2018屆高三文科數(shù)學(xué)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解題方法規(guī)律技巧詳細(xì)總結(jié)版

2018屆高三文科數(shù)學(xué)函數(shù)與導(dǎo)數(shù)解題方法規(guī)律技巧詳細(xì)總結(jié)版【3年高考試題比較】導(dǎo)數(shù)解答題的考綱要求如下：1.了解函數(shù)單調(diào)性和導(dǎo)數(shù)的關(guān)系；能利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，會求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次）；2.了解函數(shù)在某點(diǎn)取得極值的必要條件和充分條件；會用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極大值、極小值（其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次）；會求閉區(qū)間上函數(shù)的最大值、最小值（其中多項(xiàng)式函數(shù)不超過三次）；3.會用導(dǎo)數(shù)解決實(shí)際問題。通過比較近三年的高考卷，總結(jié)出以下規(guī)律：一般有兩問（16年3卷出現(xiàn)了三問），第一問往往是以討論函數(shù)單調(diào)性和切線問題為主，第二問主要涉及不等式的恒成立問題，零點(diǎn)問題，函數(shù)最值問題，一元的不等式證明和二元的不等式證明?！颈貍浠A(chǔ)知識融合】1.基本初等函數(shù)的導(dǎo)數(shù)公式：f(x)＝c（c為常數(shù)）f(x)＝xα（α∈Q*）f(x)＝sinxf(x)＝cosxf(x)＝exf(x)＝ax（a＞0）f(x)＝lnxf(x)＝logax（a＞，a≠1）2.導(dǎo)數(shù)的運(yùn)算法則：若f′(x)，g′(x)存在，則有：(1)[f(x)±g(x)]′＝f′(x)±g′(x)；(2)[f(x)·g(x)]′＝f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)；(3)[f(x)/g(x)]′＝[f′(x)g(x)－f(x)g′(x)]/[g(x)]^2（其中g(shù)(x)≠0）。3.復(fù)合函數(shù)的導(dǎo)數(shù)：復(fù)合函數(shù)y＝f(g(x))的導(dǎo)數(shù)和函數(shù)y＝f(u)，u＝g(x)的導(dǎo)數(shù)間的關(guān)系為：y′(x)＝y(tǒng)′(u)·u′(x)（即y對x的導(dǎo)數(shù)等于y對u的導(dǎo)數(shù)與u對x的導(dǎo)數(shù)的乘積）。4.函數(shù)的單調(diào)性與導(dǎo)數(shù)：(1)在區(qū)間D上，若f′(x)≥0，且f′(x)＝0不連續(xù)成立，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上遞增；導(dǎo)函數(shù)：f′(x)＝αxα－1f′(x)＝cosxf′(x)＝－sinxf′(x)＝exf′(x)＝axlnaf′(x)＝1/xf′(x)＝1/(xlna)(2)在區(qū)間D上，若f′(x)≤0，且f′(x)＝0不連續(xù)成立，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上遞減；(3)在區(qū)間D上，若f′(x)＝0恒成立，則函數(shù)f(x)在區(qū)間D上是常函數(shù)。5.函數(shù)的極值與導(dǎo)數(shù)。6.函數(shù)的最值與導(dǎo)數(shù)：(1)在閉區(qū)間[a，b]上連續(xù)的函數(shù)f(x)在[a，b]上必有最大值與最小值。若函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞增，則f(a)為函數(shù)的最小值，f(b)為函數(shù)的最大值；若函數(shù)f(x)在[a,b]上單調(diào)遞減，則f(a)為函數(shù)的最大值，f(b)為函數(shù)的最小值。典例1：已知曲線y=x^3+3，求曲線在點(diǎn)P(2,4)處的切線方程和過點(diǎn)P的切線方程。解法：(1)求曲線在點(diǎn)P處的切線，首先求出函數(shù)在點(diǎn)P處的導(dǎo)數(shù)：y'=3x^2，代入x=2得到y(tǒng)'=12。然后利用點(diǎn)斜式寫出切線方程：y-4=12(x-2)，即y=12x-20。