2025版高考数学全程一轮复习第三章一元函数的导数及其应用 课件（8份打包）

(共48张PPT)
第二节　导数与函数的单调性
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.函数的单调性与导数的关系
单调递增
单调递减
2.利用导数判断函数单调性的步骤
第1步，确定函数的________；
第2步，求出导数f′(x)的________；
第3步，用f′(x)的零点将f(x)的定义域划分为若干个区间，列表给出f′(x)在各区间上的正负，由此得出函数y＝f(x)在定义域内的单调性．
定义域
零点
【常用结论】
1．若函数f(x)在(a，b)上单调递增，则x∈(a，b)时，f′(x)≥0恒成立；若函数f(x)在(a，b)上单调递减，则x∈(a，b)时，f′(x)≤0恒成立．
2．若函数f(x)在(a，b)上存在单调递增区间，则x∈(a，b)时，f′(x)>0有解；若函数f(x)在(a，b)上存在单调递减区间，则x∈(a，b)时，f′(x)<0有解．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)若函数f(x)在区间(a，b)上单调递增，那么一定有f′(x)>0.(　　)
(2)如果函数f(x)在某个区间内恒有f′(x)＝0，则f(x)在此区间内不具有单调性．(　　)
(3)若函数在定义域上都有f′(x)>0，则在定义域上一定单调递增．(　　)
(4)由于>0在(－∞，0)上恒成立，且函数y＝－的导数y′＝，所以函数y＝－的单调递增区间是(－∞，0).(　　)
×
√
×
×
2．(教材改编)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(　　)
答案：D
解析：由导函数的图象可知函数在(－∞，0)上是先减后增，在(0，＋∞)上先增后减再增．故选D.
3．(教材改编)函数y＝3x2－2ln x的单调递增区间为_________，单调递减区间为________．
(，＋∞)
(0，)
解析：y′＝6x－＝.
∵函数的定义域为(0，＋∞)，∴由y′>0，得x>.
∴函数的单调递增区间为(，＋∞)．
由y′<0，得0∴函数的单调递减区间为(0，)．
4．(易错)若函数f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，则实数a的值为________．
－4
解析：f′(x)＝x2－3x＋a，
∵f(x)＝x3－x2＋ax＋4的单调递减区间为[－1，4]，
∴f′(x)＝x2－3x＋a≤0的解集为[－1，4]，即－1，4是方程x2－3x＋a＝0的两个根，由韦达定理得－1×4＝a，即a＝－4.
5．(易错)若y＝x＋(a>0)在[2，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是________．
(0，2]
解析：方法一　由y′＝1－≥0，得x≤－a或x≥a，
∴y＝x＋的单调递增区间为(－∞，－a]，[a，＋∞)．
∵函数在[2，＋∞)上单调递增，∴[2，＋∞) [a，＋∞)，
∴a≤2.又a>0，∴0方法二　y′＝1－，依题意知1－≥0在x∈[2，＋∞)上恒成立，即a2≤x2恒成立，
∵x∈[2，＋∞)，∴x2≥4，∴a2≤4.又a>0，∴0课堂互动探究案
1.结合实例，借助几何直观了解函数的单调性和导数的关系．
2．能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间(其中多项式函数一般不超过三次)．
3．会利用函数的单调性判断大小，求参数的取值范围等简单应用．
问题思考·夯实技能
【问题1】　请你说出导数的绝对值与函数值变化的关系？



【问题2】　f′(x)>0(或f′(x)<0)是f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充分不必要条件，那么f(x)在(a，b)内单调递增(或递减)的充要条件是什么？



　答案：一般地，如果一个函数在某一个范围内导数的绝对值较大，那么这个函数在这个范围内变化得较快，这时函数的图象就比较“陡峭”(向上或向下)；反之，函数的图象就比较“平缓”．
答案：f′(x)≥0(或f′(x)≤0)(f′(x)不恒等于0)
关键能力·题型剖析
题型一不含参函数的单调性
例1(1)[2024·河南荥阳模拟]函数f(x)＝x ln x＋1的单调递减区间是(　　)
A．(0，) B．(0，e)
C．(，＋∞) D．(e，＋∞)
答案： A
解析：令f′(x)＝1＋ln x＝0 x＝，
x∈(0，)，f′(x)<0，x∈(，＋∞)，f′(x)>0，
则f(x)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增．故选A.
(2)[2024·山东东营模拟]函数f(x)＝的单调递增区间为______________________．
(－∞，－1)，(－1，＋∞)
解析：因为函数f(x)＝，则f′(x)＝.
设h(x)＝xex＋1，则h′(x)＝(x＋1)ex，
当x>－1时，h′(x)>0，h(x)在(－1，＋∞)上单调递增；
当x<－1时，h′(x)<0，h(x)在(－∞，－1)上单调递减，
所以当x∈R时，h(x)≥h(－1)＝－＋1>0，
则当x≠－1时，f′(x)>0.
所以f(x)的单调递增区间为(－∞，－1)，(－1，＋∞)．
题后师说
确定不含参的函数的单调性，按照判断函数单调性的步骤即可，但应注意两点，一是不能漏掉求函数的定义域，二是函数的单调区间不能用并集，要用“逗号”或“和”隔开．
巩固训练1
(1)已知函数f(x)的导函数为f′(x)，f(x)＝ln x＋f′(1)x2，则函数f(x)的单调递增区间为(　　)
A．(－)
B．(－∞，－)，(，＋∞)
C．(0，)
D．(，＋∞)
答案：C
解析：由f(x)＝ln x＋f′(1)x2得f′(x)＝＋2f′(1)x，所以f′(1)＝1＋2f′(1)，f′(1)＝－1，
f′(x)＝－2x＝，
因为x>0，所以由f′(x)＝>0得0(2)函数f(x)＝e－xcos x，x∈(0，π)的单调递减区间为________．
(0，)
解析：f(x)＝e－xcos x，f′(x)＝－e－x(cos x＋sin x)＝－e－xsin (x＋)，
当x∈(0，)时，0，e－x>0，所以f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(，π)时，π0，所以f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以f(x)在(0，π)的单调递减区间为(0，)．
题型二含参数的函数的单调性
例2 设函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x．当a>0时，讨论函数f(x)的单调性．
解析：由题知，函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
所以求导得f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝，
若0由f′(x)>0得0，
由f′(x)<0得1所以函数f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减，
若a＝1，恒有f′(x)≥0，当且仅当x＝1时取等号，因此函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
若a>1，
由f′(x)>0得01，
由f′(x)<0得所以函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减，
所以当0当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减．
题后师说
(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．
(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点．
巩固训练2
　已知函数f(x)＝mex－x，m∈R，试讨论函数f(x)的单调性．
解析：f′(x)＝mex－1，
当m≤0时，f′(x)＝mex－1<0，则f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，令f′(x)＝0，得x＝－ln m，
当x<－ln m时，f′(x)<0，当x>－ln m时，f′(x)>0，
所以f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增，
综上，当m≤0时，f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减；
当m>0时，f(x)在(－∞，－ln m)上单调递减，在(－ln m，＋∞)上单调递增．
题型三函数单调性的应用
角度一　比较大小或解不等式
例3 (1)[2024·河南驻马店模拟]设a＝，b＝，c＝2，则(　　)
A．a>b>c B．c>b>a
C．a>c>b D．c>a>b
答案：D　
解析：因为a＝＝，b＝＝，c＝2＝，
所以令f(x)＝，由f′(x)＝，
知当x∈(0，e)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；
当x∈(e，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
因为a＝f(2)＝f(4)，b＝f()，c＝f()，
所以a＝f(2)f()＝b，即c>a>b.
故选D.
(2)[2024·广东东莞模拟]已知函数f(x)＝－cos x，则f(x－1)>f(－1)的解集为(　　)
A．(2，＋∞) B．(－∞，0)
C．(0，2) D．(－∞，0)
答案： C
解析：∵y＝x2，y＝cos x均为偶函数，故函数f(x)为偶函数，
f′(x)＝－2x＋sin x，令g(x)＝f′(x)则g′(x)＝－2＋cos x，
∵cos x∈[－1，1]，∴g′(x)<0，即g(x)＝f′(x)在R上单调递减，
又∵f′(0)＝0，∴f′(x)<0在(0，＋∞)恒成立，
故函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，在(－∞，0)上单调递增．
f(x－1)>f(－1) |x－1|<1 x∈(0，2)．故选C.
题后师说
1.利用导数比较大小，其关键是判断已知(或构造后的)函数的单调性，利用单调性比较大小．
2．与抽象函数有关的不等式，要充分挖掘条件关系，恰当构造函数，再利用导数研究新函数的单调性，从而解不等式．(构造函数的方法见下面专题课——函数中的构造问题)
巩固训练3
(1)已知函数f(x)＝3x＋2cos x，若a＝)，b＝f(2)，c＝f(log27)，则a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
答案：D
解析：由题意，得f′(x)＝3－2sin x．因为－1≤sin x≤1，所以f′(x)＞0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为＞1，所以＞3.又log24＜log27＜log28，即2＜log27＜3，所以，所以log2)，即b＜c＜a，故选D.
(2)[2024·天津南开中学模拟]已知定义在(0，＋∞)的函数f(x)满足任意x>0，xf′(x)－f(x)<0成立，且f(1)＝2，则不等式f(x)<2x的解集为__________．
(1，＋∞)
解析：令h(x)＝－2(x>0)，则h′(x)＝<0，所以h(x)在(0，＋∞)是减函数，又h(1)＝f(1)－2＝0，由h(x)<0＝h(1)，可得x>1，故不等式f(x)<2x的解集为(1，＋∞)．
角度二　根据函数的单调性求参数范围
例4已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内单调递增，则实数a的取值范围是________．
(－∞，2]
解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)≥0在[1，2]上恒成立，
即2x2－a≥0在[1，2]上恒成立，
所以a≤(2x2)min，
所以a≤2.
【变式练习1】　已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在[1，2]内存在单调递增区间，则实数a的取值范围是________．
(－∞，8)
解析：f′(x)＝2x－＝，
依题意f′(x)>0在[1，2]上有解，
即2x2－a>0在[1，2]上有解，
所以a<(2x2)max，
所以a<8.
【变式练习2】　[2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，则实数a的取值范围是(　　)
A．(2，8)
B．[2，8]
C．(－∞，2]
D．[2，8)
答案：A
解析：f′(x)＝2x－＝，
令g(x)＝2x2－a，由于函数f(x)＝x2－a ln x＋1在(1，2)内不是单调函数，
则g(x)＝2x2－a在区间(1，2)的函数值有正有负，
而二次函数g(x)＝2x2－a开口向上，对称轴为y轴，
所以g(x)＝2x2－a在区间(1，2)上单调递增，所以，解得2所以实数a的取值范围是(2，8)．故选A.
题后师说
根据函数的单调性求参数的策略
1．函数f(x)＝xex的单调递增区间是(　　)
A．(－∞，－1) B．(－∞，0)
C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞)
答案：D
解析：f′(x)＝ex＋xex＝ex(x＋1)，由f′(x)>0，得x>－1，所以函数f(x)的单调递增区间是(－1，＋∞)．故选D.
