導(dǎo)數(shù)大題培優(yōu)歸類同構(gòu)型不等式證明：利用函數(shù)同等變形，通過構(gòu)造“形似”函數(shù)新形式，稍作變形再構(gòu)造，對原不等式同解變形，根據(jù)相似結(jié)構(gòu)構(gòu)造輔助函數(shù).利用恒等式x=Inex和x=elnx,通過冪轉(zhuǎn)指或冪轉(zhuǎn)對進(jìn)行等價變形，構(gòu)造函數(shù)，然后由構(gòu)造的函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行研究.常見的同構(gòu)函數(shù)有：;②f(x)=xlnx;③f(x)=x其中①④可以借,②③可以借助xex=(Inex)ex=(Int)t=tlnt進(jìn)行指對互化.結(jié)果；利用導(dǎo)數(shù)證得h(x)在(1,+)單調(diào)遞增，通過構(gòu)造g(x)=x-1n(x+1),x∈(-1,+)證明故g(x)≥g(0)=0,則x≥1n(x+1)在(-1,+)上成立，故x+1≥1n(x+2),即f(x)<1n(x+2)成立.【分析】(1)換元令t=sinx,構(gòu)建g(t)=t-lnt,t∈(sin1,1),利用導(dǎo)數(shù)判斷g(t)的單調(diào)性和最值，進(jìn)而可得f(x)的最小值；(2)由(1)結(jié)合正弦函數(shù)性質(zhì)可得sinx≥1n(sinx)+1>0,構(gòu)建h(x)=x-sinx,x∈(1,2),利用導(dǎo)數(shù)可證【詳解】(1)令t=sinx,由x∈(1,2)可知t∈(sin1,1),所以f(x)的最小值為1.(2)由(1)可知：sinx-In(sinx)≥1,即sinx≥1n(sinx)+1,注意到sinx>0,則sinx·e*n>sinx≥1n(sin所以sinx.e-sin-In(sinx)>1.(1)試討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若a=2,證明：xf(x)≥g(x).四川省樂山市高中2022屆第一次調(diào)查研究考試數(shù)學(xué)(理)試題【答案】(1)答案見解析；(2)證明見解析.題型2凸凹翻轉(zhuǎn)型(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)對一切x∈(0,+o),2f(x)≥g(x)恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；【答案】(1)函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增(2)[-∞0,4](3)證明見解析(1)求出f(x)的導(dǎo)函數(shù)，令導(dǎo)函數(shù)小于0,可求得函數(shù)單調(diào)遞減區(qū)間，導(dǎo)函數(shù)大于0,可求得函數(shù)單調(diào)遞增區(qū)間；函數(shù)的正負(fù)判斷單調(diào)性，進(jìn)而求出h(x)的最小值，即可確定a的范圍；(3)所證不等式兩邊乘以x,左邊為f(x),右邊設(shè)為求出左邊的最小值及右邊的最大值，比較即可得證.解：因為f(x)=xlnx,所以f'(x)=lnx+1(x>0),所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增；所以實數(shù)a的取值范圍為[-∞,4];(3)證明：原問題等價于證明所以對一切x∈(0,+),都有1成立.e≈2.718.(1)a=0時，討論f(x)的單調(diào)性；【分析】(1)求得導(dǎo)函數(shù)f'(x),對b進(jìn)行分類討論，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定單調(diào)性即可；(2)求導(dǎo)得g(x),利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，即可得出最值；(3)要證明f(x)>2,等價于.設(shè),利用導(dǎo)數(shù)求h(x)的最大值，結(jié)合(2)知g(x)≥√2e,證g(x)m:n>h(x)mx即可.【詳解】(1)a=0時，f(x)=-21nx+bx,x>0,當(dāng)b>0時，f(x)在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增.