高中数学大题常考知识
2023高考数学常考的知识点与题型
2023高考数学常考的知识点与题型高考数学常考题型有哪些1、函数与导数主要考查数学集合运算、函数的有关概念定义域、值域、解析式、函数的极限、连续、导数。
2、平面向量与三角函数、三角变换及其应用这一部分是高考的重点但不是难点，主要出一些数学基础题或中档题。
3、数列及其应用这部分是高考的重点而且是难点，主要出一些综合题。
4、不等式主要考查数学不等式的求解和证明，而且很少单独考查，主要是在解答题中比较大小。
是高考的重点和难点。
5、概率和统计这部分和我们的生活联系比较大，属数学应用题。
6、空间位置关系的定性与定量分析主要是证明平行或垂直，求角和距离。
主要考察对定理的熟悉程度、运用程度。
7、解析几何高考的难点，运算量大，一般含参数。
高考对数学基础知识的考查，既全面又突出重点，扎实的数学基础是成功解题的关键。
高考数学必考知识点归纳必修一：1、集合与函数的概念(部分知识抽象，较难理解);2、基本的初等函数(指数函数、对数函数);3、函数的性质及应用(比较抽象，较难理解)。
必修二：1、立体几何(1)、证明：垂直(多考查面面垂直)、平行(2)、求解：主要是夹角问题，包括线面角和面面角。
这部分知识是高一学生的难点，比如：一个角实际上是一个锐角，但是在图中显示的钝角等等一些问题，需要学生的立体意识较强。
这部分知识高考占22---27分。
2、直线方程：高考时不单独命题，易和圆锥曲线结合命题。
3、圆方程：必修三：1、算法初步：高考必考内容，5分(选择或填空);2、统计：3、概率：高考必考内容，09年理科占到15分，文科数学占到5分。
必修四：1、三角函数：(图像、性质、高中重难点，)必考大题：15---20分，并且经常和其他函数混合起来考查。
2、平面向量：高考不单独命题，易和三角函数、圆锥曲线结合命题。
09年理科占到5分，文科占到13分。
必修五：1、解三角形：(正、余弦定理、三角恒等变换)高考中理科占到22分左右，文科数学占到13分左右;2、数列：高考必考，17---22分;3、不等式：(线性规划，听课时易理解，但做题较复杂，应掌握技巧。
【高中数学】高考数学经典大题必考题型
【高中数学】高考数学经典大题必考题型高考数学经典必修题：三角函数注意归一公式、诱导公式的正确性(转化成同名同角三角函数时，套用归一公式、诱导公式(奇变、偶不变;符号看象限)时，很容易因为粗心，导致错误!一着不慎，满盘皆输!)。
高考数学经典必考题：顺序题1.证明一个数列是等差(等比)数列时，最后下结论时要写上以谁为首项，谁为公差(公比)的等差(等比)数列;2.当最后一个问题证明不等式为真时，如果一端为常数，另一端为含N的公式，一般考虑展开收缩法；如果两端都是N的方程，一般认为是数学归纳法（当使用数学归纳法时，当n=K+1时，我们必须在n=K时使用假设，否则它是不正确的。
使用假设后，很难将当前公式转换为目标公式，并且通常会适当地展开和收缩。
简明的方法是从当前公式loo中减去目标公式k在符号处，得到目标公式。
在做结论时，我们必须写总结：从① ② 取得证书；3.证明不等式时，有时构造函数，利用函数单调性很简单(所以要有构造函数的意识)。
高考中的三维几何1.证明线面位置关系，一般不需要去建系，更简单;2.寻找不同平面直线形成的角度、线面角、二面角、存在问题、几何高度、表面积、体积等问题时，最好建立一个系统；3.注意向量所成的角的余弦值(范围)与所求角的余弦值(范围)的关系(符号问题、钝角、锐角问题)。
高考数学经典必考题：概率问题1.搞清随机试验包含的所有基本事件和所求事件包含的基本事件的个数;2.找出什么是概率模型以及应用哪个公式；3.记准均值、方差、标准差公式;4.计算概率时，如果是正概率或困难概率，则为负概率（根据P1+P2+…+PN=1）；5.注意计数时利用列举、树图等基本方法;6.注意回样，不要回样；7.注意“零散的”的知识点(茎叶图，频率分布直方图、分层抽样等)在大题中的渗透;8.注意条件概率公式；9.注意平均分组、不完全平均分组问题。
二次曲线问题1.注意求轨迹方程时，从三种曲线(椭圆、双曲线、抛物线)着想，椭圆考得最多，方法上有直接法、定义法、交轨法、参数法、待定系数法;2.注意直线（方法1有坡度，无坡度；方法2设置x=my+B（当坡度不为零时），当弦的中点已知时，通常使用点差法）；注意歧视；注意韦达定理；注意弦长公式；注意自变量的取值范围等；3.战术上整体思路要保7分，争9分，想12分。
2025高中数学八大核心知识函数指数型函数取对数问题--2024高考数学压轴大题秒杀(解析版)
指数型函数取对数问题考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a f x 的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.解题秘籍(一)等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.1(2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试)已知函数f x =ln x+1 ax.(1)讨论f x 的单调性；(2)若ex1x2=ex2x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2.2025高中数学八大核心知识函数指数型函数取对数问题--2024高考数学压轴大题秒杀（解析版）(二)等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，形如f a g b =h c f a >0,g b >0,f c >0 或f a g b >h c 的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.2(2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考)已知a >0，b ∈R ，函数f x =ax ln x 和g x =b ln x +1 的图像共有三个不同的交点，且f x 有极大值1．(1)求a 的值以及b 的取值范围；(2)若曲线y =f x 与y =g x 的交点的横坐标分别记为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3．证明：x 23x 1x 2<e 2b -2．(三)把比较a,b a>0,b>0转化为比较ln a,ln b的大小比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较n n+1,n+1nn∈N∗,n>2的大小，可通过取对数转化为比较n+1ln n,n ln n+1的大小，再转化为比较ln n n,ln n+1n+1的大小，然后可以构造函数f x =ln xx，利用f x 的单调性比较大小.3一天，小锤同学为了比较ln1.1与110的大小，他首先画出了y=ln x的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了y=ln x在x=1处的切线方程，利用函数y=ln x与切线的图像关系进行比较. (1)请利用小锤的思路比較ln1.1与110大小(2)现提供以下两种类型的曲线y=ax2+b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较πe, e3的大小.三、典例展示1(2021全国甲卷高考试题)已知a>0且a≠1，函数f(x)=x aa x(x>0)．(1)当a=2时，求f x 的单调区间；(2)若曲线y=f x 与直线y=1有且仅有两个交点，求a的取值范围．2(2023届新疆高三第三次适应性检测)已知函数f(x)=ax2+(a+1)x ln x-1，g(x)=f(x) x．(1)讨论g x 的单调性；(2)若方程f(x)=x2e x+x ln x-1有两个不相等的实根x1,x2，求实数a的取值范围，并证明e x1+x2>e2x1x2．(1)求f x 的极值；(2)若f x 有两个零点a，b，且a<b，求证：e b+1b<2e m．4设函数f x =-ln x.(1)设λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，求证：对任意的x1、x2>0，总有xλ11xλ22≤λ1x1+λ2x2成立；(2)设x i>0，λi>0i=1,2,⋅⋅⋅,n，且ni=1λi=1，求证：xλ11xλ22⋅⋅⋅xλn n≤λ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n.(1)讨论g(x)的单调性；(2)若f x +2x≥g x +x a，对任意x∈(1,+∞)恒成立，求a的最大值；6已知函数f(x)=x ln x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且a b=b a，证明：2e <1a+1b<1．