(完整)高考数学导数压轴题07,切线放缩隐零点问题
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。
方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。
题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。
方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。
例题：已知函数f(x)=x-3x。
1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。
提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。
将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。
答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。
1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。
（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。
题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。
方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。
（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。
（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。
高考培优微专题《隐零点问题》解析版
高考数学培优微专题《隐零点问题》【考点辨析】隐零点主要指在研究导数问题中遇到的对于导函数f ′(x )=0时,不能够直接运算出来或是不能够估算出来,导致自己知道方程有根存在,但是又不能够找到具体的根是多少,通常都是设x =x 0,使得f ′(x )=0成立,这样的x 0就称为“隐零点”.【知识储备】针对隐零点问题的解决步骤:(1)求导判定是不是隐零点问题;(2)设x =x 0,使得f ′(x 0)=0成立;(3)得到单调性,并找到最值,将x 0代入f (x ),得到f (x 0);(4)再将x 0的等式代换,再求解(注意:x 0的取值范围).【例题讲解】类型一：确定函数的隐零点问题1.已知函数f (x )=axe x -x -ln x(2)当a =1时，求f (x )的最小值．【解析】【答案】(1)当a =0时，g (x )=-x -ln x x ，定义域为0,+∞ ，则g ′(x )=-1+ln x x 2，由g ′(x )>0⇒x >e ；g ′(x )<0⇒0<x <e ，故函数g (x )的增区间为e ,+∞ ，减区间为0,e ．(2)当a =1时，f (x )=xe x -x -ln x ，定义域为0,+∞ ，则f ′(x )=x +1 e x -1-1x =x +1 e x -1+x x =x +1 e x -1x 令h (x )=e x -1x (x >0)，则h ′(x )=e x +1x2>0，所以h (x )在0,+∞ 单调递增，又h (1)=e -1>0，h 12 =e -2<0，∴h (x )存在唯一零点x 0，x 0∈12,1 ，即e x 0=1x 0，且x 0为也是f ′(x )的唯一零点，则0,x 0 x 0,+∞f ′(x )-+f (x )单调递减单调递增∴f (x )≥f (x 0)=x 0e x 0-x 0-ln x 0，由e x 0=1x 0，有x 0=-ln x 0，则f (x 0)=x 0⋅1x 0+ln x 0-ln x 0=1，从而f (x )≥f (x 0)=1，即证2.已知函数f x =ae x +b ln x ，且曲线y =f x 在点(1,f (1))处的切线方程为y =e -1 x +1．⑴求f x 的解析式；⑵证明：f x >136．【解析】【答案】解：(1)f ′(x )=ae x +b x，k =f ′(1)=ae +b =e -1，又f (1)=ae =e ，解得：a =1，b =-1，∴f (x )=e x -ln x ，(2)由(1)知f ′(x )=e x -1x ，∴f (x )=e x +1x 2>0在(0,+∞)上恒成立，∴f ′(x )在(0,+∞)上为增函数，又f ′12 =e 12-2<0，f ′23 =e 23-32>0，故存在x 0∈12,23 使f ′(x 0)=e x 0-1x 0，当x 0∈(0,x 0)，f ′(x 0)<0，当x 0∈(x 0,+∞)，f ′(x 0)>0，f (x )min =f (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，又函数g (x )=x +1x 在12,23 上单调递减，故x 0+1x 0>23+32=136，即f (x )>136．3.已知函数f (x )=ax +x ln x (a ∈R )(2)当a =1且k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，求k 的最大值．【解析】【解答】解：(2)a =1时，f (x )=x +ln x ，k ∈Z 时，不等式k (x -1)<f (x )在x ∈(1，+∞)上恒成立，∴k <(x +xlnx x -1)min，令g (x )=x +xlnx x -1，则g ′(x )=x -lnx -2(x -1)2，令h (x )=x -ln x -2(x >1)．则h ′(x )=1-1x =x -1x>0，∴h (x )在(1，+∞)上单增，∵h (3)=1-ln3<0，h (4)=2-2ln2>0，存在x 0∈(3，4)，使h (x 0)=0．即当1<x <x 0时h (x )<0即g ′(x )<0x >x 0时h (x )>0即g ′(x )>0g (x )在(1，x 0)上单减，在(x 0+∞)上单增．令h (x 0)=x 0-ln x 0-2=0，即ln x 0=x 0-2，g (x )min =g (x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0-1=x 0(1+x 0-2)x 0-1=x 0∈(3，4)．k <g (x )min =x 0∈(3，4)，且k ∈Z ，∴k max =3．类型二：含参函数的隐零点4.已知函数f (x )=e x +(a -e )x -ax 2.(2)若函数f (x )在区间(0，1)内存在零点，求实数a 的取值范围.【解析】【解析】(2)由题意得f ′(x )=e x -2ax +a -e ，设g (x )=e x -2ax +a -e ，则g ′(x )=e x -2a .若a =0，则f (x )的最大值f (1)=0，故由(1)得f (x )在区间(0，1)内没有零点.