(2)因為,x>0,所以故g(x)的最小值是無最大值.要證明f(x)>2,需要證明xe>2+2lnx,(x>0),等價于時，h(x)>0,h(x)單調(diào)遞增；則h(x)的最大值是即所以①式成立，所以f(x)>2.(1)討論函)的單調(diào)性；(2)證明：陜西省西安市高新第一中學(xué)2021-2022學(xué)年高二上學(xué)期第一次月考理科數(shù)學(xué)試題【答案】(1)答案見解析.(2)證明見解析【分析】(1),令分別討論,a>0,解不等式m(x)>0或m(x)<0即可得單調(diào)增區(qū)間和減區(qū)間，進(jìn)而可得單調(diào)性.(2)設(shè)分別求f(x),g'(x)利用導(dǎo)數(shù)判斷兩個函數(shù)的單調(diào)性以及最值，求出8(x)|f(x)即可求證.解(1)因為f(x)=Inx-x,所以當(dāng)時，g'(x)≤0恒成立，此時g(x)在(0,+)上單調(diào)遞當(dāng)a>0時，解不等式可得：綜上所述：當(dāng)時，g(x)在(0,+)上單調(diào)遞減，由g'(x)>0即1-Inx>0可得0<x<e;由g'(x)<0即1-Inx<0可得x>e,所以8(x)m<|f(x)..,所以對任意的(0,+)恒成立.題型3三角函數(shù)型對于含有三角函數(shù)型不等式證明：【分析】(1)求得f'(x)=2e2-a,對實數(shù)a的取值進(jìn)行分類討論，分析導(dǎo)數(shù)的符號變化，即可得出函數(shù)f(x)的增區(qū)間和減區(qū)間；(2)對實數(shù)a的取值進(jìn)行分類討論，分析函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,+∞]上的單調(diào)性，驗證f(x)≥0能否恒成立，由此可得出實數(shù)a的取值范圍；(3)由(2)得當(dāng)時e2≥2x+1,故只需證明x2-x-sinx≤0,構(gòu)造函數(shù)h(x)=x2-x-sinx,利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)h(x)的單調(diào)性，可得出其函數(shù)值的符號變化，由此可證得結(jié)論成立.【詳解】(1)因為f(x)=e2?-ax-1,該函數(shù)的定義域為R,f'(x)=2e2-a.此時，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為,增區(qū)間為綜上所述，當(dāng)a≤0時，f(x)在R上是增函數(shù)；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)的減區(qū)間為增區(qū)間為且函數(shù)f'(x)=2e2-a在(0,+)上為增函數(shù)，故f'(x).=f(0)=2-a,當(dāng)a≤2時，f'(x)≥0,則f(x)在(0,+∞)是增函數(shù)，f(x)≥f(0)=0當(dāng)a>2時，,由(1)可知，函數(shù)f(x)在上為減函數(shù)，在上為增函數(shù)，所以不合題意.所以a≤2.(3)由(2)得當(dāng)時，e2×≥2x+1,所以要證3x2-sinx≤xe2,只設(shè)h(x)=x2-x-sinx,則h'(x)=2x-1-cosx,因為函數(shù)y=2x-1、y=-cosx:在上均為增函數(shù)，故函數(shù)是增函數(shù)，因為h(O)=-2,所以存在使h'(x?)=0.所以時，h(x)≤0,故命題成立.①證明：y=g(x)有且只有一個零點(diǎn)；②記函數(shù)y=g(x)的零點(diǎn)為x?,證明：【分析】(1)根據(jù)f(-x)=-f(x)可求出a的值；(2)①討論和時函數(shù)的單調(diào)性或函數(shù)值的正負(fù)，結(jié)合零點(diǎn)存在性定理可證明函數(shù)8(x)有且只有一個零點(diǎn)；②由①可得2sinx?=-21nx?,結(jié)合x?的范圍分析函數(shù)單調(diào)性可證明不等式.【詳解】(1)由題意得，(2)①當(dāng)時，函數(shù)y=lnx與函數(shù)y=sinx均在上單調(diào)遞增，綜上，y=g(x)有且只有一個零點(diǎn)，且該零點(diǎn)即得證.