浅谈一个超越不等式在解高考压轴题中应用(PDF版)
高考数学难点突破难点(解不等式-不等式的综合应用)
原不等式的解集为{x|－1＜x＜1 } .
5.解：由 f(1)= 7 得 a+b+c= 7 ，令 x2+ 1 =2x2+2x+ 3 x =－1，由 f(x)≤2x2+2x+ 3 推得
2
2
2
2
2
3 f(－1)≤ .
2
由 f(x)≥x2+ 1 推得 f(－1)≥ 3 ，∴f(－1)= 3 ，∴a－b+c= 3 ，故
(2)若
f(x)=
px px
1 1
，解关于
x
的不等式
f-－1(x)＞ log p
1 k
x
(k∈R+)
5.(★★★★★)设 f(x)=ax2+bx+c，若 f(1)= 7 ，问是否存在 a、b、c∈R，使得不等式： 2
x2+ 1 ≤f(x)≤2x2+2x+ 3 对一切实数 x 都成立，证明你的结论.
2
a2
当 a＞1 时，原不等式与(x－
)(x－2)＞0 同解.
a 1
a2
a2
若
≥2，即 0≤a＜1 时，原不等式无解；若
＜2，即 a＜0 或 a＞1，于是 a
a 1
a 1
a2 ＞1 时原不等式的解为(－∞， )∪(2，+∞).
a 1
a2
a2
当 a＜1 时，若 a＜0，解集为(
，2)；若 0＜a＜1，解集为(2，
(2)当Δ=0 时，a=－1 或 2.当 a=－1 时 M={－1}［1，4］；当 a=2 时，m={2} ［1，4］.
(3)当Δ＞0 时，a＜－1 或 a＞2.设方程 f(x)=0 的两根 x1，x2，且 x1＜x2，那么 M=［x1，
【优质文档】超越函数的突破应对策略(1)
超越函数的突破应对策略y e x 与y ln x 是两个基本的超越函数，它们的很多性质在解题中有着非常重要的作用，例如两个重要不等式e x x 1（x 0 时等号成立），ln x x 1（x 1 时等号成立）成为不等式放缩的重要工具．我们将这两个函数与x 进行不同的组合，得到一系列的超越函数，通过研究它们的图像和性质，挖掘它们在解题中的重要作用．一、函数y xe x 的性质和应用．【函数的性质】y (x 1)e x ，当x 1时，y 0 ；当x 1 时，y 0 ．所以函数y xe x 在(, 1) 上单调递减，在(1, ) 上单调递增．【函数的图像】函数y xe x 的图像如图所示，当x 1 时，函数有最小值1，即xe x1恒成立。
当x 0 时，y 0 ，e e图像在x 轴的下方，当x 0 时，y 0 ，图像在x 轴的上方．【例题 1】（2013 年高考福建卷文科第22 题）已知函数 f (x) x 1ae x（a R ，e 为自然对数的底数）．（1）若曲线y f (x) 在点(1, f (1)) 处的切线平行于x 轴，求a 的值；（2）求函数 f (x) 的极值；（3）当a 1的值时，若直线l : y kx 1与曲线y f (x) 没有公共点，求k 的最大值．【分析】第（Ⅲ）问即方程k 1x1e x没有实根，可以考虑分离变量，同时出现xe x 的组合，数形结合，转化为两个函数图像没有交点的问题．【解析】（Ⅰ）略；（Ⅱ）略；（Ⅲ）当a 1时， f x x 11．e x依题意知关于x 的方程k 1x 1e x（*）在R 上没有实数解．①当k 1时，方程（*）可化为1e x0 ，在R 上没有实数解．a ②当k 1时，方程（*）化为1k 1结合函数y xe x的图像，易知xe x．当 1 , 1 时，方程（*）无实数解，k 1 e 解得k 的取值范围是1e,1．综上，得k 的最大值为1．【评析】本题的关键是分离变量，它让函数y xe x的性质凸显，问题的解答也变得清晰可见．【针对训练1】已知函数f (x) ln x1，a R ．x（1）若函数f (x) 的最小值为0，求a 的值；（2）证明：e x (ln x 1) sin x 0 ．1【分析】由函数的最小值为0，容易得出a 1，从而得到不等式ln x 1，代入第二问，这样就将含x有e x和ln x 的式子放缩为含有e x和x 的式子，从而突破了本题的难点．【解析】（1） f (x) ln xa 1的定义域为(0,) ，且f (x)1a x a．xx x2x2若a 0 ，则 f (x) 0 ，于是 f (x) 在(0, ) 上单调递增，故f (x) 无最小值，不合题意；若a0 ，则当0 x a 时， f (x) 0 ；当x a 时， f (x) 0 ．故 f (x) 在(0, a) 上单调递减，在(a, ) 上单调递增，于是，当x a 时， f (x) 取得最小值ln a ，由已知得ln a 0 ，解得a1．综上可知，a 1．（2）下面先证当x (0,) 时，ex(ln x 1) sin x 0 ．由（1）可知ln x 11，又因为x (0,) ，sin x 0 ，所以只要证ex1sin x 0 ，xx即只要证xe xsin x 0 ．由于函数y xe x在切线y x 的上方，而y sin x 在直线y x 的下方，所以有xexx sin x ，从而xe xsin x 0 成立．故当x (0,) 时，e x(ln x 1) sin x 0 成立．当x [,) 时，ln x 1 0 ，所以e x (ln x 1) sin x e x1 ln x ，结合exx 1 以及ln x x 1，知道e xln x 2 ，所以e x1 ln x 3 0，x x x 1(0, )x 故当x [,) 时，e x(ln x 1) sin x 0 成立．综上所述，e x(ln x 1) sin x 0 成立．【评析】通常这种题，一定要寻找第一问与第二问之间的联系，这种联系常常成为解题的突破点．另外，本题在解答中，按x (0,) 和x [, ) 分类讨论，是解题的关键点，这样成功地利用了函数y xe x的图像和性质，使问题轻松获解．二、函数y的性质和应用．ex 【函数的性质】y1x ，当x 1时，y 0 ；当x 1 时，y0 ．ex所以函数y在(,1) 上单调递增，在(1, ) 上单调递减．ex 【函数的图像】函数y 的图像如图所示，当x 1 时，函数有最大值1，即x exeex恒成立。
泰勒展开式与超越不等式在高考中的应用
