近几年高考压轴题解法策略研究

专题一. 函数与导数

(一) 关于结构图——知识，方法，思维，易错点.

1.高中函数知识结构图

2. 导数知识结构图

1

3. 函数的思维方法

4. 函数的思维特征

(二)典型例题

bex1例题1.设函数f(x)aelnx，曲线yf(x)在点

xx(1,f(1))处的切线为ye(x1)2.

(Ⅰ) 求a,b； （Ⅱ）证明：f(x)1.

分析：第一问考查导数的几何意义，面向全体考生；注意函数问题定义域优先的原则！

2

解：（Ⅰ）函数f(x)的定义域为(0,)，

abbf(x)aexlnxex2ex1ex1

xxx由题意可得f(1)2,f(1)e 故a1,b2.

2ex1（Ⅱ）分析：常规方法证明f(x)elnx1，

xx 即证：f(x) min1ex2xex12ex1 所以f'(x)elnx 2xxx12ex1x(1) 所以f(x)e(lx， n)2xxx太复杂了！！无从下手！！

2ex1再次分析：证明elnx1 难点在哪里？

xx困难在于存在exlnx，求导后还存在exlnx，麻烦！！ 初步思考必须把ex与lnx分离，怎么分离？ 不外乎加减乘除！！

2ex11， 仔细观察：elnxxx其中ex0，定义域别忘了，还有x0；

2ex11xexlnx2ex1x (1) elnxxxxlnxxex

2xlnxxex

e

3

2e2ex1ex1ex1x(2) elnx1elnx10

xxxxex(lnxx11)(ex1x)0 exx2ex12(3) elnx1ex(lnx)1.

exx（Ⅱ）方法一：

由（Ⅰ）知，f(x)elnxx2x1e，ex0,x0 xx从而f(x)1等价于xlnxxe2 e2. e 设g(x)xln，xh(x)xex 若g(x) minh(x)m，是否可行？试一试吧！ax g(x)xln,xg(x)1lnx.

)g(x)0 当x(0,时，，当x()( g(x)在(0,上单调递减，在

g(x)ming() h(x)xex1e1,)时，g(x)0. e1e1,)上单调递增. e1e1, 注意“x0” e2,h(x)exxexex(1x). e 当x(0,1时，，当x(1,时，. )h(x)0)h(x)0h(x)在(0,1)上单调递增，在(1,)上单调递减.

1h(1) h(x). maxe11 综上，x0时，g(x)，h(x),

ee而两个等号不可能同时取到，

所以g(x)h(x)，即f(x)1.

2ex12exx1等价于elnx10. 方法二：分析：elnxxexxx 等价于e(lnx11)(ex1x)0. exx4

g(x)h(x)即可0.

11x1，)h(x)(ex ). exx111ex1 令(x)=lx. n，(x）=22exxexex11 知(x)在(0,上单调递减，在上单调递增； )(,)ee1 (x)(). 0mine1 (x)0，即g(x)0，当且仅当x时取等号.

ex g(x）=e(lnx 令(x)=，(x)ex11. ex1x 知(x). 0min(1) (x)0，即h(x)0，当且仅当x1时取等号. 综上所述，当x0时，ex(lnx即f(x)1

方法三：

分析：题目中有ex,lnx,x，应该联想到重要熟知的 不等式exx1，就能得到下面流畅的证明. 用导数易证exx1，当且仅当x0时取等号. ex1x,当且仅当x1时取等号.

11)(ex1x)0 ，exx1x1(ex)0 xexex,当且仅当x1时取等号.

于是方法二中，h(x)elnxe(lnx)，当且仅当lnx1时取等号，

即当且仅当x11时取等号. eelnx(e)lnx.

elnx1lnx.

eex (也可以用g(x)xlnx证明)

11e110，当且仅当x时取等号. exe于是证法2中的g(x)0，f(x)1.