【分析】(1)求導(dǎo)后借助因式分解與二次函數(shù)的性質(zhì)可得其導(dǎo)函數(shù)的正負(fù)，即可得其單調(diào)性；(2)借助導(dǎo)數(shù)的幾何意義可得計算即可得解；(3)結(jié)合x的取值范圍，可將所需證明的不等式轉(zhuǎn)化為證明sinx·tanx-x2>0,構(gòu)造函數(shù)g(x)=sinx·tanx-x2,則可借助導(dǎo)數(shù)結(jié)合基本不等式得到g(x)的單調(diào)性，即可得證.【詳解】(1)故f'(x)>0在上恒成立，故f(x)在上單調(diào)遞增；(2)由題意知則或cos2x?-2cosx?-√2=0,則即又,故.(3)由,則sinx∈(0,1),anx>0,故f(x)>f(0)=sin即只需證sinxtanx-x2>0,令g(x)=sinxtanx-x2,故h(x)在上單調(diào)遞增，則h(x)>h(0)=0,即g'(x)>0,故g(x)在上單調(diào)遞增，則g(x)>8(0)=0,題型4數(shù)列型證明f(1)+f(2)+f(1)+f(2)+…+f(n)<g(n)’變形將右邊也轉(zhuǎn)化為求和式，即8(n)=[8(n)-g(n-1)]+[8(n-1)-8(n-2)]+[8(n-2)-8(n-3)]+…+[8(這樣一來，設(shè)b?=8(n)-g(n-1)(n∈N),則只需證f(1)+f(2)+…+f(n)<b?+b?+…+b,而要證明這個式子，可以證明左右兩側(cè)對應(yīng)項的大小關(guān)系，即如果能夠證出f(n)<b恒成立，則原不等式也就成立.【分析】(1)利用導(dǎo)數(shù)判斷出函數(shù)在[1,4]上的單調(diào)性，再根據(jù)單調(diào)性求解即可；f(x)m≤0求解即可；(3)由(2)知，當(dāng)m=1時，f(x)≤0恒成立，即令則有最后利用累加法即可得證.【詳解】(1)因為因為函數(shù)f(x)定義域為x∈[1,4],所以x=e;所以所以(2)若m≤0時，因為不滿足題目要求，所以為f(x)的一個極大值點(diǎn)，也為最大值點(diǎn)，令令因為g(m)單調(diào)遞減，且8(1)=0,所以m≥1;(3)證明：由(2)知，當(dāng)m=1時，f(x)≤0恒成立，即等號成立當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取得.x+y+3=0垂直.【分析】(1)由切線與已知直線位置關(guān)系求解；(2)二次求導(dǎo)判斷f(x)單調(diào)性求解；(3)將(2)中結(jié)論(x-2)e?+x+2>0對任意的x∈(0,+)恒成立，轉(zhuǎn)化為(lnx-2)e'+Inx+2>0對任意【小題1】因為f(x)=(x-2)e+ax,所以f'(x)=(x-1)e*+a,則f'(1)=a.因為曲線y=f(x)在x=1處的切線與直線x+y+3=0垂直，所以f'(1)=a=1,即a的值為1.【小題2】由(1)可知f(x)=(x-2)e+x,則f'(x)=(x-1)e?+1.設(shè)g(x)=f'(x)=(x-1)e+1,顯然g'(x)≥0在(0,+∞)上恒成立，則g(x)在(0,+o)上單調(diào)遞增，即f'(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.因為f'(0)=0,所以f'(x)≥0在(0,+)上恒成立，故f(x)≥f(0)=-2,即f(x)在(0,+o)上的最小值為-2.【小題3】證明：由(2)可知(x-2)e?+x>-2對任意的x∈(0,+∞)恒成立，即(x-2)e?+x+2>0對任意的x即對任意的x∈(1,+o)恒成立.(2)若方程f(x)=g(x)在(0,+)上有且僅有兩個解x,x?2,求b的取值范圍，并比較x?x?+1與x?+x?的大【分析】(1)首先設(shè)切點(diǎn)為(x?,y%),根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義構(gòu)造方程組，解方程組即可求出參數(shù)a的值；(2)首先構(gòu)造函數(shù),利用導(dǎo)數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性，然后根據(jù)零點(diǎn)存在定理構(gòu)造不等式組，求解不等式組即可求出參數(shù)b的取值范圍，最后根據(jù)根的范圍，利用作差法比較x?x?