若a <0，则g ′(x )=e x -2a >0，故函数g (x )在区间(0，1)内单调递增.又g (0)=1+a -e <0，g (1)=-a >0，所以存在x 0∈(0，1)，使g (x 0)=0.故当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减；当x ∈(x 0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增.因为f (0)=1，f (1)=0，所以当a <0时，f (x )在区间(0，1)内存在零点.若a >0，由(1)得当x ∈(0，1)时，e x >ex .则f (x )=e x +(a -e )x -ax 2>ex +(a -e )x -ax 2=a (x -x 2)>0，此时函数f (x )在区间(0，1)内没有零点.综上，实数a 的取值范围为(-∞，0).5.已知函数f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0).(2)若函数f (x )在区间(0,+∞)上的最小值为1,求实数a 的值.【解析】(1)证明:因为f (x )=e x -a -ln (x +a )(a >0),所以f ′(x )=e x -a -1x +a .因为y =e x -a 在区间(0,+∞)上单调递增,y =1x +a在区间(0,+∞)上单调递减,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上单调递增.又f ′(0)=e -a -1a =a -e a aea ,令g (a )=a -e a (a >0),g ′(a )=1-e a <0,则g (a )在(0,+∞)上单调递减,g (a )<g (0)=-1,故f ′(0)<0.令m =a +1,则f ′(m )=f ′(a +1)=e -12a +1>0,所以函数f ′(x )在(0,+∞)上存在唯一的零点.(2)解:由(1)可知存在唯一的x 0∈(0,+∞),使得f ′(x 0)=e x 0-a -1x 0+a =0,即e x 0-a =1x 0+a.(*)函数f ′(x )=e x -a -1x +a在(0,+∞)上单调递增,所以当x ∈(0,x 0)时,f ′(x )<0,f (x )单调递减;当x ∈(x 0,+∞)时,f ′(x )>0,f (x )单调递增.所以f (x )min =f (x 0)=e x 0-a-ln (x 0+a ),由(*)式得f (x )min =f (x 0)=1x 0+a-ln (x 0+a ).所以1x 0+a-ln (x 0+a )=1,显然x 0+a =1是方程的解.又因为y =1x -ln x 在定义域上单调递减,方程1x 0+a-ln (x 0+a )=1有且仅有唯一的解x 0+a =1,把x 0=1-a 代入(*)式,得e 1-2a =1,所以a =12,即所求实数a 的值为12.6.已知函数f (x )=a ln x -1x ，a ∈R .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若关于x 的不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解 (1)因为f (x )=a ln x -1x 的定义域为(0，+∞)，且f ′(x )=a x +1x 2=ax +1x 2.①若a ≥0，则f ′(x )>0，所以f (x )在(0，+∞)上单调递增．②若a <0，令f ′(x )=0，得x =-1a .当x ∈0，-1a 时，f ′(x )>0；当x ∈-1a ，+∞ 时，f ′(x )<0.所以f (x )在0，-1a 上单调递增，在-1a ，+∞ 上单调递减．(2)不等式f (x )≤x -2e 在(0，+∞)上恒成立等价于a ln x -x -1x +2e ≤0在(0，+∞)上恒成立，令g (x )=a ln x -x -1x +2e，则g ′(x )=a x -1+1x 2=-x 2-ax -1x 2.对于函数y =x 2-ax -1，Δ=a 2+4>0，所以其必有两个零点．又两个零点之积为-1，所以两个零点一正一负，设其中一个零点x 0∈(0，+∞)，则x 20-ax 0-1=0，即a =x 0-1x 0.此时g (x )在(0，x 0)上单调递增，在(x 0，+∞)上单调递减，故g (x 0)≤0，即x 0-1x 0 ln x 0-x 0-1x 0+2e≤0.设函数h (x )=x -1x ln x -x -1x +2e，则h ′(x )=1+1x 2 ln x +1-1x 2-1+1x 2=1+1x2 ln x ．当x ∈(0,1)时，h ′(x )<0；当x ∈(1，+∞)时，h ′(x )>0.所以h (x )在(0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增．又h 1e =h (e )=0，所以x 0∈1e ，e .由a =x 0-1x 0在1e ，e 上单调递增，得a ∈1e -e ，e -1e.【解题策略】____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________【教考衔接】1.函数f(x)=xe x-ax+b的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1．(1)求a和b的值；(2)若f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，求实数m的取值范围．【解析】【解答】解：(1)∵f(x)=xe x-ax+b，∴f′(x)=(x+1)e x-a，由函数f(x)的图象在x=0处的切线方程为：y=-x+1，知：f(0)=b=1f'(0)=1-a=-1，解得a=2，b=1．(2)∵f(x)满足：当x>0时，f(x)≥ln x-x+m，∴m≤xe x-x-ln x+1，令g(x)=xe x-x-ln x+1，x>0，则g'(x)=(x+1)e x-1-1x=(x+1)(xe x-1)x，设g′(x0)=0，x0>0，则e x0=1x0，从而ln x0=-x0，g′(12)=3(e2-1)<0，g′(1)=2(e-1)>0，由g′(12)-g′(1)<0，知：x0∈(12,1)，当x∈(0，x0)时，g′(x)<0；当x∈(x0，+∞)时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+∞)上单调递增．∴g(x)min=g(x0)=x0e x0-x0-ln x0=x0e x0-x0-ln x0=x0•1x-x0+x0=1．m≤xe x-x-ln x+1恒成立⇔m≤g(x)min，∴实数m的取值范围是：(-∞，1]．2.已知函数f(x)=e x-(k+1)ln x+2sinα.(1)若函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，求实数k的取值范围；(2)当k=0时，证明：函数f(x)无零点．