泰勒展开式与超越不等式在高考中的应用王文琦(江苏省扬州大学数学科学学院ꎬ江苏扬州２２５００２)摘㊀要:泰勒公式是逼近㊁近似函数的重要工具ꎬ并由此引出高考数学中不等式及其他的众多题型.了解泰勒展开式对学生理解命题背景㊁快速解题有着重要的意义.关键词:泰勒展开式ꎻ超越不等式ꎻ不等式放缩中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)１９－００３１－０３收稿日期:２０２３－０４－０５作者简介:王文琦(２００２－)ꎬ男ꎬ江苏省泰州人ꎬ本科在读ꎬ从事中学数学教学研究.基金项目:２０２２年扬州大学大学生科创基金项目 泰勒公式与泰勒级数的应用探究 (项目编号:Ｘ２０２２０２２２)ꎻ江苏高校品牌专业建设工程资助项目(项目编号:ＰＰＺＹ２０１５Ｂ１０９)㊀㊀笔者从泰勒公式基本形式出发ꎬ证明了两大超越不等式.笔者接着举例分析了高考中以泰勒展开为背景的试题ꎬ并总结了高考中五大应用题型ꎬ以期抛砖引玉.１泰勒展开式与超越不等式１.１泰勒公式形式若函数ｆ(ｘ)在包含ｘ０的某个闭区间[ａꎬｂ]上具有ｎ阶导数ꎬ且在开区间(ａꎬｂ)上具有(ｎ＋１)阶导数ꎬ则对闭区间[ａꎬｂ]上任意一点ｘꎬ有ｆｘ()＝ｆｘ０()＋ｆᶄｘ０()ｘ－ｘ０()＋ｆᵡｘ０()２!(ｘ－ｘ０)２＋ ＋ｆｎ()ｘ０()ｎ!ｘ－ｘ０()ｎ＋Ｒｎ(ｘ).其中:ｆ(ｎ)(ｘ０)表示ｆ(ｘ)在包含ｘ０的某个闭区间[ａꎬｂ]上具有ｎ阶导数ꎬ等号后的多项式称为函数ｆ(ｘ)在ｘ０处的泰勒展开式ꎬ剩余的Ｒｎ(ｘ)是泰勒公式的余项ꎬ是(ｘ－ｘ０)ｎ的高阶无穷小量[１].１.２两个超越不等式(１)对数型超越放缩:ｘ－１ｘɤｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０).证明㊀因为ｌｎｘ＋１()＝ｘ－１２ｘ２＋１３ｘ３－ ＋－１()ｎ－１１ｎｘｎ＋Ｒｎ(ｘ)ꎬ①①中等号右边只取第一项ꎬ得ｌｎｘ＋１()ɤｘ(ｘ>－１).②用ｘ－１替代②中的ｘꎬ得ｌｎｘɤｘ－１(ｘ>０).③③式左右两边同乘 －１ ꎬ有ｌｎ１ｘȡ１－ｘ(ｘ>０)④用１ｘ替代④中的ｘꎬ得ｘ－１ｘɤｌｎｘ(ｘ>０).(２)指数型超越放缩:ｘ＋１ɤｅｘɤ１１－ｘｘ<１()证明㊀因为ｅｘ＝１＋ｘ＋１２!ｘ２＋ ＋１ｎ!ｘｎ＋Ｒｎ(ｘ)ꎬ⑤⑤式等号右边取前两项ꎬ得ｅｘȡｘ＋１(ｘɪＲ).⑥用－ｘ替代⑥式中的ｘꎬ得ｅ－ｘȡ－ｘ＋１(ｘɪＲ).⑦当ｘ<１时ꎬ由⑦得ｅｘɤ１１－ｘｘ<１().当ｘ>１时ꎬ由⑦得ｅｘȡ１１－ｘｘ>１().２举例分析泰勒展开与高考题的联系２.１一阶导数放缩例１㊀(２０１３年新课标Ⅱ卷)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ１３－ｌｎｘ＋ｍ()ꎬ(１)设ｘ＝０是ｆ(ｘ)的极值点ꎬ求ｍꎬ并讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)当ｍɤ２时ꎬ证明ｆ(ｘ)>０.命题手法分析㊀第(２)问考查泰勒一阶展开式:ｅｘȡｘ＋１>ｘ－１ȡｌｎｘꎬ所以可得ｅｘ－ｌｎｘ＋２()>０ꎬ这就是第(２)问的命题背景.２.２二阶导数放缩例２㊀(２０２０年全国Ⅰ卷)已知函数ｆｘ()＝ｅｘ＋ａｘ２－ｘ.(１)当ａ＝１时ꎬ讨论ｆ(ｘ)的单调性ꎻ(２)当ｘȡ０时ꎬｆｘ()ȡ１２ｘ３＋１ꎬ求ａ的取值范围.命题手法分析㊀第(２)问需证明ｅｘ＋ａｘ２－ｘ－１２ｘ３－１ȡ０ꎬ所证不等式是ｅｘ与三次多项式ꎬ我们可以由ｅｘȡ１２ｘ２＋ｘ＋１(ｘȡ０)来构造ꎬ再通过积分包装难度.显然ꎬｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１ȡ０(ｘȡ０)ꎬ若用其作为导函数的一部分ꎬ我们可以用一个变号零点来做极值点(最值点)ꎬ处理变号零点最简单的方式就是一次函数ꎬ故可选２－ｘ()ｅｘ－１２ｘ２－ｘ－１æèçöø÷(ｘȡ０).这个式子使得ｘ＝２是一个极大值点(最大值点).但是ꎬ这样构造的导函数其原函数过于简单ꎬ不能满足压轴题的难度ꎬ那就增加一个分母[１]:如ｆᶄｘ()＝２－ｘ()ｅｘ－ｘ２/２－ｘ－１()ｘ３(ｘȡ０)ꎬ这样我们再将ｆᶄｘ()积分整理可得ｆｘ()＝－ｅｘ＋ｘ３/２＋ｘ＋１ｘ２.由导数可知ｆ(ｘ)在ｘ＝２处有最大值ꎬ故可得ｆ(ｘ)ɤａ恒成立ꎬ转化即可得到这道高考试题:当ｘȡ０时ꎬｆｘ()ȡ１２ｘ３＋１ꎬ求ａ的取值范围.而由上述分析可知ꎬｆ(ｘ)在ｘ＝２处取得最大值ꎬ故ａȡ７－ｅ２４ꎬ此题的结果就出来了.３具体应用３.１利用泰勒展开式证明不等式例１㊀证明:ｌｎ１＋ｘ()ɤｘ－ｘ２２＋ｘ３３(－１<ｘ<１).证明㊀设ｆ(ｘ)＝ｌｎ(１＋ｘ)(－１<ｘ<１)ꎬ则ｆ(ｘ)在ｘ＝０处有泰勒公式ｌｎ１＋ｘ()＝ｘ－ｘ２２＋ｘ３３－ｘ４４１＋ξ()４(－１<ξ<１)ꎬ因为－ｘ４４１＋ξ()４ɤ０ꎬ所以ｌｎ１＋ｘ()ɤｘ－ｘ２２＋ｘ３３.３.２泰勒展开式与函数的极值界定例２㊀已知ｘ＝０是函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ａｘ－ｔａｎｘ)的极大值点ꎬ则ａ的取值范围是(㊀㊀).Ａ.－¥ꎬ０(]㊀㊀㊀Ｂ.－¥ꎬ１(]Ｃ.０ꎬ＋¥[)㊀Ｄ.[１ꎬ＋¥)解析㊀ｘ＝０是函数ｆ(ｘ)＝ｘ(ａｘ－ｔａｎｘ)的极大值点ꎬ等价于ｘ＝０是函数ｇ(ｘ)＝ｘ(ａｘｃｏｓｘ－ｓｉｎｘ)的极大值点.由ｆ(ｘ)在ｘ＝０的泰勒展开为ｇｘ()ʈｘａｘ１－ｘ２２æèçöø÷－ｘ＋ｘ３６[]ꎬ化简ꎬ得ｇｘ()ʈａ－１()ｘ２－ａ２－１６æèçöø÷ｘ４.因为ｘ＝０是ｆ(ｘ)的一个极大值点ꎬ所以二次项系数必须小于零ꎬ即ａ－１<０.当ａ＝１时ꎬ也满足最低偶次项即－１３ｘ４系数小于零ꎬ所以ａɤ１.故选Ｂ.３.３利用超越不等式比较大小例３㊀设ａ＝ｌｎ１.０１ꎬｂ＝１.０１３０ｅꎬｃ＝１１０１(其中自然对数的底数ｅ＝２.７１８２８ )ꎬ则(㊀㊀).Ａ.ａ<ｂ<ｃ㊀Ｂ.ａ<ｃ<ｂ㊀Ｃ.ｃ<ｂ<ａ㊀Ｄ.ｃ<ａ<ｂ解析㊀令ｘ＝１.０１ꎬ则ａ＝ｌｎｘꎬｂ＝ｘ３０ｅꎬｃ＝１－１ｘ－１.考虑到ｌｎｘɤｘ－１ꎬ可得－ｌｎｘɤ１ｘ－１.化简ꎬ得ｌｎｘȡ１－１ｘꎬ当且仅当ｘ＝１时等号成立ꎬ故ｘ＝１.