跟踪检测1已知函数f (x )=x ln x +a ,(a ∈R )．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当0<a <1e时，证明：函数f x 有两个零点；(3)若函数g (x )=f (x )-ax 2-x 有两个不同的极值点x 1,x 2(其中x 1<x 2)，证明：x 1⋅x 22>e 3．2形如y =f (x )g (x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得ln y =ln f (x )g (x )=g (x )ln f (x )，两边对x 求导数，得y y =g (x )ln f (x )+g (x )f x f x，于是y =f (x )g (x )g (x )ln f (x )+g (x )f x f x.已知f (x )=2e x ln x ，g (x )=x 2+1.(1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程；(2)若h (x )=f (x )，求h (x )的单调区间；(3)求证：∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立.3已知函数f(x)=e x2ln x(x>0)．(1)求f(x)的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x1,x20<x1<x2满足f x1=f x2=e k．(i)求k的取值范围(ⅱ)证明x e2-2e2≤e-e21x1．4已知f(x)=ln x-x，g(x)=mx+m.(1)记F(x)=f(x)+g(x)，讨论F(x)的单调区间；(2)记G(x)=f(x)+m，若G(x)有两个零点a，b，且a<b.请在①②中选择一个完成.①求证：2e m-1>1b+b；②求证：2e m-1<1a+a5已知a∈R，f(x)=x⋅e-ax，(其中e为自然对数的底数).(1)求函数y=f(x)的单调区间；(2)若a>0，函数y=f(x)-a有两个零点x，x2，求证：x21+x22>2e.6已知函数f x =axe-x a≠0存在极大值1 e.(1)求实数a的值；(2)若函数F x =f x -m有两个零点x1，x2x1≠x2，求实数m的取值范围，并证明：x1+x2>2.7已知函数f(x)=x(e2x-a),g(x)=bx+ln x.(1)若y=2x是曲线y=f(x)的切线，求a的值；(2)若g(x)有两不同的零点，求b的取值范围；(3)若b=1，且f(x)-g(x)≥1恒成立，求a的取值范围.8已知函数f(x)=ax ln x，a∈R．(1)当a=1时，①求f(x)的极值；②若对任意的x≥e都有f(x)≥mxe m x，m>0，求m的最大值；(2)若函数g(x)=f(x)+x2有且只有两个不同的零点x1，x2，求证：x1x2>e2．9已知函数f(x)=x ln x-ax2-x，g(x)=f(x)x，a∈R．(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2x1<x2，证明：x41x2>e3．(e=2.71828⋯为自然对数的底数)10已知函数f x =e x-a ln xx-a(e为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a=1，求f x 在x=1处的切线方程；(2)若f x 的两个零点分别为x1,x2，证明：e2-x1-x2-x1x2<0．11已知函数h x =x-a ln x a∈R.(1)若h x 有两个零点，a的取值范围；(2)若方程xe x-a ln x+x=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e x1+x2>e2 x1x2.12已知函数f x =e x-2t-ln x+2(1)若x=1是f x 的极值点，求t的值，并讨论f x 的单调性；(2)当t≤1时，证明：f x >2.指数型函数取对数问题考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点, 在导数解答题中有些指数型函数，直接求导运算非常复杂或不可解，这时常通过取对数把指数型函数转化对数型函数求解，特别是涉及到形如a f x 的函数取对数可以起到化繁为简的作用，此外有时取对数还可以改变式子结构，便于发现解题思路，故取对数的方法在解高考导数题中有时能大显身手.解题秘籍(一)等式两边同时取对数把乘法运算转化为对数运算，再构造函数通过两边取对数可把乘方运算转化为乘法运算，这种运算法则的改变或能简化运算，或能改变运算式子的结构，从而有利于我们寻找解题思路，因此两边取对数成为处理乘方运算时常用的一种方法.有时对数运算比指数运算来得方便，对一个等式两边取对数是解决含有指数式问题的常用的有效方法.1(2024届辽宁省大连市高三上学期期初考试)已知函数f x =ln x+1 ax.(1)讨论f x 的单调性；(2)若ex1x2=ex2x1(e是自然对数的底数)，且x1>0，x2>0，x1≠x2，证明：x21+x22>2.【解析】(1)函数f(x)=ln x+1ax的定义域为(0,+∞)，求导得则f(x)=-ln xax2，由f (x)=0得x=1，若a<0，当0<x<1时，f (x)<0，则f(x)单调递减，当x>1时，f (x)>0，则f(x)单调递增，若a>0，当0<x<1时，f (x)>0，则f(x)单调递增，当x>1时，f (x)<0，则f(x)单调递减；所以当a<0时，函数f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；当a>0时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减.(2)由ex1x2=ex2x1，两边取对数得x2ln x1+1=x1ln x2+1，即ln x1+1x1=ln x2+1x2，由(1)知，当a=1时，函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，f(x)max=f(1)=1，而f1e=0，x>1时，f(x)>0恒成立，因此当a=1时，存在x1,x2且0<x1<1<x2，满足f x1=f x2，若x2∈[2,+∞)，则x21+x22>x22≥4>2成立；若x2∈(1,2)，则2-x2∈(0,1)，记g(x)=f(x)-f(2-x)，x∈(1,2)，则g (x)=f (x)+f (2-x)=-ln xx2-ln(2-x)(2-x)2>-ln xx2-ln(2-x)x2=-ln[-(x-1)2+1]x2>0，即有函数g(x)在(1,2)上单调递增，g(x)>g(1)=0，即f(x)>f(2-x)，于是f x1=f x2>f2-x2，而x2∈(1,2)，2-x2∈(0,1)，x1∈(0,1)，函数f(x)在(0,1)上单调递增，因此x1>2-x2，即x1+x2>2，又x 21+1>2x 21=2x 1,x 22+1>2x 22=2x 2，则有x 21+1+x 22+1>2x 1+x 2 >4，则x 21+x 22>2，所以x 21+x 22>2.(二)等式或不等式两边同时取对数把乘积运算运算转化为加法运算，形如f a g b =h c f a >0,g b >0,f c >0 或f a g b >h c 的等式或不等式通过两边取对数，可以把乘积运算，转化为加法运算，使运算降级.2(2024届辽宁省名校联盟高三上学期联考)已知a >0，b ∈R ，函数f x =ax ln x 和g x =b ln x +1 的图像共有三个不同的交点，且f x 有极大值1．(1)求a 的值以及b 的取值范围；(2)若曲线y =f x 与y =g x 的交点的横坐标分别记为x 1，x 2，x 3，且x 1<x 2<x 3．证明：x 23x 1x 2<e 2b -2．【解析】(1)因为a >0，x ∈0,+∞ ，所以当x ≥1时，f x =ax ln x ，f x =a ln x +a >0，所以f x 在1,+∞ 上单调递增，无极大值；当x ∈0,1 时，f x =-ax ln x ，f x =-a ln x +1 ，所以当x ∈0,1e时，f x >0，f x 单调递增，当x ∈1e ,1时，f 'x <0，f x 单调递减，所以x =1e为极大值点，所以f 1e=-a ⋅1e ⋅ln 1e=1，解得a =e ．因为f x ，g x 图像共有三个不同的交点，所以方程ex ln x =b ln x +1 有三个不等正实根．设t =ln x +1，则x =e t -1，且当x >0时，t 与x 一一对应，所以问题转化为关于t 的方程e t t -1 =b t 有三个不等实根．又0不满足方程e t t -1 =b t ，所以方程b =t -1te t有三个实根．