【解析】(1)解 f′(x)=e x-k+1x，x>0，∵函数f(x)在(0，+∞)上单调递增，∴e x-k+1x≥0在(0，+∞)上恒成立，即k+1≤xe x在(0，+∞)上恒成立，设h(x)=xe x，则h′(x)=(x+1)e x>0在(0，+∞)上恒成立．∴函数h(x)=xe x在(0，+∞)上单调递增，则h(x)>h(0)=0，∴k+1≤0，即k≤-1，故实数k的取值范围是(-∞，-1]．(2)证明 当k=0时，f′(x)=e x-1x，x>0，令g(x)=e x-1x，x>0，则g′(x)=e x+1x2>0，∴f′(x)在(0，+∞)上单调递增，且f′12 =e-2<0，f′(1)=e-1>0，∴存在m∈12，1，使得f′(m)=0，得e m=1m，故m=-ln m，当x∈(0，m)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，当x∈(m，+∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增，∴f(x)min=f(m)=e m-ln m+2sinα=1m+m+2sinα>2+2sinα≥0，∴函数f(x)无零点．3.设函数f(x)=e x-ax-2.(1)讨论f(x)的单调性;(2)a=1,k为整数,且当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0,求k的最大值.【解析】解:(1)f(x)的定义域为(-∞,+∞),f′(x)=e x-a.若a≤0,则f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,+∞)上单调递增.若a>0,则当x∈(-∞,ln a)时,f′(x)<0;当x∈(ln a,+∞)时,f′(x)>0,所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增.(2)由于a=1,所以(x-k)f′(x)+x+1=(x-k)(e x-1)+x+1.故当x>0时,(x-k)f′(x)+x+1>0等价于k<x+1e x-1+x(x>0).①令g(x)=x+1e x-1+x,则g′(x)=e x(e x-x-2)(e x-1)2.由(1)知,函数h(x)=e x-x-2在(0,+∞)上单调递增.而h(1)<0,h(2)>0,所以h(x)在(0, +∞)上存在唯一的零点.故g′(x)在(0,+∞)上存在唯一的零点.设此零点为α,则α∈(1,2).当x∈(0,α)时,g′(x)<0;当x∈(α,+∞)时,g′(x)>0.所以g(x)在(0,+∞)上的最小值为g(α).又由g′(α)=0,可得eα=α+2,所以g(α)=α+1∈(2,3).由于①式等价于k<g(α),故整数k的最大值为2.4.已知函数f(x)=e x+1-2x+1，g(x)=ln x x+2.(1)求函数g(x)的极值；(2)当x>0时，证明：f(x)≥g(x)．【解析】(1)解 g(x)=ln xx+2定义域为(0，+∞)，g′(x)=1-ln xx2，则当x∈(0，e)时，g′(x)>0，g(x)在(0，e)上单调递增，当x∈(e，+∞)时，g′(x)<0，g(x)在(e，+∞)上单调递减，故函数g(x)的极大值为g(e)=1e+2，无极小值．(2)证明 f(x)≥g(x)等价于证明xe x+1-2≥ln x+x(x>0)，即xe x+1-ln x-x-2≥0.令h (x )=xe x +1-ln x -x -2(x >0)，h ′(x )=(x +1)e x +1-1+x x =(x +1)e x +1-1x ，令φ(x )=e x +1-1x，则φ(x )在(0，+∞)上单调递增，而φ110 =e 1110-10<e 2-10<0，φ(1)=e 2-1>0，故φ(x )在(0，+∞)上存在唯一零点x 0，且x 0∈110，1，当x ∈(0，x 0)时，φ(x )<0，h ′(x )<0，h (x )在(0，x 0)上单调递减；当x ∈(x 0，+∞)时，φ(x )>0，h ′(x )>0，h (x )在(x 0，+∞)上单调递增，故h (x )min =h (x 0)=x 0e x 0+1-ln x 0-x 0-2，又因为φ(x 0)=0，即e x 0+1=1x 0，所以h (x 0)=-ln x 0-x 0-1=(x 0+1)-x 0-1=0，从而h (x )≥h (x 0)=0，即f (x )≥g (x )．5.已知函数f (x )=a cos x +be x (a ，b ∈R )，曲线y =f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y =-x .(1)求实数a ，b 的值；(2)当x ∈-π2，+∞ 时，f (x )≤c (c ∈Z )恒成立，求c 的最小值．【解析】解 (1)因为f ′(x )=-a sin x +be x ，所以f ′(0)=b =-1，f (0)=a +b =0，解得a =1，b =-1.(2)由(1)知f (x )=cos x -e x ，x ∈-π2，+∞ ，所以f ′(x )=-sin x -e x ，设g (x )=-sin x -e xg ′(x )=-cos x -e x =-(cos x +e x )．当x ∈-π2，0 时，cos x ≥0，e x >0，所以g ′(x )<0；当x ∈0，+∞ 时，-1≤cos x ≤1，e x >1，所以g ′(x )<0.所以当x ∈-π2，+∞ 时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，即f ′(x )单调递减．因为f ′(0)=-1<0，f ′-π4 =22-e -π4=12 12-1e π2 12,因为e π2>e >2，所以1e π2 12<12 12,所以f ′-π4>0，所以∃x 0∈-π4，0，使得f ′(x 0)=-sin x 0-e x 0=0,即e x 0=-sin x 0.所以当x ∈-π2，x 0 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 0，+∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．所以f (x )max =f (x 0)=cos x 0-e x 0=cos x 0+sin x 0=2sin x 0+π4 .因为x 0∈-π4，0 ，所以x 0+π4∈0，π4 ，所以sin x 0+π4 ∈0，22 ，所以f (x 0)∈(0,1)．由题意知，c ≥f (x 0)，所以整数c 的最小值为1.。
专题07 利用导函数研究函数零点问题 (解析版)-2024年高考数学复习解答题解题思路训练