０１２３时ꎬａ>ｃ.由ｌｎｘɤｘ－１ꎬ得ｌｎ１.０１<０.０１<１.０１３０ｅ.故ｂ>ａ.综上ꎬｂ>ａ>ｃꎬ故选Ｂ.３.４利用对数型超越放缩证明不等式例４㊀已知函数ｆｘ()＝ｌｎｘ－ｋｘ＋１.(１)若ｆｘ()ɤ０恒成立ꎬ求实数ｋ的取值范围ꎻ(２)证明:１＋１２２æèçöø÷１＋１３２æèçöø÷ １＋１ｎ２æèçöø÷<ｅ２３(ｎɪＮ∗ꎬｎ>１).解析㊀(１)由ｆｘ()ɤ０ꎬ得ｋȡｌｎｘ＋１ｘ.令ｇｘ()＝ｌｎｘ＋１ｘ(ｘ>０)ꎬ则ｇᶄｘ()＝－ｌｎｘｘ２.当０<ｘ<１时ꎬｇᶄｘ()>０ꎬｇｘ()单调递增ꎬ当ｘ>１时ꎬｇᶄｘ()<０ꎬｇｘ()单调递减ꎬ所以ｇ(ｘ)ｍａｘ＝ｇ１()＝１.从而ｋȡ１.(２)由(１)知ꎬｋ＝１时ꎬ有不等式ｌｎｘɤｘ－１对任意ｘɪ(０ꎬ＋¥)恒成立ꎬ当且仅当ｘ＝１时ꎬ取等号ꎬ所以不等式ｌｎｘ<ｘ－１对任意ｘɪ(１ꎬ＋¥)恒成立.令ｘ＝１＋１ｎ２(ｎ>１ꎬ且ｎɪＮ∗)ꎬ则ｌｎ１＋１ｎ２æèçöø÷<１ｎ２<１ｎ２－１＝１２１ｎ－１－１ｎ＋１æèçöø÷.则ｌｎ１＋１２２æèçöø÷＋ｌｎ１＋１３２æèçöø÷＋ ＋ｌｎ１＋１ｎ２æèçöø÷<１２２＋１２１２－１４æèçöø÷＋ ＋１ｎ－２－１ｎæèçöø÷＋１ｎ－１－１ｎ＋１æèçöø÷[]＝１４＋１２１２＋１３－１ｎ－１ｎ＋１[]<１４＋１２１２＋１３[]＝２３.即１＋１２２æèçöø÷１＋１３２æèçöø÷ １＋１ｎ２æèçöø÷<ｅ２３(ｎɪＮ∗ꎬｎ>１).㊀３.５利用指数型超越放缩证明不等式例５㊀已知函数ｆｘ()＝ｅｘ－ｅ－ｘ－２ｘꎬ(１)设ｇｘ()＝ｆ２ｘ()－４ｂｆ(ｘ)ꎬ当ｘ>０时ꎬｇｘ()>０ꎬ求ｂ的最大值ꎻ(２)已知１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ估计ｌｎ２的近似值.(精确到０.００１)解析㊀(１)函数ｇｘ()＝ｆ２ｘ()－４ｂｆｘ()＝ｅ２ｘ－ｅ－２ｘ－４ｂｅｘ－ｅ－ｘ()＋８ｂ－４()ｘꎬ求导得ｇᶄｘ()＝２ｅｘ＋ｅ－ｘ－２()ｅｘ＋ｅ－ｘ＋２－２ｂ().①由ｅｘ＋ｅ－ｘ>２ꎬ则ｅｘ＋ｅ－ｘ＋２>４.当２ｂɤ４ꎬ即ｂɤ２时ꎬｇᶄｘ()ȡ０ꎬ当且仅当ｘ＝０时取等号.从而ｇ(ｘ)在Ｒ上为增函数ꎬ而ｇ(０)＝０ꎬ所以ｘ>０时ꎬｇ(ｘ)>０ꎬ符合题意.②当ｂ>２时ꎬ若ｘ满足２<ｅｘ＋ｅ－ｘ<２ｂ－２ꎬ则ｌｎｂ－１－ｂ２－２ｂ()<ｘ<ｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ().又由ｇ(０)＝０知ꎬ当０<ｘɤｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()时ꎬｇ(ｘ)<０ꎬ不符合题意.综合①②知ꎬｂɤ２ꎬ即ｂ的最大值为２.(２)因为１.４１４２<２<１.４１４３ꎬ根据(２)中ｇｘ()＝ｅ２ｘ－ｅ－２ｘ－４ｂｅｘ－ｅ－ｘ()＋８ｂ－４()ｘꎬ为了凑配ｌｎ２ꎬ并利用２的近似值ꎬ故将ｌｎ２即１２ｌｎ２代入ｇ(ｘ)的解析式中ꎬ得ｇｌｎ２()＝３２－２２ｂ＋２２ｂ－１()ｌｎ２.当ｂ＝２时ꎬ由ｇ(ｘ)>０ꎬ得ｇｌｎ２()＝３２－４２＋６ｌｎ２>０ꎬ则ｌｎ２>８２－３１２>８ˑ１.４１４２－３１２＝０.６９２８.令ｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()＝ｌｎ２ꎬ得ｂ＝３２４＋１>２.当０<ｘɤｌｎｂ－１＋ｂ２－２ｂ()时ꎬ由ｇｘ()<０ꎬ得ｇｌｎ２()＝－３２－２２＋３２＋２()ｌｎ２<０.得ｌｎ２<１８＋２２８<１８＋１.４１４３２８<０.６９３４.所以ｌｎ２的近似值为０.６９３.总结㊀泰勒公式是高等数学中的重要知识ꎬ它构成了众多高考数学题中的命题背景.所以知道常见函数的泰勒展开式ꎬ就能捕捉到试题背后蕴藏的不等式ꎬ应用时用初等数学的方法证明即可.在高中数学学习的过程中适当扩展与了解一些高等数学的知识ꎬ对于高中生尤其是优等生是必要的.参考文献:[１]华东师范大学数学科学学院.数学分析(第五版上册)[Ｍ].北京:高等教育出版社ꎬ２０１９.[责任编辑:李㊀璟]３３。
教学设计 不等式知识点在高考题中的运用
不等式知识点在高考题中的运用
安庆市皖河中学宋哲教材分析：
学情分析：
学生在高考二轮复习过程中，易于产生割裂知识，肢解问题的错误态度，因此需要整合不等式知识点综合运用能力，让学生学会“复合”知识，形成系统化知识的网络，宏观看待高考题的立意及处理方法。
教学目标：
知识与技能复习绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇知识点及综合运用的能力。
过程与方法通过复习复习绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇知识点解决简单问题，进一步提高不等式知识点的综合运用的能力。
情感、态度、价值观启发调动学生积极参与教学活动，培养良好的学习习惯。
通过绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇的学习，培养实
事求是、勇于探索、严密细致的科学态度；通过提问、讨论、思考解答等教学活动，培养坚强的意志和锲而不舍的精神，敢于解决综合问题。
教学重点：
重点绝对值不等式的解法，不等式的证明等简单问题。
难点培养利用绝对值不等式的解法，不等式的证明，函数与不等式的交汇综合地解决问题的能力。
教学程序与环节设计：
课堂小结：
知识点：
题型：
课后延伸：教学反思：。
高中数学论文：一道不等式例题的推广及应用
一道不等式例题的推广及应用高中数学必修第二册（上）第12页例3：2233,,ab b a b a b a b a +>+≠则有都是正数，且若 （1）文[1]对（1）式进行指数推广，笔者认为可以进一步推广为: 引理 则有且同号都是正数，若,,,R l k b a ∈ k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 当且仅当b a =时取到等号。