即lnx5

总结：exx1 ex1x exex elnxe(lnx)

公式关系清晰，一气呵成！

方法四：

2ex分析：欲证elnx1.

exx2)1即可. ex110，当且仅当x取等号. 由方法三，可得lnxexe又∵exex … ① 当且仅当x1取等号.

21 … ② ∴lnxexex2∴由①和②可得：ex(lnx)1，

ex即证ex(lnx这里关键是等号不能同时成立. ∴f(x)1.

方法五：（与方法四证明类似）

∵lnx11，当且仅当x取等号. exeex1∴elnx.

xx2ex1ex1∴elnx. ① xxx∵exx1.

∴ex1x，当且仅当x1取等号.

ex1∴1 . ②

x2ex1∴由①、②可知elnx1.

xx（注意：两个等号不能同时成立）

6

即f(x)1.

2ex方法六：欲证elnx1

exx即证xlnxxex设g(x)xlnx.

2. 主要还是等价变形. e则g(ex)exlnexxex.

（这里关键是注意到g(x)xlnx与g(ex)xex 之间隐含着复合函数的关系） ∴只需证明g(x)g(ex)2. e1e由方法一可知x(0,)，g(x)，

1取等号. e1∴g(ex)，当且仅当x1取等号.

e2∴g(x)g(ex)，（两个等号不能同时成立）

e∴f(x)1.

当且仅当x点评：这种方法实在很难想！

基于上述7种方法的思考：

看来我们有必要梳理一下，其中重要的不等式： 泰勒展开式及其变形.

xx2∵e11!2!xxnn!

这个式子也叫麦克劳林公式. 当0x1时，

x2有1xe1xxxn1 ① 1x1ln(1x) ② 1xx∵xln(1x)，其中x用替换.

1xxxln(1)ln(1x) ③ ∴

1x1x即 ln(1x)xln7

由②③得：

xln(1x)x,(0x1) ④ 1x还有，exx1.(xR) ⑤ 注意等号成立条件.

1.(x1) ⑥ 1xx加强④可得ln(1x)x,(x1) ⑦

1xex还有：lnxxex,(xo) ⑧

lnxx1，（当且仅当x1取等号） ⑨

x1 ex1x，exex，x，

ee11lnx，xlnx等等.

eex

基于上面的思考: 证法7:

x1,当且仅当x1取等号. exe11 xlnx，当且仅当x取等号.

ee1x1xlnxx.

eeeexexxelnxx.

eex2exelnx1.

exx2ex1即elnx1成立.

xx是否很帅！

最后，关注以下函数，课下练习巩固. 1、f(x)xex， f(x)xex

xex f(x)xe， f(x)x， f(x)

exx2、f(x)xlnx， f(x)xlnx， f(x)xlnx， f(x)xlnx， f(x) lnxx8

xnex3、f(x)xe， f(x)x， f(x)n

exnxlnxxn4、f(x)xlnx， f(x)， f(x)n

xlnxn

例2. (2013全国2理科21)已知函数f(x)exln(xm)．

(1)设x0是f(x)的极值点，求m，并讨论f(x)的单调性； (2)当m2时，证明f(x)0. 1

解：(1)f′(x)＝ex－

x＋m

由x＝0是f(x)的极值点得f′(0)＝0，所以m＝1. 于是f(x)＝ex－ln(x＋1)，定义域为(－1，＋∞)， 1

f′(x)＝ex－. x＋1函数f′(x)＝ex－

1

在(－1，＋∞)单调递增， x＋1

且f′(0)＝0，因此当x∈(－1，0)时，f′(x)<0；

当x∈(0，＋∞)时，f′(x)>0.

所以f(x)在(－1，0)单调递减，在(0，＋∞)单调递增．

(2)证明：

方法一：

当m≤2，x∈(－m，＋∞)时，ln(x＋m)≤ln(x＋2)， 故只需证明当m＝2时，f(x)>0.