专题07利用导函数研究函数零点问题(典型题型归类训练)目录一、必备秘籍..........................................................................................................1二、典型题型..........................................................................................................2题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题...................................................2题型二：证明唯一零点问题..............................................................................6题型三：根据零点（根）的个数求参数...........................................................9三、专项训练.. (14)一、必备秘籍2、函数零点的判定如果函数()y f x =在区间[,]a b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =，这个c 也就是()0f x =的根．我们把这一结论称为函数零点存在性定理．注意：单调性+存在零点=唯一零点3、利用导数确定函数零点的常用方法(1)图象法：根据题目要求画出函数的图象，标明函数极(最)值的位置，借助数形结合的思想分析问题（画草图时注意有时候需使用极限）．(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判定函数在某区间上有零点，然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值的符号，进而判断函数在该区间上零点的个数．4、利用函数的零点求参数范围的方法(1)分离参数(()a g x =)后，将原问题转化为()y g x =的值域(最值)问题或转化为直线y a =与()y g x =的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用函数零点存在定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解．二、典型题型题型一：判断（讨论）零点（根）个数问题由图象可得，当31ea <-时，()y f x =与y a =当31ea =-或0a ≥时，()y f x =当310ea -<<时，()y f x =与y 题型二：证明唯一零点问题1．（2023上·广东珠海·高三校考阶段练习）已知函数()2sin cos f x x x x x =--，()y f x '=为()y f x =的导数．题型三：根据零点（根）的个数求参数()()00,h x h h ∴==极大值又()h x 的图象与y a =4(,)(0,)3a ∴∈-∞-⋃∞.4．（2023下·湖南衡阳·高二校考阶段练习）()∴要使y k =与函数()23h x x x=-只需331k <--，k ∴的取值范围是5．（2023下·浙江衢州·高二统考期末）已知函数(1)若过点()0,m 作函数()f x 的切线有且仅有两条，求(),0k ∈-∞由题意，直线y m =与()g x 的图象有且仅有两个交点，所以()242e m g ==.（2）由题可得x x kx b +=有唯一解，即三、专项训练一、单选题1．（2024上·广东江门·高三统考阶段练习）直线0x y +=与函数2ln y x x =-的图象公共点的个数为（）A ．0B ．1C ．2D ．3结合()y g x =的图象可知：若所以常数k 的取值范围是故选：D.二、填空题4．（2023上·江苏常州·高三统考期中）若关于故答案为：(0,)+∞5．（2023·贵州遵义·统考模拟预测）已知函数由()()20f x af x +<得出(f 当0a =时，显然不成立.但0a >时，解得()a f x -<即23e 2e a <≤时，唯一整数解是当a<0时，0()f x a <<-，使得不等式只有唯一整数解，此时三、问答题7．（2023上·山东·高三济南一中校联考期中）已知函数(1)若函数()y f x =在[1,x ∞∈+(2)若函数()y f x =的图象与y 【答案】(1)(],7-∞86四、证明题。
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)
导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。
2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。
3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。
4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。
5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。
6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。
7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。
8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。
以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。
高考数学之隐零点问题
高考数学之隐零点问题在高考数学中，隐零点问题是一类重要的问题，它涉及到函数的性质、不等式、方程等多个方面，是考查学生数学综合能力和计算能力的典型题型。
本文将从隐零点的定义、解题思路和常见问题三个方面来探讨隐零点问题。
一、隐零点的定义隐零点是指函数在某区间内存在零点，但无法直接通过零点定理或判别式等方法得出。
这类问题需要学生通过观察函数的性质、分析函数的值域、判断函数的单调性等方式来寻找隐零点。
二、解题思路解决隐零点问题的核心思路是“化归思想”，即将复杂问题转化为简单问题，将抽象问题转化为具体问题。
具体来说，解决隐零点问题的步骤如下：1、观察函数的性质，确定函数的可能零点区间；2、分析函数的值域，确定函数在可能零点区间的端点值的符号；3、判断函数的单调性，确定函数在可能零点区间的单调性；4、根据函数的性质、值域和单调性，得出函数在可能零点区间的端点值的符号，从而得出隐零点的存在性和位置。
三、常见问题解决隐零点问题时，学生常常会出现以下问题：1、对函数的性质、值域和单调性等概念理解不准确，导致解题思路错误；2、无法将复杂问题转化为简单问题，无法将抽象问题转化为具体问题，导致解题过程繁琐；3、无法灵活运用数学知识进行推理和计算，导致解题结果错误。
因此，学生在解决隐零点问题时，需要加强对函数性质、值域和单调性等概念的理解，提高对复杂问题和抽象问题的转化能力，同时加强数学知识和计算能力的训练，以提高解题的准确性和效率。