证明：因为 0))((≥--=--+++l l kk k l l k l k l k b a b a b a b a b a 所以 k l l k l k l k b a b a b a +≥+++ 证毕。
下面我们考虑对其项数推广。
注意到引理的结构，两边同时加上lk lk ba +++，则可得k l l k l k l kb a b a b a +≥+++)(2+l k l k b a +++即，))(()(2l l k k l k l k b a b a b a ++≥+++，所以有：定理 :,,1,则有且同号、且若R l k N i n i R a i ∈∈≤<∈+)(1111∑∑∑===+≥n i l i n i k i ni lk i a a n a 时取等号当且仅当n a a a === 21证明：因为∑∑=+=+=nj l k j n i lk i a a 11所以∑∑∑∑∑∑=+=+====+++++=+=+nj l k j n i lk i n j n i n j n i lk j lk i lk j lk i a n a n na a a a 111111)()(∑=+=ni l k i a n 12 （2）由引理及∑∑∑∑======nj l j ni l i n i n j k j k i a a a a 1111,所以∑∑∑∑∑∑∑=======+++=+≥+ni l i kj n j n i ki lj nj n i kj li lj ki n j n i lk j lk i a a a a a a a a a a 1111111)()()(∑∑∑∑∑∑=======+=ni l i n i ki n i li n j kj n i ki n j lj a a a a a a 1111112 （3）时等号取到即当且仅当n j i a a a a a ==== 21结合（2）（3）可得定理成立。
导数压轴-超越函数的探讨(有详细解答)
（2） 换元处理 （3） 分离函数比较(提取公因式，分离超越式)
例题分析
三角函数
例 1. 已知 f x e1x a cos x,a R (1) 若函数 y f x 在0, 存在单调递增区间，求实数 a 的取值范围
(2)
若
f
2
0
，证明：对于
则有 a
2
sin(
x
4
)min
，因为在
0,
上所以
a
1
即可
对于第二问来说由
f
2
0
我
们不
难得到
a=0 ， 进 一 步 则 不 等 号 左 边 即 为
ex2 cosx 1 2e1x sin x cos xcosx 1 0
即
解析几何导数专题
cos
x
1 (ex2
2e1x
sin
x
cos
x)
非是去绝对值后进行求导探求极值点，但是这道题里面难点就在于 a 是参数且
求导后无法得出具体的极值点，结合之前讲的放缩技巧，我们可以先一步使用绝
对值不等式有 a cos2x a 1cos x 1 a cos x a 1cos x 1 ，此时还带着
三 角 函 数 ， 因 此 我 们 继 续 使 用 三 角 函 数 放 缩 即 可 当 a1 有
0
而又因为在
x
1,
1 2
上
cos
x
1
0
恒
成 立 所 以 即 证 (ex2 2e1x sin x cos x) 0 即 可 ， 即 e2x1 2
2
sin(x
4
)
在
经典(超越)不等式(解析版)
经典(超越)不等式一、结论(1)对数形式:x ≥1+ln x (x >0),当且仅当x =1时,等号成立.(2)指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立.进一步可得到一组不等式链：e x >x +1>x >1+ln x (x >0且x ≠1)上述两个经典不等式的原型是来自于泰勒级数：e x=1+x +x 22!+⋯+x n n !+e θx(n +1)!x n +1；ln (1+x )=x -x 22+x 33-⋯+(-1)n x n +1n +1+o (x n +1)；截取片段：e x ≥x +1(x ∈R )ln (1+x )≤x (x >-1)，当且仅当x =0时,等号成立；进而：ln x ≤x -1(x >0)当且仅当x =1时,等号成立二、典型例题1(2023·陕西咸阳·校考模拟预测)已知a =25,b =e -35,c =ln5-ln4，则()A.a >b >cB.a >c >bC.b >a >cD.b >c >a【答案】C【详解】f (x )=e x -1-xf (x )=e x -1，则x ∈0,+∞ ,f (x )>0,x ∈-∞,0 ,f (x )<0，故函数f (x )在-∞,0 单调递减，0,+∞ 单调递增，则f (x )≥f (0)=0则e x -1-x ≥0，即e x ≥1+x 由e x ≥1+x ，∴e -35>25，故b >a 同理可证ln (1+x )≤x又∵ln (1+x )≤x ，∴ln5-ln4=ln 1+14 <14，则b >a >c 故选：C .【反思】对于指数形式:e x ≥x +1(x ∈R ),当且仅当x =0时,等号成立，该不等式是可以变形使用的：e x≥x +1(x ∈R )-x 替换xe -x≥-x +1,即1ex ≥1-x 当x <1 e x ≤11-x当x >1e x ≥11-x注意使用时x 的取值范围；同样的还可以如下处理：e x ≥x +1(x ∈R )两边同时取对数：x ≥ln (x +1)(x >-1)，同样可以变形使用：x ≥ln (x +1)(x >-1)"x -1"替换"x "x -1≥ln x (x >0)左右两边同乘以“-1”1-x ≤-ln x (x >0)；1-x ≤-ln x (x >0)⇔1-x ≤ln 1x(x >0)用“1x ”替换“x ”1-1x ≤ln x ⇔x -1x≤ln x 注意使用时x 的取值范围.另外，选择填空题中，涉及到超越不等式可以直接使用，但是注意，解答题中一定要先证后用.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x -x -1.(1)证明：f (x )≥0；(2)证明：1+121+122⋯1+12n<e ．