2．[2024·河北邯郸模拟]已知a＝，b＝，c＝，则a，b，c的大小关系为(　　)
A．aC．c答案：A
解析：∵a＝，b＝，c＝＝，构造函数f(x)＝，则f′(x)＝，当10；当x>e时ln x>1，此时f′(x)＝<0，故f(x)＝，当x∈(1，e)单调递增，当x∈(e，＋∞)单调递减，故f(x)max＝f(e)＝＝c，故a3>e，∴f(4)3．[2024·江苏扬州模拟]若函数f(x)＝cos x－ax在定义域内单调递减，则实数a的取值范围是(　　)
A．[1，＋∞) B．(－∞，1]
C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]
答案：A
解析：函数f(x)＝cos x－ax定义域为R，且f′(x)＝－sin x－a，依题意f′(x)≤0恒成立，－sin x－a≤0恒成立，即a≥－sin x恒成立，又－1≤－sin x≤1，所以a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．故选A.
4．已知函数f(x)＝x－sin x，则不等式f(x＋1)＋f(1－4x)>0的解集是________．
解析：∵f(x)＝x－sin x，f(－x)＝－x－sin (－x)＝－x＋sin x＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，
∵f(x)＝x－sin x，∴f′(x)＝1－cos x≥0，f(x)单调递增，
∵f(x＋1)＋f(1－4x)>0，∴f(x＋1)>－f(1－4x)＝f(4x－1)，
∴x＋1>4x－1，∴x<.
故不等式的解集为.(共50张PPT)
第三节　导数与函数的极值、最值
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.函数的极值函数极值反映的是函数局部的性质
取得极值的条件 极值 极值点
函数y＝f(x)在点x＝a的函数值f(a)比它在点x＝a附近其他点的函数值都________ f(a)叫做函数y＝f(x)的极小值 a叫做函数y=f(x)的极小值点
f′(a)＝0 在点x＝a附近的左侧______，右侧______ 函数y＝f(x)在点x＝b的函数值f(b)比它在点x＝b附近其他点的函数值都________ f(b)叫做函数y＝f(x)的极大值 b叫做函数y＝f(x)的极大值点
f′(b)＝0 在点x＝b附近的左侧______，右侧______ 极大值点和极小值点统称为极值点
小
f′(x)<0
f′(x)>0
大
f′(x)>0
f′(x)<0
2.函数的最值反映的是函数整体的性质　
(1)一般地，如果在区间[a，b]上函数y＝f(x)的图象是一条________的曲线，那么它必有最大值和最小值．
(2)一般地，求函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的最大值与最小值的步骤如下：
①求函数y＝f(x)在区间(a，b)上的________；
②将函数y＝f(x)的各极值与端点处的函数值________比较，其中最大的一个是________，最小的一个是________．
连续不断
极值
f(a)，f(b)
最大值
最小值
【常用结论】
1．有极值的函数一定不是单调函数．
2．如果函数f(x)在(a，b)上只有一个极值，那么这个极值就是相应的最值．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数在某区间上或定义域内极大值是唯一的.(　　)
(2)导数等于0的点一定是函数的极值点．(　　)
(3)函数的极大值不一定比极小值大．(　　)
(4)函数的最大值不一定是极大值，函数的最小值也不一定是极小值．(　　)
×
×
√
√
2．(教材改编)函数f(x)的定义域为R，导函数f′(x)的图象如图所示，则函数f(x)(　　)
A．无极大值点，有四个极小值点
B．有三个极大值点、一个极小值点
C．有两个极大值点、两个极小值点
D．有四个极大值点、无极小值点
答案：C
解析：由题图可知极大值点有两个，极小值点有两个，故选C.
3．(教材改编)函数f(x)＝ln x－x在区间(0，e]上的最大值为________．
－1
解析：因为f′(x)＝－1＝，
当x∈(0，1)时，f′(x)>0，
当x∈(1，e]时，f′(x)<0，
所以当x＝1时，f(x)取得最大值ln 1－1＝－1.
4．(易错)函数f(x)＝m2x3－2mx2＋x在x＝处取得极大值，则实数m的值为(　　)
A．1或3　　B．3 C．1 D．0
答案：C
解析：f′(x)＝3m2x2－4mx＋1，由题意得f′()＝m2－m＋1＝0，解得m＝1或m＝3.当m＝1时，f(x)＝x3－2x2＋x，f′(x)＝3x2－4x＋1.令f′(x)>0，解得x>1或x<；令f′(x)<0，解得0，解得x>或x<，令f′(x)<0，解得5．(易错)若函数f(x)＝x3－4x＋m在[0，3]上的最大值为4，则m＝________．
4
解析：∵f′(x)＝x2－4＝(x＋2)(x－2)，
令f′(x)＝0得x＝－2或x＝2.
∵0≤x≤3，∴x＝2，
当0∴函数f(x)在区间(0，2)上单调递减；
当20，
∴函数f(x)在区间(2，3)上单调递增．
又f(0)＝m，f(3)＝m－3，
∵m>m－3，
∴x＝0时，f(x)在[0，3]上取得最大值f(0)＝m.
∴m＝4.
课堂互动探究案
1.借助函数图象，了解函数在某点取得极值的必要和充分条件．
2．会用导数求函数的极大值、极小值．
3．掌握利用导数研究函数最值的方法．
4．会用导数研究生活中的最优化问题．
问题思考·夯实技能
【问题1】　对于可导函数f(x)，“f′(x0)＝0”是“f(x)在x＝x0处取到极值”的什么条件？



【问题2】　函数最值与均值有何区别？


答案：必要不充分条件．当f′(x0)＝0时，f(x)不一定在x＝x0处取到极值，例如函数f(x)＝x3；但当f(x)在x＝x0处取到极值时，由极值定义可知必有f′(x0)＝0.
答案：(1)函数在闭区间上若存在最大值或最小值，则最大值或最小值只能各有一个，具有唯一性；而极大值和极小值可能有多个，也可能没有．
(2)极值只能在函数区间的内部取得，而最值可以在区间的端点处取得，有极值的不一定有最值，有最值的不一定有极值．
关键能力·题型剖析
题型一利用导数研究函数的极值问题
角度一　根据导数函数图象判断极值
例1 (多选)[2024·江苏镇江模拟]已知f′(x)是函数f(x)的导函数，其图象如图所示，则下列关于函数f(x)的说法正确的是(　　)
A．在(－∞，1)上单调递减
B．在x＝－1处取得极大值
C．y＝f(x)在x＝－1处切线的斜率小于0
D．f(x)在x＝2处取得极小值
答案：AD
解析：由已知，x<1时，f′(x)≤0(只有f′(－1)＝0)，因此f(x)在(－∞，1)上单调递减，A正确；f(－1)不是极值，B错；由f′(－1)＝0知C错；又x<2时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，x>2时，f′(x)>0，f(x)单调递增，所以f(2)是极小值，D正确．故选AD.
题后师说
由图象判断函数y＝f(x)的极值，要抓住两点：(1)由y＝f′(x)的图象与x轴的交点，可得函数y＝f(x)的可能极值点；(2)由导函数y＝f′(x)的图象可以看出y＝f′(x)的值的正负，从而可得函数y＝f(x)的单调性．两者结合可得极值点．
角度二　求函数的极值
例2[2024·九省联考]已知函数f(x)＝ln x＋x2＋ax＋2在点(2，f(2))处的切线与直线2x＋3y＝0垂直．
(1)求a；
(2)求f(x)的单调区间和极值．
解析：(1)f′(x)＝＋2x＋a，则f′(2)＝＋2×2＋a＝＋a，
由题意可得(＋a)×(－)＝－1，解得a＝－3.
(2)由a＝－3，故f(x)＝ln x＋x2－3x＋2，
则f′(x)＝＋2x－3＝＝，x>0，
故当00，当1时，f′(x)>0，
故f(x)的单调递增区间为(0，)，(1，＋∞)，f(x)的单调递减区间为(，1)，
故f(x)有极大值f()＝ln ＋()2－3×＋2＝－ln 2，
有极小值f(1)＝ln 1＋12－3×1＋2＝0.
题后师说
利用导数求函数极值的一般步骤
角度三　已知极值(点)求参数
例3 (1)[2024·山东临沂模拟]函数f(x)＝x3＋3ax2＋bx＋a2在x＝－1时有极小值0，则a＋b＝(　　)
A．7　　　B．6　　　C．11　　　D．4
答案： C
解析：由已知可得，f′(x)＝3x2＋6ax＋b.
因为f(x)在x＝－1时有极小值0，
所以有，即，
解得或.
当时，f′(x)＝3x2＋6x＋3＝3(x＋1)2≥0恒成立，
所以f(x)在R上单调递增，此时f(x)没有极值点，舍去；
当时，f′(x)＝3x2＋12x＋9＝3(x＋1)(x＋3)．
由f′(x)＝0可得，x＝－1或x＝－3.
由f′(x)<0可得，－3由f′(x)>0可得，x<－3或x>－1，所以f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－1，＋∞)上单调递增．
所以f(x)在x＝－3处取得极大值，在x＝－1处取得极小值，满足题意．
所以，a＋b＝11.故选C.
(2)[2024·安徽合肥模拟]已知函数f(x)＝x2－2xlogax既有极小值又有极大值，则实数a的取值范围是________．
(1，e)
解析：f′(x)＝2x－2(logax＋)
＝2x－2()＝(x ln a－1－ln x)，
函数f(x)＝x2－2xlogax既有极小值又有极大值，
则f′(x)＝0在(0，＋∞)上有两个不等的实数根，
即(x ln a－1－ln x)＝0有两个不等的实数根，
所以x ln a－1－ln x＝0有两个不等的实数根，
所以ln a＝有两个不等的实数根，
令g(x)＝，g′(x)＝，
x∈(0，1)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，
x∈(1，＋∞)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，
g(x)max＝g(1)＝1，当x→＋∞时，g(x)→0，
故0题后师说
已知函数极值点或极值求参数的两个要领
巩固训练1
　(1)[2024·黑龙江实验中学模拟]如图是函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象，下列结论正确的是(　　)
A．y＝f(x)在x＝－1处取得极大值
B．x＝1是函数y＝f(x)的极值点
C．x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点
D．函数y＝f(x)在区间(－1，1)上单调递减
答案：C　
解析：由图象可知：当x<－2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x≥－2时，f′(x)≥0，f(x)单调递增，
故x＝－2是函数y＝f(x)的极小值点，y＝f(x)无极大值．
故选C.
(2)若－2是函数f(x)＝(x2＋ax－1)ex(a∈R)的极值点，则f(x)的极小值点为(　　)
A．5e－2 B．1 C．－e D．－2
答案：B
解析：f′(x)＝(2x＋a)ex＋(x2＋ax－1)ex＝[x2＋(a＋2)x＋a－1]ex，
由题意得f′(－2)＝[4－2(a＋2)＋a－1]e－2＝0，解得a＝－1，
故f′(x)＝(x2＋x－2)ex，
令f′(x)＝0，解得x＝－2或1，
令f′(x)>0，解得x>1或x<－2，令f′(x)<0，解得－2故f(x)在(－∞，－2)，(1，＋∞)上单调递增，在(－2，1)上单调递减，
故1为f(x)的极小值点．故选B.