设h t =t -1te t ，则函数h t =t -1t e t与函数y =b 的图像有三个交点，当t ≥1或t <0时，h t =t -1te t，∴h t =t 2-t +1t2e t>0，所以h t 在-∞,0 ，1,+∞ 上单调递增；当0<t <1时，h t =-t -1 ett，ht =-t 2-t +1t 2e t<0，所以h t 在0,1 上单调递减．当t ≠0，t ≠1时，h t >0，而h 1 =0；当t →-∞时，h t =1-1te t→0，无论t >0还是t <0，当t →0时，都有h t =1-1te t→+∞，当t →+∞时，h t =1-1te t→+∞．根据以上信息，画出函数h t 的大致图像如下图所示，所以当b >0时，函数h t =t -1te t与函数y =b 的图像有三个交点，故b 的取值范围为0,+∞ ．(2)证明：要证x 23x 1x 2<e 2b -2，只需证2ln x 3-ln x 2+ln x 1<2b -2，只需证2ln x 3+1 -ln x 2+1 +ln x 1+1 <2b ．设(1)中方程的b =t -1te t三个根分别为t 1，t 2，t 3，且t 1<t 2<t 3，t i =ln x i +1，i =1，2，3，从而只需证明2t 3-t 2+t 1<2b ．又由(1)的讨论知t 1<0，0<t 2<1，t 3>1．下面先证明e x ≥x +1，设φx =e x -x -1，则φ x =e x -1．当x >0时，φ x >0，φx 在0,+∞ 上单调递增，当x <0时，φ x <0，φx 在-∞,0 上单调递增，所以φx ≥φ0 =0，所以当x ≠0时，e x >x +1，从而当t ≠0，t ≠1时，h t =t -1te t >t -1tt +1 ．又由(1)知h t 在-∞,0 ，1,+∞ 上单调递增，h t 在0,1 上单调递减．所以当t>1时，h t >t2-1t=t-1t，令b=t-1t，解得t=b+b2+42，由h t3=b<hb+b2+42得t3<b+b2+42；当0<t<1时，h t >1t-t，令b=1t-t，解得t=-b+b2+42，由h t2=b<h-b+b2+42得t2>-b+b2+42；当t<0时，h t >t-1t，令b=t-1t，解得t=b-b2+42，由h t1=b<hb-b2+42得t1<b-b2+42．综上，2t3-t2+t1<b+b2+4--b+b2+42+b-b2+42=2b，得证．(三)把比较a,b a>0,b>0转化为比较ln a,ln b的大小比较两个指数式的大小，有时可以通过取对数，利用对数函数的单调性比较大小，如比较n n+1,n+1nn∈N∗,n>2的大小，可通过取对数转化为比较n+1ln n,n ln n+1的大小，再转化为比较ln n n,ln n+1n+1的大小，然后可以构造函数f x =ln xx，利用f x 的单调性比较大小.3一天，小锤同学为了比较ln1.1与110的大小，他首先画出了y=ln x的函数图像，然后取了离1.1很近的数字1，计算出了y=ln x在x=1处的切线方程，利用函数y=ln x与切线的图像关系进行比较. (1)请利用小锤的思路比較ln1.1与110大小(2)现提供以下两种类型的曲线y=ax2+b,y=kx+t，试利用小锤同学的思路选择合适的曲线，比较πe, e3的大小.【解析】(1)构造函数f(x)=ln x-x+1，由f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，得f(x)≤f(1)=0，即ln x≤x-1，取x=1，得ln1.1<0.1(2)通过取对数，把比较πe,e3的大小转化为比较e lnπ与3的大小，即比较lnπ与3e大小选y=ax2+b，令y=ln x与y=ax2+b公切于e则有ln e=ae2+b1e=-2ae3⇒a=-e22,b=32，∴y=-e22x2+3 2记g (x )=ln x +e 22x 2-32,g (x )=1x -e 2x 3=x 2-e 2x 3，∴g (x )在(0,e )上单调递减，在(e ,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (e )=0,∴ln x ≥-e 22x 2+32∴lnπ>-e 22π2+32，下证：32-e 22π2>3e 只需证3e +e 22π2<32∵3e +e 22π2<32.7+(2.72)22×(3.1)2=109+(2.72)22×(3.1)2只需证 2.723.1 2<79∵2.723.1<0.88,(0.88)2=0.7744而79=0.777>0.7744,∴lnπ>3e，即πe >e 3选y =kx +t ，通过取对数，把比较πe ,e 3的大小转化为比较e lnπ与3的大小，即比较lnπ与3e大小，即较ln1π与-3e大小令y =ln x 与y =kx +t 切于1e，则有ln 1e =k 1e +t e =k⇒k =e ,t =-2,∴y =ex -2令g (x )=ln x -ex +2,g (x )=1x -e =1-ex x∴g (x )在0,1e上单调递增，在1e ,+∞ 上单调递减,∴g (x )≤g 1e =0,∴ln x ≤ex -2，当x =1e取等∴ln 1π≤e π-2下证e π-2<-3e ，只需证e π+3e<2∵e π+3e <2.723.1+32.7<0.88+109，∵2-109=89=0.8 >0.88,∴ln 1π<-3e ,∴lnπ>3e,∴πe >e 3.三、典例展示1(2021全国甲卷高考试题)已知a >0且a ≠1，函数f (x )=x aa x (x >0)．(1)当a =2时，求f x 的单调区间；(2)若曲线y =f x 与直线y =1有且仅有两个交点，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 22x ,f x =2x ⋅2x -x 2⋅2x ln22x 2=x ⋅2x 2-x ln2 4x ,令f 'x =0得x =2ln2,当0<x <2ln2时，f x >0,当x >2ln2时，f x <0,∴函数f x 在0,2ln2上单调递增；2ln2,+∞ 上单调递减；(2)f x =x a a x=1⇔a x =x a⇔x ln a =a ln x ⇔ln x x =ln a a ,设函数g x=ln x x ,则g x =1-ln xx2,令g x =0，得x =e ,在0,e 内g x >0,g x 单调递增；在e ,+∞ 上g x <0,g x 单调递减；∴g x max =g e =1e,又g 1 =0，当x 趋近于+∞时，g x 趋近于0，所以曲线y =f x 与直线y =1有且仅有两个交点，即曲线y =g x 与直线y =aln a有两个交点的充分必要条件是0<ln a a <1e,这即是0<g a <g e ,所以a 的取值范围是1,e ∪e ,+∞ ．2(2023届新疆高三第三次适应性检测)已知函数f (x )=ax 2+(a +1)x ln x -1，g (x )=f (x )x．(1)讨论g x 的单调性；(2)若方程f (x )=x 2e x +x ln x -1有两个不相等的实根x 1,x 2，求实数a 的取值范围，并证明e x 1+x 2>e 2x 1x 2．【解析】(1)因为g (x )=ax +(a +1)ln x -1x，所以g x =a +a +1x +1x 2=(x +1)(ax +1)x 2(x >0)，当a ≥0时，g x >0，所以g (x )在区间(0,+∞)上单调递增，当a <0时，令g x >0，得0<x <-1a ；令g x <0，得x >-1a，所以g (x )在区间0,-1a上单调递增，在区间-1a ,+∞ 上单调递减，综上当a ≥0时，g (x )在区间(0,+∞)上单调递增，当a <0时，g (x )在区间0,-1a上单调递增，在区间-1a ,+∞ 上单调递减.(2)方程f (x )=x 2e x +x ln x -1，即ax +a ln x =xe x ，等价于a ln xe x =xe x ，令t =xe x >0，其中x >0，则a ln t =t ，显然t ≠1，令h t =tln t，则ht =ln t-1ln2t，所以h t 在区间0,1上单调递减，且由x→0时h t <0可得在区间0,1上h(t)<0，h t 在区间(1,e)上单调递减，在区间(e,+∞)上单调递增，所以h(t)极小值=h(e)=e，因为方程f(x)=x2e x+x ln x-1有两个实根x1,x2，所以关于t的方程a=tln t有两个实根t1，t2，且t1=x1e x1，t2=x2e x2，所以a∈(e,+∞)，要证e x1+x2>e2x1x2，即证x1e x1⋅x2e x2>e2，即证t1t2>e2，只需证ln t1+ln t2>2，因为t1=a ln t1t2=a ln t2，所以t1-t2=a ln t1-ln t2t1+t2=a ln t1+ln t2，整理可得t1+t2t1-t2=ln t1+ln t2ln t1-ln t2，不妨设t1>t2>0，则只需证ln t1+ln t2=t1+t2t1-t2lnt1t2>2，即ln t1t2>2t1-t2t1+t2=2t1t2-1t1t2+1，令s=t1t2>1，p(s)=ln s-2(s-1)s+1，其中s>1，因为p s =1s-4(s+1)2=(s-1)2s(s+1)2>0，所以p s 在区间(1,+∞)上单调递增，所以h(s)>h(1)=0，故e x1+x2>e2x1x2．