(2)求曲線過點(diǎn)P的切線，先設(shè)出切點(diǎn)坐標(biāo)為(x,y)，列出切點(diǎn)坐標(biāo)的方程：y=x^3+3，y-y1=y'(x-x1)，代入x1=2，y1=4，y'=12得到y(tǒng)-4=12(x-2)，即y=12x-20。典例2：設(shè)函數(shù)f(x)=alnx/(x+1)，其中a為常數(shù)。若a=1/3，求曲線y=f(x)在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程，并討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性。解法：(1)求曲線在點(diǎn)(1,f(1))處的切線，首先求出函數(shù)在點(diǎn)(1,f(1))處的導(dǎo)數(shù)：f'(1)=a/(2(x+1)^2)|x=1=a/8，代入點(diǎn)斜式公式得到切線方程：y-f(1)=f'(1)(x-1)，即y=(a/8)x+(3a/8)。(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性，首先確定函數(shù)f(x)的定義域?yàn)?0,+∞)，然后求導(dǎo)得到f'(x)=a(1-lnx)/(x+1)^2，解不等式f'(x)>0得到單調(diào)遞增區(qū)間為(0,e)，解不等式f'(x)<0得到單調(diào)遞減區(qū)間為(e,+∞)。已知函數(shù)$f(x)=\lnx$，$g(x)=ax^2+2x(a\neq0)$。(1)若函數(shù)$h(x)=f(x)-g(x)$存在單調(diào)遞減區(qū)間，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。$h(x)=\lnx-ax^2-2x,x\in(0,+\infty)$，求導(dǎo)得$h'(x)=-ax-2$。由$h(x)$在$(0,+\infty)$上存在單調(diào)遞減區(qū)間，所以當(dāng)$x\in(0,+\infty)$時，$-ax-2<0$有解。【規(guī)律方法】利用單調(diào)性求參數(shù)的兩類熱點(diǎn)問題的處理方法：(1)函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$D$上存在遞增(減)區(qū)間。方法一：轉(zhuǎn)化為“$f'(x)>0(<0)$在區(qū)間$D$上有解”；方法二：轉(zhuǎn)化為“存在區(qū)間$D$的一個子區(qū)間使$f'(x)>0(<0)$成立”。(2)函數(shù)$f(x)$在區(qū)間$D$上遞增(減)。方法一：轉(zhuǎn)化為“$f'(x)\geq0(\leq0)$在區(qū)間$D$上恒成立”問題；方法二：轉(zhuǎn)化為“區(qū)間$D$是函數(shù)$f(x)$的單調(diào)遞增(減)區(qū)間的子集”。易錯警示：對于求函數(shù)單調(diào)性問題時，應(yīng)先求函數(shù)的定義域；對于$h(x)$在$(0,+\infty)$上存在遞減區(qū)間，應(yīng)等價于$h'(x)<0$在$(0,+\infty)$上有解，易誤認(rèn)為“等價于$h'(x)\leq0$在$(0,+\infty)$上有解”，多帶一個“=”之所以不正確，是因?yàn)椤?h'(x)\leq0$在$(0,+\infty)$上有解即為$h'(x)<0$在$(0,+\infty)$上有解，或$h'(x)=0$在$(0,+\infty)$上有解”，后者顯然不正確；對于$h(x)$在$[1,4]$上單調(diào)遞減，應(yīng)等價于$h'(x)\leq0$在$[1,4]$上恒成立，易誤認(rèn)為“等價于$h'(x)<0$在$[1,4]$上恒成立”。(2)若函數(shù)$h(x)=f(x)-g(x)$在$[1,4]$上單調(diào)遞減，求實(shí)數(shù)$a$的取值范圍。$h(x)=\lnx-ax^2-2x,x\in(0,+\infty)$，求導(dǎo)得$h'(x)=-ax-2$。由$h(x)$在$[1,4]$上單調(diào)遞減，所以$h'(x)\leq0$在$[1,4]$上恒成立。又因?yàn)?h'(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減，所以$h'(4)\leq0$，即$-4a-2\leq0$，解得$a\leq-\dfrac{1}{2}$。又因?yàn)?h'(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減，所以$h'(1)\geq0$，即$-a-2\geq0$，解得$a\leq-2$。綜合得$a\leq-2$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$g'(x)>0$，因此$g(x)$在$x=1$處取得極小值，符合題意。