当m＝2时，函数f′(x)＝ex－

1

在(－2，＋∞)单调递增． x＋2

又f′(－1)<0，f′(0)>0，

故f′(x)＝0在(－2，＋∞)有唯一实根x0，且x0∈(－1，0)． 当x∈(－2，x0)时，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，f′(x)>0， 从而当x＝x0时，f(x)取得最小值． 由f′(x0)＝0得ex0＝

1

，ln(x0＋2)＝－x0， x0＋2

2

（x0＋1）1

故f(x)≥f(x0)＝＋x0＝>0.

x0＋2x0＋2综上，当m≤2时，f(x)>0.

方法二：∵x1时，

xln(1x)x. 1x9

∴x+1ln(x+2), 当且仅当x1取等号.

又∵m2

∴ln(x+2)ln(xm)

又∵exx+1，当且仅当x0取等号. ∴exx+1ln(x+2)ln(xm) 不等式中前两个等号不可能同时取得. ∴exln(xm). 即exln(xm)0成立.

(上式中，x1时，ln(x+1)x，

xR时，exx+1，均可以用导数知识证明)

总结一：常规方法遇阻碍，分而治之显神奇——泰勒公式藏天机！ 总结二：分离分类寻零点，对数平均爱偏移——数形结合显神通！

1. 降龙十八掌——分类讨论，不重不漏！ 例题3.已知函数f(x)x3ax1, g(x)lnx. 4(Ⅰ)当a为何值时，x轴为曲线yf(x) 的切线； (Ⅱ)用min{m,n}表示m,n中的最小值，设函数

h(x)min{f(x),g(x)}(x0) ，讨论h(x)零点的个数.

分析：（Ⅰ）先利用导数的几何意义列出关于切点的方程组，解出

切点坐标与对应的a值；（Ⅱ）根据对数函数的图像与性质将x分为x1,x1,0x1研究h(x)的零点个数， 若零点不容易求解，则对a再分类讨论.

解：（Ⅰ）设曲线yf(x)与x轴相切于点(x0,0)，则f(x0)0，

13xax000，即， 4f(x0)03x2a00解得x013,a. 243时，x轴是曲线yf(x)的切线. 4因此，当a（Ⅱ）当x(1,)时，g(x)lnx0，从而

10

h(x)min{f(x),g(x)}g(x)0，

∴h(x)在（1，+∞）无零点. 当x=1时，若a55，则f(1)a0，44h(1)min{f(1),g(1)}g(1)0,

故x=1是h(x)的零点；

若a55，则f(1)a0，44h(1)min{f(1),g(1)}f(1)0,

故x=1不是h(x)的零点.

当x(0,1)时，g(x)lnx0， 所以只需考虑f(x)在（0,1）的零点个数.

(ⅰ)若a3或a0，则f(x)3x2a在（0,1）无零点， 故f(x)在（0,1）单调，而f(0)15，f(1)a， 44所以当a3时，f(x)在（0，1）有一个零点； 当a0时，f(x)在（0，1）无零点. (ⅱ)若3a0，则f(x)在（0，a）单调递减， 3在（a，1）单调递增， 3a时，f(x)取的最小值， 3故当x=最小值为f(a1a2a. )=334311

①若f(3a)＞0，即＜a＜0，

43f(x)在（0,1）无零点.

②若f()=0，即aa33， 4则f(x)在（0,1）有唯一零点；

3a3a③若f()＜0，即，由于

43f(0)1553,f(1)a，所以当a时， 4444f(x)在（0,1）有两个零点；

当3a5时，f(x)在（0,1）有一个零点 435或a时，h(x)由一个零点； 4435或a时，h(x)有两个零点； 44综上，当a当a当53a时，h(x)有三个零点. 44考点：利用导数研究曲线的切线；对新概念的理解；分段函数的零点；分类整合思想.