3已知函数，f x =ln x-x+m，m∈R．(1)求f x 的极值；(2)若f x 有两个零点a，b，且a<b，求证：e b+1b<2e m．【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞，f x =1x-1．当0<x<1时，f x >0，则f x 在0,1上单调递增；当x>1时，f x <0，则f x 在1,+∞上单调递减，所以函数f x 的极大值为f1 =m-1，无极小值．(2)令f x =0，则m=x-ln x．设h x =x-ln x x>0，则h'x =1-1x=x-1x，易知函数h x 在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增．又h1 =1，所以h x ≥1，又f x 有两个零点，所以m >1．因为a <b ，所以0<a <1<b ．要证e b +1b <2e m ，即证2e m -1>b +1b，即证ln2+m -1>lnb 2+1b=ln b 2+1 -ln b ．又f b =0，则m =b -ln b ，故即证ln2+b -ln b -1>ln b 2+1 -ln b ，即证ln2-1>ln b 2+1 -b ．设t b =ln b 2+1 -b ，b >1，则t 'b =2b b 2+1-1=-b -1 2b 2+1<0，所以t b 在1,+∞ 上单调递减，所以t b <t 1 =ln2-1，故e b +1b<2e m 得证．4设函数f x =-ln x .(1)设λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，求证：对任意的x 1、x 2>0，总有x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2成立；(2)设x i >0，λi >0i =1,2,⋅⋅⋅,n ，且ni =1λi =1 ，求证：x λ11x λ22⋅⋅⋅x λn n ≤λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n .【解析】(1)证明：x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2⇔ln x λ11x λ22 ≤ln λ1x 1+λ2x 2 ⇔λ1ln x 1+λ2ln x 2≤ln λ1x 1+λ2x 2 ⇔f λ1x 1+λ2x 2 ≤λ1f x 1 +λ2f x 2 .不妨设0<x 1≤x 2，令g x =λ1f x +λ2f x 2 -f λ1x +λ2x 2 =ln λ1x +λ2x 2 -λ1ln x -λ2ln x 2，其中0<x ≤x 2，则g x =λ1λ1x +λ2x 2-λ1x =λ1x -λ1λ1x +λ2x 2 λ1x +λ2x 2 x =λ1x -λ1x -λ2x 2 λ1x +λ2x 2 x =λ1λ2x -x 2 λ1x +λ2x 2 x≤0，所以，函数g x 在区间0,x 2 上单调递减，因为x 1∈0,x 2 ，则g x 1 ≥g x 2 =ln x 2-ln x 2=0，所以，g x 1 =ln λ1x 1+λ2x 2 -λ1ln x 1-λ2ln x 2≥0，即λ1ln x 1+λ2ln x 2≤ln λ1x 1+λ2x 2 ，所以，当λ1、λ2≥0且λ1+λ2=1，对任意的x 1、x 2>0，总有x λ11x λ22≤λ1x 1+λ2x 2成立.(2)证明：x i >0，λi >0i =1,2,⋅⋅⋅,n ，且ni =1λi =1 ，要证x λ11x λ22⋅⋅⋅x λnn ≤λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n .即证λ1ln x 1+λ2ln x 2+⋯+λn ln x n ≤ln λx 1+λ2x 2+⋯+λn x n ，即f λ1x 1+λ2x 2+⋅⋅⋅+λn x n ≤λ1f x 1 +λ2f x 2 +⋅⋅⋅+λn f x n ，当n=2时，由(1)可知，不等式成立，假设当n=k k≥2,k∈N∗时不等式成立，即fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x k≤λ1f x1+λ2f x2+⋅⋅⋅+λk f x k，则当n=k+1时，设x k=λkλk+λk+1x k+λk+1λk+λk+1x k+1，由(1)可得f x k≤λkλk+λk+1f x k+λk+1λk+λk+1f x k+1，则fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x k+λk+1x k+1=fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk-1x k-1+λk+λk+1x k≤λ1f x1+⋅⋅⋅+λk-1f x k-1+λk+λk+1f x k≤λ1f x1+⋅⋅⋅+λk f x k+λk+1f x k+1，这说明当n=k+1时，结论也成立，故对任意的n∈N∗，fλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λk x n≤λ1f x1+λ2f x2+⋅⋅⋅+λn f x n，所以，-lnλ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n≤-λ1ln x1-λ2ln x2-⋯-λn ln x n，因此，λ1ln x1+λ2ln x2+⋯+λn ln x n≤lnλx1+λ2x2+⋯+λn x n，故当x i>0，λi>0i=1,2,⋅⋅⋅,n，且ni=1λi=1时，xλ11xλ22⋅⋅⋅xλn n≤λ1x1+λ2x2+⋅⋅⋅+λn x n.5已知函数f(x)=e x,g(x)=x+a ln x,a∈R(1)讨论g(x)的单调性；(2)若f x +2x≥g x +x a，对任意x∈(1,+∞)恒成立，求a的最大值；【解析】(1)g (x)=1+ax=x+ax(x>0)，当a≥0时，g′(x)>0，g(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，令g′(x)>0，解得x>-a，令g′(x)<0，解得0<x<-a，∴g(x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增；综上，当a≥0时，g(x)在(0,+∞)上单调递增；当a<0时，g(x)在(0,-a)上单调递减，在(-a,+∞)上单调递增；(2)f(x)+2x≥g(x)+x a即为e x+x≥a ln x+x a，即e x+ln e x≥ln x a+x a，设h(x)=ln x+x(x>0)，则h (x)=1x+1=x+1x，易知函数h(x)在(0,+∞)上单调递增，而h(e x)≥h(x a)，所以e x≥x a(两边取对数)，即x≥a ln x，当x>1时，即为a≤xln x，设φ(x)=xln x(x>1)，则φ (x)=ln x-1ln2x，易知函数φ(x)在(0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增，∴φ(x)≥φ(e)=e，∴a≤e，即a的最大值为e．6已知函数f (x )=x ln x ．(1)讨论f (x )的单调性；(2)设a ，b 为两个不相等的正数，且a b =b a ，证明：2e <1a +1b <1．【解析】 (1)f (x )=ln x +1，定义域为(0,+∞)，由f (x )=0，解得x =1e ，由f (x )>0，解得x >1e，由f (x )<0，解得0<x <1e，所以f (x )的单调递增区间为1e ,+∞，单调递减区间为0,1e．