當(dāng)$a=1$時，當(dāng)$x\in(0,1)$時，$h'(x)>g'(x)$，在$(0,1)$內(nèi)$h'(x)$單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$內(nèi)$h'(x)$單調(diào)遞減，因此當(dāng)$x\in(0,+\infty)$時，$g'(x)\leq0$，$g(x)$單調(diào)遞減，不符合題意。當(dāng)$a<1$時，即$0<a<1$，當(dāng)$x\in\left(1,\frac{1}{a}\right)$時，$h'(x)<g'(x)$，在$\left(1,\frac{1}{a}\right)$內(nèi)，$h'(x)$單調(diào)遞減，$g'(x)$單調(diào)遞增，因此$g'(x)>0$，$g(x)$單調(diào)遞增。當(dāng)$x\in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$時，$h'(x)>g'(x)$，在$\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$內(nèi)，$h'(x)$單調(diào)遞增，$g'(x)$單調(diào)遞減，因此$g'(x)\leq0$，$g(x)$單調(diào)遞減。因此，$g(x)$在$x=1$處取得極大值，不符合題意。當(dāng)$a>1$時，即$a>\frac{1}{\sqrt{2}}$，當(dāng)$x\in\left(0,\frac{1}{a}\right)$時，$h'(x)<g'(x)$，在$\left(0,\frac{1}{a}\right)$內(nèi)，$h'(x)$單調(diào)遞減，$g'(x)$單調(diào)遞增，因此$g'(x)>0$，$g(x)$單調(diào)遞增。當(dāng)$x\in\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$時，$h'(x)>g'(x)$，在$\left(\frac{1}{a},+\infty\right)$內(nèi)，$h'(x)$單調(diào)遞增，$g'(x)$單調(diào)遞減，因此$g'(x)<0$，$g(x)$單調(diào)遞減。因此，$g(x)$在$x=1$處取得極大值，不符合題意。綜上所述，$a<1$?！疽?guī)律方法】函數(shù)極值的兩類熱點(diǎn)問題：(1)求函數(shù)$f(x)$極值的一般解題步驟為：①確定函數(shù)的定義域；②求導(dǎo)數(shù)$f'(x)$；③解方程$f'(x)=0$，求出函數(shù)定義域內(nèi)的所有根；④列表檢驗(yàn)$f'(x)$在$f'(x)=0$的根$x$左右兩側(cè)值的符號，如果左正右負(fù)，那么$f(x)$在$x$處取極大值，如果左負(fù)右正，那么$f(x)$在$x$處取極小值。(2)由函數(shù)極值求參數(shù)的值或范圍。討論極值點(diǎn)有無（個數(shù)）問題，轉(zhuǎn)化為討論$f'(x)=0$的根的有無（個數(shù)）。然后由已知條件列出方程或不等式求出參數(shù)的值或范圍，特別注意：極值點(diǎn)處的導(dǎo)數(shù)為$0$，而導(dǎo)數(shù)為$0$的點(diǎn)不一定是極值點(diǎn)，要檢驗(yàn)極值點(diǎn)兩側(cè)導(dǎo)數(shù)是否異號。典例5：已知函數(shù)$f(x)=(4x^2+4ax+a^2)x$，其中$a<0$。(1)當(dāng)$a=-4$時，求$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間。當(dāng)$a=-4$時，$f(x)=x(4x-16x+16)=16x(x-1)$，因此$f'(x)=16(2x-1)$。當(dāng)$x\in\left(0,\frac{1}{2}\right)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in\left(\frac{1}{2},+\infty\right)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減。因此，$f(x)$的單調(diào)遞增區(qū)間為$\left(0,\frac{1}{2}\right)$。(2)若$f(x)$在區(qū)間$[1,4]$上的最小值為$8$，求$a$的值。當(dāng)$f(x)$在區(qū)間$[1,4]$上的最小值為$8$時，$f(1)=a^2+4a+4=8$，解得$a=-2$。因此，$a=-2$。