(3)已知函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋2a ln x＋1在(4，6)上存在极值点，则实数a的取值范围是____________．
(4，6)
解析：f′(x)＝x－(a＋2)＋＝＝，x>0，
由题意f′(x)＝＝0在(4，6)上有解，则a∈(4，6)，
当a∈(4，6)时，
当4当a0，f(x)单调递增，
所以当x＝a时，f(x)取极小值，即函数f(x)在(4，6)上存在极值点．
所以实数a的取值范围是(4，6)．
题型二利用导数研究函数的最值
角度一　求函数的最值
例4
已知函数g(x)＝a ln x＋x2－(a＋2)x(a∈R)．
(1)若a＝1，求g(x)在区间[1，e]上的最大值；
(2)求g(x)在区间[1，e]上的最小值h(a)．
解析：(1)∵a＝1
∴g(x)＝ln x＋x2－3x，
∴g′(x)＝＋2x－3＝，
∵x∈[1，e]，∴g′(x)≥0，
∴g(x)在[1，e]上单调递增，
∴g(x)max＝g(e)＝e2－3e＋1.
(2)g(x)的定义域为(0，＋∞)，g′(x)＝＋2x－(a＋2)＝＝.
①当≤1，即a≤2时，g(x)在[1，e]上单调递增，h(a)＝g(1)＝－a－1；
②当1＜＜e，即2＜a＜2e时，g(x)在[1，)上单调递减，在(，e]上单调递增，h(a)＝g()＝a ln a2－a；
③当≥e，即a≥2e时，g(x)在[1，e]上单调递减，h(a)＝g(e)＝(1－e)a＋e2－2e.
综上，h(a)＝
角度二　已知函数的最值求参数
例5[2024·吉林长春模拟]函数f(x)＝x2＋(a－1)x－3ln x在(1，2)内有最小值，则实数a的取值范围为________．
(－，2)
解析：由题意可得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
易知f′(x)＝2x＋a－1－＝，
若函数f(x)在(1，2)内有最小值，则函数f(x)在(1，2)内必有极值点，
又Δ＝(a－1)2＋24>0，不妨设x1，x2为方程2x2＋(a－1)x－3＝0的两个不相等实数根，
则有，不妨令x1<0令g(x)＝2x2＋(a－1)x－3，根据零点存在定理可得，
解得－经检验f(x)在(1，2)内有最小值，
所以实数a的取值范围为(－，2)．
题后师说
(1)求函数f(x)在闭区间[a，b]上的最值时，在得到极值的基础上，结合区间端点的函数值f(a)，f(b)与f(x)的各极值进行比较得到函数的最值．
(2)求含有参数的函数f(x)的最值，需先求函数的定义域、导函数，通过对参数分类讨论，判断函数的单调性，从而得到函数f(x)的最值．
巩固训练2
[2024·河北石家庄模拟]已知函数f(x)＝ax＋ln x，其中a为常数．
(1)当a＝－1时，求f(x)的最大值；
解析：函数f(x)＝ax＋ln x的定义域为(0，＋∞)，
当a＝－1时，f(x)＝－x＋ln x，
则f′(x)＝－1＋＝，
当00，当x>1时，f′(x)<0，
所以f(x)在(0，1)上为单调递增函数，在(1，＋∞)上为单调递减函数，
所以f(x)max＝f(1)＝－1，
所以当a＝－1时，求f(x)的最大值为－1.
(2)若f(x)在区间(0，e]上的最大值为－3，求a的值．
解析：函数f(x)＝ax＋ln x，
则f′(x)＝a＋，x∈(0，e]，∈[，＋∞)，
①若a≥－，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0，e]上单调递增，
故f(x)max＝f(e)＝ae＋1≥0，不符合题意；
②若a<－，
当00，当－所以f(x)在(0，－)上为单调递增函数，在(－，e]上为单调递减函数，
则f(x)max＝f(－)＝－1＋ln (－)，
令－1＋ln (－)＝－3，可得ln (－)＝－2，
解得a＝－e2，因为－e2<－，
所以a＝－e2符合题意，综上所述a＝－e2.
1．[2024·江西宜春模拟]函数f(x)的定义域为(a，b)，导函数f′(x)在(a，b)内的图象如图所示，则函数f(x)在(a，b)内极小值点的个数是(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
答案：A
解析：f′(x)>0，函数f(x)单调递增，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，由导函数f′(x)的图象知：函数f(x)在(a，b)内，与x轴有四个交点：从左向右看，第一个点处导数左正右负，是极大值点，第二个点处导数左负右正，是极小值点，第三个点处导数左正右正，没有变号，所以不是极值点，第四个点处导数左正右负，是极大值点，所以函数f(x)在开区间(a，b)内的极小值点有1个，故选A.
2．[2023·新课标Ⅱ卷]已知函数f(x)＝aex－ln x在区间(1，2)单调递增，则a的最小值为(　　)
A．e2 B．e
C．e－1 D．e－2
答案：C
解析：因为函数f(x)＝aex－ln x，所以f′(x)＝aex－.因为函数f(x)＝aex－ln x在(1，2)单调递增，所以f′(x)≥0在(1，2)恒成立，即aex－≥0在(1，2)恒成立，易知a>0，则0<≤xex在(1，2)恒成立．设g(x)＝xex，则g′(x)＝(x＋1)ex.当x∈(1，2)时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以在(1，2)上，g(x)>g(1)＝e，所以≤e，即a≥＝e－1，故选C.
3．[2024·江苏镇江模拟]若函数f(x)＝x＋与函数g(x)＝aex－x有相等的极小值，则实数a＝(　　)
A．　　　B．e3 C．2　　　D．
答案：B
解析：由对勾函数可知：f(x)＝x＋在x＝2时取到极小值f(2)＝2＋＝4，
对于g(x)＝aex－x，则有：
当a≤0时，g(x)在定义域内单调递减，无极值，不合题意；
当a>0时，g′(x)＝aex－1，
令g′(x)<0，解得x<－ln a；令g′(x)>0，解得x>－ln a；
则g(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，在(－ln a，＋∞)上单调递增，
所以g(x)的极小值为g(－ln a)＝1＋ln a＝4，解得a＝e3.故选B.
4．[2021·新高考Ⅰ卷]函数f(x)＝|2x－1|－2ln x的最小值为________．
1
解析：由题设知：f(x)＝|2x－1|－2ln x定义域为(0，＋∞)，
∴当0当当x>1时，f(x)＝2x－1－2ln x，有f′(x)＝2－>0，此时f(x)单调递增；又∵f(x)在各分段的界点处连续，
∴综上有01时，f(x)单调递增；
∴f(x)≥f(1)＝1.(共57张PPT)
第一节　导数的概念及其
几何意义、导数运算
课前自主预习案
课堂互动探究案
课前自主预习案
必 备 知 识
1.导数的概念
(1)平均变化率：对于函数y＝f(x)，我们把比值，即＝________________叫做函数y＝f(x)从x0到x0＋Δx的平均变化率．
(2)函数y＝f(x)在x＝x0处的导数：函数y＝f(x)在x＝x0处的瞬时变化率是＝，我们称它为函数y＝f(x)在x＝x0处的导数，记作________或y′|x＝x0，即f′(x0)＝．　
导数是用极限来刻画的
f′(x0)
(3)导函数：对于函数y＝f(x)，当x＝x0时，f′(x0)是一个唯一确定的数，当x变化时，f′(x)就是x的函数，我们称它为函数y＝f(x)的导函数(简称导数)，即f′(x)＝y′＝__________________．
2．导数的几何意义
函数y＝f(x)在x＝x0处的导数f′(x0)，就是曲线y＝f(x)在x＝x0处的切线的斜率k0，即k0＝_______．相应的切线方程为__________________．
即在点(x0，f(x0))处
f′(x0)
y－f(x0)＝f′(x0)(x－x0)
3．基本初等函数的导数公式
基本初等函数 导函数
f(x)＝c(c为常数) f′(x)＝________
f(x)＝xn(n∈Q*) f′(x)＝________
f(x)＝sin x f′(x)＝________
f(x)＝cos x f′(x)＝________
0
nxn－1
cos x
－sin x
f(x)＝ax(a>0且a≠1) f′(x)＝________
f(x)＝ex f′(x)＝________
f(x)＝logax(x>0，a>0且a≠1)
f′(x)＝________
f(x)＝ln x(x>0)
f′(x)＝________
ax ln a
ex
4.导数的四则运算法则
若f′(x)，g′(x)存在，则有：
(1)[f(x)±g(x)]′＝________________．
(2)[f(x)g(x)]′＝________________．
(3)′＝__________________(g(x)≠0)．
(4)[cf(x)]′＝____________(c为常数)．
f′(x)±g′(x)
f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)
cf′(x)
5．复合函数的导数
复合函数y＝f(g(x))的导数与函数y＝f(u)，u＝g(x)的导数间的关系为y′x＝_________，即y对x的导数等于y对u的导数与u对x的导数的乘积．
y′u·u′x
【常用结论】
1．曲线的切线与曲线的公共点不一定只有一个，而直线与二次曲线相切时只有一个公共点．
2．奇函数的导数是偶函数，偶函数的导数是奇函数，周期函数的导数还是周期函数．
夯 实 基 础
1．思考辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)导函数f′(x)的定义域与函数f(x)的定义域相同．(　　)
(2)f′(x0)与[f(x0)]′表示的意义相同．(　　)
(3)曲线的切线不一定与曲线只有一个公共点．(　　)
(4)与曲线只有一个公共点的直线一定是曲线的切线．(　　)
×
×
√
×
2．(教材改编)某跳水运动员离开跳板后，他达到的高度与时间的函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t(距离单位：米，时间单位：秒)，则他在0.5秒时的瞬时速度为(　　)
A．9.1米/秒　　　　　B．6.75米/秒
C．3.1米/秒 　　　　D．2.75米/秒
答案：C
解析：因为函数关系式是h(t)＝10－4.9t2＋8t，
所以h′(t)＝－9.8t＋8，所以在t＝0.5秒时的瞬时速度为－9.8×0.5＋8＝3.1(米/秒)．故选C.
3．(教材改编)曲线y＝x2＋ 在点(1，4)处的切线方程为________________．
x＋y－5＝0
解析：∵y′＝2x－，
∴y′|x＝1＝2－3＝－1.
∴所求切线方程为y－4＝－(x－1)，
即x＋y－5＝0.
4．(易错)已知函数f(x)＝ln x－f′(1)ex＋2，则f(1)＝(　　)
A．＋2 B．－＋2
C．2 D．－2
答案：B
解析：因为f(x)＝ln x－f′(1)ex＋2，
则f′(x)＝－f′(1)ex，
则f′(1)＝1－f′(1)e，
即f′(1)＝，
则f(1)＝－＋2.故选B.
5．(易错)过原点与曲线y＝(x－1)3相切的切线方程为________________．
y＝0或27x－4y＝0
解析：设切点为(x0，y0)，
则y′|x＝x0＝3(x0－1)2，
∴切线方程为y－y0＝3(x0－1)2(x－x0)，
即y－(x0－1)3＝3(x0－1)2(x－x0)．
又该直线过原点，
∴－(x0－1)3＝3(x0－1)2(－x0)，
即(x0－1)2(2x0＋1)＝0，
解得x0＝1或x0＝－，∴所求的切线方程为y＝0或27x－4y＝0.