+1與x?+x?(3)首先構(gòu)造函數(shù)F(x)=x-ln(x+1)(x>0),利用導(dǎo)數(shù)證明當(dāng)x>0時，F(xiàn)(x)>F(0)=0,即當(dāng)x>0【詳解】(1)設(shè)切點(diǎn)為(x?,y),則yo=xo,得x?+a=1,且y?=ln(x?+a)=x?=0,所以x?=0,a=1.(2)由,得則,所以由此可知，方程f(x)=g(x)在(0,+)上有且僅有兩個解x,x?,滿足0<x?<1,x?>1.(3)令F(x)=x-ln(x+1)(x>0),題型5三角函數(shù)與數(shù)列型解解在D上是一個“T(a)函數(shù)”(2)利用(1)的信息及結(jié)論可得在x∈(0,√2)上成立，取,利用裂項相消法求和推理得證.【詳解】(1)要證g(x)=1-cosx在區(qū)間上是一個“函數(shù)”,證明如下：令,求導(dǎo)得h'(x)=x-sinx,即h(x)在上單調(diào)遞增，又h(0)=0,綜上可得：即函數(shù)g(x)在區(qū)間上是一個函數(shù)”.則所以所以【分析】(1)直接求導(dǎo)得sinh(O)=1,sinh(O)=0,則得到切線方程；(2)方法一：令求導(dǎo)得到單調(diào)性即可證明；方法二：首先證明當(dāng)(3)首先利用導(dǎo)數(shù)證明,再根據(jù)(2)得到最后即可證明原不等式.【詳解】(1)由已知，又sinh(O)=0,所以，切線方程為y=x.(2)方法一：令 當(dāng)且僅當(dāng)e=e×,即x=0時，等號成立，所以F(x)=sinh(x)-sinx>F(0)=sinh(0)-sin0=0,所以F(x)=sinh(x)-x>F(0)=sinh(0)-0=0,令G(x)=x-sinx,則G'(x)=1-cosx≥0,所以G(x)=x-sinx≥G(O)=0,故x>sinx.則f'(x)=x-sinx,令g(x)=x-sinx,則g'(x)=1-cosx≥0,當(dāng)n≥2時，則有：又由(2)知，當(dāng)x∈(0,1)時，sinh(x)>sinx=tanx·cosx.3.(24-25高二下·四川南充·期末)已知函數(shù)f(x)=esinx(e為自然對數(shù)的底數(shù)),g(x)=In(x+1).【答案】(1)最大值為【答案】(1)最大值為最小值為0;【分析】(1)求導(dǎo)，根據(jù)導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)在區(qū)間[0,π]上單調(diào)性，進(jìn)而可求得最值；(2)證明sinx>1n(x+1),通過構(gòu)造函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)分析最值即可證得結(jié)論成立；【詳解】(1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)可得f'(x)=e*(sinx+cosx),因為e?>0,所以即函數(shù)f(x)在區(qū)間而因為e?>0,所以即函數(shù)f(x)在區(qū)間而所以函數(shù)f(x)的最大值為最小值為0;(2)要證f(x)>e*g(x),只需要證明sinx>ln(x+1),其中設(shè)m(x)=sinx-1n(x+1),設(shè)n(x)=m(x).,所以，,使得n'(x)=0,所以m'(x)在區(qū)間(0,x)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減又因為m()-0.m(L)>0.使得m′(x?)=0,所以m(x)在區(qū)間(0,x?)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間內(nèi)單調(diào)遞減即對f(x)>e*g(x)(3)令,所以：=In3-In2+ln4-1n3+…+1n(2n+2)-ln(2n+1)=1成立；【分析】(1)求導(dǎo)，由導(dǎo)數(shù)的正負(fù)即可求解函數(shù)的單調(diào)性，(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)=e-x-xlnx+1,利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)的單調(diào)性，即可求解最值，進(jìn)而可證明.