求函數(shù)f(x)在區(qū)間[a,b]上的最大值和最小值的方法如下：首先求函數(shù)在(a,b)內(nèi)的極值，然后求函數(shù)在區(qū)間端點(diǎn)a和b的函數(shù)值，最后將函數(shù)的極值與f(a)和f(b)比較，其中最大的一個為最大值，最小的一個為最小值。對于含參數(shù)的函數(shù)的最值，一般不通過比值求解，而是先討論函數(shù)的單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性求出最值。含參函數(shù)在區(qū)間上的最值通常有兩類：一是動極值點(diǎn)定區(qū)間，二是定極值點(diǎn)動區(qū)間，這兩類問題一般根據(jù)區(qū)間與極值點(diǎn)的位置關(guān)系來分類討論。典例6：已知函數(shù)f(x)=ax+lnx，x∈[1,e]。若a=1，求f(x)的最大值；若f(x)≤恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍。對于第一問，可以求導(dǎo)數(shù)g'(x)=lnx-1/x^2，由于x∈[1,e]，所以g'(x)≤0，即g(x)在[1,e]上遞減，因此f(x)的最小值為g(e)=-1/e，所以a≤-1/e。對于第二問，要使f(x)≤恒成立，只需使f(x)的最大值≤0，顯然當(dāng)a≥0時，f(x)在[1,e]上遞增，因此f(x)的最大值為f(e)=ae+1>0，不符合要求；當(dāng)a<0時，f'(x)=a+1/x，令f'(x)=0，得x=-1/a，由于x∈[1,e]，所以-1/a∈[1,e]，解得a≤-1/e。求參數(shù)的范圍常有兩種方法：一是討論最值，先構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出含參函數(shù)的最值，進(jìn)而得出相應(yīng)的含參不等式求參數(shù)的取值范圍；二是分離參數(shù)，先分離參數(shù)變量，再構(gòu)造函數(shù)，求出函數(shù)的最值，從而求出參數(shù)的取值范圍。典例7：設(shè)函數(shù)f(x)=lnx+m/x，m∈R。當(dāng)m=e（e為自然對數(shù)的底數(shù)）時，求f(x)的極小值；討論函數(shù)g(x)=f'(x)-1/x^3的零點(diǎn)個數(shù)。對于第一問，由題設(shè)可知當(dāng)m=e時，f(x)=lnx+e/x，定義域?yàn)?0,+∞)，則f'(x)=1/x-e/x^2，令f'(x)=0，得x=e，因此當(dāng)x∈(0,e)時，f'(x)<0，f(x)在(0,e)上單調(diào)遞減；當(dāng)x∈(e,+∞)時，f'(x)>0，f(x)在(e,+∞)上單調(diào)遞增，所以f(x)的極小值為f(e)=2；對于第二問，令g(x)=0，得m=-x^3+x(x>0)，因此g(x)=f'(x)-1/x^3=-x^2+1/x^2，令g(x)=0，得x=±1，因此g(x)的零點(diǎn)個數(shù)為2。設(shè)函數(shù)$f(x)=-x^3+x(x>0)$，則$f'(x)=-x^2+1=-(x-1)(x+1)$。當(dāng)$x\in(0,1)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$x\in(1,+\infty)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。因此$x=1$是$f(x)$的唯一極值點(diǎn)，且是極大值點(diǎn)，故$x=1$也是$f(x)$的最大值點(diǎn)。因此$f(x)$的最大值為$f(1)=0$。又$f(0)=0$，結(jié)合$y=f(x)$的圖象（如圖），可知①當(dāng)$m>0$時，函數(shù)$g(x)=f(x)-m$無零點(diǎn)；②當(dāng)$m=0$時，函數(shù)$g(x)$有且只有一個零點(diǎn)；③當(dāng)$-1<m<0$時，函數(shù)$g(x)$有兩個零點(diǎn)；④當(dāng)$m\leq-1$時，函數(shù)$g(x)$有且只有一個零點(diǎn)。綜上所述，當(dāng)$m>0$時，函數(shù)$g(x)$無零點(diǎn)；當(dāng)$m=0$或$m\leq-1$時，函數(shù)$g(x)$有且只有一個零點(diǎn)；當(dāng)$-1<m<0$時，函數(shù)$g(x)$有兩個零點(diǎn)?！