课堂互动探究案
1.了解导数的概念、掌握基本初等函数的导数．
2．通过函数图象，理解导数的几何意义．
3．能够用导数公式和导数的运算法则求简单函数的导数，能求简单的复合函数(形如f(ax＋b))的导数．
问题思考·夯实技能
【问题1】　请你写出：
(1)′＝________(f(x)≠0)．
(2)[exf(x)]′＝___________．
(3)′＝__________．
－
ex[f(x)＋f′(x)]
【问题2】　“曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”有何区别？
答案：“曲线在点P处的切线”与“曲线过点P的切线”含义是不同的．“曲线在点P处的切线”即点P是曲线上的点，且点P就是切点；而“曲线过点P的切线”，点P不一定在曲线上，点P不一定是切点．
关键能力·题型剖析

题型一导数的运算
例1 (1)(多选)[2024·河南南阳模拟]下列求导数的运算正确的是(　　)
A．(x3－)′＝3x2＋
B．(ln 2)′＝
C．(xex)′＝(x＋1)ex
D．(sin )′＝cos
答案： AC　
解析：根据基本初等函数及导数的求导法则知，(x3－)′＝3x2＋，选项A正确；因为ln 2是常数，所以(ln 2)′＝0，选项B错误；根据基本初等函数及导数的求导法则知，(xex)′＝ex＋xex＝(x＋1)ex，选项C正确；根据复合函数的求导法则知，(sin )′＝cos ，选项D错误．故选AC.
(2)[2024·广东深圳模拟]已知函数f(x)＝x3－2x＋2f′(2)，其中f′(x)是f(x)的导函数，则f(2)＝(　　)
A．12 B．20
C．10 D．24
答案：D
解析：由题意得f′(x)＝3x2－2，故f′(2)＝3×4－2＝10，则f(x)＝x3－2x＋20，故f(2)＝8－4＋20＝24.故选D.
题后师说
巩固训练1
(1)(多选)[2024·吉林长春模拟]已知下列四个命题，其中不正确的是(　　)
A．(e2x)′＝2e2x
B．(lg x)′＝
C．()′＝
D．(sin cos x)′＝cos cos x－sin sin x
答案：BCD　
解析： (e2x)′＝2e2x，故A正确；
(lg x)′＝，故B错误；
()′＝，故C错误；
(sin cos x)′＝－sin sin x，故D错误．故选BCD.
(2)[2024·山东北镇中学模拟]已知函数f(x)＝ex sin 2x，则f′()＝________．
　解析：由于f′(x)＝(ex)′·sin 2x＋ex·(sin 2x)′＝ex(sin 2x＋2cos 2x)，所以f′()＝(sin π＋2cos π)＝.
题型二导数的几何意义
角度一　导数与函数图象的关系
例2 [2024·北京四中模拟]已知函数f(x)在R上可导，其部分图象如图所示，设＝a，则下列不等式正确的是(　　)
A．f′(1)C．f′(2)答案：B
　解析：由图象可知，函数在[0，＋∞)上的增长越来越快，
故函数图象在点(x0，f(x0))(x0∈(0，＋∞))的切线的斜率越来越大，
因为＝a，所以f′(1)角度二　求切线方程
例3 (1)[2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝ex－2x＋1，则曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为____________．
(2)曲线y＝(x－4)ex过坐标原点的切线方程为__________．
x＋y－2＝0
y＝－e2x
解析：(1)由f(x)＝ex－2x＋1得f′(x)＝ex－2，
故f′(0)＝e0－2＝－1，而f(0)＝e0＋1＝2，
故曲线y＝f(x)在x＝0处的切线方程为y－2＝－x，
即x＋y－2＝0.
(2)设切点为(x0，y0)，则y0＝，
y′＝ex＋(x－4)ex＝(x－3)ex，切线的斜率为，
所以切线方程为＝(x－x0)，
又切线过原点，所以＝(0－x0)，即－4x0＋4＝0，
解得x0＝2，所以切线方程为y＝－e2x.
角度三　求切点坐标或参数
例4 (1)[2024·重庆模拟]已知直线y＝ax－a与曲线y＝x＋相切，则实数a＝(　　)
A．0 B． C． D．
答案：C　
解析：由y＝x＋且x不为0，得y′＝1－，
设切点为(x0，y0)，则，即，
所以＝，可得x0＝－2，a＝.
故选C.
(2)[2024·山东日照模拟]若曲线y＝－在点(0，－1)处的切线与曲线y＝ln x在点P处的切线垂直，则点P的坐标为(　　)
A．(e，1) B．(1，0)
C．(2，ln 2) D．(，－ln 2)
答案：D
解析：y＝－的导数为y′＝－，所以曲线y＝－在点(0，－1)处的切线的斜率为k1＝－.
因为曲线y＝－在点(0，－1)处的切线与曲线y＝ln x在点P处的切线垂直，
所以曲线y＝ln x在点P处的切线的斜率k2＝2.
而y＝ln x的导数y′＝，所以切点的横坐标为，所以切点P(，－ln 2)．故选D.
题后师说
(1)处理与切线有关的问题，关键是根据曲线、切线、切点的三个关系列出参数的方程：
①切点处的导数是切线的斜率；
②切点在切线上；
②切点在曲线上．
(2)注意区分“在点P处的切线”与“过点P的切线”．
巩固训练2
(1)函数f(x)的图象如图所示，下列数值排序
正确的是(　　)
A．0B．0C．0D．0答案：B　
解析：(1)由函数图象可知f(x)在[0，＋∞)上单调递增，
所以f(3)－f(2)>0，
在x＝3处切线的倾斜角和在x＝2处的倾斜角均为锐角，
且在x＝3处切线的倾斜角比在x＝2处的倾斜角要小，
如图，
所以0由于为两点连线的斜率，
从图中可得f′(3)<即0故选B.
(2)曲线y＝ex－ln x在点(1，e)处的切线方程为________________．
(3)[2024·福建泉州模拟]已知直线y＝x－1与曲线y＝ex＋a相切，则实数a的值为__________．
(e－1)x－y＋1＝0　
－2
解析：(2)f(x)＝ex－ln x，则f′(x)＝e－，则f′(1)＝e－1，
由点斜式可得切线方程为：y－e＝(e－1)(x－1)，整理可得：(e－1)x－y＋1＝0.
(3)设切点为(x0，x0－1)，
因为y′＝ex＋a，所以切线的斜率k＝ex0＋a＝1，即x0＋a＝0，
又切点(x0，x0－1)在曲线y＝ex＋a上，所以x0－1＝ex0＋a＝1，则x0＝2，a＝－2.
题型三导数几何意义的应用
例5 (1)[2024·黑龙江哈尔滨模拟]过点P(1，0)可以作曲线f(x)＝xex的两条切线，切点的横坐标分别为m，n，则m2＋n2的值为(　　)
A．1 B．2
C． D．3
答案：D
解析： f′(x)＝(x＋1)ex，设切点为坐标(x，y)，
则(x＋1)ex＝＝，
即(x2－x－1)ex＝0，则x1＋x2＝1，x1·x2＝－1，
由题意知x2－x－1＝0有两解，分别为m，n，
故m2＋n2＝＝(x1＋x2)2－2x1·x2＝1－2×(－1)＝3.
故选D.
(2)[2021·新高考Ⅰ卷]若过点(a，b)可以作曲线y＝ex的两条切线，则(　　)
A．ebC．0答案：D
解析：在曲线y＝ex上任取一点P，对函数y＝ex求导得y′＝ex，
所以曲线y＝ex在点P处的切线方程为y－et＝et，即y＝etx＋et，
由题意可知，点在直线y＝etx＋et上，可得b＝aet＋et＝et，
令f＝et，则f′＝et.
当t0，此时函数f单调递增，
当t>a时，f′<0，此时函数f单调递减，
所以fmax＝f＝ea，
由题意可知，直线y＝b与曲线y＝f的图象有两个交点，则b当t0，当t>a＋1时，f<0，作出函数f的图象如图所示，
由图可知，当0解法二　画出函数曲线y＝ex的图象如图所示，根据直观即可判定点在曲线下方和x轴上方时才可以作出两条切线．由此可知0题后师说
(1)设切点列方程．
(2)切线条数的判断，实质是切点横坐标为变量(方程)零点个数的判断．
巩固训练3
　[2022·新高考Ⅰ卷]若曲线y＝(x＋a)ex有两条过坐标原点的切线，则a的取值范围是____________________．

(－∞，－4)
解析：设切线的切点坐标为(x0，y0)．令f(x)＝(x＋a)ex，则f′(x)＝(x＋1＋a)ex，f′(x0)＝.因为y0＝，切线过原点，所以f′(x0)＝，即＝.整理得＋ax0－a＝0.由题意知该方程有两个不同的实数根，所以Δ＝a2＋4a＞0，解得a＜－4或a＞0.
1．已知函数f(x)＝x2·f′(0)＋x·f(1)－2，则f(2)＝(　　)
A．12 B．10
C．8 D．6
答案：B
解析：由题意知f′(x)＝2x·f′(0)＋f(1)，所以，
解得f′(0)＝f(1)＝2，则f(x)＝2x2＋2x－2，故f(2)＝10.故选B.
2．[2024·江西宜春模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋x2在x＝1处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，则a＝(　　)
A．2 B．－2
C．1 D．－1
答案：D
解析：函数f(x)＝a ln x＋x2，求导得：f′(x)＝2x＋，因为f(x)在x＝1处的切线与直线x＋y＋1＝0垂直，所以f(x)在x＝1处的切线斜率为f′(1)＝2＋a＝1，解得a＝－1.故选D.
3．若直线y＝kx＋n与曲线y＝ln x＋相切，则k的取值范围是(　　)
A．(－∞，] B．[4，＋∞)
C．[－4，＋∞) D．[，＋∞)
答案：A
解析：y′＝＝－()2＋，由导数的几何意义可知，k≤.故选A.
4．[2022·新高考Ⅱ卷]曲线y＝ln |x|过坐标原点的两条切线的方程为____________，____________．
y＝
y＝－
解析：当x>0时，y＝ln x，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln x相切于点(x1，ln x1)(x1>0)，则此时切线方程为y－ln x1＝(x－x1)．若该切线经过原点，则ln x1－1＝0，解得x1＝e，此时切线方程为y＝.当x<0时，y＝ln (－x)，y′＝.假设此时直线与曲线y＝ln (－x)相切于点(x2，ln (－x2))(x2<0)，则此时切线方程为y－ln (－x2)＝(x－x2)．若该切线经过原点，则ln (－x2)－1＝0，解得x2＝－e，此时切线方程为y＝－.
状元笔记 两曲线的公切线问题
1.求两条曲线的公切线，如果同时考虑两条曲线与直线相切，头绪会比较乱，为了使思路更清晰，一般是把两条曲线分开考虑，先分析其中一条曲线与直线相切，再分析另一条曲线与直线相切，直线与抛物线相切可用判别式法．
2．公切线条数的判断问题可转化为方程根的个数求解问题．
一、共切点的公切线问题
【典例1】　若曲线y＝x－ln x与曲线y＝ax3＋x＋1在公共点处有相同的切线，则实数a＝(　　)
A．　 　B．－　 　C．－　 　D．
答案：　B
解析：　由题设，y＝x－ln x的导函数为y′＝1－；y＝ax3＋x＋1的导函数为y′＝3ax2＋1，
设公共点为(m，n)且m > 0，则y′|x＝m＝1－，y′|x＝m＝3am2＋1，
则公共点处y＝x－ln x的切线为y－n＝(1－)(x－m)，即y＝(1－)x－m＋1＋n；公共点处y＝ax3＋x＋1的切线为y－n＝(3am2＋1)(x－m)，即y＝(3am2＋1)x－3am3－m＋n；
因为公共点处切线相同，则
可得m＝，则a＝－.故选B.