(2)∵a ，b 为两个不相等的正数，且a b =b a ，∴b ln a =a ln b ，即1a ln 1a =1b ln 1b，由(1)可知f (x )min =f 1e =-1e，且f (1)=0，x →0时，f (x )→0，则令x 1=1a ,x 2=1b，则x 1,x 2为f (x )=k 的两根，且k ∈-1e ,0 ，不妨设x 1∈0,1e ,x 2∈1e ,1 ，则2e -x 1>1e，先证2e <x 1+x 2，即证x 2>2e -x 1，即证f x 2 =f x 1 >f 2e-x 1 ，令h (x )=f (x )-f 2e -x，即证在x ∈0,1e上，h (x )>0，则h (x )=f (x )-f 2e -x =ln x +ln 2e -x +2=ln -x 2+2ex +2，h (x )在0,1e上单调递增，即h (x )<h 1e =0，∴h (x )<0在0,1e上恒成立，即h (x )在0,1e 上单调递减，h (x )>h 1e =0，∴f (x )>f 2e -x，即可得x 2>2e-x 1；再证x 1+x 2<1，即证1e<x 2<1-x 1，由(1)f (x )单调性可得证f x 2 =f x 1 <f 1-x 1 ，令φ(x )=f (x )-f (1-x ),x ∈0,1e，φ (x )=ln x +ln (1-x )+2=ln -x 2+x +2，φ (x )在0,1e上单调递增，∴φ (x)=φ 1e>0，且当x→0,φ (x)<0，所以存在x0使得φ x0=0，即当x∈0,x0时，φ (x)<0,φ(x)单调递减，当x∈x0,1 e时，φ (x)>0,φ(x)单调递增，又有x→0,φ(x)<0，且φ1e=f1e -f1-1e<0，所以φ(x)<0恒成立，∴x 1+x2<1，则2e<1a+1b<1，即可证得．四、跟踪检测1已知函数f(x)=x ln x+a,(a∈R)．(1)求函数f x 的单调区间；(2)当0<a<1e时，证明：函数f x 有两个零点；(3)若函数g(x)=f(x)-ax2-x有两个不同的极值点x1,x2(其中x1<x2)，证明：x1⋅x22>e3．【解析】(1)f x =ln x+1,x>0，当0<x<1e时，fx <0，当x>1e时，fx >0，所以函数f x 在0,1 e上递减，在1e,+∞上递增，所以函数f x 的单调区间为0,1 e和1e,+∞；(2)证明：由(1)知f x min=f1e=-1e+a，因为0<a<1e，所以f1e<0，又当x→0+时，f x >0，f e =e+a>0，所以函数在0,1 e上存在一个零点，在1e,e上存在一个零点，所以函数f x 有两个零点；(3)证明：g(x)=f(x)-ax2-x=x ln x--ax2-x+a,(x>0)，则g x =ln x-2ax，因为函数g(x)有两个不同的极值点x1,x2(其中x1<x2)，所以ln x1=2ax1，ln x2=2ax2，要证x 1⋅x 22>e 3等价于证ln x 1⋅x 22 >ln e 3，即证ln x 1+2ln x 2>3，所以3<ln x 1+2ln x 2=2ax 1+4ax 2=2a x 1+2x 2 ，因为0<x 1<x 2，所以2a >3x 1+2x 2，又ln x 1=2ax 1，ln x 2=2ax 2，作差得ln x 1x 2=a x 1-x 2 ，所以a =ln x1x 2x 1-x 2，所以原不等式等价于要证明2ln x1x 2x 1-x 2>3x 1+2x 2，即2ln x 1x 2<3x 1-x 2 x 1+2x 2，令t =x 1x 2,t ∈0,1 ，则上不等式等价于要证：2ln t <3t -1t +2,t ∈0,1 ，令h t =2ln t -3t -1t +2,t ∈0,1 ，则ht =2t -9t +2 2=2t 2-t +8t t +2 2>0,t ∈0,1 ，所以函数h t 在0,1 上递增，所以h t <h 1 =0，所以2ln t <3t -1t +2,t ∈0,1 ，所以x 1⋅x 22>e 3．2形如y =f (x )g (x )的函数称为幂指函数，幂指函数在求导时，可以利用对数法：在函数解析式两边取对数得ln y =ln f (x )g (x )=g (x )ln f (x )，两边对x 求导数，得y y =g(x )ln f (x )+g (x )f x f x，于是y =f (x )g (x )g(x )ln f (x )+g (x )f x f x.已知f (x )=2e x ln x ，g (x )=x 2+1.(1)求曲线y =f (x )在x =1处的切线方程；(2)若h (x )=f (x )，求h (x )的单调区间；(3)求证：∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立.【解析】(1)由幂指函数导数公式得f (x )=2e x ln x (ln x +1)，所以f (1)=2，又f (1)=2，所以，曲线y =f (x )在x =1处的切线方程为y =2x .(2)h (x )=f (x )=2e x ln x (ln x +1),x ∈(0,+∞)，则h (x )=2e x ln x (ln x +1)+2e x ln x (ln x +1) =2e x ln x (ln x +1) (ln x +1)+2e x ln x ⋅1x=2e x ln x (ln x +1)2+1x>0，所以h (x )的单调增区间为(0,+∞)，无单调减区间.(3)构造F (x )=f (x )-g (x )，x ∈(0,+∞)，则F (x )=f (x )-g (x )=2e x ln x (ln x +1)-2x ，令H (x )=F (x )=2e x ln x (ln x +1)-2x ,x ∈(0,+∞)，所以H (x )=2e x ln x (ln x +1)2+e(x -1)ln x-1 ，因为x -1与ln x 同号，所以(x -1)ln x ≥0，所以e (x -1)ln x-1≥0，又e x ln x (ln x +1)2≥0，所以H (x )≥0，所以H (x )即F (x )为(0,+∞)上增函数，又因为F (1)=0，所以，当x ∈(0,1)时，F (x )<F (1)=0；当x ∈(1,+∞)时，F (x )>F (1)=0.所以，F (x )为(0,1)上减函数，为(1,+∞)上增函数，所以，F (x )min =F (1)=0，即F (x )=f (x )-g (x )≥0，因此，∀x ∈(0,+∞),f (x )≥g (x )恒成立，即证.3已知函数f (x )=e x 2ln x (x >0)．(1)求f (x )的极值点．(2)若有且仅有两个不相等的实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足f x 1 =f x 2 =e k ．(i )求k 的取值范围(ⅱ)证明x e 2-2e2≤e-e 21x 1．【解析】(1)函数f (x )=e x 2ln x (x >0)的导函数为f (x )=xe x 2ln x (2ln x +1).当x ∈0,e -12时，f(x )<0，所以函数f (x )单调递减；当x ∈e -12,+∞ 时，f (x )>0，所以函数f (x )单调递增.所以x =e-12为f (x )的极值点.(2)因为有且仅有两个不相等的实数x 1,x 20<x 1<x 2 满足f x 1 =f x 2 =e k ，所以x 12ln x 1=x 22ln x 2=k .(i )问题转化为m (x )=x 2ln x -k 在(0,+∞)内有两个零点,则m x =x 1+2ln x .当x∈0,e-1 2时, m x <0,m(x)单调递减；当x∈e-12,+∞时, m x >0,m(x)单调递增.若m(x)有两个零点,则必有m e-1 2<0,解得：k>-12e.若k≥0,当0<x<e-12时,m x =x2ln x-k≤x2ln x<0,无法保证m(x)有两个零点；若-12e<k<0,又m e1k>0,m e-12<0，m1 =-k>0,故存在x1∈e 1 k,e-12使得m x1 =0,存在x2∈e-12,1使得m x2 =0.综上可知, k∈-12e ,0.(ⅱ)设t=x2x1则t∈(1,+∞).将t=x2x1代入x12ln x1=x22ln x2,可得ln x1=t2ln t1-t2，ln x2=ln t1-t2(*).欲证:x e2-2e2≤e-e21x1，需证ln xe2-2e2≤ln e-e2x1即证ln x1+(e2-2e)ln x2≤-e2，将(*)代入，则有(t2+e2-2e)ln t1-t2≤-e2，则只需要证明：(x+e2-2e)ln x1-x≤-e(x>1)，即ln x≥e x-1x+e2-2e(x>1).构造φ(x)=x-1ln x-xe-e+2，则φ (x)=ln x-x-1xln2x-1e，φ(x)=(x+1)2(x-1)x+1-ln xx2ln3x(x>1).令ω(x)=2(x-1)x+1-ln x(x>1)，则ω (x)=-(x-1)2x(x+1)2<0.所以ω(x)<ω(1)=0，则φ (x)<0，所以φ(x)在1,+∞内单减.又φ (e)=0，所以当x∈(1,e)时，有φ (x)>0，φ(x)单调递增；当x∈(e,+∞)时，有φ (x)<0，φ(x)单调递减；所以φ(x)≤φ(e)=0，因此x-1ln x-xe≤e-2，即ln x≤e x-1x+e2-2e(x>1).综上所述，命题得证.4已知f(x)=ln x-x，g(x)=mx+m.(1)记F(x)=f(x)+g(x)，讨论F(x)的单调区间；(2)记G(x)=f(x)+m，若G(x)有两个零点a，b，且a<b.