疽?guī)律方法】利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的零點(diǎn)常用兩種方法：（1）運(yùn)用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性和極值，利用單調(diào)性和極值定位函數(shù)圖象來解決零點(diǎn)問題；（2）將函數(shù)零點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為方程根的問題，利用方程的同解變形轉(zhuǎn)化為兩個函數(shù)圖象的交點(diǎn)問題，利用數(shù)形結(jié)合來解決。已知函數(shù)$f(x)=\frac{ax+b}{2}$在點(diǎn)$(-1,f(-1))$處的切線方程為$x+y+3=0$。（1）求函數(shù)$f(x)$的解析式；由題意知$f(-1)=\frac{a(-1)+b}{2}=-1-\frac{a}{2}-\frac{2}$，又$f'(-1)=\frac{a}{2}$，所以切線的斜率為$\frac{a}{2}$。又因?yàn)榍芯€過點(diǎn)$(-1,f(-1))$，所以$-1+\frac{a}{2}(-1)+\frac{2}=-1-\frac{a}{2}-\frac{2}$，解得$a=-4$，$b=2$。因此$f(x)=-2x+1$。（2）設(shè)$g(x)=\lnx$，求證：$g(x)\geqf(x)$在$[1,+\infty)$上恒成立；由$f(x)=-2x+1$，可知$f'(x)=-2<0$，故$f(x)$在$[1,+\infty)$上單調(diào)遞減。又因?yàn)?g'(x)=\frac{1}{x}>0$，故$g(x)$在$[1,+\infty)$上單調(diào)遞增。因此，只需證明$g(1)\geqf(1)$，即$\ln1\geq-1$。顯然成立，故$g(x)\geqf(x)$在$[1,+\infty)$上恒成立。（3）若$0<a<b$，求證：$\frac{\lnb-\lna}{2a}<\frac{1}{b-a}$。因?yàn)?0<a<b$，所以$1<\frac{a}$，即$\ln\frac{a}=\lnb-\lna>0$。所以$\frac{\lnb-\lna}{2a}<\frac{\lnb-\lna}{2b}$。又因?yàn)?\frac{1}{b-a}=\frac{1}\cdot\frac{b-a}>\frac{1}\cdot\frac{a+b}{b-a}=\frac{a}{b(b-a)}+\frac{1}{b-a}$，所以$\frac{1}{b-a}-\frac{a}{b(b-a)}=\frac{1}{b(b-a)}>\frac{1}{b(b-a)}-\frac{1}{a(b-a)}=\frac{\lnb-\lna}{(b-a)ab}$。故只需證明$\frac{\lnb-\lna}{2b}>\frac{\lnb-\lna}{(b-a)ab}$，即$\frac{1}{2b}>\frac{1}{(b-a)ab}$，即$b-a>\frac{1}{2a}$。因?yàn)?0<a<b$，所以$2a<b+a$，即$b-a<b+a-2a=b$，即$b-a<\frac{2}$，所以$b-a>\frac{1}{2a}$。綜上所述，$\frac{\lnb-\lna}{2a}<\frac{1}{b-a}$。證明不等式通常需要構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的最值、單調(diào)性證明。其中一種常用的方法是證明不等式f(x)<g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)，利用導(dǎo)數(shù)求F(x)的值域，得到F(x)<0即可。另一種方法是對于含有兩個變量a，b的不等式，通過變形構(gòu)造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性證明，或者通過換元構(gòu)造成單變量不等式，然后再利用已知關(guān)系證明即可。典例9：設(shè)k∈R，函數(shù)f(x)=lnx-kx。(Ⅰ)當(dāng)k=2時，求曲線y=f(x)在x=1處的切線方程。(Ⅱ)若f(x)無零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)k的取值范圍。(Ⅲ)若f(x)有兩個相異零點(diǎn)x1，x2，求證：lnx1+lnx2>2。(Ⅰ)函數(shù)的定義域?yàn)?0,∞)，f'(x)=1/(x-k)，當(dāng)k=2時，f'(1)=-1，則切線方程為y-(-2)=-(x-1)，即x+y+1=0。