总之，解决隐零点问题需要学生具备扎实的数学基础、灵活的思维方式和熟练的计算技巧。
只有通过不断的训练和思考，才能真正掌握解决隐零点问题的技巧和方法。
高考导数综合应用中的“隐零点”在数学的学习中，我们常常遇到许多复杂的问题需要解决。
而在这些难题中，导数往往扮演着关键的角色。
特别是在高考数学中，导数的综合应用是一个重点也是一个难点。
其中，“隐零点”是一个特别需要的概念。
“隐零点”，顾名思义，这是一种不易被直接观察或找到的零点。
高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用
高考压轴题：导数题型及解题方法一．切线问题题型1 求曲线)(x f y =在0x x =处的切线方程。
方法：)(0x f '为在0x x =处的切线的斜率。
题型2 过点),(b a 的直线与曲线)(x f y =的相切问题。
方法：设曲线)(x f y =的切点))(,(00x f x ，由b x f x f a x -='-)()()(000求出0x ，进而解决相关问题。
注意：曲线在某点处的切线若有则只有一，曲线过某点的切线往往不止一条。
例 已知函数f （x ）=x 3﹣3x ．（1）求曲线y=f （x ）在点x=2处的切线方程；（答案：0169=--y x ）（2）若过点A )2)(,1(-≠m m A 可作曲线)(x f y =的三条切线，求实数m 的取值范围、 （提示：设曲线)(x f y =上的切点（)(,00x f x ）；建立)(,00x f x 的等式关系。
将问题转化为关于m x ,0的方程有三个不同实数根问题。
（答案：m 的范围是()2,3--）练习 1. 已知曲线x x y 33-=（1）求过点（1，-3）与曲线x x y 33-=相切的直线方程。
答案：（03=+y x 或027415=--y x ）（2）证明：过点（-2,5）与曲线x x y 33-=相切的直线有三条。
2.若直线0122=--+e y x e 与曲线x ae y -=1相切，求a 的值. （答案：1）题型3 求两个曲线)(x f y =、)(x g y =的公切线。
方法：设曲线)(x f y =、)(x g y =的切点分别为（)(,11x f x ）。
（)(,22x f x ）；建立21,x x 的等式关系，12112)()(y y x f x x -='-，12212)()(y y x f x x -='-；求出21,x x ，进而求出切线方程。
解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究
函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+；（2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.5．函数()ln()af x x t x=++，其中t ，a ，为实常数 （1）若0t =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）若0t =时，不等式()1f x ≥在(0,1]x ∈上恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若()xag x e x=+，当2t ≤时，证明：()()g x f x >.6．已知函数()()ln f x x x a =-，()3F x x x m =-+，若()f x 在()(),e f e 处的切线斜率为1.（1）若()()f x F x <在()1,+∞上恒成立，求m 的最小值M ； （2）当m M =，(]0,1x ∈时，求证：()()xf x e F x >⋅.函数与导数的压轴大题练习题和详细的分析解答(2)隐零点问题探究1.已知函数()()ln f x x ax a R =-∈（1）讨论函数()f x 在()0,∞+上的单调性； （2）证明：2ln 0x e e x ->恒成立.【答案】．（1）当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）证明见解析.【解析】 【分析】 （1）求导()()110axf x a x x x-'=-=>，根据定义域，分0a ≤和0a >两类讨论求解.（2）证法一：由（1）知，当0a >时，()1ln ln1f x x ax a =-≤-，当1a e =时，有ln x x e≤，即2ln e x ex ≤，将2ln 0x e e x ->恒成立，转化为x e ex ≥在()0,∞+上恒成立，设()()0xe g x x x=>，用导数法论证()g x e >即可.【详解】 （1）()()110ax f x a x x x-'=-=>， 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，所以，()f x 在()0,∞+上单调递增； 当0a >时，令()0f x '=，得到1x a=， 所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 单调递增，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，()f x 单调递减.综上所述，当0a ≤时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a >时，()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）证法一：由（1）可知，当0a >时，()1ln ln 1f x x ax a=-≤-， 特别地，取1a e =，有ln 0xx e -≤，即ln x x e≤， 所以2ln e x ex ≤（当且仅当x e =时等号成立），因此，要证2ln 0x e e x ->恒成立，只要证明x e ex ≥在()0,∞+上恒成立即可，设()()0xe g x x x =>，则()()21x e x g x x-'=， 当()0,1x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减， 当()1,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增.所以，当1x =时，()()min 1g x g e ==，即x e ex ≥在()0,∞+上恒成立.因此，有2ln x e ex e x ≥≥，又因为两个等号不能同时成立，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.