上面是我们在各种途径中可以看到的答案！但是同学们，通

过阅读答案可能还是一头雾水，如何分类讨论，如何准确的找到分类讨论点，才能做到不重不漏，轻松应对呢？

研究函数f(x)ax3bx2cxd，a0的图像. 可以详细研究函数f(x)的单调性，极值情况，方程f(x)0的根的情况！

因为f'(x)3ax22bxc，

所以这里4b212ac4(b23ac)，

12

(1) 当b23ac0，方程f'(x)0有两个不同的实数根

x1,x2，不妨设x1x2，

单调性：在(,x1)，(x2,)上单调递增，

在(x1,x2)上单调递减.

极 值：

当b23ac0，

当b23ac0，

(2)方程f(x)0根的情况，如图： yy44 3322 11 xx–5–4–3–2–1O12345–5–4–3–2–1O12345 –1–1–2–2 –3–3 –4–4 5yy4 332 21 x1–3–2–1O12345x–3–2–1 –1O12345–1–2 –2–3–3 f(x)x3ax14, g(x)lnx. 所以f'(x)3x2a，f(0)14， (1) 当a0时，函数f(x)x314单调递增，如图

(2) 当a0时，f'(x)3x2a0， 函数f(x)单调递增，如图 3y3y 22 11

xx–1O123–1O123–113 –1–2–25y4321x–3–2–1O12345–1–2–35y4321x–3–2–1O12345–1–2–3–4

方法二：因为

图（1） 图（2）

(3) 当a0时，f'(x)3x2a0，有

x1a30，x2a0， 3y 可作如下5种情况思考！

y xO

y xO y xO

321–1123–1–2321x–1O–1123–23y32211x–1–1123O–1123–1–2–2321–1123–1–2例题4. 已知函数f(x)ln(1x)xk2x． 2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程； (Ⅱ)求f(x)的单调区间．

14

解：（I）当k=2时，f(x)=ln(1+x)－x+x2，f'(x)3 由于f(x)=ln2，f'(1)，

2112x 1x 所以曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为 yln2 即

3x(2 1).

11kx， 1x（II） 依题意，x∈(－1，+∞)，f'(x)f'(x)x[kx(k1)]

1xx. 1x当k=0时，f'(x)所以，在区间(－1，0)上，f'(x)>0；在区间(0，+∞)上，f'(x)<0. 故f(x)得单调递增区间是(－1，0)，单调递减区间是(0，+∞).

1kx[x(1)]x[kx(k1)]k当0110 k所以，在区间(－1，0)和(在区间(0，

1k，+∞)上，f'(x)>0； k1k)上，f'(x)<0 k1k，+∞)， k故f(x)得单调递增区间是(－1，0)和(

单调递减区间是(0，

1k). kx2当k=1时，f'(x)，当x∈(－1，+∞)时，f'(x)>0

1x故f(x)得单调递增区间是(－1，+∞).

1kx[x(1)]x[kx(k1)]k当k>1时，f'(x)，

1x1x∵ 1110 k1k∴ 在区间(－1，1)和(0，+∞)上，f'(x)>0; 在区间(1，0)上，f'(x)<0;

1k15

故f(x)得单调递增区间(－1，1)和(0，+∞)，

单调递减区间是(1，0).

当k=0时，f(x)的单调递增区间是(－1，0)，

单调递减区间是(0，+∞). 当0单调递减区间是(0，

1k). k1k1k，+∞)， k1k1k当k=1时，单调递增区间是(－1，+∞).

当k>1时，f(x)的单调递增区间(－1，1)和(0，+∞)，

单调递减区间是(1，0).