请在①②中选择一个完成.①求证：2e m-1>1b+b；②求证：2e m-1<1a+a【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞)，F (x)=1x+m-1，当m≥1时，F (x)>0，F(x)在(0,+∞)单调递增；当m<1时，令F (x)<0，解得x>11-m，令F(x)>0，解得0<x<11-m，∴F (x )在0,11-m单调递增，在11-m ,+∞ 单调递减； 综上，当m ≥1时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)；当m <1时，f (x )的单调递增区间为0,11-m ，单调递减区间为11-m,+∞ (2)证明：因为G (x )=ln x -x +m ，令G (x )=0，则m =x -ln x ，设t (x )=x -ln x (x >0)，则t (x )=1-1x =x -1x，函数t (x )在(0,1)单调递减，在(1,+∞)单调递增，且x →0时，t (x )→+∞，当x →+∞时，t (x )→+∞，t (x )min =t (1)=1，∴m >1，又a <b ，则0<a <1<b ,若证①所证不等式，即2e m -1>b +1b，即证ln2+m -1>lnb 2+1b=ln b 2+1 -ln b ，又G (b )=0，则m =b -ln b ，故即证ln2+b -ln b -1>ln b 2+1 -ln b ，即证ln2-1>ln b 2+1 -b ，设h (b )=ln b 2+1 -b ，b >1，则h(b )=2b b 2+1-1=-(b -1)2b 2+1<0，∴h (b )在(1,+∞)上单调递减，∴h (b )<h (1)=ln2-1，即2e m -1>1b+b 得证；若证②所证不等式，即2em -1<a +1a ，即证ln2+m -1<ln a 2+1a，即证ln2+m -1<ln a 2+1 -ln a ，又G (a )=0，即m =a -ln a ，故即证ln2+a -ln a -1<ln a 2+1 -ln a ，即证ln2-1<ln a 2+1 -a ，设φ(a )=ln a 2+1 -a ，0<a <1，则φ(a )=2aa 2+1-1=-(a -1)2a 2+1<0，∴φ(a )在(0,1)单调递减，故φa >φ1 =ln2-1，即2e m -1<1a+a 得证.5已知a ∈R ，f (x )=x ⋅e -ax ，(其中e 为自然对数的底数).(1)求函数y =f (x )的单调区间；(2)若a >0，函数y =f (x )-a 有两个零点x ，x 2，求证：x 21+x 22>2e .【解析】(1)解：f ′(x )=e -ax -ax ⋅e -ax =e -ax (1-ax )∵a ∈R ，∴a <0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x >1a ，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x <1a∴a <0时，增区间为：1a ,+∞，减区间为：-∞,1a；a =0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )=1>0，∴a =0时，增区间为：(-∞,+∞)；a >0时，f ′(x )=e -ax (1-ax )>0⇒x <1a ，f ′(x )=e -ax (1-ax )<0⇒x >1a，∴a >0时，增区间为：-∞,1a ，减区间为：1a,+∞ ；(2)因为a >0时，函数y =f (x )-a 有两个零点x 1，x 2，则两个零点必为正实数，f (x )-a =0⇔xe -ax =a 两边取对数ln x -ax =ln a故问题转化为ln x -ax =ln a 有两个正实数解；令g (x )=ln x -ax -ln a (x >0)则g ′(x )=1x -a (x >0)，g (x )在0,1a 单调递增，在1a ,+∞ 单调递减，且0<x 1<1a<x 2令G (x )=g (x )-g 2a -x ，x ∈1a,+∞ ，则G ′(x )=1x -a +12a -x -a =2x (2-ax )-2a >21a-2a =0所以G (x )在1a ,+∞ 单调递增，G (x )>G 1a=0又x 2>1a ，故g x 2 >g 2a -x 2 ，x 2∈1a,+∞ 又g x 1 =g x 2 ，所以g x 1 >g 2a-x 2 ，又0<x 1<1a <x 2，所以x 1，2a -x 2∈0,1a ，又g (x )在0,1a 单调递增，所以x 1+x 2>2a所以x 21+x 22>x 1+x 222>2a 2>2e ．6已知函数f x =axe -x a ≠0 存在极大值1e.(1)求实数a 的值；(2)若函数F x =f x -m 有两个零点x 1，x 2x 1≠x 2 ，求实数m 的取值范围，并证明：x 1+x 2>2.【解析】(1)f x =a ⋅xe xx ∈R ，f x =a 1-x ex，令f x =0⇒x =1，f 1 =a e =1e ⇒a =1，此时f x =1-xex ，f x 在-∞,1 上f x >0，f x 递增；在1,+∞ 上f x <0，f x 递减，所以当x =1时，f x 取得极大值为f 1 =1e符合题意，所以a =1.(2)由(1)知：f x 在-∞,1 上递增，在1,+∞ 上递减，极大值为f 1 =1e.f x =x e x，f 0 =0，当x <0时，f x <0；当x >0时，f x >0；当x →+∞时，f x →0.由于函数F x =f x -m 有两个零点x 1，x 2x 1≠x 2 ，所以0<m <1e.因为x 1，x 2x 1≠x 2 是F x 的两个零点，则x 1>0,x 2>0.所以F x 1 =F x 2 ，x 1e x 1=x 2ex 2，e x 2e x 1=x 2x 1,e x 2-x 1=x 2x 1，两边取对数得x 2-x 1=ln x 2x 1，要证x 1+x 2>2，只需证明x 2-x 1x 2+x 1<12ln x2x 1，即证x 2x 1-1x 2x 1+1<12ln x 2x 1，不妨设x 1<x 2，令x 2x 1=t ，则t ∈1,+∞ ，即证t -1t +1<12ln t 对t ∈1,+∞ 恒成立.令g t =12ln t -t -1t +1，g t =12t -2t +12=t -1 22t t +1 2>0，所以g t 在1,+∞ 上递增，所以g t >g 1 =0，即12ln t -t -1t +1>0，所以t -1t +1<12ln t .从而x 1+x 2>2成立.7已知函数f (x )=x (e 2x -a ),g (x )=bx +ln x .(1)若y =2x 是曲线y =f (x )的切线，求a 的值；(2)若g (x )有两不同的零点，求b 的取值范围；(3)若b =1，且f (x )-g (x )≥1恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)依题意，设切点为(x 0,2x 0)，则2x 0=x 0(e 2x 0-a )，f (x )=e 2x -a +x ⋅2e 2x ，于是得e 2x 0(2x 0+1)-a =2，则有x 0=0且a =-1，x 0≠0时，e 2x 0=a +2，(a +2)(2x 0+1)=a +2无解，所以a =-1；(2)由g (x )=0得-b =ln x x ，令h (x )=ln xx,x >0，则有h (x )=1-ln xx2,0<x <e 时h (x )>0,x >e 时h (x )<0，h (x )在(0,e )上递增，在(e ,+∞)上递减，h (x )max =h (e )=1e，又x >e 时，h (x )>0恒成立，于是得g (x )有两个不同的零点，等价于直线y =-b 与函数h (x )=ln xx,x >0图象有两个不同的公共点，即0<-b <1e ，-1e <b <0，所以g (x )有两不同的零点，b 的取值范围是-1e<b <0；(3)b =1,g (x )=x +ln x ,x >0，∀x >0,f (x )-g (x )≥1⇔x (e 2x -a )≥1+x +ln x ⇔a +1≤e 2x -1+ln xx，令φ(x )=e 2x-1+ln x x (x >0)，φ (x )=2e 2x+ln x x 2=2x 2e 2x +ln x x 2，令F (x )=2x 2e 2x +ln x ，F (x )=(4x 2+4x )e 2x +1x>0，即F (x )在(0,+∞)上递增，而F 14=e 8-ln4<0,F (1)=2e 2>0，即∃t ∈(0,1)，使得F (t )=0，0<x <t 时F (x )<0,φ (x )<0，x >t 时，F (x )>0,φ (x )>0，φ(x )在(0,t )上递减，在(t ,+∞)上递增，从而有φ(x )min =e 2t -1+ln tt，而F (t )=0，即2t 2e 2t +ln t =0，令t 2e 2t =p ，两边取对数得2t +2ln t =ln p ，则2p +ln t =0=2t +2ln t -ln p ，即有2p +ln p =2t +ln t ，显然函数y =2x +ln x 在(0,+∞)上单调递增，从而得p =t ，于是得t 2e 2t =t ⇔e 2t =1t 两边取对数 2t =-ln t ⇔ln t t=-2，φ(x )min =e 2t -1+ln t t =1t -1t -ln t t=2，所以a +1≤2，a ≤1.8已知函数f (x )=ax ln x ，a ∈R ．