二、不同切点的公切线问题
【典例2】　[2024·江苏南京模拟]若直线y＝x＋m与曲线y＝ax2和y＝ln x均相切，则a＝__________．
　
解析：设直线y＝x＋m与y＝ln x相切于点x0，ln x0，y′＝，
因为直线y＝x＋m与y＝ln x相切，所以＝1，且＝x0＋m；
解得x0＝1，m＝－1；
因为直线y＝x－1与曲线y＝ax2相切，
联立得ax2－x＋1＝0，a≠0且Δ＝1－4a＝0，即a＝.
【典例3】　[2024·黑龙江哈尔滨模拟]已知函数f(x)＝ln (x＋1)，g(x)＝ln (e2x)，若直线y＝kx＋b为f(x)和g(x)的公切线，则b＝(　　)
A． B．1－ln 2
C．2－ln 2 D．－ln 2
答案：　B
解析：　设直线l：y＝kx＋b与f(x)＝ln (x＋1)相切于点A(x1，y1)，
与g(x)＝ln (e2x)相切于点B(x2，y2)，
由f(x)＝ln (x＋1)，所以f′(x)＝，
由f′(x1)＝＝k x1＝，
则y1＝ln (x1＋1)＝ln (＋1)＝ln ＝－ln k，
即点A(，－ln k)，代入直线l中有：－ln k＝k·＋b b＝k－ln k－1， ① 　
由g(x)＝ln (e2x)＝ln e2＋ln x＝2＋ln x，
所以g′(x)＝，
由g′(x2)＝＝k x2＝，
y2＝g(x2)＝2＋ln x2＝2＋ln ＝2－ln k，
即点B(，2－ln k)，代入直线l中有：
2－ln k＝k·＋b b＝1－ln k， ② 　
联立①②解得k＝2，
所以b＝1－ln 2，故选B.(共27张PPT)
高考大题研究课二　利用导数证明不等式
掌握利用导数证明不等式问题，重点掌握导数与函数的性质、函数的零点、数列等相结合的问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一将不等式转化为函数的最值问题
例1 (12分)[2023·新课标Ⅰ卷]已知函数f(x)＝a(ex＋a)－x.
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)证明：当a>0时，f(x)>2ln a＋.
思路导引　
(1)求出导函数，对a进行分类讨论，根据导函数判断函数的单调性即可．
(2)由(1)可求f(x)min，只要证f(x)min＞2ln a＋，移项构造函数，根据函数的单调性证明即可．
[满分答卷·评分细则]
→正确求f(x)的导数得1分
当a≤0时，由于ex＞0，则aex≤0，故f′(x)＝aex－1＜0恒成立，所以f(x)在R上单调递减；→正确讨论a≤0得1分
当a＞0时，令f′(x)＝aex－1＝0，解得x＝－ln a，
当x＜－ln a时，f′(x)＜0，则f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，
当x＞－ln a时，f′(x)＞0，则f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增，→正确讨论a＞0得2分
综上：当a≤0时，f(x)在R上单调递减；
当a＞0时，f(x)在(－∞，－ln a)上单调递减，f(x)在(－ln a，＋∞)上单调递增．→正确写出结论得1分
(2)证明：由(1)得，f(x)min＝f(－ln a)＝a(e－ln a＋a)＋ln a＝1＋a2＋ln a→正确求出f(x)min得1分
要证f(x)≥2ln a＋，即证1＋a2＋ln a＞2ln a＋，即证a2－－ln a＞0恒成立．→正确转化f(x)＞2ln a＋ f(x)min＞2ln a＋得2分
令g(a)＝a2－－ln a(a＞0)，则g′(a)＝2a－＝，→正确构造新函数，求导得1分
令g′(a)＜0，则0＜a＜；令g′(a)＞0，则a＞；所以g(a)在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，所以g(a)min＝g()＝()2－－ln ＝ln ＞0，则g(a)＞0恒成立．→正确求出g(a)min＞0得2分
→最后下结论得1分
题后师说
(1)待证不等式的两边含有同一个变量时，一般地，可以直接构造“左减右”的函数，有时对复杂的式子要进行变形，借助所构造函数的单调性和最值即可得证．
(2)待证不等式的两边一边含有变量而另一边含参数时，可以转化为求含变量函数的最值，再构造含参数的函数，利用导数研究其单调性和最值即可得证．
巩固训练1
[2024·河南新乡模拟]已知函数f(x)＝x2ln x.
(1)求f(x)的单调区间；
解析：因为f(x)＝x2ln x，x>0，
所以f′(x)＝2x ln x＋x＝x(2ln x＋1)，
由f′(x)＝0，得x＝.
当)时，f′(x)<0；当，＋∞)时，f′(x)>0.
故f(x)的单调递减区间为)，单调递增区间为，＋∞)．
(2)证明：f(x)≥x－1.
解析：证明：f(x)≥x－1等价于ln x－≥0.
令函数g(x)＝ln x－，则g′(x)＝＝＝.
当x∈(0，1)时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，g(x)单调递增.
故g(x)≥g(1)＝0，即f(x)≥x－1.
题型二分拆函数法证明不等式
例2 [2024·广东东莞模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋x＋＋2a(a∈R)．若0解析：要证明f(x)即证x＋a ln x＋＋2a即证a(ln x＋2)<，即证<.
令g(x)＝，其中x>0，则g′(x)＝，
当0当x>2时，g′(x)>0，此时函数g(x)单调递增．
所以g(x)min＝g(2)＝.
构造函数h(x)＝，其中00，
则h′(x)＝－.
当00，此时函数h(x)单调递增；
当x>时，h′(x)<0，此时函数h(x)单调递减．
所以h(x)max＝h()＝ae<，则h(x)max所以<.
故原不等式得证．
题后师说
若直接求导比较复杂或无从下手时，可将待证式进行变形，构造两个函数，从而找到可以传递的中间量，达到证明的目标．本例中同时含有ln x与ex，不能直接构造函数，把指数与对数分别构造函数，计算它们的最值，借助最值进行证明
巩固训练2
已知函数f(x)＝x ln x＋1.
(1)若函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；
解析： f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ln x＋1.令f′(x)＝0，可得x＝.
当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增，
所以f(x)的单调递增区间为，
因为函数f(x)在(a，＋∞)上单调递增，所以(a，＋∞) [，＋∞)，
所以a≥.故实数a的取值范围为[，＋∞)．
(2)证明：f(x)≥x2e1－x.
解析：证明：因为x>0，所以要证x ln x＋1≥x2e1－x，只需证明ln x＋≥xe1－x成立．
令g(x)＝ln x＋，则g′(x)＝＝.
令g′(x)＝0，得x＝1，当0当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝1.
令h(x)＝xe1－x，则h′(x)＝(1－x)e1－x，
令h′(x)＝0，得x＝1，当00，h(x)单调递增；
当x>1时，h′(x)<0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h(1)＝1.
因此g(x)≥h(x)，即f(x)≥x2e1－x，当且仅当x＝1时等号成立．
题型三
适当放缩证明不等式
例3 已知函数f(x)＝aex－1－ln x－1.
(1)若a＝1，求f(x)在(1，f(1))处的切线方程；
解析：当a＝1时，f(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，f′(x)＝ex－1－，k＝f′(1)＝0，
又f(1)＝0，∴切点为(1，0)，
∴切线方程为y－0＝0(x－1)，即y＝0.
(2)证明：当a≥1时，f(x)≥0.
解析：证明：∵a≥1，∴aex－1≥ex－1，
∴f(x)≥ex－1－ln x－1.
令φ(x)＝ex－1－ln x－1(x＞0)，
∴φ′(x)＝ex－1－，令h(x)＝ex－1－，
∴h′(x)＝ex－1＋＞0，
∴φ′(x)在(0，＋∞)单调递增，又φ′(1)＝0，
∴当x∈(0，1)时，φ′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＞0，
∴φ(x)在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，
∴φ(x)min＝φ(1)＝0，∴φ(x)≥0，∴f(x)≥φ(x)≥0，即证得f(x)≥0.
题后师说
放缩法证明不等式
在证明不等式的时候，若直接证明比较困难，可将不等式中的部分项进行放大或缩小，然后证明放缩后的不等式成立，再根据不等式的传递性证明原不等式成立，这种方法就是放缩法证明不等式，常用的放缩技巧有：(1)ex≥x＋1；≥x；(3)ln x≤x－1；(4)ln (x＋1)≤x等．
巩固训练3
已知函数f(x)＝a ln (x－1)＋，其中a为正实数，证明：当x>2时，f(x)解析：令φ(x)＝ln x－x＋1，其定义域为(0，＋∞)，
φ′(x)＝－1＝.
当x∈(0，1)时，φ′(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)＜0，
∴φ(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴φ(x)max＝φ(1)＝0，
∴φ(x)≤0，
即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时取“＝”．
当x＞2时，ln (x－1)＜x－2，
又a＞0，
∴a ln (x－1)＜a(x－2)．
要证f(x)＜ex＋(a－1)x－2a，
只需证a ln (x－1)＋＜ex＋(a－1)x－2a，
只需证a(x－2)＋＜ex＋(a－1)x－2a，即ex－x－＞0对于任意的x＞2恒成立．
令h(x)＝ex－x－，x＞2，
则h′(x)＝ex－1＋，
∵x＞2，∴h′(x)＞0恒成立，
∴h(x)在(2，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞h(2)＝e2－4＞0，
∴当x＞2时，f(x)＜ex＋(a－1)x－2a.
题型四利用导数证明与数列有关的不等式
例4 [2024·山东济南模拟]已知函数f(x)＝a ln x＋1－x.
(1)若f(x)≤0，求a的值；
解析：由题意知，x∈(0，＋∞)，f′(x)＝－1＝，
①当a≤0时，f′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减，
所以，当x∈(0，1)时，f(x)>f(1)＝0，不合题意；
②当00得x∈(0，a)，则f(x)在(0，a)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意；
③当a＝1时，由f′(x)>0得x∈(0，1)，则f(x)在(0，1)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(1，＋∞)，则f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以对于任意的x∈(0，＋∞)，f(x)≤f(1)＝0，符合题意；
④当a>1时，由f′(x)>0得x∈(0，a)，则f(x)在(0，a)上单调递增，
由f′(x)<0得x∈(a，＋∞)，则f(x)在(a，＋∞)上单调递减，
所以f(a)>f(1)＝0，不合题意．
综上所述，a＝1.
(2)证明：当n∈N＋且n≥2时，×…×<.
解析：由(1)知，a＝1时，ln x＋1－x≤0即ln x≤x－1，当且仅当x＝1时等号成立．
令x＝n，其中n∈N＋且n≥2，则有ln n又n－1所以×…×<×…×＝.
所以原不等式得证．
题后师说
证明与数列有关的不等式的策略
在证明与数列有关的不等式时，往往是从题目中已经证得的结论(参数取值范围、不等式等)出发，通过特殊化处理，即将其中的变量替换为特殊的变量，尤其是可替换为与自然数n有关的式子，然后再结合数列中的裂项求和以及不等式的放缩等方法证得结论．
巩固训练4
[2024·河北唐山模拟]已知函数f(x)＝ln x＋(a∈R)．
(1)求函数f(x)的极值；
解析： f′(x)＝＝，
当a≤0时，f′(x)>0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，无极值；
当a>0时，当0a时，f′(x)>0，
函数f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
函数f(x)有极小值f(a)＝ln a＋1，无极大值．
(2)求证：＋…＋解析：由(1)知，当a＝1时，f(x)≥f(1)＝1，当且仅当x＝1时取等号，
令x＝>1，n∈N*，可知f()>1，即ln ()>1－＝，
即累加得＋…＋高考大题研究课三　利用导数研究函数的零点
掌握判断函数零点的个数或范围，以及函数零点与其他知识的交汇问题，考查提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一数形结合法研究函数的零点
例1 [2024·河南开封模拟]已知函数f(x)＝ex－ax2.