1例题4变式1：已知函数f(x)ln(1x)kxx2，

21k求f(x)的单调区间．

解：依题意，函数f(x)定义域为(1,)，

11k(1x)xx2x2(1k)x1k f'(x) kx1xx1x1 0 令f'(x)x2(1k)x1k 即0，所以有x2(1k)x1k 0x1 V(1k)24(1k)k22k3(k3)(k1) （1）当3k1时，V0恒成立，所以f'(x)0

) 函数f(x)的单调增区间为(1,；

（2）当k1时，V0，方程x2(1k)x1k0的二根为

k1k22k3k1k22k3 x1，x1

22 （考虑当k1时，方程的两个根是否在定义域里）

k1k22k3k1k22k3x1(1)(1)0

22k1k22k3)f'(x) 0 所以在区间(1,上，

2k1k22k3k1k22k3,)上， 在区间(22f'(x)0

16

k1k22k3,) 0 在区间(上，f'(x)2k1k22k3) 函数f(x)的单调增区间为(1,，

2k1k22k3(,)

2函数f(x)的单调减区间为

k1k22k3k1k22k3(,).

22（3）当k3时，V0，方程x2(1k)x1k0的二根为

k1k22k3k1k22k3 x1，x1

22 （考虑当k3时，方程的两个根是否在定义域里）

k1k22k3k1k22k3x2(1)(1)0

22所以在区间(1,)上，f'(x)0 函数f(x)的单调增区间为(1,).

综上：当k1时，函数f(x)的单调增区间为(1,). 当k1时， 函

数

f(x)的单调增区间为

k1k22k3(1,) ，

2k1k22k3(,)

2函数f(x)的单调减区间为

k1k22k3k1k22k3(,).

22

1例题4变式2：已知函数f(x)kln(1x)xx2，

2求f(x)的单调区间．

解：依题意，函数f(x)定义域为(1,)， kk(1x)xx2x2k1 f'(x) 1x1xx1x1x2k1，即0 令f'(x)0，x2k10

x117

（1）当k1时，f'(x)0

) 函数f(x)的单调增区间为(1,；

（2）当k1时，方程x2k10的二根为

x11k，x21k ①当0k1时，11k 所以在区间(1,1k

f'(x)1k上，)0

f'(x) 0 在区间(1k,1k上，)f'(x) 0 在区间(1k,上，)函数f(x)的单调增区间为(1,1k)，(1k,) 函数f(x)的单调减区间为(1k,1k).

x21 ②当k0时，f'(x) x1)f'(x) 0 所以在区间(1,1上，

,上，)f'(x) 0 在区间(1函数f(x)的单调增区间为(1,)， 函数f(x)的单调减区间为(1,1).

③当k0时,1k11k

f'(x) 0 所以在区间(1,1k上，)f'(x) 0 在区间(1k,上，)函数f(x)的单调增区间为(1,1k)， 函数f(x)的单调减区间为(1k,).

综上：当k1时，函数f(x)的单调增区间为(1,)；

当0k1时，

函数f(x)的单调增区间为(1,1k)，(1k,) 函数f(x)的单调减区间为(1k,1k). 当k0时，

函数f(x)的单调增区间为(1,)，

18

函数f(x)的单调减区间为(1,1). 当k0时,

函数f(x)的单调增区间为(1,1k)， 函数f(x)的单调减区间为(1k,).

2. 乾坤大挪移——分离参数，转化划归.

例题5. (2016全国1理21) 已知函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点. (I)求a的取值范围；

(II)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22. 解：

（Ⅰ）方法一：(分类讨论)

f'(x)(x1)ex2a(x1)(x1)(ex2a)．

（i）设a0，则f(x)(x2)ex，f(x)只有一个零点． （ii）设a0，则当x(,1)时，f'(x)0；

当x(1,)时，f'(x)0．

所以f(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增． 又f(1)e，如图：

–1yxO123

我们希望能够找到x11,x21，

19

并且有f(x1)0，f(x2)0，任务就完成了！！ 方法一：静态取点，附近尝试！ 这种情况下，不妨就近取值进行尝试

f(2)a0，满足题意！x21，f(x2)0完成.