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【详解】(1)f x =e x -1，令f x >0，得x >0；令f x <0，得x <0，所以f x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所f x 的最小值为f 0 =0，所以f (x )≥0.(2)由(1)知，当x ∈(0,+∞)时，f (x )>f (0)=0，即e x -x -1>0，即e x >x +1，即x >ln x +1 ，令x =12n ，得ln 1+12n<12n ，所以ln 1+121+122 ⋅⋅⋅1+12n=ln 1+12 +ln 1+122 +⋯+ln 1+12n<12+122+⋯+12n =121-12n 1-12=1-12n <1，故1+121+122⋅⋅⋅1+12n<e ．【反思】注意在解答题中e x ≥1+x ，x ≥1+ln x (x >0)等超越不等式，及其变形式，不能直接使用，需要证明后才可以使用，才可以进一步变形得到有利于解题的不等式.三、针对训练举一反三一、单选题1.(2023春·浙江·高三校联考开学考试)设a =12022，b =tan 12022⋅e 12022，c =sin 12023⋅e 12023，则()A.c <b <aB.c <a <bC.a <c <bD.a <b <c【答案】B【详解】设f x =e x -x +1 ，则f x =e x -1，在(0,+∞)时，f (x )>0，在(-∞,0)时，f (x )<0，所以f (x )min =f (0)=0，即e x -x +1 ≥0，所以e x ≥x +1对任意x ∈R 均成立.取x =12022，有e12022>12022+1=20232022，所以12023e 12022>12022.再取x =-12023，可得e -12023>1-12023=20222023，两边取倒数，即e 12023<20232022，所以12023e 12023<12022，又当x ∈0,π2时，设F (x )=x -sin x ，G (x )=tan x -x ，则F(x )=1-cos x >0，G(x )=sin x cos x -1=1-cos 2x cos 2x =sin 2x cos 2x >0，即F (x )和G (x )在0,π2 均递增，所以F (x )>F (0)=0，G (x )>G (0)=0，即x ∈0,π2时，sin x <x <tan x ，所以sin12023⋅e 12023<12023e 12023<12022<12023e 12022<tan 12023⋅e 12022，由tan x 在x ∈0,π2 单调递增，可得tan 12023⋅e 12022<tan 12022⋅e 12022，即c <a <b .故选：B2.(2023秋·江苏苏州·高三常熟中学校考期末)a =e 0.2，b =log 78，c =log 67，则()A.a >b >cB.b >a >cC.a >c >bD.c >a >b【答案】C 【详解】令f (x )=ln (x +1)ln x(x >0)则f (x )=x ln x -(x +1)ln (x +1)x (x +1)ln 2x，显然f (x )<0即f (x )单调递减，所以ln7ln6>ln8ln7，即log 67>log 78，c >b .令g (x )=e x -x -1(x ≥0)则g (x )=e x -1≥0，即g (x )在[0,+∞)上单调递增所以g (x )≥g (0)=0，即e x ≥x +1，所以e 0.2>0.2+1=65令h (x )=x 6-ln xln6则h (x )=16-1x ln6当h (x )>0时，x >6ln6，即h (x )在6ln6,+∞ 上单调递增又h (6)=0，所以当x >6时，h (x )>h (6)=0所以h (7)>h (6)=0，即76-ln7ln6>0即log 67<76，又76<65，所以log 67<76<65<e 0.2，即c <a .综上：a >c >b .故选：C.3.(2023·云南曲靖·统考一模)已知a=e-2，b=1-ln2，c=e e-e2，则()A.c>b>aB.a>b>cC.a>c>bD.c>a>b【答案】D【详解】令f(x)=x-1-ln x,x>0，则f(e)=e-1-ln e=e-2=a，f(2)=2-1-ln2=1-ln2=b，∵f (x)=1-1x =x-1x，∴当x>1时，f (x)>0，f(x)单调递增，∴f(e)>f(2)，即a>b，令g(x)=e x-x，则g (x)=e x-1，∴当x>0时，g (x)>0，g(x)单调递增，∴g(e)>g(2)，即e e-e>e2-2，所以e e-e2>e-2，即c>a．综上，c>a>b．故选：D．4.(2023·全国·高三专题练习)已知a=e sin1-1,b=sin1,c=cos1，则()A.a<c<bB.a<b<cC.c<b<aD.c<a<b【答案】C【详解】解：当x∈π4,5π4,sin x>cos x，又1∈π4,5π4，所以sin1>cos1，故b>c记f x =e x-x-1，所以f x =e x-1，令f x <0，得x<0，令f x >0，得x>0，所以f x 在-∞,0单调递减，在0,+∞单调递增.所以f x ≥f0 =0，即e x-x-1≥0，当x=0时取等号.所以a=e sin1-1>sin1-1+1=sin1=b，所以c<b<a.故选：C.5.(2023·全国·高三专题练习)已知a>b+1>1则下列不等式一定成立的是()A.b-a>b B.a+1a>b+1bC.b+1a-1<e bln aD.a+ln b<b+ln a【答案】C【详解】取a=10,b=8，则b-a<b，故A选项错误；取a=3，b=13，a+1a=b+1b，则B选项错误；取a=3，b=1，则a+ln b=3，b+ln a=1+ln3<1+ln e2=3，即a+ln b>b+ln a，故D选项错误；关于C选项，先证明一个不等式：e x≥x+1，令y=e x-x-1，y =e x-1，于是x>0时y >0，y递增；x<0时y <0，y递减；所以x=0时，y有极小值，也是最小值e0-0-1=0，于是y=e x-x-1≥0，当且仅当x=0取得等号，由e x≥x+1，当x>-1时，同时取对数可得，x≥ln(x+1)，再用x-1替换x，得到x-1≥ln x，当且仅当x=1取得等号，由于a>b+1>1，得到e b>b+1，ln a<a-1，∴a-1ln a>1>b+1e b，即b+1a-1<e bln a，C选项正确.