【詳解】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=1+a+Inx,(2)證明：令g(x)=e*+1-f(x)=e-x-xlnx+1,則g'(x)=e-Inx-2,令h(x)=g'(x),則顯然h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又h(1)=e-1>0,故存在唯一的,使得h'(x?)=0.又∵,兩邊取對數(shù)得x?=-Inx?,故2.(23-24高三上·陜西安康階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=x-alnx-4,a∈R.(2)當(dāng)a=1時，令F(x)=(x-2)e-f(x),若x=x?為F(x)的極大值點(diǎn)，證明：0<F(x?)<1.【分析】(1)對參數(shù)a分類討論，根據(jù)不同情況下導(dǎo)函數(shù)函數(shù)值的正負(fù)，即可判斷單調(diào)性；【詳解】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(,+∞),綜上，當(dāng)a≤0時，函數(shù)f(x)在(0,+0)上單調(diào)遞增；當(dāng)a>0時，函數(shù)f(x)在(a,+o)上單調(diào)遞增，在(0,a)上單調(diào)遞減.當(dāng)x>0時，g'(x)>0,所以g(x)在(0,+)上單調(diào)遞增，所以存在使得g(x)=0,且當(dāng)x∈(0,x),g(x)(0,x∈(x,+o),g(x))0;又當(dāng)x∈(0,1),y=x-1(0;x∈(1,+o),y=x-1)0;故當(dāng)x∈(0,x),F'(x)>0;當(dāng)x∈(x,1),F'(x)<0;當(dāng)x∈(1,+),F'(x)>0且所以又單調(diào)遞減，所以0<F(x?)<1.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考察含參函數(shù)單調(diào)性的討論，以及導(dǎo)數(shù)中的隱零點(diǎn)問夠準(zhǔn)確分析F(x)的單調(diào)性，以及求得隱零點(diǎn)的范圍以及滿足的條件，屬綜合中檔題.(2)若f(x)存在兩個極值點(diǎn)，記x?為f(x)的極大值點(diǎn)，x?為f(x)的零點(diǎn)，證明：x?-2x?>2.【分析】(1)將問題轉(zhuǎn)化成討論與y=-a的交點(diǎn)個數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)g(x)的單調(diào)性，從而結(jié)合圖象得到答案；(2)分類討論，利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)f(x)=a(x+1)e?*+x2的單調(diào)性，從而判斷函數(shù)的極值點(diǎn)和零點(diǎn)，依次證明不等式.【詳解】(1)因為f(x)=a(x+1)e?*+x2,所以在(-∞0,-1)和(-1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+)所以g(x)的大致圖象如圖所示：綜上，a≥0時，函數(shù)f(x)有1個零點(diǎn)，當(dāng)a<0時，函數(shù)f(x)有2個零點(diǎn).(2)函數(shù)f(x)=a(x+1)e?*+x2當(dāng)a≤0時，2e-a>0,所以函數(shù)f(x)只有一個極值點(diǎn)，不滿足條件；當(dāng)a=2時，所以函數(shù)f(x)無極值點(diǎn)；所以函數(shù)f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，在(0,+)上單調(diào)遞增，此時綜上，x?-2x?>2.【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：零點(diǎn)可理解為兩函數(shù)的交點(diǎn)的橫坐標(biāo)，在求解時可分析單解.題型7極值點(diǎn)偏移型極值點(diǎn)偏移多有零點(diǎn)這個條件。