证法二：记函数()22ln ln x x e x ex x eφ-=-=-，则()22111x x x e e e x x φ-'=⨯-=-，可知()x φ'在()0,∞+上单调递增，又由()10φ'<，()20φ'>知，()x φ'在()0,∞+上有唯一实根0x ，且012x <<，则()020010x x ex φ-'=-=，即()0201*x e x -=， 当()00,x x ∈时，()0x φ'<，()x φ单调递减；当()0,x x ∈+∞时，()0x φ'>，()x φ单调递增，所以()()0200ln x x x ex φφ-≥=-，结合（*）式021x e x -=，知002ln x x -=-， 所以()()()2200000000121120x x x x x x x x x φφ--+≥=+-==>，则()2ln 0x x e x φ-=->，即2ln x e x ->，所以有2ln 0x e e x ->恒成立.【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式恒成立，还考查了分类讨论的思想、转化化归思想和运算求解的能力，属于难题.2. 已知函数()l e n xm f x x xx =+-()m ∈R ．（1）当1em =时，求函数()f x 的最小值； （2）若2e 2m ≥，()22e x m x g x x-=，求证：()()f x g x <．【答案】（1）0；（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）1em =，对函数()f x 求导，利用导数判断其单调性，进而可求出最小值； （2）构造函数()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，对函数()F x 求导，分别求出01x <≤和1x >时，函数()F x 的单调性，进而证明其最大值小于0，即可证明结论成立.【详解】（1）由题意知()f x 的定义域为0,．当1e m =时，()l e n e x f x x xx =+-，则()()()()22e e 1e 111e e x x x x xf x x x x---'=+-=． 令()()e e 0xu x x x =->，则()e e xu x '=-，令()0u x '>，得1x >，令()0u x '<，得01x <<， 故()u x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，则()()10u x u ≥=，即对任意()0,x ∈+∞，()e e 0xu x x =-≥恒成立． 所以令0fx ，得1x >，令0f x ，得01x <<，故()f x 在1,上单调递增，在0,1上单调递减，所以当1x =时，()f x 取得最小值，即()()min 10f x f ==．（2）令()()()()e ln 0xm F x f x g x x x x=-=->，220e m ≥>， 则()()221e1e e xx x x m x m x m F x x x x---'=-=， 当01x <≤时，()10m x --≥，则()0F x '>，()F x 单调递增， 所以当01x <≤时，()()1e 0m x F F =-<≤，故()()f x g x <成立； 当1x >时，()()()21e 1x m x x F x x m x ⎡⎤-'=-⋅-⎢⎥-⎣⎦，显然()210m x x --<， 令()()()e 11xxG x x m x =->-，则()()21e 1G x x m x '=+-，因为220em ≥>，所以()0G x '>，即()G x 在1,上单调递增，因为2e 2m ≥，所以()222e 22e 0m G m m-=-=≥，因为222e 11e 1e 1m m m =+--，且2e 11m -≥，所以22e 12e 1m m <≤-， 所以存在t 满足22e 12e 1m t m <<≤-，则()22e 1e t m m -<，整理得()2e 1t m t >-， 则有()()22e e e 01ttG t m t =-<-=-．因为()()20G t G ≤，所以()G x 存在唯一零点(]01,2x ∈，所以()01,x x ∈时，()0G x <，()0F x '>，()F x 单调递增；()0,x x ∈+∞时，()0G x >，()0F x '<，()F x 单调递减，所以当1x >时，()F x 的最大值为()0F x ，且(]01,2x ∈．由()00G x =，可得()000e 1x x m x =-，故()000000e 1ln ln 1x m F x x x x x =-=--．令()n 11l x x x ϕ=--，(]1,2x ∈，则()()21101x x x ϕ'=+>-，所以()ϕx 在(]1,2上单调递增，所以()()2ln 21x ϕϕ≤=-， 故()0ln 210F x ≤-<，所以1x >时，()()f x g x <成立． 综上所述，()()f x g x <．【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，考查利用导数证明不等式，考查学生逻辑推理能力与计算求解能力，属于难题.3．已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1P f 处切线方程； （2）当1a >时，求证：存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得对任意的(),1x c ∈，恒有()()1f x ax x >-.【答案】(1)10x y --=；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】(1)求出原函数的导函数,得到()1f ',再求得()1f ，利用直线方程点斜式得答案； (2)由()()1f x ax x >-等价于ln (1)x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，求得()g x '，利用导数研究其单调性，由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x > ,计算可得()0ag e -<，则存在01,,ax e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =,结合()g x 在区间01,x a ⎛⎫⎪⎝⎭内是增函数,可得当01,x x a⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >.由此可证得结论. 【详解】(1)由()ln f x x x =,得()ln 1f x x '=+， ∴()()10,11f f '==，故所求切线方程为()011y x -=⨯-，即10x y --=； (2)证明：由()()1f x ax x >-,得ln (1)x x ax x >-，考虑到0x >，可得()ln 1x a x >-，设()()ln 1g x x a x =--，则111()a x ax a g x a x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭'=-==-，当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，当1,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g x '<，∴()g x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.