故选：C.6.(2023·全国·高三专题练习)已知实数a，b，c满足ac=b2，且a+b+c=ln a+b，则()A.c<a<bB.c<b<aC.a<c<bD.b<c<a【答案】A【详解】设f x =ln x-x+1，则f x =1x-1=1-xx，当x∈0,1时，f x >0，f x 单调递增，当x∈1,+∞时，f x <0，f x 单调递减，∴f x ≤f1 =0，即ln x≤x-1，所以ln a+b≤a+b-1，所以a+b+c≤a+b-1，即c≤-1，又ac=b2>0，所以a<0，由a+b>0，所以b>-a>0，所以b2>a2，即ac>a2，所以c<a，所以c<a<b.故选：A.7.(2023·全国·高三专题练习)若正实数a，b满足ln a+ln b2≥2a+b22-2，则()A.a+2b=2+14B.a-2b=12-22 C.a>b2 D.b2-4a<0【答案】B到各不等式取等号的条件，解得a,b的值，然后逐一检验即可做出正确判断.【详解】先证明熟知的结论：x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.设f x =x-1-ln x,则f x =1-1 x ,在(0,1)上，f x <0,f x 单调递减;在(1,+∞)上，f x >0,f x 单调递增.故f x min=f1 =1-1-0=0,∴f x =x-1≥ln x恒成立，且当且仅当x=1时取等号.由2a+b22-2≥22a×b22-2=2ab2-1≥2ln ab2=ln a+ln b2,由已知ln a+ln b2≤2a+b22-2，∴ln a+ln b2=2a+b22-2，且2a=b22ab2=1，解得a=12b=2 ,经检验只有B正确，故选：B.8.(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考模拟预测)已知a1,a2,a3,a4成等比数列，且a1+a2+a3+a4=ln(a1+a2+a3)．若a1>1，则A.a1<a3,a2<a4B.a1>a3,a2<a4C.a1<a3,a2>a4D.a1>a3,a2>a4【答案】B【详解】令f(x)=x-ln x-1,则f (x)=1-1x，令f(x)=0,得x=1，所以当x>1时，f (x)>0，当0<x<1时，f (x)<0，因此f(x)≥f(1)=0,∴x≥ln x+1，若公比q>0，则a1+a2+a3+a4>a1+a2+a3>ln(a1+a2+a3)，不合题意；若公比q≤-1，则a1+a2+a3+a4=a1(1+q)(1+q2)≤0,但ln(a1+a2+a3)=ln[a1(1+q+q2)]>ln a1>0，即a1+a2+a3+a4≤0<ln(a1+a2+a3)，不合题意；因此-1<q<0,q2∈(0,1)，∴a1>a1q2=a3,a2<a2q2=a4<0，选B.二、填空题9.(2022春·广东佛山·高二佛山市顺德区容山中学校考期中)已知对任意x，都有xe2x-ax-x≥1+ln x，则实数a的取值范围是.【答案】(-∞,1]【详解】根据题意可知，x>0，由x⋅e2x-ax-x≥1+ln x，可得a≤e2x-ln x+1x-1x>0恒成立，令f x =e2x-ln x+1x-1，则a≤f x min，现证明e x≥x+1恒成立，设g x =e x-x-1，g x =e x-1，当g x =0时，解得：x=0，当x<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x=0时，函数g x 取得最小值，g0 =0，所以g x ≥g0 =0，即e x-x-1≥0⇔e x≥x+1恒成立，f x =e2x-ln x+1x -1=x⋅e2x-ln x-1x-1，=e ln x+2x-ln x-1x -1≥ln x+2x+1-ln x-1x-1=1，所以f x min=1，即a≤1.所以实数a的取值范围是-∞,1.故答案为：-∞,1三、解答题10.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =e x-a.(1)若函数f(x)的图象与直线y=x-1相切，求a的值；(2)若a≤2，证明f(x)>ln x.【答案】(1)a=2(2)证明见解析(1)解：f(x)=ex-a，∴f′(x)=ex，令f′(x)=1，得x=0，而当x=0时，y=-1，即f(0)=-1，所以f0 =e0-a=-1，解得a=2.(2)证明 ∵a≤2，∴f(x)=ex-a≥ex-2，令φ(x)=ex-x-1，则φ′(x)=ex-1，令φ′(x)=0⇒x=0，∴当x∈(0，+∞)时，φ′(x)>0；当x∈(-∞，0)时，φ′(x)<0，∴φ(x)在(-∞，0)上单调递减，在(0，+∞)上单调递增，∴φ(x)min=φ(0)=0，即φ(x)≥0，即ex≥x+1，∴ex-2≥x-1，当且仅当x=0时等号成立，令h(x)=ln x-x+1，则h′x =1x-1=1-xx，令h′(x)=0⇒x=1，∴当x∈(0，1)时，h′(x)>0；当x∈(1，+∞)时，h′(x)<0，∴h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，∴h(x)max=h(1)=0，即h x ≤h1 =0，即ln x≤x-1，∴ln x≤x-1，当且仅当x=1时等号成立，∴ex-2≥x-1≥ln x，两等号不能同时成立，∴ex-2>ln x，即证f(x)>ln x.。
浅谈一个超越不等式在解高考压轴题中应用(上网公开件)