而f(0)2a，

f(1)3e14a等等都依赖于a，怎么办？

麻烦在于ex身上，我们有什么办法把它“干掉”呢？

方法二：动态找点，适当放缩！

我们不妨向负方向走远一点，在(,0)内找找看！ 分析(x2)exa(x1)2的结构特征， 因为x0，exe，x20，

所以(x2)exe(x2)，—— “干掉”ex！ 所以

f(x)(x2)exa(x1)2

e(x2)a(x1)22e(x1)a(x1)2

令2e(x1)a(x1)20，即2ea(x1)0， 解得x12e1 af(12e)0， 我们的x11，f(x1)0完成. a 方法三：极限思想很重要！！

x( lim[xxe2)ax(21)]，

此时一定有我们的x11，f(x1)0完成

此处应该用左手猛拍右手吧！！

（iii）设a0，由f'(x)0得x1或xln(2a)．

若ae，则ln(2a)1，故当x(1,)时，f'(x)0， 220

因此f(x)在(1,)上单调递增．

又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点． 若ae，则ln(2a)1，故当x(1,ln(2a))时，2f'(x)0；

当x(ln(2a),)时，f'(x)0． 因此f(x)在(1,ln(2a))单调递减，

在(ln(2a),)单调递增．

又当x1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点． 综上，a的取值范围为(0,)． 方法二：参变量分离

函数f(x)(x2)exa(x1)2有两个零点等价于方程

(x2)exa(x1)20有两个不等的实数根.

所以a(x1)2(x2)ex，又因为x1不是方程的根，

(x2)ex所以有a， 2(x1)(x2)ex设g(x)，

(x1)2(x2)ex于是问题就转化为ya与g(x)有两个交点 2(x1)时求a的取值范围.

(x24x5)ex[(x2)21]ex因为g'(x)， (x1)3(x1)3这里g(x)的导数千万不能出错！！

不用睁大眼睛就能发现，当(,1)时，g'(x)0，

g(x)单调递增且恒有g(x)0;

当(1,)时，g'(x)0，g(x)单调递减； 下面我们要结合函数增长速度快慢，

21

(x2)ex分析函数g(x)的值域：

(x1)2(x2)ex(1)当x时，(x2)e0，g(x) 0，2(x1)x 当x1(x从1的负方向趋近于1)，

(x2)exg(x)； 2(x1)(2) 当x1(x从1的负方向趋近于1)，

(x2)exg(x)；

(x1)2(x2e)x 当x时，g(x); 2(x1) 由上可知：当(,1时，)g(x)的值域是(0,；) 当(1,)时，g(x)的值域是(,)；

yOx,．) 综上所述，a的取值范围为(0

（Ⅱ）设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1x22.

分析：对于双变量问题，

利用已知条件统一变量这招往往非常有效！ 已知条件：

(1)a0时，函数f(x)有两个零点， 不妨设x11x2(由第1问可知) (2)函数f(x)在(,1)上单调递减，

在(1,)上单调递增(由第1问可知)

(3)要证明x1x22，只需证明x12x21， 所以只需证明f(x1)f(2x2)， (4) 又因为x1，x2是f(x)的两个零点，

22

所以有f(x1)f(x2)0； 所以只需证明f(x2)f(2x2)

或者证明f(2x2)0

方法一：依题意，不妨设x11x2，要证明x1x22，

只需证明x12x21，

又因为函数f(x)在(,1上单调递减， ) 所以只需证明f(x1)f(2x2)，

又因为x1，x2是f(x)的两个零点，

所以有f(x1)f(x2)0； 所以只需证明f(x2)f(2x2)， (本质上是比较大小！果断作差法！) 构造差函数：

F(x)f(x)f(2x)(x2)exxe2x(x1)，

所以F'(x)x(1)ex(e2x， ) 当x1时，x10，x2x，exe2x， 所以F'(x)，F(x)在(1, 0单调递增，)所以F(x)F(1)0， 所以有f(x)f(2x)，0