由()g x 在区间1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭内是减函数及()10g =,得当1,1x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0g x >，①又()()ln 10aa a a g ee a e ae ----=--=-<,则存在01,,a x e a -⎛⎫∈ ⎪⎝⎭即010,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使得()00g x =.又()g x 在区间01,x a⎛⎫ ⎪⎝⎭内是增函数，∴当01,x x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g x >.② 由①②可知,存在01,c x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()0g x >恒成立， 即存在10,c a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭使得对任意的(,1)x c ∈，恒有()(1)f x ax x >-. 【点睛】本题考查利用导数研究曲线上某点切线方程，考查利用导数研究函数的最值，及恒成立问题呢，属于难题. 4．（1）已知21()ln f x x x =+，证明：当2x ≥时，221ln 1(ln 2)4x x x +≥+； （2）证明：当4211(2,1)a e e ∈----时，33131()ln (39a g x x x x x x -=++≥有最小值，记()g x 最小值为()a ϕ，求()a ϕ的值域.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析，()a ϕ的值域为63222(,)9393e e e e -+-+【解析】 【分析】（1）求出导数()f x '，确定函数()f x 的单调性，从而证明2x ≥时，()(2)f x f ≥，此不等式同乘以2x ，即证得题设不等式成立； （2）求()g x '，由（1）可得4211(2,1)a e e∈----时，2(,)x e e ∈时，()g x '有唯一零点0x ，这就是()g x 的最小值点，求得0()()a g x ϕ=，由0201ln 0x a x ++=，把()g a 转化为0x 的函数0()h x ，再由导数的知识研究0()h x 在2(,)e e 上的单调性，得其取值范围。
2022高考数学函数与导数—导数中的放缩问题
函数与导数—导数中的放缩问题专题综述放缩法是解决函数不等式问题的利器，导数压轴题中的函数往往是指数、对数与其他函数综合，或者指对数并存的超越函数，有时直接构造出的函数难以直接求出最值，需要借助放缩解决.利用导数判断函数单调性、解决函数零点问题、不等式证明等问题中都会用到放缩法，使问题难度降低.常用的放缩方式有：①常用不等式放缩：指数放缩、对数放缩、三角放缩；②利用已知题目信息放缩；③根据已知参数范围或常识，减少变量，适当放缩；③利用单调性放缩；④利用基本不等式放缩： 若0a b >>，则211ln ln 2a b a bb ab a b a b-+<<<<-+；⑤由数值大小关系直接放缩，做题时灵活运用.本专题就前3种，重点探究.专题探究探究1：利用不等式放缩函数中有指数、对数、三角函数时，直接求导，导数不等式无法解出，根据函数结构，选择不等式进行放缩，使函数简单化. 常用不等式有：（1）三角函数放缩：①0,,sin tan 2x x x x π⎛⎫∀∈<< ⎪⎝⎭；②21sin 2x x x ≥-；③22111cos 1sin 22x x x -≤≤-（2）指数放缩：①1x e x ≥+；②x e ex ≥（1,y x y ex =+=为函数x y e =图象的两条切线）；③()101xe x x ≤≤-；④()10x e x x≤-< （3）对数放缩：①11ln 1x x x -≤≤-；②ln x x e ≤；③1ln x ex ≥-；（1,xy x y e =-=为函数ln y x =图象的两条切线）（4）指对放缩：()()ln 112xe x x x ->+--=(2021安徽省合肥市联考) 已知函数()(ln ),.xe f x a x x a R x=--∈（1）当0a >时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当1a =-时，函数1()()()x g x f x x e mx x =+++满足：对任意(0,)x ∈+∞，都有()1g x 恒成立，求实数m 的取值范围．【审题视点】第（2）问显化函数()g x ，恒成立问题回顾常用的方法（专题1.3.7）：分离参数、含参讨论单调性等方法，由解析式的具体结构确定方法与细节.【思维引导】分离参数以后，函数中有指、对结构，若直接通过求导判断单调性求最值，方法较困难，利用不等关系1x e x ≥+，得ln ln 1x x e x x +≥++，使难度大大降低.【规范解析】解：（1）()f x 的定义域是(0,)+∞，22()(1)()x x x a xe e ax e x f x a x x x -+-'=--=，当0a >，0x >时，令()0f x '>，则1x <∴()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减；（2）当1a =-时，1()()()ln (1)x x g x f x x e mx xe x m x x=+++=-++，()()0,,1x g x ∀∈+∞≥即ln 1ln 1ln 11x x x x xe x e m x x++-+--=-，1.恒成立问题求参：分离参数构造函数求最值；2.构造的函数中有ln x 、ln x x e +，通过求导判断单调性求最值较困难，通过常用不等关系1xe x ≥+，进行放缩,是函数简单化.设()1x F x e x =--，则()1x F x e '=-，令()0F x '>，则0x >∴()f x 在()0,+∞上单调递增，在(),0-∞上单调递减∴()(0)0F x F =，即1(x e x +当且仅当0x =时“=”成立)，故ln ln 1(x x e x x +++当且仅当ln 0x x +=时“=”成立)， ()ln G x x x =+在(0,)+∞上是增函数，且11()10G e e=-<，(1)10G =>，故存在01(,1)x e∈使得ln 0x x +=成立，故ln 1ln 1ln (ln 1)112x x x e x x x x x++-+-++--=-（当且仅当0x x =时“=”成立），∴2m -，即m 的取值范围是[2,).-+∞【探究总结】常见的不等关系要灵活运用，解题时函数结构复杂，可考虑运用上述不等式进行放缩，使问题简答化.