浅谈一个超越不等式在求解高考压轴题中的应用爱学数理化外语摘 要：本文介绍一个重要的超越不等式，以及它的导出、推广形式，并详细阐述它们在求解高考压轴题中的重要应用。
关键词：超越不等式；高考；压轴题一、一个重要超越不等式及其导出、推广形式 （一）基本不等式e x ≥x+1,x∈R，当且仅当x=0时等号成立。
证明过程如下：设f(x)=e x -x-1，则f ′(x)=e x -1，令f ′(x)=0，得x=0。
且当x ＜0时，f ′(x)＜0；当x ＞0时，f ′(x)＞0，∴ f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，即f(x)≥f(0)=0，∴e x ≥x+1成立。
该不等式的几何意义如图一所示：函数y=e x 所表示的曲线在直线y=x+1的上方且与该直线相切。
切点坐标为(0,1)，即当x=0时不等式中的等号成立。
（二）基本不等式的变形上述基本不等式有很多实用变形，例如：当x＞-1时，将不等式两边取自然对数即得到导出不等式一：x≥ln(x+1)，x∈(-1,+∞)当且仅当x=0时等号成立。
当x ＞0时，用x-1代替上式中的x ，又可得到导出不等式二：x-1≥lnx，x∈(0,+∞)当且仅当x=1时等号成立。
其几何意义亦如图一所示。
（三）基本不等式的推广kx+b 直线为x 轴（直线与曲线y=e x 相离或0x推论一：若x∈R ，且e x ≥图二x恒成立，则必有k≥0且函数y=e x所表示的曲线在直线y=kx+b的上方且与该直线至多有一个公共点。
⒈若k=0，则b≤0，此时即曲线y=e x 的水平渐近线）或x轴下方与x轴平行的直线。
不等式中的“＞”成立。
⒉若k＞0，则相切。
相切时可设切点坐标为),(0x e x ，则有00)1(,x x e x b e k −==00x x =（求导后代入直线的点斜式方程即得），当且仅当时不等式中的等号成立。
推论二：若x∈R ，且me nx ≥kx+b(m>0,n≠0)恒成立，则必有n>0,k≥0（或n<0,k≤0）且函数y=me nx所表示的曲线在直线y=kx+b的上方且与该直线至多有一个公共点。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
浅谈一个超越不等式在求解高考压轴题中的应用摘要：本文介绍一个重要的超越不等式，以及它的导出、推广形式，并详细阐述它们在求解高考压轴题中的重要应用。
关键词：超越不等式；高考；压轴题一、一个重要超越不等式及其导出、推广形式（一）基本不等式e x≥x+1,x∈R，当且仅当x=0时等号成立。
证明过程如下：设f(x)=e x -x-1，则f′(x)=e x -1，令f′(x)=0，得x=0。
且当x ＜0时，f′(x)＜0；当x ＞0时，f′(x)＞0，∴f(x)在x=0处取得极小值f(0)=0，即f(x)≥f(0)=0，∴e x ≥x+1成立。
该不等式的几何意义如图一所示：函数y=e x所表示的曲线在直线y=x+1的上方且与该直线相切。
切点坐标为(0,1)，即当x=0时不等式中的等号成立。
（二）基本不等式的变形上述基本不等式有很多实用变形，例如：当x＞-1时，将不等式两边取自然对数即得到导出不等式一：x≥ln(x+1)，x∈(-1,+∞)当且仅当x=0时等号成立。
当x ＞0时，用x-1代替上式中的x ，又可得到导出不等式二：x-1≥lnx，x∈(0,+∞)当且仅当x=1时等号成立。
其几何意义亦如图一所示。
（三）基本不等式的推广推论一：若x∈R ，且e x ≥kx+b 恒成立，则必有k≥0且函数y=e x所表示的曲线在直线y=kx+b 的上方且与该直线至多有一个公共点。
⒈若k=0，则b≤0，此时直线为x 轴（即曲线y=e x 的水平渐近线）或x 轴下方与x 轴平行的直线。
不等式中的“＞”成立。
⒉若k＞0，则直线与曲线y=e x相离或相切。
相切时可设切点坐标为),(00x e x ，则有00)1(,0x x e x b e k -==（求导后代入直线的点斜式方程即得），当且仅当0x x =时不等式中的等号成立。
y=lnxy=x-1y=x y=x+1y=e xx(1,0)O (0,1)y 图一y=me nx (n>0)图二xy y=kx+by=me nx (n<0)推论二：若x∈R ，且me nx≥kx+b(m>0,n≠0)恒成立，则必有n>0,k≥0（或n<0,k≤0）且函数y=me nx所表示的曲线在直线y=kx+b 的上方且与该直线至多有一个公共点。
⒈若k=0，则b≤0，此时直线为x 轴（即曲线y=me nx的水平渐近线）或x 轴下方与x 轴平行的直线。
不等式中的“＞”成立。
⒉若k＞0（或k<0），则直线与曲线y=me nx相离或相切。
相切时可设切点坐标为),(00nx me x ，则有00)1(,0nx nx e nx m b mne k -==，当且仅当0x x =时不等式中的等号成立。
推论一、二的几何意义如图二所示二、应用举例例1：（2012年天津理科试卷20）已知函数()=ln (+)f x x x a -的最小值为0，其中>0a .（Ⅰ）求a 的值；解析：（Ⅰ）函数()=ln (+)f x x x a -最小值为0，∴x≥ln(x+a)，对照导出不等式一，即得a =1。
例2：（2011年湖北理科试卷21）（Ⅰ）已知函数f(x)=lnx-x+1，(0,)x ∈+∞，求函数()f x 的最大值；解析：（Ⅰ）函数f(x)=lnx-x+1，(0,)x ∈+∞，对照导出不等式二，有lnx≤x-1，∴f(x)的最大值为0。
例3：（2012年辽宁理科试卷21）设为常数b a R b a ,,,∈,函数b ax x x x f +++++=1)1ln()(，曲线)(x f y =与直线x y 23=在)0,0(点相切。
（I）求b a ,的值；（II）证明：当20<<x 时，69)(+<x xx f 。
解析：（Ⅰ）易求1,0-==b a 。