(1)当a =1时，①求f (x )的极值；②若对任意的x ≥e 都有f (x )≥m xe mx ，m >0，求m 的最大值；(2)若函数g (x )=f (x )+x 2有且只有两个不同的零点x 1，x 2，求证：x 1x 2>e 2．【解析】(1)①a =1时，f (x )=x ln x ，则f ′(x )=ln x +1(x >0)，令f ′(x )>0，解得：x >1e ，令f ′(x )<0，解得：0<x <1e，∴f (x )在0,1e递减，在1e ,+∞ 递增，故f (x )的极小值是f 1e =-1e ，没有极大值；②对任意x ≥e 都有f (x )≥m x e m x =e m x ln e m x，即f (x )≥f e mx 恒成立，由m >0，有mx>0，故e mx >1，由①知，f (x )在1e ,+∞ 单调递增，故x ≥e mx ，可得ln x ≥mx，即x ln x ≥m ，当x ≥e 时，f (x )的最小值是f (e )=e ，故m 的最大值是e ；(2)证明：要证x 1x 2>e 2，只需证明ln (x 1x 2)>2即可，由题意，x 1、x 2是方程ax ln x +x 2=0的两个不相等的实数根，又x >1，∴a ln x1+x1=0a ln x2+x2=0，消去a，整理得：ln(x1x2)=x1x2+1x1x 2-1⋅lnx1x2，不妨设x1>x2，令t=x1x2，则t>1，故只需证明当t>1时，t+1t-1⋅ln t>2，即证明ln t>2(t-1)t+1，设h(t)=ln t-2(t-1)t+1，则h′(t)=1t-2⋅t+1-(t-1)(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0，∴h(t)在(1,+∞)单调递增，从而h(t)>h(1)=0，故ln t>2(t-1)t+1，即x1x2>e2得证．9已知函数f(x)=x ln x-ax2-x，g(x)=f(x)x，a∈R．(1)讨论g(x)的单调性；(2)设f(x)有两个极值点x1，x2x1<x2，证明：x41x2>e3．(e=2.71828⋯为自然对数的底数)【解析】(1)g(x)=f(x)x=ln x-ax-1，g (x)=1x-a，①当a≤0时，g (x)>0，g(x)在(0,+∞)单调递增；②当a>0时，令g (x)=0解得x=1a，x∈0,1a时，g (x)>0，g(x)单调递增；x∈1a ,+∞时，g (x)<0，f(x)单调递减．综上，当a≤0时，g(x)在(0,+∞)单调递增；当a>0时，g(x)在0,1 a上单调递增，在1a,+∞上单调递减，(2)由题意知，f (x)=ln x-2ax，x1，x2是f (x)的两根，即ln x1-2ax1=0，ln x2-2ax2=0，解得2a=ln x1-ln x2x1-x2(*)，要证x41x2>e3，即证4ln x1+ln x2>3，即4⋅2ax1+2ax2>3，把(*)式代入得ln x1-ln x2x1-x24x1+x2>3x1<x2，所以应证ln x1x2<3x1-x24x1+x2=3x1x2-14x1x2+1，令t=x1x2，0<t<1，即证h(t)=ln t-3(t-1)4t+1<0(0<t<1)成立，而h (t)=1t-15(4t+1)2=16t2-7t+1t(4t+1)2=16t-7322+1564t(4t+1)2>0，所以h(t)在(0,1)上单调递增，所以h(t)<h(1)=0，所以命题得证．10已知函数f x =e x -a ln xx-a (e 为自然对数的底数)有两个零点．(1)若a =1，求f x 在x =1处的切线方程；(2)若f x 的两个零点分别为x 1,x 2，证明：e 2-x 1-x 2-x 1x 2<0．【解析】(1)当a =1时，f x =e x -ln x x -1，f x =e x -1-ln xx 2，又f 1 =e -1，所以切点坐标为1,e -1 ，切线的斜率为k =f 1 =e -1．所以切线方程为y -e -1 =e -1 x -1 ，即y =e -1 x (2)由已知得f x =xe x -a ln x +xx=0有两个不等的正实跟．所以方程xe x -a ln x +x =0有两个不等的正实根，即xe x -a ln xe x =0有两个不等的正实根，a ln xe x =xe x ①要证x 1x 2>e 2ex 1+x 2，只需证x 1e x 1 ⋅x 2e x 2 >e 2，即证ln x 1e x 1 +ln x 2e x 2>2，令t 1=x 1e x 1，t 2=x 2e x 2，所以只需证ln t 1+ln t 2>2，由①得a ln t 1=t 1，a ln t 2=t 2，所以a ln t 2-ln t 1 =t 2-t 1，a ln t 2+ln t 1 =t 2+t 1，消去a 得ln t 2+ln t 1=t 2+t 1t 2-t 1ln t 2-ln t 1 =t 2t 1+1ln t2t 1t 2t 1-1，只需证t 2t 1+1ln t2t 1t 2t 1-1>2，设0<t 1<t 2，令t =t 2t 1，则t >1，则t +1 ln tt -1>2，即证ln t +4t +1-2>0构建h t =ln t +4t +1-2>0则h t =1t -4t +12=t -1 2t t +1 2>0，所以h t 在1,+∞ 上单调递增，则h t >h 1 =0，即当t >1时，ln t +4t +1-2>0成立，所以ln t 1+ln t 2>2，即x 1e x 1⋅x 2e x 2>e 2，即x 1x 2>e 2ex 1+x 2，所以e2-x 1-x 2-x 1x 2<0，证毕．11已知函数h x =x -a ln x a ∈R .(1)若h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程xe x-a ln x +x =0有两个实根x 1、x 2，且x 1≠x 2，证明：e x 1+x 2>e 2x 1x 2.【解析】(1)函数h x 的定义域为0,+∞ .。
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高考数学259个核心考点
高中数学考试必备的知识点整理温馨提示：在复习的同时，也要结合课本上的例题去复习，重点是课本，而不是题目应该怎样去做，所以在考前的一天必须回归课本复习，心中无公式，是解不出任何题目来的，只要心中有公式，中等的题目都可以解决。
必修一：一、集合的运算：交集：定义：由集合A 和集合B 中的公共元素组成的集合叫交集，记为A B 并集：定义：由属于集合A 或属于集合B 的元素组成的集合叫并集，记为A B补集：定义：在全集U 中，由所有不属于集合A 的元素组成的集合叫补集，记为C UA 二、指数与指数函数1、幂的运算法则：（1）a m •a n =a m + n ，（2）a m ÷a n =a m -n ，（3）(a m )n =a m n （4）(ab )n = a n •b nn -11a n⎛a ⎫nm-n （5） ⎪=n （6）a 0 = 1 ( a ≠0)（7）a =n （8）am=a（9）am=mna b ⎝b ⎭a 2、根式的性质⎧a ,a ≥0n n n n n n n n （1）(a )=a .（2）当为奇数时，a =a ；当为偶数时，a =|a |=⎨.-a ,a <0⎩n n 5.