(1)若函数f(x)的图象与直线y＝x－1相切，求实数a的值；
解析：设直线y＝x－1与函数f(x)的图象相切于点(x0，y0)，
因为f′(x)＝ex－2ax，
所以，由②③可得＝x0－1　④，易知x0≠0.
由①得a＝，代入④可得＝x0－1，
即＋x0＝2x0－2，即＝x0－2，解得x0＝2.
故a＝＝.
(2)若函数g(x)＝f(x)－x＋1有且只有一个零点，求实数a的取值范围．
解析：令g(x)＝f(x)－x＋1＝0，可得ex－ax2－x＋1＝0，
由题意可得ex－ax2－x＋1＝0只有一个根．
易知x＝0不是方程ex－ax2－x＋1＝0的根，所以x≠0，
所以由ex－ax2－x＋1＝0，可得a＝.
设h(x)＝，则y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点．
h′(x)＝＝，
当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
当x∈(0，2)时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．
设t(x)＝ex－x＋1，则t′(x)＝ex－1，
当x∈(－∞，0)时，t′(x)<0，函数t(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，t′(x)>0，函数t(x)单调递增．
所以t(x)≥t(0)＝2.
所以h(x)＝>0.
又h(2)＝＝，x→0时，h(x)→＋∞，x→＋∞时，h(x)→＋∞，
画出函数h(x)的图象如图所示，
由图可知，若y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，
则0所以实数a的取值范围是(0，)．
题后师说
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，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围或判断零点个数．
巩固训练1
[2024·江西九江模拟]已知函数f(x)＝(x－2)ex.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
解析：∵f(x)定义域为R，f′(x)＝ex＋(x－2)ex＝(x－1)ex，
又ex>0恒成立，
∴当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0；
f(x)的单调递减区间为(－∞，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；
所以极小值为f(1)＝－e，无极大值．
(2)若g(x)＝f(x)－a，讨论函数g(x)的零点个数．
解析：当x<2时，f(x)<0，当x>2时，f(x)>0，结合(1)中结论作出函数图象如图，
g(x)的零点个数等价于f(x)与y＝a的交点个数；
当a≥0时，f(x)与y＝a有且仅有一个交点；
当－e当a＝－e时，f(x)与y＝a有且仅有一个交点；
当a<－e时，f(x)与y＝a无交点；
综上所述：当a∈[0，＋∞)时，g(x)有唯一零点；
当a∈(－e，0)时，g(x)有两个不同零点；
当a∈(－∞，－e)时，g(x)无零点．
题型二利用函数的性质研究函数的零点
例2 　[2024·河北保定模拟]已知函数f(x)＝，a∈R.
(1)当a＝－1时，证明：f(x)>1在[－π，0]上恒成立；
解析：当a＝－1时，函数f(x)＝，f′(x)＝，
函数y＝在[－π，0]上单调递增，y＝－在[－π，0]上单调递增，
所以f′(x)在[－π，0]上单调递增，f′(0)＝－1<0，
则f′(x)<0在[－π，0]上恒成立，f(x)在[－π，0]上单调递减，
在[－π，0]上，f(x)≥f(0)＝＋1>1，即f(x)>1在[－π，0]上恒成立．
(2)当a＝1时，求f(x)在[π，2π]内的零点个数．
解析：当a＝1时，函数f(x)＝，
＝0，等价于ex－π(sin x＋1)－1＝0，
令g(x)＝ex－π(sin x＋1)－1，g′(x)＝ex－π(sin x＋cos x＋1)，
在内sin x＋cos x＝sin (x＋)∈，g′(x)≤0，
g(x)在内单调递减，
在内，cos x≥0，sin x＋cos x＋1≥0，g′(x)≥0，g(x)在内单调递增，
g(π)＝ex－π(sin x＋1)－1＝0，π是g(x)的零点，
g()＝(sin ＋1)－1＝－1，g(2π)＝eπ(sin 2π＋1)－1＝eπ－1>0，g(x)在上有一个零点，
所以f(x)在[π，2π]内有两个零点．
题后师说
利用函数的性质研究函数的零点，主要是根据函数单调性、奇偶性、最值或极值的符号确定函数零点的个数，此类问题在求解过程中可以通过数形结合的方法确定函数存在零点的条件．
巩固训练2　已知函数f(x)＝ax－－(a＋1)ln x.
(1)当a＝0时，求f(x)的最大值；
解析：当a＝0时，f(x)＝－－ln x(x＞0)，
则f′(x)＝＝，
易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)在x＝1处取得极大值，同时也是最大值，
∴函数f(x)的最大值为f(1)＝－1.
(2)若f(x)恰有一个零点，求a的取值范围．
解析：f′(x)＝a＋
＝＝，
①当a＝0时，由(1)可知，函数f(x)无零点；
②当a＜0时，易知函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
又f(1)＝a－1＜0，故此时函数f(x)无零点；
③当0＜a＜1时，易知函数f(x)在(0，1)，(，＋∞)上单调递增，在(1，)上单调递减，
且f(1)＝a－1＜0，所以f()＜0，且当x→＋∞时，f(x)＞0，此时f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点；
④当a＝1时，f′(x)＝≥0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
又f(1)＝0，故此时函数f(x)有唯一零点；
⑤当a＞1时，易知函数f(x)在(0，)，(1，＋∞)上单调递增，在(，1)上单调递减，
且f(1)＝a－1＞0，且当x→0时，f(x)＜0，故函数f(x)在(0，＋∞)上存在唯一零点；
综上，实数a的取值范围为(0，＋∞)．
题型三构造函数法研究函数的零点
例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；
解析：当a＝2时，f(x)＝，定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(x＞0)，
令f′(x)＞0，则0＜x＜，此时函数f(x)单调递增，
令f′(x)＜0，则x＞，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，)，单调递减区间为(，＋∞)．
(2)若函数φ(x)＝f(x)－1有且仅有两个零点，求a的取值范围．
解析：函数φ(x)＝f(x)－1有且仅有两个零点，
则转化为方程＝1(x＞0)有两个不同的解，即方程＝有两个不同的解．
设g(x)＝(x＞0)，则g′(x)＝(x＞0)，
令g′(x)＝＝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)＝，
且当x＞e时，g(x)∈(0，)，又g(1)＝0，
所以0＜＜，所以a＞1且a≠e，
故a的取值范围为(1，e)
题后师说
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内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．
巩固训练3　[2024·重庆涪陵模拟]已知函数f(x)＝x3＋ax，g(x)＝－x2－a(a∈R)．
(1)若函数F(x)＝f(x)－g(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，求a的最小值；

解析： F(x)＝f(x)－g(x)＝x3＋ax＋x2＋a，F′(x)＝x2＋2x＋a，
因为函数F(x)＝f(x)－g(x)在x∈[1，＋∞)上单调递增，
所以F′(x)＝x2＋2x＋a≥0在x∈[1，＋∞)恒成立，
即a≥(－x2－2x)max，a≥－3，
所以a的最小值为－3.
(2)若函数G(x)＝f(x)＋g(x)的图象与y＝ax有且只有一个交点，求a的取值范围．
解析：G(x)＝f(x)＋g(x)＝x3－x2＋ax－a与y＝ax有且只有一个交点，
即x3－x2＋ax－a＝ax只有一个根，
所以x3－x2－a＝0只有一个根，
令h(x)＝x3－x2，所以h(x)的图象与y＝a的图象只有一个交点，
h′(x)＝x2－2x，令h′(x)>0，解得x<0或x>2，
令h′(x)<0，解得0所以h(x)极大值＝h(0)＝0，h(x)极小值＝h(2)＝－，
又因为h(x)的图象与y＝a的图象只有一个交点，
所以a∈(－∞，－(共23张PPT)
高考大题研究课一　利用导数研究
不等式恒(能)成立问题
掌握利用导数解决不等式恒(能)成立问题，提高学生分析问题、解决问题的能力．
关键能力·题型剖析
题型一分离参数法求参数范围
例1 [2024·河南郑州模拟]已知函数f(x)＝x3(ln x－a)(a∈R)．
(1)求函数f(x)的单调区间；
解析：由f(x)＝x3(ln x－a)(a∈R)，定义域为(0，＋∞)，
可得f′(x)＝3x2(ln x－a)＋x3·＝x2(3ln x＋1－3a)，
令u(x)＝3ln x＋1－3a，该函数在(0，＋∞)上单调递增，
令u(x)＝3ln x＋1－3a＝0，则x＝，
令u(x)<0，即f′(x)<0，则；
令u(x)>0，即f′(x)>0，得；
故f(x)的单调减区间为)，增区间为，＋∞)．
(2)若f(x)＋ax3＋1≥ax，求实数a的取值范围．
解析：因为f(x)＋ax3＋1≥ax恒成立，所以x3(ln x－a)＋ax3＋1≥ax，x∈(0，＋∞)，
即x3ln x＋1≥ax，所以a≤x2ln x＋恒成立，
令g(x)＝x2ln x＋，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，
令h(x)＝2x3ln x＋x3－1，则h′(x)＝x2(6ln x＋5)，
当时，h′(x)<0；当时，h′(x)>0，
故h(x)即g′(x)在)上单调递减，在，＋∞)上单调递增，
而g′(1)＝0，且当x>0，无限趋近于0时，g′(x)<0，
故当x∈(0，1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，
即g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
故g(x)min＝g(1)＝1，
所以a≤1，即实数a的取值范围为(－∞，1].
题后师说
1.分离参数法基本步骤为：
第一步：首先对待含参的不等式问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式．
第二步：先求出含变量一边的式子的最值，通常使用导函数或基本不等式进行求解．
第三步：由此推出参数的取值范围即可得到结论．
2．a≥f(x)恒成立 a≥f(x)max；
a≤f(x)恒成立 a≤f(x)min；
a≥f(x)能成立 a≥f(x)min；
a≤f(x)能成立 a≤f(x)max.
巩固训练1
已知f(x)＝2x ln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f(x)的最小值；
　解析：依题意，f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝2(ln x＋1)，
所以当0时，f′(x)>0，f(x)单调递增；
所以当x＝时，f(x)取得最小值f()＝2··ln ＝－.
(2)若存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
解析：因为存在x∈(0，＋∞)，使f(x)≤g(x)成立，
即2x ln x≤－x2＋ax－3能成立，即a≥2ln x＋x＋能成立，
令h(x)＝2ln x＋x＋(x>0)，则h′(x)＝＋1－＝，
所以当x∈(0，1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)单调递增，
所以当x＝1时，h(x)取得最小值h(1)＝4，所以a≥4.