（II）令x x x x x x f x x g 9]11)1)[ln(6(9)()6()(--++++=-+=，则9)1(2)12)(6(11)1ln(9)1(2)12)(6()(9)12111)(6()(9)(')6()()('-+++++-+++=-+++++=-+++++=-++=x x x x x x x x x f x x x x f x f x x f x g由导出不等式一知，当x＞0时，ln(x+1)＜x ；另外，当x＞0时，1+x ＜1+x 21，这是因为x +1＜22)211(411x x x +=++，两边开平方即得。
0)1(4)187(9)1(4)6()1(69)1(4)6)(6(239)1(2)2112)(6(21)('，2x 02<+-=-++++=-++++=-++++++<<<∴x x x x x x x x x x x x x x x x x g 时当故(0,2)x )(∈在x g 上是单调递减函数，又因为00)111(ln 6)0(=--+=g ，所以当69f(x)，0)0(g(x)，(0,2)x +<=<∈x xg 即点评：本题第（II）问证明过程中除用到了导出不等式一外，还用到了另外一个比较重要的不等式：。
0x ，2111时等号成立当且仅当=+≤+x x 这两个不等式可以说是这一题目的“题眼”。
例4：（2012年山东理科试卷22）已知函数xekx x f +=ln )(（k 为常数，c=2.71828……是自然对数的底数），曲线y=f(x)在点（1，f(1)）处的切线与x 轴平行。
（Ⅰ）求k 的值；（Ⅱ）求f(x)的单调区间；（Ⅲ）设)(')()(2x f x x x g +=，其中'()f x 为f(x)的导函数，证明：对任意21g(x)，),0(-+<+∞∈e x 有。
解析：（Ⅰ）易求得1=k 。
（Ⅱ）略。
（Ⅲ）因为：)ln 1(1)(ln )(11ln 1)()(')()(2222x x x e x e x x x x x x e x x x x x f x x x g x xx --+=+-+-+=--+=+=由基本不等式e x≥x+1,得”成立时“当<>≤+0x 11，e x x，故只须证)(1ln 12-+≤--e x x x 。
令x x h x ，x x x h ln 2)('ln 1)(--=--=则，令0)('=x h。
得2-=e x 当单调递增时)(0)('02x ，h x ，h e x ><<-；当单调递减时)(0)('2x ，h x ，h e x <>-。
故221)(--+=e e x x h 处取得极大值在。
命题得证。
点评：本例中利用基本不等式，使欲证命题得以大大简化，问题迎刃而解。
例5：（2012年全国统一命题理科试卷21）已知函数()f x 满足121()(1)(0)2x f x f e f x x -'=-+；（Ⅰ）求()f x 的解析式及单调区间；（Ⅱ）若21()2f x x ax b ≥++，求(1)a b +的最大值。
解析：（Ⅰ）易求得221)()1('1)0(x x e x f e f f x +-===，故，。
单调区间易求。
（Ⅱ）由b ax x x f ++≥221)(得b x a e x ++≥)1(，对R x ∈∀成立，由基本不等式推论一知：0,0)1()1(0)1(>>++≥+b a ，b a ，a 则须最大欲使且直线b x a y ++=)1(与曲线x e y =相切。
设切点坐标为),(00x e x ，则过该点切线方程为：0000)1(),(00x x x x e x x e y x x e e y -+=-=-即，所以00)1(10x x e x ，b e a -==+。
令0002000)1()1()()1(x x x e x e x e x h b a -=-∙==+，则0200)21()('x e x x h -=，令0)('0=x h ，得210=x 。
当单调递增时)(0)('21000x ，h x ，h x ><；当单调递减时)(0)('21000x ，h x ，h x <>，故221)(00e，x x h 取得极大值处在=，此时2)211(112121e e ，b e e a =-=-=-=。
点评：本例是基本不等式推论一的直接应用。
例6：（2012年湖南理科试卷22）已知函数f（x）=e ax-x，其中a≠0。
（Ⅰ）若对一切x∈R，f（x）≥1恒成立，求a 的取值集合。
（Ⅱ）在函数f(x)的图像上取定两点A（ｘ１，f(x １)），B（ｘ２，f(x ２)（ｘ１＜ｘ２），记直线AB的斜率为K，问：是否存在x 0∈（x 1，x 2），使f′（x 0）＞k 成立？若存在，求x 0的取值范围；若不存在，请说明理由。
解析：（Ⅰ）f （x ）≥1，等价形式为1+≥x e ax ，对一切x ∈R 恒成立，由基本不等式推论二知，令m=1，n=a ，k=1，b=1，知n>0，并有100===ax nx ae mne k ，a a x a 1ln 1,00=>∴且，及1)1()1(0000=-=-=ax nx e ax e nxb ，将a a x 1ln 10=代入得a a =+ln 1，再由导出不等式二知当且仅当a=1时该等式成立。
故a 的取值集合为{1}。
（Ⅱ）x e x f ax -=)(，在),(+∞-∞上连续且可导，由拉格朗日中值定理知),(210x x x ∈∃使得K x x x f x f x f =--=12120)()()('成立。
又1)('-=ax ae x f ，0)("2>=ax e a x f ，故)(x f 在),(+∞-∞是下凸函数，则对),(20x x x ∈∀，均有K x f x f =>)(')('0成立。
而12120)()(1)('120x x x x e e K aex f ax ax ax ----==-=，得)(ln 112012x x a e e a x ax ax --=，故),)(ln1(212012x x x a e e a x ax ax --的取值范围为。
点评：本试题第（Ⅰ）问是基本不等式推论二和导出不等式二的直接应用。
在求解第（Ⅱ）问时笔者用到了拉格朗日中值定理及凸函数的概念，目的在于让读者了解高考压轴题的命题意图和方向，知道熟练掌握该类题目的求解方法在由高中学习向大学学习的过渡中将发挥着重要作用；当然采用一般的讨论方法亦可解决该问题。