零點(diǎn)型，注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用：3.將方程根的判定轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性問題處理.1.(22-23高三上云南·階段練習(xí))已知函數(shù),a>0.【分析】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù)后可得函數(shù)的單調(diào)性，結(jié)合單調(diào)性可求最大值，從而可求參數(shù)的取值范圍.(2)利用極值點(diǎn)偏移可證x(2)利用極值點(diǎn)偏移可證x?+x?>2,結(jié)合不等式放縮可證x2+x2>2.所以,要使f(x)≤1,則有,而a>0,故a≥1,(2)證明：當(dāng)a>0時，由(1)知，當(dāng)x∈(0,1)時，f(x)單調(diào)遞增；①若x?∈(2,+∞),則x2+x2>x2≥4>2,成立；②若x?∈(1,2),先證x?+x?>2,此時2-x?要證x?+x?>2,即證x?>2-x?,即f(x)>f(2-x?),f(x?)>f(2-x?),令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(1,2),即f(x)>f(2-x),x∈(1,2),所以x?+x?>2,因為x2+1>2x?,x2+1>2x?,所以x2+1+x2+1>2(x?+x?),即x2+x2>2(x?+x?)-2>2.而后者可借助極值點(diǎn)偏移來處理，注意前者在構(gòu)建的過程中可利用一些常見的不等式來處理.【分析】(1)求導(dǎo)，分a=0、a<0和a>0三種情況求f(x)的極小值，列方程求解即可；(2)構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-f(4-x)(2<x<3),根據(jù)g(x)的單調(diào)性和g(2)=0得到f(x?)-f(4-x?)>0,再結(jié)合f(x?)=f(x?)和f(x)的單調(diào)性即可得到x?+x?<4;設(shè)h(x)=2x2-6x,通過比較f(x)和h(x)的大小關(guān)系得到x?<x?,x?<x?,再結(jié)合x?+x?=3即可得到x?+x?>3.【詳解】(1)因為f(x)=x3-ax2,所以f'(x)=3x2-2ax.所以f(x)單調(diào)遞增，沒有極值，舍去.所以當(dāng)x=0時，f(x)的極小值為f(0)=0,舍去所以a=3.(2)由(1)知，在區(qū)間(-∞,0)上，f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增，所以不妨設(shè)0<x<2<x?<3.下面先證x+x?<4.即證x?<4-x?,因為0<x<2<x?<3,所以1<4-x?<2,只要證f(x)>f(4-x?),又因為f(x)=f(x?),只要證f(x?)>f(4-x?),只要證f(x?)-f(4-x?)>0.設(shè)g(x)=f(x)-f(4-x)(2<x<3),則g'(x)=f'(x)+f'(4-x)=3x(x-2)+3(4-x)((4-x)-2)=6(x-2)2>0,所以g(x)單調(diào)遞增，設(shè)h(x)=2x2-6x,因為f(x)-h(x)=x3-5x2+6x=x(x-2)(x-3),在區(qū)間(0,2)上，f(x)>h(x);在區(qū)間(2,3)上，f(x)<h(x).所以h(x;)>h(x?),所以x?<x?.設(shè)x?∈(2,3),f(x?)=h(x?)=t,所以h(x?)>h(x?),所以x?<x?.因為h(x?)=h(x?)=t,所以x?+x?=3,所以3=x?+x?<x?+x?.【點(diǎn)睛】極值點(diǎn)偏移問題中(極值點(diǎn)為x?),證明x+x?>2x?或x?+x?<2x?的方法：①構(gòu)造F(x)=f(x)-f(2x?-x),③結(jié)合特殊值得到f(x?)-f(2x?-x?)>0或f(x?)-f(2x-x?)<0,再利用f(x)=f(x?),得到與④利用f(x)的單調(diào)性即可得到x?+x?>2x?或x?+x?<2x?.(1)若函數(shù)f(x)的最小值為2,求a的值；(2)在(1)的條件下，若關(guān)于x的方程f(x)=m有兩個不同的實數(shù)根x?,x?,且x?<x?,求證：x?+x?