即f(x2)f(2x2)成立， 所以x1x22得证. 方法二：不妨设x11x2，

由（Ⅰ）知x1(,1),x2(1,)，2x2(,1)，

f(x)在(,1)上单调递减，所以x1x22等价于 f(x1)f(2x2)，

23

即f(2x2)0． 由于f(2x2)x2e2x2a(x21)2，

此处含有参数a，很麻烦，怎么消去呢？ 而f(x2)(x22)e2a(x21)20， 所以f(2x2)x2e2x2x(x22)ex2．

设g(x)xe2x(x2)ex， 则g'(x)(x1)(e2xex)．

所以当x1时，g'(x)0，而g(1)0， 故当x1时，g(x)0．

从而g(x2)f(2x2)0，故x1x22．

事实上，这个题目所考核的内容就是近几年数学江湖红人“极值点偏移问题”，什么是“极值点偏移问题”呢？

设函数f(x)是图象连续不断的函数，

在区间(x1,x2)内只有一个极值点x0，

且f(x1)f(x2)0，由于函数在极值点左右的增减速度不同，所以函数图象不关于xx0对称，即称之为“极值点偏移问题”.

x1x1+x21

2x1x2x0，这种现象2x2xx1x21，也2xx2就是要证明极值点在两个零点x1，x2的中点1的右侧偏移，

2本题中的极值点是1，要证x1x22，即证

而解决这种问题常见的方法有两种：构造对称差函数与对数平均不等式！

套路一：先构造对称差函数H(x)f(x0x)f(x0x)，

24

其中x0为函数f(x)的极值点，然后求导确定H(x)x(0,)，

的单调性，结合H(0)0确定H(x)的符号，最后通过f(x)的单调性得到结论！

证明：依题意，

设H(x)f(1x)f(1x)(x1)ex1(x1)e1x，

x(0,)

所以H'(x)x(ex1e1x)ex(exex)0， 所以函数H(x)在(0,)上单调递增且H(0)0， 所以H(x)0恒成立.

由(1)可知x11x2，x210，所以H(x21)0， 即H(x21)f(1x21)f]1(x21)] f(x2)f(2x2)0 所以即f(x2)f(2x2)成立，

结合单调性，证明结束！

怎们样！有没有一种畅快淋漓的感觉！！

套路二：对数平均不等式

所谓对数平均不等式，是指对于a,b0，

abab.

lnalnb2 证明：不妨设abx， (x0)x1x1则不等式变为，即可证明. lnx2有

下面我们来试试！！

首先，简化问题，将函数f(x)(x2x)ea(x2的1)

图象向左平移1个单位长度，得到函数

g(x)(x1)ex1ax2，

所以原题等价于g(x)(x1)ex1ax2有两个零点， 证明：x1x20.

证明：由(1)知函数g(x)的单调递减区间为(,0)，

单调增区间为(0,)，

设x1x2，由(1)知0是函数g(x)的极值点，又g(1)a，

25

则x10x21，由g(x1)g(x2)0得

(1x1)ex11ax12，(1x2)ex21ax22两边分别取对数得：

ln(1x1)x11lnalnx12 ln(1x2)x21lnalnx22

两式相减得x2x1ln(1x1)ln(1x2)lnx22lnx12 根据对数平均不等式：

ln(1x1)ln(1x2)lnx22lnx12 1x2x1x2x1ln(1x1)ln(1x2)lnx22lnx12(x2x1) 22(1x1)(1x2)x2x1222(x2x1) 2(1x1)(1x2)x2x1因为x10x21，2x1x20，x22x120， 所以

(2x1x2)(x22x12)2(x22x12)2(x2x1)(2x1x2) 等价于(x1x2)[(x11)2(x21)22]0 所以(x1x2)0.

利用对数平均不等式解决极值点偏移问题的步骤如下： (1) 根据f(x1)f(x2)建立等式；

(2) 如果含有参数，则消参；如果等式中含有指数式，

则两边取对数；

(3) 通过恒等变形改变结构，利用对数平均不等式得到

需要的结论.