题型二等价转化法求参数范围
例2[2024·辽宁沈阳模拟]已知函数f(x)＝ex(x2＋2x＋1)，x∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
　解析：因为f′(x)＝ex(x2＋2x＋1＋2x＋2)＝ex(x2＋4x＋3)＝ex(x＋3)(x＋1)，
令f′(x)>0，解得x<－3或x>－1，
令f′(x)<0，解得－3所以f(x)在(－∞，－3)上单调递增，在(－3，－1)上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增．
(2)当x>0时，f(x)>ax2＋ax＋1，求a的取值范围．
解析：设g(x)＝f(x)－(ax2＋ax＋1)，注意到g(0)＝0.
有g′(x)＝ex(x2＋4x＋3)－(2ax＋a)，注意到g′(0)＝3－a.
设h(x)＝g′(x)＝ex(x2＋4x＋3)－(2ax＋a)，
有h′(x)＝ex(x2＋6x＋7)－2a.
①当a≤3时，
对于x>0，有h′(x)>h′(0)＝7－2a>0，所以g′(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
所以对于x>0，有g′(x)>g′(0)≥0，从而g(x)在区间(0，＋∞)上单调递增，
故对于x>0，有g(x)>g(0)＝0.符合题意．
②当a>3时，
因为g′(0)＝3－a<0，所以存在x0>0，使得对于x∈(0，x0)，有g′(x)<0.
从而g(x)在区间(0，x0)上单调递减，
故对于x∈(0，x0)，有g(x)综上a的取值范围是(－∞，3].
题后师说
“等价转化法”解决不等式恒成立问题
在不等式恒成立问题中，如果不能分离参数或分离参数后的函数的最值比较难求，可以把含参不等式整理成f(x，a)＞0或f(x，a)≥0的形式，然后从研究函数的性质入手，通过讨论函数的单调性和极值，直接用参数表达函数的最值，然后根据题意，建立关于参数的不等式，解不等式即得参数的取值范围．
(1)如果f(x，a)有最小值g(a)，则f(x，a)＞0恒成立 g(a)＞0，f(x，a)≥0恒成立 g(a)≥0.
(2)如果f(x，a)有最大值g(a)，则f(x，a)＜0恒成立 g(a)＜0，f(x，a)≤0恒成立 g(a)≤0.
巩固训练2
[2024·山东临沂模拟]已知函数f(x)＝x－a ln x，
a∈R.
(1)讨论f(x)的单调性；
解析： f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
当a>0时，令f′(x)＝0可得x＝a，
所以当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
综上当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)单调递增；
当a>0时，f(x)在(0，a)单调递减，在(a，＋∞)单调递增．
(2)当x≥1时，f(x)≥f()，求a的取值范围．
解析：当x≥1，即x－a ln x≥＋a ln x，x－－2a ln x≥0时，设g(x)＝x－－2a ln x，
则g(1)＝0，g′(x)＝，g′(1)＝2－2a.
当a≤1时，x2－2ax＋1≥1－2a＋1≥0，所以g′(x)≥0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增，
g(x)≥g(1)＝0，故f(x)≥f()，满足题意；
当a>1时，g′(1)＝2－2a<0，g′(2a)＝>0，则存在x0∈(1，2a)，使得g′(x0)＝0，当x∈(1，x0)时，g′(x)<0，g(x)单调递减，又g(x0)综上，a≤1.
题型三双变量的恒(能)成立问题
例3[2024·河北曹妃甸模拟]设函数f(x)＝＋ln x(a≠0)，g(x)＝x3－2x2＋1.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－＝，
当a<0时，f′(x)>0，函数f(x)在区间(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，令f′(x)>0，解得x>，则函数f(x)在(，＋∞)上单调递增；
令f′(x)<0，解得0∴函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增，
综上得，当a<0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在区间(0，)上单调递减，在区间(，＋∞)上单调递增．
(2)如果对于任意的x1，x2∈，都有x1f(x1)≥g(x2)成立，试求a的取值范围．
解析： g′(x)＝3x2－4x＝3x(x－)，x∈，
令g′(x)<0，解得≤x<，则g(x)在[)上单调递减，
令g′(x)>0，解得∴g()＝，g(2)＝1，
∴g(x)max＝g(2)＝1.
∴当x∈时，xf(x)≥1恒成立，
即＋x ln x≥1恒成立，
则a≥x－x2ln x恒成立；
令h(x)＝x－x2ln x(x∈)，
则h′(x)＝1－x－2x ln x，
设p(x)＝h′(x)＝1－x－2x ln x，x∈，则p′(x)＝－1－2(ln x＋1)＝－3－2ln x是减函数，p′()＝－3－2ln ＝－3＋2ln 2<0，p(x)即h′(x)是减函数，又h′(1)＝0，
令h′(x)>0，解得≤x<1，则h(x)在区间[，1)上单调递增；
令h′(x)<0，解得1∴h(x)max＝h(1)＝1，
故a≥1，即实数a的取值范围是[1，＋∞)．
题后师说
“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质，深刻挖掘内含条件，进行等价变换，常见的等价转换有
＞g(x)max.
巩固训练3
　[2024·河北石家庄模拟]设a为实数，函数f(x)＝2x3－3x2＋a，g(x)＝x2(2ln x－3)．
(1)若函数f(x)与x轴有三个不同交点，求实数a的取值范围；

　解析： f′(x)＝6x2－6x＝6x(x－1)，
由f′(x)>0，解得x>1或x<0；由f′(x)<0解得0所以f(x)在(－∞，0)上单调递增，在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
若函数f(x)与x轴有三个不同交点，则，解得0所以若函数f(x)与x轴有三个不同交点，实数a的取值范围为0(2)对于 x1∈[－1，2]， x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，试求实数a的取值范围．
解析：对于 x1∈[－1，2]， x2∈[1，e]，都有f(x1)≥g(x2)，则f(x1)min≥g(x2)min，
由(1)知函数f(x)在[－1，0)上单调递增，
在(0，1]上单调递减，在(1，2]上单调递增，又f(－1)＝a－5，f(1)＝a－1，
故当x∈[－1，2]时f(x)min＝f(－1)＝a－5，
因为g(x)＝x2(2ln x－3)，且x∈[1，e]，则g′(x)＝4x(ln x－1)≤4x(1－1)＝0，
故函数g(x)在[1，e]上单调递减，故g(x)min＝g(e)＝－e2，
由题意可得a－5≥－e2，故a≥5－e2.
所以实数a的取值范围为[5－e2，＋∞)．(共30张PPT)
专题培优课　函数中的构造问题
【考情分析】　函数中的构造问题是近几年高考试题考查的一个热点内容，常以小题中的压轴题出现，同构法构造函数也在解答题中出现，通过已知等式或不等式的结构特征，构造新函数，利用导数判断其单调性，从而使问题得以解决．
关键能力·题型剖析
题型一抽象函数的构造
角度一　利用f(x)与x构造
例1 [2024·河南驻马店模拟]已知定义域为(0，＋∞)的函数f(x)的导函数为f′(x)，且xf′(x)－f(x)<0，若f(5)＝4，则5f(x)<4x的解集为(　　)
A．(0，4) B．(4，＋∞)
C．(5，＋∞) D．(0，5)
答案：C
解析：令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，因为xf′(x)－f(x)<0，则g′(x)＝<0，因此函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，则5f(x)<4x < g(x)5，所以5f(x)<4x的解集为(5，＋∞)．故选C.
题后师说
(1)出现nf(x)＋xf′(x)形式，构造函数F(x)＝xnf(x)．
(2)出现xf′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
巩固训练1
[2024·山东临沂模拟]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，若满足xf′(x)＋f(x)>0对x∈(0，＋∞)恒成立，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．< B．>
C．πf(π)ef(e)
答案：D
解析：令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0，故g(x)为(0，＋∞)上的增函数，故g(π)>g(e)即πf(π)>ef(e)，故选D.
角度二　利用f(x)与ex构造
例2 [2024·河南焦作模拟]已知定义在R上的函数f(x)及其导函数f′(x)满足f′(x)>－f(x)，若f(ln 3)＝，则满足不等式f(x)>的x的取值范围是__________．
(ln 3，＋∞)
解析：
由题意，对任意x∈R，都有f′(x)>－f(x)成立，即f′(x)＋f(x)>0.
构造函数g(x)＝exf(x)，
则g′(x)＝f′(x)ex＋f(x)ex＝ex[f′(x)＋f(x)]>0，
所以函数g(x)在R上单调递增．
不等式f(x)>即exf(x)>1，即g(x)>1.
因为f(ln 3)＝，所以g(ln 3)＝eln 3f(ln 3)＝3×＝1.
故由g(x)>g(ln 3)，得x>ln 3.
所以不等式g(x)>1的解集为(ln 3，＋∞)．
题后师说
(1)出现f′(x)＋nf(x)形式，构造函数F(x)＝enxf(x)．
(2)出现f′(x)－nf(x)形式，构造函数F(x)＝.
巩固训练2
　[2024·河北承德模拟]已知函数f(x)的导函数为f′(x)，对任意x∈R，都有f′(x)A．ef(1)C．ef(1)>f(2) D．ef(1)≥f(2)
答案：C
解析：令g(x)＝，则g′(x)＝<0，所以g(x)＝为R上的单调递减函数，所以g(1)>g(2)，即>，化简可得ef(1)>f(2)．故选C.
角度三　利用f(x)与sin x、cos x构造
例3 (多选)已知偶函数y＝f(x)对于任意的x∈[0，)满足f′(x)·cos x＋f(x)·sin x>0(其中f′(x)是函数f(x)的导函数)，则下列不等式中成立的是(　　)
A．f(－)B．f(－)>f()
C．f(0)D．f()答案：BCD
解析：∵偶函数y＝f(x)对于任意的x∈[0，)满足f′(x)·cos x＋f(x)·sin x>0，
且f′(x)·cos x＋f(x)·sin x＝f′(x)·cos x－f(x)·(cos x)′，
∴可构造函数g(x)＝，
则g′(x)＝>0，
∴g(x)为偶函数且在[0，)上单调递增，
∴g(－)＝g()＝＝2f()，
g(－)＝g()＝＝f()，
g()＝＝f()，
由函数单调性可知g()对于C，g(－)＝g()＝f(－)>g(0)＝f(0)，∴C正确．故选BCD.
题后师说
函数f(x)与sin x，cos x相结合构造可导函数的几种常见形式
1．F(x)＝f(x)sin x，F′(x)＝f′(x)sin x＋f(x)cos x；
2．F(x)＝，F′(x)＝；
3．F(x)＝f(x)cos x，F′(x)＝f′(x)cos x－f(x)sin x；
4．F(x)＝，F′(x)＝.
巩固训练3
　[2024·安徽合肥模拟]已知f(x)是定义在R上的奇函数，f(x)的导函数为f′(x)，若f′(x)≥cos x 恒成立，则f(x)≥sin x的解集为(　　)
A．[－π，＋∞) B．[π，＋∞)
C．[，＋∞) D．[0，＋∞)
答案：D
解析：令函数g(x)＝f(x)－sin x，则g′(x)＝f′(x)－cos x，因为f′(x)≥cos x，所以g′(x)≥0，g(x)是增函数，因为f(x)是奇函数，所以f(0)＝0，g(0)＝f(0)－sin 0＝0，所以g(x)≥0的解集为[0，＋∞)，即f(x)≥sin x的解集为[0，＋∞)．故选D.