>2.【分析】(1)由題知再根據(jù)a>0和a<0時的情況求解函數(shù)最小值即可得答案；再令,求函數(shù)最小值即可；方法二：由題知方程有兩個不同的實數(shù)根x,x?,進(jìn)而根據(jù)極值點(diǎn)偏移問題求解即可.【詳解】(1)解：因為1,x>0,所以,x>0.當(dāng)a>0時，有f'(x)>0,所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以函數(shù)f(x)不存在最小值；所以a>0不合題意，故a<0.當(dāng)x∈(0,-a)時，f'(x)<0,解得a=-1.所以，a的值為-1.(2)解：方法一：由(1)知，所以①-②得：所以所以,從而得恒成立，即x?+x?>2,得證.方法二：由(1)知，由(1)知，所以即方程有兩個不同的實數(shù)根x?,x?.所以0<x<1<x?.所以G(x)>G(2-x),所以G(x再根據(jù)函數(shù)的性質(zhì)得進(jìn)而證明結(jié)論；極值點(diǎn)偏移型(混合型)處理極值點(diǎn)偏移問題中的類似于xx?<a(f(x?)=f(x?))的問題的基本步驟如下：①求導(dǎo)確定f(x)的單調(diào)性，得到x,x?的范圍；②構(gòu)造函求導(dǎo)可得F(x)恒正或恒負(fù)；【分析】(1)求導(dǎo)，分a>0,a<0兩種情況，分別研究f'(x)的正負(fù)，即可得到f(x)的單調(diào)性；(2)當(dāng)a>0時，x∈(0,1),f'(x)>0,所以當(dāng)a<0時，x∈(0,1),f'(x)<0,所以f(2)證明：由(1)可知，此時x=1是f(x)的極大值點(diǎn)，因此不妨令0<x?<1<x?要證x?+x?>2,即證：x?>2-x?,即f(x)>f(2-x?),即f(x?)>f(2-xt(x)=xe的單調(diào)性，即可得到存在t?=x?e?、t?=x?e(t<t?),使得h(t,)=h(t?),再根據(jù)h(t)的單調(diào)性，可得0<t?<a<t?,再構(gòu)造函數(shù)F(t)=h(t)-h(2a-t),利用導(dǎo)數(shù)說明函數(shù)的單調(diào)性，即可證明；【詳解】(1)解：當(dāng)a=2e時f(x)=xe-2elnx-2e,x∈(0,+),當(dāng)x∈(0,1)時，0<x2+x<2,1<e*<e,所以f'(x)<0,所以f(x)的極小值為f(1)=-e,無極大值.(2)證明：g(x)=f(x)-ax+a=xe-alnx-ax=xe-aln(xe*),令t=xe,則上述函數(shù)變形為h(t)=t-alnt,對于t(x)=xe,x∈(0,+o),則t'(x)=(1+x)e?>0,即t(x)=xe在(0,+)上單調(diào)遞增，所以若存在x?,x?使得g(x?)=8(x?),則存在對應(yīng)的t?=x?e?、t?=x?e?(t?<t?),使得h(t,)=h(t?),對于h(t)=t-alnt,則,因為a>0,所以當(dāng)0<t<a時h'(t)<0,當(dāng)t>a時h'(t)>0,所以0<t?<a<t?,則2a-t?>a,所以F(t)在(0,a)上單調(diào)遞減，所以F(t)>F(a)=0,即h(t)-h(2a-t;)>0,又h(z)=h(t?),所以h(t?)>h(2a-t),又h(t)的單調(diào)性可知t?>2a-t?,即有t?+t?>2a成立，所以x?e?+x?e?2>2a.【點(diǎn)睛】導(dǎo)函數(shù)中常用的兩種常用的轉(zhuǎn)化方法：一是利用導(dǎo)數(shù)研究含參函數(shù)的單調(diào)性，?；癁椴坏仁胶愠闪栴}.注意分類討論與數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用；二是函數(shù)的零點(diǎn)、不等式證明常轉(zhuǎn)化為函數(shù)的單調(diào)性、極(最)值問題處理.【分析】(1)分析可知a≠0,由參變量分離法可知直線與函數(shù)的圖象有兩個交點(diǎn)，利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)f(x)的單調(diào)性與極值，數(shù)形結(jié)合可求得實數(shù)a的取值范圍；(2)令t=xe?>0,其中x>0,令t?=x?e?,t?=x?e2,分析可知關(guān)于t的方程t-alnt=0t?