但不等式1,,ln 1,ln xxx e x e ex x x x e≥+≥≤-≤，从图象的角度看，是以直代曲，放缩的程度大，容易出现误差，在使用时要注意.另外若是求参数取值范围问题，要考虑不等式中的等号能否取到.(2021山东省泰安市一模) 已知函数()()ln 2xf x e x k -=-，（k 为常数， 2.718e =⋅⋅⋅是自然对数的底数），曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线与y 轴垂直.（1）求()f x 的单调区间；（2）设()()1ln 1xx x g x e-+=,对任意0x >，证明：()()21x x x g x e e -+<+. 探究2：利用已证结论放缩1.对使用过得不等关系，构造函数证明成立；2.利用不等关系进行替换.恒成立求取值范围的问题，放缩以后，要确保不等式中等号能否取到解答题的上一问中证明的不等式，或者推导过程中证明出的结论，为后续的证明提供放缩的依据.需证明的不等式为关于n 的多项式的和或不等式结构复杂，利用已证结论，进行放缩，使不等式化繁为简，便于构造函数求最值.(2021湖南省郴州市模拟) 已知函数()e (1)ln(1) 1.x f x x x =-++-（1）当0x >时，证明：()0f x >；（2）已知数列{}n a 的通项公式为1e 1nn n na n -=+，证明：12ln (1).n a a a n ++⋅⋅⋅+>+ 【审题视点】第（2）问，出现数列的前n 项和，且不能用常规的求和方法求和，借助第一问的结论对n a 的通项公式进行放缩，便于求和.【思维引导】对第一问的不等式进行变形，观察n a 的结构，进行放缩，能够用已知方法求和.【规范解析】解：（1）由题意得 ()()ln(1)10x f x e x x '=-+->， 设()ln(1)1x g x e x =-+-，则1(1)1()11x xe x g x e x x +-'=-=++， 当0x >时， 1x e >，11x +>，则(1)1x e x +>则(1)1()01x e x g x x +-'=>+， ()g x ∴在()0,+∞上单调递增，故()()00g x g >=，即()0f x '> ()f x ∴在()0,+∞上单调递增，∴当0x >时，()(0)0f x f >=，即()0f x >（2）由（1）知：当0x >时，()(1)ln(1)10x f x e x x =-++->，即1ln(1)1x e x x ->++ 令1x n=，则11ln()1nne n n n n -+>+，12231ln ln ln12n n a a a n++++>+++ 231ln()ln(1)12n n n+=⨯⨯⨯=+ ∴12ln (1)n a a a n ++⋅⋅⋅+>+【探究总结】函数中证明与n 有关的求和问题，或不等式证明问题，要仔细观察不等式结构特点，往往会利用前一问的结论，或者解题过程中的结论.利用已证结论，进行放缩，化繁为简，证明不等式的成立.(2021广东省东莞市联考) 已知函数()ln (1),(0)f x x a x a =-->（ 2.718e ≈即自然对数的底数）.（1）若函数()f x 在()1,+∞上是单调减函数，求实数a 的取值范围； （2）在（1）的条件下，当n N +∈时，证明：2311111111.2222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++< ⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭探究3：利用已知参数范围或常识放缩函数解析中含有参数，且已知参数范围，证明不等式成立，可以从参数的范围入手，使参数取确定的值或利用单调性、其它不等关系，对不等式进行放缩，减少变量，使函数结构简单，易于判断单调性.(2021河北省石家庄联考) 已知函数()(2).x f x e k x =-+（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【审题视点】已知参数范围，证明不等式成立，且函数指对结构都有，若含参讨论难度大，可能要借助放缩，化繁为简.【思维引导】1.对已证不等式进行变形，变形为与n a 通项公式相似的结构；2.对自变量进行替换，得出新的不等式.利用不等式性质进行求和，实现放缩，证明结论.第（2）问不等式的证明，函数中有x e ，ln x ，构造函数求导，含参讨论解导数不等式较困难，可巧妙利用参数的范围，参数取确定的值，进行放缩，求不含参函数的最值较为简单.【规范解析】解：（1）由题意得 ()e .x f x k '=- ①当0k 时，()e 0x f x k '=->，∴函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；②当0k >时，令()e 0x f x k '=-> 得ln x k >，则()g x '在(0,)+∞上单调递增，且(1)0g '= 当(0,1)x ∈时，()0g x '< 当(1,)x ∈+∞时，()0g x '>)0，10⎫->⎪⎭∴当0k e <<时，()(1ln )0.f x k x x ++->【探究总结】不等式的证明问题中含有参数，若直接构造函数含参讨论，难以解决的情况下，为避开讨论，可以在参数给定的范围内，结合不等式的结构进行第一步的放缩，达到消参的目的，转化为证明不含参的不等式.若不等式的结构依然复杂，在利用常用不等关系、已证结论等方法进一步放缩.(2021湖北省荆州市高三模拟) 已知函数()ln(2).x m f x e x -=-（1）设1x =是函数()f x 的极值点，求m 的值并讨论()f x 的单调性； （2）当2m 时，证明：()ln 2.f x >-专题升华导数解答题中函数多以xe 、ln x 型的函数与其他函数结合的形式出现，考查零点问题、不等式证明问题、恒成立问题等方向时，如果利用常规方法处理时，因函数结构复杂求导判断单调性难度较大，通过放缩将难以处理的函数转化为较为简单的函数进行处理.放缩法较为灵活，要根据不等式的结构、形式等特征，使条件与结论建立联系，选择适当的方法是关键. 1.积累常见的不等结论：如探究1中提及的不等式，解题时需构造函数，证明其正确性，再进行放缩.利用不等式进行放缩，体现了数学中的化归与转化思想，也体现了处理数学问题时以直代曲、以曲代曲的方法.2.巧用已证不等式，顺水推舟：利用已证不等式(或结论) “服务”于后续问题的求解，这类题目最明显的“暗示”，即为证明一个类似于数列求和的不等式，需利用已证不等式进行逐项替换放缩.若题目的第一问证明不等式，在后续解题时，留意是否会利用已证结论.3.已知参数范围：含参不等式的证明时，若因为参数的存在使函数讨论非常复杂，可考虑结合参数范围及其它结论进行放缩.4.其他放缩方法：除了上述三种难度较大的放缩方法以外，单调性、已知结论、基本不等式等.如利用基本不等式进行放缩，化曲为直，()202x x +=≥；和积互化等.不仅仅应用于简化不等式，在解题过程中，也可能用放缩证明代数式的值.长干行·其一[唐]李白妾发初覆额，折花门前剧。