题型二具体函数的构造
例4 [2022·新高考Ⅰ卷]设a＝0.1e0.1，b＝，c＝－ln 0.9，则(　　)
A．aC．c答案：C
解析：设f(x)＝(1－x)ex－1，x＞0，则当x＞0时，f′(x)＝－ex＋(1－x)ex＝－xex＜0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以f(0.1)＜f(0)＝0，即0.9 e0.1－1＜0，所以0.1e0.1＜，即a＜b.令g(x)＝x－ln (1＋x)，x＞0，则当x＞0时，g′(x)＝1－＝＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以g()＞g(0)＝0，即－ln (1＋)＞0，所以＞－ln ，即b＞c.令h(x)＝xex＋ln (1－x)，0＜x≤0.1，则h′(x)＝(1＋x)·ex＋＝.设t(x)＝(x2－1)ex＋1，则当0＜x≤0.1时，t′(x)＝(x2＋2x－1)ex＜0，所以t(x)在(0，0.1]上单调递减，所以t(x)＜t(0)＝0，所以当0＜x≤0.1时，h′(x)＞0，所以h(x)在(0，0.1]上单调递增，所以h(0.1)＞h(0)＝0，即0.1e0.1＋ln 0.9＞0，所以0.1e0.1＞－ln 0.9，即a＞c，所以b＞a＞c.故选C.
题后师说
根据所给的代数式，仔细观察这些数值的共同之处，有的数值需要适当变形后才能观察到，然后构造具体的函数解析式，利用导数研究函数的单调性来比较大小．
巩固训练4
[2024·河南开封模拟]已知a＝，b＝－1，c＝ln ，则(　　)
A．aC．c答案：C
解析：a＝，b＝－1，c＝ln ＝ln (1＋)，
设f(x)＝ex－x－1(0所以f′(x)＝ex－1>0，
所以f(x)在(0，1)上单调递增，所以f(x)>f(0)＝0，即ex－1>x(0所以－1>，即a设g(x)＝ln (1＋x)－x(0则g′(x)＝－1＝<0，
所以g(x)在(0，1)上单调递减，所以g(x)所以ln (1＋)<，即c所以c题型三同构法构造函数
例5 设a，b都为正数，e为自然对数的底数，若aea＋1＋bA．ab>e B．b>ea＋1
C．ab答案：B
解析：由已知，aea＋10，则ea>1.又b(ln b－1)>0，b>0，则ln b>1，即b>e，从而>1.当x>1时，f′(x)＝ln x＋1>0，则f(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以ea<，即b>ea＋1.故选B.
题后师说
同构法的三种基本模式：①乘积型，如aea≤b ln b可以同构成aea≤(ln b)eln b，进而构造函数f(x)＝xex；②比商型，如<可以同构成<，进而构造函数f(x)＝；③和差型，如ea±a>b±ln b，同构后可以构造函数f(x)＝ex±x或f(x)＝x±ln x．
巩固训练5
(多选)已知x－ln y>y－ln x，则(　　)
A．> B．x－y>
C．ln (x－y)>0 D．x3>y3
答案：BD
解析：由题可得，x＋ln x>y＋ln y，设f(x)＝x＋ln x，x>0，所以f′(x)＝1＋>0，
即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以由f(x)>f(y)可得：x>y>0.
对于A，由函数y＝在(0，＋∞)上单调递减，所以当x>y>0时，<，A错误；
对于B，易知函数y＝x－在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>y>0时，x－>y－，即x－y>，B正确；
对于C，当x>y>0时，若x－y<1，则ln (x－y)<0，C错误；
对于D，因为函数y＝x3在(0，＋∞)上单调递增，所以当x>y>0时，x3>y3，D正确．故选BD.
1.若函数y＝f(x)在R上可导，且满足xf′(x)＋f(x)>0恒成立，常数a，b(a>b)，则下列不等式一定成立的是(　　)
A．af(a)>bf(b)
B．af(b)>bf(a)
C．af(a)D．af(b)答案：A
解析：令g(x)＝xf(x)，则g′(x)＝xf′(x)＋f(x)>0恒成立，故g(x)在R上单调递增．∵a>b，∴g(a)>g(b)，即af(a)>bf(b).故选A.
2．[2024·安徽芜湖模拟]已知定义在R上的函数f(x)满足f′(x)－2f(x)>0，则下列大小关系正确的是(　　)
A．f(2)>e2f(1)>e3f()
B．e2f(1)>f(2)>e3f()
C．e2f(1)>e3f()>f(2)
D．f(2)>e3f()>e2f(1)
答案：A
解析：构造函数g(x)＝，其中x∈R，则g′(x)＝>0，
所以函数g(x)为R上的增函数，
所以g()因此e3f()3．已知函数f(x)的定义域为(－)，其导函数是f′(x). 有f′(x)cos x＋f(x)sin x<0，则关于x的不等式f(x)<2f()cos x的解集为(　　)
A．() B．()
C．(－，－) D．(－，－)
答案：A
解析：构造函数g(x)＝，其中x∈(－)，则g′(x)＝<0，
所以函数g(x)在(－)上单调递减，
因为x∈(－)，则cosx>0，由f(x)<2f()cos x可得<，
即g(x)因此，不等式f(x)<2f()cos x的解集为()．
4．[2024·山东淄博模拟]已知f(x)＝x2ln x当0[，＋∞)
解析：因为)所以(x1)，
构造g(x)＝f(x)－mx2，
因为(x1)，
所以g(x2)因为0因为g(x)＝x2ln x－mx2，所以g′(x)＝2x ln x＋x－2mx，
所以2x ln x＋x－2mx≤0在x∈(0，e)上恒成立，
所以2mx≥2x ln x＋x在x∈(0，e)上恒成立，即2m≥2ln x＋1在x∈(0，e)上恒成立，
构造h(x)＝2ln x＋1，显然h(x)在x∈(0，e)上单调递增，
所以2m≥h(e)＝3，即m≥.(共22张PPT)
专题培优课　隐零点与极值点偏移问题
【考情分析】　隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为复杂，计算量较大，难度大．
关键能力·题型剖析
题型一隐零点问题
例1 [2024·江苏扬州模拟]已知函数f(x)＝x2＋x－ln x.
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
解析：由题可知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f(x)＝x2＋x－ln x，
f′(x)＝2x＋1－＝＝，
令f′(x)＝0得x＝或x＝－1(舍去)
所以f(x)在(0，)上单调递减，(，＋∞)上单调递增．
x
f′(x) － 0 ＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
(2)证明：对任意的x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2.
解析：f(x)＝x2＋x－ln x，
要证明f(x)＋ex>x2＋x＋2，只用证明ex－ln x－2>0，
令g(x)＝ex－ln x－2，g′(x)＝ex－，
设h(x)＝ex－，h′(x)＝ex＋>0，即g′(x)单调递增，
g′()＝－2<0，g(1)＝e－1>0，
可得函数g′(x)有唯一的零点x0(x0>0且x0≠1)，满足－＝0，
当x变化时，g′(x)与g(x)的变化情况如下，
x (0，x0) x0 (x0，＋∞)
g′(x) － 0 ＋
g(x) 单调递减 极小值 单调递增
所以g(x)min＝g(x0)＝－ln x0－2＝＋x0－2，
因为＋x0－2≥2－2＝0，x0≠1，所以不取等号，
即＋x0－2>0，即g(x)min>0恒成立，
所以ex－ln x－2>0恒成立，
所以对 x>0，f(x)＋ex>x2＋x＋2成立．
题后师说
零点问题求解三步曲
巩固训练1　[2024·河南许昌模拟]已知函数f(x)＝x－ln x－2.
(1)求出函数f(x)的极值；
解析：由函数f(x)＝x－ln x－2的定义域为(0，＋∞)，
所以f′(x)＝1－＝，
令f′(x)>0，则x>1，令f′(x)<0，则0所以f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减．
所以f(x)取得极小值f(1)＝－1，无极大值．
(2)若对于任意的x∈(1，＋∞)，都有x ln x＋x>(x－1)，求整数k的最大值．
解析： x∈(1，＋∞)，x ln x＋x>(x－1) k<，
令g(x)＝，x>1，则g′(x)＝，
由(1)知，f(x)＝x－ln x－2在(1，＋∞)上单调递增，
且f(3)＝1－ln 3<0，f(3.5)＝1.5－ln 3.5>0，
则f(x)在区间(3，3.5)内存在唯一的零点x0，
使f(x0)＝x0－ln x0－2＝0，即ln x0＝x0－2，
则当x∈(1，x0)时，f(x)<0，g′(x)<0，
有g(x)在(1，x0)上单调递减，
当x∈(x0，＋∞)时，f(x)>0，g′(x)>0，
g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，
于是得g(x)min＝g(x0)＝＝＝x0∈(3，3.5)，
因此，k<2g(x)min＝2x0∈(6，7)，
所以整数k的最大值为6.
题型二极值点偏移
例2 [2024·福建莆田模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax2.
(1)讨论函数f(x)的单调性；
解析：由题意得，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．
由f(x)＝ln x－ax2得：f′(x)＝－2ax＝，
当a≤0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得0，
所以f(x)在(0，)上单调递增，在(，＋∞)上单调递减．
(2)若x1，x2是方程f(x)＝0的两不等实根，求证：>2e.
解析：因为x1，x2是方程ln x－ax2＝0的两不等实根，ln x－ax2＝0 2ln x－2ax2＝0，
即x1，x2是方程ln x2－2ax2＝0的两不等实根，
令t＝x2(t>0)，则t1＝，t2＝，即t1，t2是方程2a＝的两不等实根．
令g(t)＝，则g′(t)＝，所以g(t)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，g(e)＝，
当t→0时，g(t)→－∞；当t→＋∞时，g(t)>0且g(t)→0.
所以0<2a<，即0令12e，只需证t1＋t2>2e，
解法1(对称化构造)：令h(t)＝g(t)－g(2e－t)，t∈(1，e)，
则h(t)＝g(t)－g(2e－t)＝＝，
令φ(t)＝(2e－t)ln t－t ln (2e－t)，
则φ′(t)＝－1－ln t－ln (2e－t)＋＝－ln (－t2＋2et)>－2>0，
所以φ(t)在(1，e)上单调递增，φ(t)<φ(e)＝0，
所以h(t)＝g(t)－g(2e－t)<0，所以g(t)所以g(t2)＝g(t1)2e－t1，
即t1＋t2>2e，所以>2e.
解法2(对数均值不等式)：先证<，令0只需证<，只需证－ln x<0(x＝>1)，
令φ(x)＝－ln x(x>1)，φ′(x)＝＝<0，
所以φ(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以φ(x)<φ(1)＝0.
因为＝，所以＝<，
所以ln t1＋ln t2>2，即t1t2>e2，所以t1＋t2>2>2e，所以>2e.
题后师说
极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论型，构造函数F(x)＝，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
巩固训练2　[2024·河北沧州模拟]已知函数f(x)＝ln x－ax，a为常数．
(1)若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；
解析：由f(x)＝ln x－ax，得：f′(x)＝－a，
∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，
∴f′(1)＝1－a＝0，即a＝1.
(2)若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2.
解析：证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2，
∴ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
∴ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
∴＝a，
欲证明x1x2＞e2，即证ln x1＋ln x2＞2，
∵ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)，
∴即证a＞，
∴原命题等价于证明＞，
即证：ln ＞(x1＞x2)，
令＝t，则t＞1，设g(t)＝ln t－(t＞1)，
g′(t)＝＝＞0，
∴g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
又∵g(1)＝0，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln t＞，即x1x2＞e2.