、t2?,且t?≠t?,設(shè)t>t?>0,將所求不等式等價變形為1其中其中s>1,利用導(dǎo)數(shù)分析函數(shù)g(s)的單調(diào)性，即可證得結(jié)論成立.【詳解】(1)解：函數(shù)h(x)的定義域為(0,+∞).構(gòu)造函數(shù)其中x>0,所以，直線與函數(shù)f(x)的圖象有兩個交點(diǎn)，f(x)=1-Ix,由f'(x)=0可得x=e,列表如下：xe+0增減所以，函數(shù)f(x)的極大值為f(e)=01ay=f(x)(2)證明：因為xe-a(Inx+x)=0,則xe-aln(xe*)=0,令t=xe?>0,其中x>0,則有t-alnt=0,則關(guān)于t的方程t-alnt=0也有兩個實根t、t?,且t≠t?,要證,即證xe?·x?e>e2,即證tt?>e2,即證lnt?+lnt?>2,不妨設(shè)t>t?>0,即證不妨設(shè)t>t?>0,題型9雙變量型【詳解】(1)當(dāng)a=1時，f(x)=(x+1)e,則f'(x)=(x+2)e,當(dāng)x<-2時f'(x)<0;當(dāng)x>-2時f'(x)>0,所以當(dāng)x=-2時，函數(shù)f(x)有極小值,無極大值.y=f(x)當(dāng)或k≥0時，方程有1個解，當(dāng)時，方程有2個解.(2)要證令t=m-n,則t>0,設(shè)F(t)=(t-2)e+t+2,t>0,F'(t)=(t-1)e+1,令h(t)=(t-1)e'+1,則h'(t)=te'>0在(0,+)上恒成立，故F'(t)>F'(0)=0,故F(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.所以F(t)>F(0)=0,從而命題得證.值即可.【詳解】(1)若當(dāng)x>0時，f(x)≥x恒成立，(2)(i)若關(guān)于x的方程f(x)=1有兩個不同實數(shù)根x?,x?,從而令u(x)=e*(2-x),則u'(x)=e*(1-x),從而a(;)<ku(1)=e,從而即的根為x?,即又由(1)知，設(shè)的根為x?,即所以從而,所以(1)設(shè)函數(shù)不等式r(x)≥0對任意的x∈(0,+o)恒成立，求a的取值范圍.(ii)求證：x+x?<0<f(x?)+f(x?).【分析】(1)代入然后求導(dǎo)，對a≤1,a>1討論判斷；(2)(i)法一：等價轉(zhuǎn)化方程f'(x)=0有兩個不同的變號根x,x?等價a=e?-x有兩個不同的根，然后構(gòu)建函數(shù)g(x)=e-x研究性質(zhì)即可；法二：直接求導(dǎo)f'(x)=e-x-a,然后利用二階導(dǎo)，求出最即可；(ii)構(gòu)建函數(shù)h(x)=8(x)-8(-x)=e-e×-2x,然后求導(dǎo)可判斷x?+x?<0,然后構(gòu)建函數(shù)F(x)=e+e?*-x2-2,可知0<f(x)+f(x?),最后可得結(jié)果.【詳解】(1)由,得r(0)=0,r'(x)=e*-a,r'(0)=1-a所以r(x)≥r(O)=0,不等式恒成立；所以r(x)在(0,Ina)上單調(diào)遞減，r(Ina)<r(O)=0,與已知不等式矛盾.故a≤1;設(shè)g(x)=e-x,則g'(x)=e-1=0→x=0,法二：由,求導(dǎo)可得f'(x)=e-x-a,令g(x)=f'(x),所以則g(In2a)>0,令h(x)=g(x)-g(-x)=e-e?*-2x,則x?<-x?,可得x?+x?<0;由x?<-x?<0,則f(x)>f(-x?),所以f(x)+f(x?)>f(-x?)+f(x?要證f(x)+f(x?)>0,只需證f(-x?)+f(x?)>0,由則令F(x)=e+e×-x2-2,求導(dǎo)可得F'(x)=e-e*-2x,令G(x)=F'(x),則G(x)=e*+e?-2≥0,所以函數(shù)G(x)在R上單調(diào)遞增，G(O)=0,(1)若a=0,設(shè)A,B分別在拋物線x2=4y與曲線,且AB//【分析】(1)根據(jù)題意作出圖形，從而可得再構(gòu)造函數(shù)利用導(dǎo)數(shù)即可求出最值，即可求解.(2)由題意可得lnx?-ax=0,lnx?-ax?=0,化簡得,結(jié)合題意不妨設(shè)x>x?,要證設(shè)A(xa,yA),B(xg,yB),因為AB//y軸，所以x?=xB,且yA>