指数式与对数式的互化：log aN =b ⇔a b =N (a >0,a ≠1,N >0).6、对数的运算法则：（1）a b = N <=> b = log a N （2）log a 1 = 0（3）log a a = 1（4）log a a b = b （5）a log a N = N （6）log a (MN) = log a M + log a N（7）log a (log b N M ) = log a M -log a N（8）log a N b = b log a N （9）换底公式：log a N =Nlog banlog a b (a >0,且a >1,m ,n >0,且m ≠1,n ≠1,N >0).m （10）推论：log a m b n =（11）log a N =1（12）常用对数：lg N = log 10N（13）自然对数：ln A = log e Alog Na必修4：1、特殊角的三角函数值角α0°30°45°60°πππ角α的弧度数643Sinα12223290°π21180°π0270°3π2-1360°2π0321Cosα12220-101tanα03313不存在0不存在02、诱导公式：函数名不变，符号看象限（把α看成锐角）公式一：Sin（α+2kπ）=Sinα公式二：Sin（α+π）=-SinαCos（α+2kπ）=Cosα Cos（α+π）=-Cosαtan（α+2kπ）=tanα tan（α+π）=tanα公式三：Sin（-α）=-Sinα公式四：Sin（π-α）=SinαCos（-α）= Cosα Cos（π-α）=-Cosαtan（-α）=-tanα tan（π-α）=-tanα公式五：Sin（π2-α）=Cosα公式六：Sin（π2+α）=CosαCos（ππ2-α）=Sinα Cos（2+α）=-Sinα3、两角和与角差的正弦、余弦和正切公式①sin(α+β)=sin αcos β+cos αsin β②sin(α-β)=sin αcos β-cos αsin β③cos(α+β)=cos αcos β-sin αsin β④cos(α-β)=cos αcos β+sin αsin β⑤tan(α+β)=tan α+tan β1-tan αtan β⑥tan(α-β)=tan α-tan β1+tan αtan β4.二倍角的正弦、余弦和正切公式①sin 2α=2sin αcos α②cos 2α=cos 2α-sin 2α=1-2sin 2α=2cos α2-1③tan 2α=2tan α1-tan 2α④sin 2α=1-cos 2α2⑤cos 2α=1+cos 2α2sin αcos α=12sin 2α5、向量公式：→→→→①a ∥b ⇔x 1x =y 1(x 2,y 2≠0)（a ∥b ⇔x 1y 2-x 2,y 1=0）2y2→→→→→②a +b =(a +b )2=a 2+2a →⋅b →→+b 2=→2a +2a →⋅b →⋅cos θ+b→2→→③cos θ=a ⋅b =x 1x 2+y 1y2→（求向量的夹角）a ⋅→bx21+y2x2212+y2⑥④a ⊥b ⇔a ⋅b =0⑥平面内两点间的距离公式：设a =(x ,y ),则→2→→→→→a =x +y 或a =x 2+y 2→22→⑦平面内两点间的距离公式：a =(x 1-x 2)+(y 1-y 2)2222高中数学必修5知识点归纳第一章解三角形1、正弦定理：在∆AB C 中，a 、b 、c 分别为角A 、B 、C 的对边，R 为∆AB C 的外接圆的a b c半径，则有===2R ．sin A sin B sin C2、正弦定理的变形公式：①a =2R sin A ，b =2R sin B ，c =2R sin C ；a b c②sin A =，sin B =，sin C =；③a :b :c =sin A :sin B :sin C ；2R 2R 2R a +b +c a b c④．===sin A +sin B +sin C sin A sin B sin C（正弦定理用来解决两类问题：1、已知两边和其中一边所对的角，求其余的量。
高考数学大题常考题型总结
高考数学大题常考题型总结高考数学常考的大题分别是三角函数或数列，概率，立体几何，解析几何(圆锥曲线)，函数与导数。
下面就这些题型做出具体分析，并对大题给以典型题型，希望大家仔细研究总结。
数学高考大题题型有哪些：必做题：1.三角函数或数列（必修4，必修5）2.立体几何（必修2）3.统计与概率（必修3和选修2-3）4.解析几何（选修2-1）5.函数与导数（必修1和选修2-2）选做题：1.坐标系与参数方程（选修4-4）2.不等式（选修4-5）一、三角函数或数列数列是高中数学的重要内容，又是学习高等数学的基础。
高考对本章的考查比较全面，等差数列，等比数列的考查每年都不会遗漏。
有关数列的试题经常是综合题，经常把数列知识和指数函数、对数函数和不等式的知识综合起来，试题也常把等差数列、等比数列，求极限和数学归纳法综合在一起。
探索性问题是高考的热点，常在数列解答题中出现。
本章中还蕴含着丰富的数学思想，在主观题中着重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论等重要思想，以及配方法、换元法、待定系数法等基本数学方法。
近几年来，高考关于数列方面的命题主要有以下三个方面;(1)数列本身的有关知识，其中有等差数列与等比数列的概念、性质、通项公式及求和公式。
(2)数列与其它知识的结合，其中有数列与函数、方程、不等式、三角、几何的结合。
(3)数列的应用问题，其中主要是以增长率问题为主。
试题的难度有三个层次，小题大都以基础题为主，解答题大都以基础题和中档题为主，只有个别地方用数列与几何的综合与函数、不等式的综合作为最后一题难度较大。
二、立体几何高考立体几何试题一般共有4道(选择、填空题3道，解答题1道)，共计总分27分左右，考查的知识点在20个以内。
选择填空题考核立几中的计算型问题，而解答题着重考查立几中的逻辑推理型问题，当然，二者均应以正确的空间想象为前提。
随着新的课程改革的进一步实施，立体几何考题正朝着多一点思考，少一点计算的发展。
高考数学「热门考点」笔记
高考数学「热门考点」笔记目录1．高考数学重难点：重点：函数，数列，三角函数，平面向量，圆锥曲线，立体几何。
难点：函数、数列、圆锥曲线。
2．高考数学考点：（1）集合与命题：集合的概念与运算、命题、充要条件。
（2）不等式：概念与性质、均值不等式、不等式的证明、不等式的解法、绝对值不等式、不等式的应用。
（3）函数：函数的定义、函数解析式与定义域、值域与最值、反函数、三大性质、函数的零点、函数图象、指数与指数函数、对数与对数函数、函数的应用。
（4）三角比与三角函数：有关概念、同角关系与诱导公式、和、差、倍、半公式、万能公式、辅助角公式、求值、化简、证明、三角函数的图象与性质、三角函数的应用、反三角函数、最简三角方程。
（5）平面向量：有关概念与初等运算、线性运算、三点共线、坐标运算、数量积、三角形“四心”及其应用。
（6）数列：数列的有关概念、等差数列、等比数列、通项公式求法、数列求和、数列的应用、数学归纳法、数列的极限与运算、无穷等比数列。
（7）直线和圆的方程：方向向量、法向量、直线的方程、两直线的位置关系、线性规划、圆的方程、直线与圆的位置关系。
（8）圆锥曲线方程：椭圆的方程、双曲线的方程、抛物线的方程、直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹问题、中点弦问题、圆锥曲线的应用、参数方程。
（9）立体几何与空间向量：空间直线、直线与平面、平面与平面、棱柱、棱锥、球与球面距离、几何体的三视图与直观图、几何体的表面积与体积、空间向量。
（10）排列、组合：排列、组合应用题、二项式定理及其应用。
（11）概率与统计：古典概型、系统抽样、分层抽样、互斥事件、对立事件、独立事件、平均数、中位数、众数、频率分布直方图。
（12）复数：复数的概念与运算、复数的平方根与立方根计算、实系数一元二次方程。
（13）矩阵与行列式初步：二元线性方程组、矩阵的基本运算、二阶行列式、三阶行列式、对角线法则、余子式与代数余子式。
（14）算法初步：流程图、算法语句、条件语句、循环语句。
高考必背最完整的高中数学知识点
高考必背最完整的高中数学知识点一、代数1. 一次函数的性质：直线的斜率、截距和方程形式。
2. 二次函数的性质：顶点坐标、对称轴、开口方向和方程形式。
3. 幂函数与指数函数的性质。
4. 对数函数的性质：底数为正数时的定义、性质与常见公式。
5. 三角函数的基本概念：正弦函数、余弦函数和正切函数的周期、定义域、值域和图像。
6. 数列的概念及常见数列的通项公式和求和公式。
二、几何1. 平面几何基本概念：点、直线、平行和垂直关系。
2. 三角形的性质：角的度量、三角形类型和重要定理（如余弦定理和正弦定理）。
3. 圆的性质：圆周角、弧长和面积公式。
4. 球和立体几何的基本概念：体积、表面积和投影等。
三、概率与统计1. 概率的基本概念：事件、样本空间、概率以及概率的性质与计算。
2. 随机变量的概念及其分布函数和密度函数。
3. 统计的基本概念：总体、样本、参数和统计量。
4. 样本调查与统计分析的方法和步骤。
四、解析几何1. 向量的基本概念：向量的表示、向量的运算、向量的模和方向角。
2. 平面的方程：一般式、点法式、两点式和法向量式等。
3. 空间几何基本概念：点、直线、平面的关系与位置。
4. 空间直角坐标系：空间直角坐标系的建立与距离公式。
五、数学思维1. 基本解题方法和思维：分类讨论、递推法、数学归纳法等。
2. 数学证明的基本方法：直接证明、间接证明、反证法等。
3. 数学建模的基本流程和方法。
4. 数学问题的模型转化与解决策略。
以上是高考必背的最完整的高中数学知识点。
希望同学们在备考过程中认真复这些知识，做好各种题型的练，提高自己的数学水平，取得好成绩！加油！。