∞)上单调递增，
当x→－∞时，G′(x)→－2，
且G′(0)＝0，
所以G(x)在(－∞，0)上单调递减，
在(0，＋∞)上单调递增，
所以G(x)≥G(0)＝0，
所以f(x)≥t(x)恒成立，所以f(x2)≥t(x2)，
设t(x)＝m的根为x4，则x4＝m，
又函数t(x)单调递增，
且m＝t(x4)＝f(x2)≥t(x2)，所以x4≥x2，所以x2－x1≤x4－x3＝m－
＝1＋＝1＋2m＋，
即证x2－x1≤1＋2m＋.
培优点2 隐零点问题
例1 解 (1)由题知，
f′(x)＝(x2－1)ex－a(x2－1)
＝(x－1)(x＋1)(ex－a)．
若a≤1，当0当x>1时，f′(x)>0，
∴f(x)在区间(0,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若1当01时，f′(x)>0；
当ln a∴f(x)在区间(0，ln a)上单调递增，在区间(ln a,1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增；
若a＝e，f′(x)≥0，
∴f(x)在定义域上是增函数；
若a>e，即ln a>1，
当0ln a时，f′(x)>0；
当1∴f(x)在区间(0,1)上单调递增，在区间(1，ln a)上单调递减，在区间(ln a，＋∞)上单调递增．
(2)当a＝0时，g(x)＝ln x－x2＋(x－1)2ex，定义域为(0，＋∞)，
∴g′(x)＝－x＋(x2－1)ex
＝(x＋1)(x－1)，
设h(x)＝ex－(x>0)，
∴h′(x)＝ex＋>0，
∴h(x)在定义域上是增函数，
∵h＝－2<0，h(1)＝e－1>0，
∴存在唯一x0∈，使h(x0)＝0，
即－＝0，＝，－x0＝ln x0，
当00；当x00，
即g′(x)<0；
当x>1时，h(x)>0，即g′(x)>0，
∴g(x)在区间(0，x0)上单调递增，在区间(x0,1)上单调递减，
在区间(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＝x0时，g(x)取极大值g(x0)＝ln x0－x＋(x0－1)2
＝－x＋－2，
设F(x)＝－x2＋－2，易知F(x)在区间上单调递减．
∴g(x0)∴g(x)在(0,1)内无零点，∵g(1)＝－<0，g(2)＝e2－2＋ln 2>0，
∴g(x)在(1，＋∞)内有且只有一个零点，
综上所述，g(x)有且只有一个零点．
跟踪演练1 (1)解 设切点坐标为(x0，f(x0))，由f′(x)＝－a，
得f′(x0)＝－a，
所以切线方程为y－(ln x0－ax0＋1)＝(x－x0)，
即y＝x＋ln x0.
因为直线y＝2x与函数f(x)的图象相切，
所以解得a＝－1.
(2)证明 当a＝－1时，f(x)＝ln x＋x＋1，
令F(x)＝g(x)－f(x)＋x2
＝xex－ln x－x－1(x>0)，
则F′(x)＝(x＋1)ex－－1
＝，
令G(x)＝xex－1(x>0)，
则G′(x)＝(x＋1)ex>0，
所以函数G(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
又G(0)＝－1<0，G(1)＝e－1>0，
所以函数G(x)存在唯一的零点x0∈(0,1)，
且当x∈(0，x0)时，G(x)<0，F′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，G(x)>0，F′(x)>0.
所以函数F(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
故F(x)min＝F(x0)＝x0－ln x0－x0－1，
由G(x0)＝0得x0－1＝0，
两边取对数得ln x0＋x0＝0，
故F(x0)＝0，
所以g(x)－f(x)＋x2≥0，
即f(x)≤g(x)＋x2.
例2 (1)解 当a＝e时，f(x)＝ex＋1－ln(x＋1)－1，
f(0)＝e－1.f′(x)＝ex＋1－，
f′(0)＝e－1，
故曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y－(e－1)＝(e－1)x，即y＝(e－1)x＋e－1.
因为该切线在x，y轴上的截距分别为－1和e－1，
所以该切线与两坐标轴所围成的三角形的面积
S＝×|－1|×(e－1)＝.
(2)证明 当a>1时，
因为f(x)＝aex－ln(x＋1)－1，
所以f′(x)＝aex－
＝(x>－1)，
令g(x)＝aex(x＋1)－1(x>－1)，
则g′(x)＝aex(x＋2)，
因为a>1，x>－1，所以g′(x)>0，
所以g(x)在(－1，＋∞)上单调递增，
又g(－1)＝－1<0，g(0)＝a－1>0，
故g(x)在(－1,0)上有唯一的零点β，即g(β)＝0，
因此有aeβ(β＋1)＝1.当x∈(－1，β)时，g(x)<0，即f′(x)<0；
当x∈(β，＋∞)时，g(x)>0，
即f′(x)>0.