(Ⅱ)①若k<0時，則f'(x)>0，f(x)是區(qū)間(0,∞)上的增函數(shù)，因?yàn)閒(1)=-k<0，f(e^k)=k-e^k<0，所以函數(shù)f(x)在區(qū)間(0,∞)有唯一零點(diǎn)；②若k=0，f(x)=lnx有唯一零點(diǎn)x=1；③若k>0，令f'(x)=0，得x=1/k，在區(qū)間(0,1/k)，f'(x)>0，函數(shù)f(x)是增函數(shù)，在區(qū)間(1/k,∞)上，f'(x)<0，函數(shù)f(x)是減函數(shù)，所以在(0,∞)上，f(x)的最大值為f(1/k)=lnk-1/k，因?yàn)閤1>x2>0，要證lnx1+lnx2>2，只需證k(x1+x2)>2，即x1-x2/(x1+x2)<1，設(shè)t=(x1/x2)，t>1，上式轉(zhuǎn)化為ln(t)>2/(t+1)，設(shè)g(t)=ln(t)-(t+1)/2，g'(t)=1/t-1/2，因?yàn)閠>1，所以g'(t)>0，所以g(t)在(1,∞)上單調(diào)遞增，當(dāng)t=2時，g(t)>0，所以ln(t)>2/(t+1)，即lnx1+lnx2>2。經(jīng)過修改后的文章如下：證明不等式通常需要構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)的最值、單調(diào)性證明。其中一種常用的方法是證明不等式f(x)<g(x)，可構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)，利用導(dǎo)數(shù)求F(x)的值域，得到F(x)<0即可。另一種方法是對于含有兩個變量a，b的不等式，通過變形構(gòu)造成不等式f(a)>f(b)，然后利用函數(shù)f(x)的單調(diào)性證明，或者通過換元構(gòu)造成單變量不等式，然后再利用已知關(guān)系證明即可。例如，對于函數(shù)f(x)=lnx-kx，我們可以通過構(gòu)造函數(shù)的方式來證明不等式。具體而言，當(dāng)k=2時，我們可以求出曲線y=f(x)在x=1處的切線方程為x+y+1=0。當(dāng)f(x)無零點(diǎn)時，我們需要求出實(shí)數(shù)k的取值范圍。根據(jù)函數(shù)f(x)的單調(diào)性，我們可以得知，當(dāng)k<0時，f(x)在區(qū)間(0,∞)上是增函數(shù)，有唯一零點(diǎn)；當(dāng)k=0時，f(x)有唯一零點(diǎn)x=1；當(dāng)k>0時，f(x)在區(qū)間(0,1/k)上是增函數(shù)，在區(qū)間(1/k,∞)上是減函數(shù)，故在(0,∞)上，f(x)的最大值為f(1/k)=lnk-1/k。另外，當(dāng)f(x)有兩個相異零點(diǎn)x1，x2時，我們需要證明lnx1+lnx2>2。通過一系列推導(dǎo)和變形，我們可以得到lnx1+lnx2>2的結(jié)論。因此，證明不等式的方法有很多種，我們可以根據(jù)具體情況選擇不同的方法來進(jìn)行證明。涉及到二元問題的證明問題，通常是將二元問題一元化，進(jìn)而利用函數(shù)導(dǎo)數(shù)求最值即可得解。二元問題一元化的一般思路有：（1）等量代換，將題中的等量關(guān)系代入即可；（2）變量集中，通常是設(shè)$t=\frac{2(t-1)}{t+1},x_1,t=x_1+x_2,t=x_1-x_2$等手段將二元關(guān)系換成關(guān)于$t$的一元函數(shù)即可；（3）利用“極值點(diǎn)偏移”的思想，將二元換為一元。典例10：設(shè)函數(shù)$f(x)=x^2+ax-ae^{-x}(a\in\mathbb{R})$。（1）當(dāng)$a=0$時，求曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$(-1,f(-1))$處的切線方程。解：因?yàn)?f(x)=x\cdote^x$，所以$f'(x)=-x^2+2x\cdote^{-x}$，$f'(-1)=-3e$，又因?yàn)?f(-1)=e$，所以曲線$y=f(x)$在點(diǎn)$(-1,f(-1))$處的切線方程為$3e(x+1)+y+2e=0$。（2）設(shè)$g(x)=x-x^{-1}$，若對任意的$t\in(0,2)$，存在$s\in(0,2)$使得$f(s)\geqg(t)$成立，求$a$的取值范圍。解：對任意的$t\in(0,2)$，存在$s\in(0,2)$使得$f(s)\geqg(t)$成立等價于“在區(qū)間$(0,2)$上，$f(x)$的最大值大于或等于$g(x)$的最大值”。因?yàn)?g(x)=x^2-x-1=\frac{x^2-2x-2}{x}$，所以$g(x)$在$(0,2)$上的最大值為$g(2)=1$。由$f'(x)=-(x-2)(x+a)e^{-x}$，令$f'(x)=0$，得$x=2$或$x=-a$。當(dāng)$-a\leq0$，即$a\geq0$時，$f'(x)\geq0$在$(0,2)$上恒成立，$f(x)$在$(0,2)$上為單調(diào)遞增函數(shù)，$f(x)$的最大值大于等于$f(2)=(4+a)e^{-2}\geq\frac{1}{e^4}$，由$4+a\ge