所以f(x)在(－1，β)上单调递减，在(β，＋∞)上单调递增，故f(β)为最小值．由aeβ(β＋1)＝1，得－ln(β＋1)＝ln a＋β，
所以当－1<β<0时，
f(β)＝aeβ－ln(β＋1)－1
＝＋β－1＋ln a＝ln a＋，
因为a>1，所以ln a>0，
又因为－1<β<0，
所以>0，所以f(β)>0.
所以f(x)≥f(β)>0.
因此当a>1时，f(x)没有零点．
跟踪演练2 解 (1)函数f(x)＝x－ln x－2的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝1－，
当x∈(0,1)时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，函数f(x)单调递增，所以函数f(x)的单调递减区间是(0,1)，单调递增区间是(1，＋∞)．
(2) x∈(1，＋∞)，xln x＋x>k(x－1) k<，
令g(x)＝，x>1，
求导得g′(x)
＝
＝，
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，f(3)＝1－ln 3<0，f(4)＝2(1－ln 2)>0，
因此存在唯一x0∈(3,4)，
使得f(x0)＝0，
即x0－ln x0－2＝0 ln x0＝x0－2，
当x∈(1，x0)时，f(x)<0，
即g′(x)<0，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，
即g′(x)>0，
因此函数g(x)在(1，x0)上单调递减，在(x0，＋∞)上单调递增，
于是g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0，
则k所以整数k的最大值是3.
培优点3 同构函数问题
例1 (1)BC [因为eysin x＝exsin y，所以＝，令g(t)＝，0由g′(t)>0有t∈，
由g′(t)<0有t∈，所以g(t)＝在上单调递增，在上单调递减，因为0因为0ex，由＝有sin y>sin x，故D错误；
因为0所以cos x＝>0，|cos y|＝，
因为sin y>sin x，所以cos x>|cos y|，所以cos x＋cos y>0，故C正确．]
(2)A [由题意知a>0，b>0，
∵4a＝22a,8b＝23b,3log27b＝log3b，
∴22a＋log3a＝23b＋log3b，
∴22a＋log3a＋log32＝23b＋log3b＋log32，
即22a＋log32a＝23b＋log32b，
∵y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴log32b∴22a＋log32a<23b＋log33b.
设f(x)＝2x＋log3x，
则f(2a)∵y＝2x与y＝log3x在(0，＋∞)上单调递增，
∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴2a<3b，即a<.]
跟踪演练1 (1)B (2)C
例2 解 (1)当a＝1时，f(x)＝ex－ln x，得f′(x)＝ex－，
切点坐标为(1，e)，斜率为f′(1)＝e－1，
所求切线方程为y－e＝(x－1)，
即x－y＋1＝0.
(2)f(x)≥0，
即ex＋x－ax－ln ax≥0(a>0，x>0)
ex＋x≥ax＋ln ax(a>0，x>0)
ex＋x≥eln ax＋ln ax(a>0，x>0)．
令g(x)＝ex＋x，显然g(x)是增函数，
于是上式可化为g(x)≥g(ln ax)，
即x≥ln ax(a>0，x>0)
ln a≤x－ln x(a>0，x>0)．
令φ(x)＝x－ln x(x>0)，
则φ′(x)＝1－＝，
易知φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故φ(x)min＝φ(1)＝1，于是ln a≤1，
可得0例3 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1＋ln x，
当x∈时，f′(x)<0，
当x∈时，f′(x)>0，
∴f(x)在上单调递减，
在上单调递增，
∴f(x)min＝f ＝－.
(2)证明 ∵x>2，∴x－1>1，
要证ex>ln(x－1)，
即证xex>(x－1)ln(x－1)，
即证exln ex>(x－1)ln(x－1)，
即证f(ex)>f(x－1)，
由(1)知f(x)在上单调递增，
且ex>，x－1>，即证ex>x－1，
令φ(x)＝ex－(x－1)(x>2)，
φ′(x)＝ex－1>0，φ(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(2)＝e2－1>0，
∴ex>x－1，即证原不等式成立．
跟踪演练2 解 (1)当a＝1时，
f(x)＝xex－x，
所以f′(x)＝(x＋1)ex－1，
所以f′(1)＝2e－1，f(1)＝e－1，
所以切线方程为y－(e－1)
＝(2e－1)(x－1)，
即(2e－1)x－y－e＝0.
(2)由题意得xex－ax≥ln x－x＋1，
即xex－ln x＋x－1≥ax，
因为x>0，所以≥a，
设F(x)＝
＝，
令t＝x＋ln x，易知t＝x＋ln x在(0，＋∞)上单调递增，
当x→0时，t→－∞，
当x→＋∞时，t→＋∞，
所以存在x0，使t＝x0＋ln x0＝0，
令m(t)＝et－t－1，t∈R，
因为m′(t)＝et－1，
所以当t∈(－∞，0)时，m′(t)<0，
即m(t)在(－∞，0)上单调递减；
当t∈(0，＋∞)时，m′(t)>0，
即m(t)在(0，＋∞)上单调递增，
所以m(t)min＝m(0)＝0，
所以m(t)≥m(0)＝0，
即m(t)＝et－t－1≥0，得到et≥t＋1，当且仅当t＝0时取等号，
所以F(x)＝≥＝＝2，
当且仅当x＋ln x＝0时取等号，所以a≤2，又a>0，
所以a的取值范围是(0,2]．
培优点4 极值点偏移问题
例1 (1)解 因为f(x)＝xe2－x，
所以f′(x)＝(1－x)e2－x，
由f′(x)>0，解得x<1；
由f′(x)<0，解得x>1，
所以f(x)在(－∞，1)上单调递增，
在(1，＋∞)上单调递减，
又f(1)＝e，
所以f(x)在x＝1处取得极大值e，无极小值．
(2)证明 由(1)可知，f(x)在(1，＋∞)上单调递减，f(2)＝2，
且a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，
不妨设1而b>2,2<4－a<3，且f(x)在(1，＋∞)单调递减，
所以只需证f(b)>f(4－a)，
即证4－f(a)>f(4－a)，
即证f(a)＋f(4－a)<4.
即证当1f(x)＋f(4－x)<4，
令F(x)＝f(x)＋f(4－x)，1则F′(x)＝f′(x)－f′(4－x)
＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，
令h(x)＝(1－x)e2－x－ex－2(x－3)，1则h′(x)＝e2－x(x－2)－ex－2(x－2)
＝(x－2)(e2－x－ex－2)，
因为1所以x－2<0，e2－x－ex－2>0，
所以h′(x)<0，
即h(x)在(1,2)上单调递减，
则h(x)>h(2)＝0，即F′(x)>0，
所以F(x)在(1,2)上单调递增，
所以F(x)即当1所以原命题成立．
跟踪演练1 (1)解 由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f′(x)＝－＋1
＝＝，
可得函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以f(x)min＝f(1)＝e＋1－a.
又f(x)≥0，
所以e＋1－a≥0，解得a≤e＋1，
所以a的取值范围为(－∞，e＋1]．
(2)证明 方法一 不妨设x1则由(1)知01.
令F(x)＝f(x)－f ，
则F′(x)＝＋·
＝(ex＋x－－1)．
令g(x)＝ex＋x－－1(x>0)，
则g′(x)＝ex＋1－＋·
＝ex＋1＋(x>0)，
所以当x∈(0,1)时，g′(x)>0，
所以当x∈(0,1)时，g(x)所以当x∈(0,1)时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0,1)上单调递增，所以F(x)即在(0,1)上f(x)－f 又f(x1)＝f(x2)＝0，所以f(x2)－f <0，
即f(x2)由(1)可知，函数f(x)在(1，＋∞)上单调递增，
所以x2<，即x1x2<1.
方法二 (同构法构造函数化解等式)
不妨设x1则由(1)知0由f(x1)＝f(x2)＝0，
得－ln x1＋x1＝－ln x2＋x2，
即＋x1－ln x1＝＋x2－ln x2.
因为函数y＝ex＋x在R上单调递增，
所以x1－ln x1＝x2－ln x2成立．
构造函数h(x)＝x－ln x(x>0)，
g(x)＝h(x)－h
＝x－－2ln x(x>0)，
则g′(x)＝1＋－＝≥0(x>0)，
所以函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当x>1时，g(x)>g(1)＝0，
即当x>1时，h(x)>h，
所以h(x1)＝h(x2)>h.
又h′(x)＝1－＝(x>0)，
所以h(x)在(0,1)上单调递减，
所以0例2 证明 由题意知f(x)＋2＝ln x－ax＋1＝0，
于是
令＝t，则由x2>2x1可得t>2.
于是t＝＝
＝，
即ln x1＝－1.
从而ln x2＝ln t＋ln x1＝－1.
另一方面，对x1x>两端分别取自然对数，
则有ln x1＋2ln x2>5ln 2－3，
于是，即证＋－3>5ln 2－3，
即>5ln 2，其中t>2.
设g(t)＝，t>2.
则g′(t)＝
＝，
设φ(t)＝－3ln t＋2t－－1，t>2.
则φ′(t)＝－＋2＋＝＝>0在(2，＋∞)上恒成立，
于是φ(t)在(2，＋∞)上单调递增，
从而φ(t)>φ(2)＝－3ln 2＋4－－1＝－3ln 2>0.
所以g′(t)>0，即函数g(t)在(2，＋∞)上单调递增，于是g(t)>g(2)＝5ln 2.
因此x1x>，即原不等式成立．
跟踪演练2 (1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－1＝，
当a≤0时，f′(x)<0恒成立，
故f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，令f′(x)>0得x∈(0，a)，
令f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，
故f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递增，在(a，＋∞)上单调递减．
(2)证明 由(1)可知，要想f(x)有两个相异的零点x1，x2，则a>0，
因为f(x1)＝f(x2)＝0，
所以aln x1－x1＝0，aln x2－x2＝0，
所以x1－x2＝a(ln x1－ln x2)，
要证x1x2>e2，即证ln x1＋ln x2>2，
等价于＋>2，
而＝，
所以等价于证明
>，
即ln>，
令t＝，则t>1，
于是等价于证明ln t>成立，
设g(t)＝ln t－，t>1，
g′(t)＝－＝>0，
所以g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
故g(t)>g(1)＝0，即ln t>成立，
所以x1x2>e2，结论得证．培优点4 极值点偏移问题
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，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，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色．
考点一 对称化构造函数
例1 (2023·唐山模拟)已知函数f(x)＝xe2－x.
(1)求f(x)的极值；
(2)若a>1，b>1，a≠b，f(a)＋f(b)＝4，证明：a＋b<4.
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规律方法 对称化构造函数法构造辅助函数
(1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．
(2)对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可．
跟踪演练1 (2022·全国甲卷)已知函数f(x)＝－ln x＋x－a.
(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f(x)有两个零点x1，x2，则x1x2<1.
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考点二 比值代换
例2 (2023·沧州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax－1(a∈R)．若方程f(x)＋2＝0有两个实根x1，x2，且x2>2x1，求证：x1x>.(参考数据：ln 2≈0.693，ln 3≈1.099)
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规律方法 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
跟踪演练2 (2023·淮北模拟)已知a是实数，函数f(x)＝aln x－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若f(x)有两个相异的零点x1，x2且x1>x2>0，求证：x1x2>e2.
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________________________________________________________________________培优点3 同构函数问题
同构函数问题，是近几年高考的热点问题，考查数学素养和创新思维．同构函数问题是指在不等式、方程、函数中，通过等价变形形成相同形式，再构造函数，利用函数的性质解决问题，常见的同构有双变量同构和指对同构，一般都是压轴题，难度较大．
考点一 双变量同构问题
例1 (1)(多选)已知0A．y< B．x<
C．cos x＋cos y>0 D．sin x>sin y
(2)(2023·大连模拟)若实数a，b满足4a＋log3a＝8b＋3log27b，则( )
A．a< B．a>
C．a>b3 D．a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．
跟踪演练1 (1)若对于0A. B．1
C．e D．2e
(2)(2023·德阳模拟)已知实数x，y满足eyln x＝yex，y>1，则x，y的大小关系为( )
A．y≥x B．yC．y>x D．y≤x
考点二 指对同构问题
考向1 指对同构与恒成立问题
例2 已知函数f(x)＝ex＋(1－a)x－ln ax(a>0)．
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)若对于任意的x>0，有f(x)≥0，求正数a的取值范围．
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考向2 指对同构与证明不等式
例3 已知函数f(x)＝xln x.
(1)求f(x)的最小值；
(2)当x>2时，证明：ex>ln(x－1)．
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规律方法 指对同构的常用形式
(1)积型：aea≤bln b，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：aea≤ln beln b，构造函数f(x)＝xex；
②同右构造形式：ealn ea≤bln b，构造函数f(x)＝xln x；
③取对构造形式：a＋ln a≤ln b＋ln(b>1)，构造函数f(x)＝x＋ln x.
(2)商型：≤，一般有三种同构方式：
①同左构造形式：≤，构造函数f(x)＝；
②同右构造形式：≤，构造函数f(x)＝；
③取对构造形式：a－ln a≤ln b－ln(b>1)，构造函数f(x)＝x－ln x.
(3)和、差型：ea±a>b±ln b，一般有两种同构方式：
①同左构造形式：ea±a>eln b±ln b，构造函数f(x)＝ex±x；
②同右构造形式：ea±ln ea>b±ln b，构造函数f(x)＝x±ln x.
跟踪演练2 已知a>0，函数f(x)＝xex－ax.
(1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在x＝1处的切线方程；
(2)若f(x)≥ln x－x＋1恒成立，求实数a的取值范围．
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