综上不论是构造对称差函数还是对数平均不等式，共同点都是构造函数把二元问题化归为一元问题，体现了转化与化归的数学思想！！

我们再看2017年的考题：

例题6(2017 全国1理21)已知函数f(x)ae2x(a2)exx.

26

（1）讨论f(x)的单调性；

（2）若f(x)有两个零点，求a的取值范围. 解：

（1）f(x)的定义域为(,)，

f(x)2ae2x(a2)ex1(aex1)(2ex1)，

（ⅰ）若a0，则f(x)0，所以f(x)在(,)单调递减.

（ⅱ）若a0，则由f(x)0得xlna. 当x(,lna)时，f(x)0； 当x(lna,)时，f(x)0，

所以f(x)在(,lna)单调递减，在(lna,)单调递增. （2）（ⅰ）若a0，由（1）知，f(x)至多有一个零点.

（ⅱ）若a0，由（1）知，当xlna时，

f(x)取得最小值，

最小值为f(lna)11lna. a①当a1时，由于f(lna)0，故f(x)只有一个零点； ②当a(1,)时，由于11lna0，即af(lna)0，

故f(x)没有零点； ③当a(0,1)时，11lna0，即f(lna)0. a又f(2)ae4(a2)e222e220， 故f(x)在(,lna)有一个零点. 设正整数n0满足n0ln(1)，则 3af(n0)en0(aen0a2)n0en0n02n0n00.

由于ln(1)lna， 因此f(x)在(lna,)有一个零点.

27

3a综上，a的取值范围为(0,1).

对于第（2）问我们不妨这样思考：

由（1）知a0时，f(x)在(,lna)单调递减， 在(lna,)单调递增.

若f(x)有两个零点，需要具备满足三个条件： (1) f(lna)lna110 a(2) 找到x1lna，使得f(x1)0； (3) 找到x2lna，使得f(x2)0.

此题与2016全国1理21第(1)问的方法是一致的！

y

-lna

xx1x1

11， a1当a0时，g(a)lna1单调递增，

a因为f(lna)lna又

g(1)0，所以当

0a1时，

f(lna)lna110； a步骤(1)完成！ 下面完成步骤(2)(3)!

方法一：静态取点，适当放缩，动态取点，放缩适当！！呵呵！

因为f(x)ae2x(a2)exx， 所以f(0)2a20，不行，再尝试！

e2ae2ea f(1)，

e228

y-lnax1x1x因为e2ae2eae22e0，

e2ae2ea 所以f(1)；0

e2或者f(2)ae4(a2)e222e220同样可以！

又或者可以这样思考： 当x0时，

f(x)ae2x(a2)exxae2x(a2)xa2x，令a2x0时，得xa2lna，

所以f(a2)0，故f(x)在(,lna)有一个零点. 动态取点，放缩适当 因为

f(x)ae2x(a2)exxae2x(a2)exex

ae2x(a3)ex

ex(aexa3) 03a3所以f(ln(1))0，因此f(x)在(lna,)有一个零点.

a综上，a的取值范围为(0,1).

所以xln(1)lna，

对于第(2)问我们还可以这样思考，

同样是上面讲过的方法——参变量分离！！ 因为函数f(x)ae2x(a2)exx有两个零点， 等价于方程ae2x(a2)exx0有两个不同的实根！ 略解如下：

2exx方程ae(a2)ex0等价于a2x，

eex2xxex(2ex1)(exx1)2exx设g(x)2x，则g'(x)， x2xx2ee(ee)所以函数g(x)在(,0)上单调递增，在(0,)单调递减，

2e110， 又g(0)1，g(1)2ee129

yx2exx当x0时，g(x)2x0，

eex所以a的取值范围为(0,1).

最后，此题目还可以使用换元法，解法和步骤基本一致， 同学们可以自己尝试！！ 函数f(x)ae2xa(2ex)x，令ext，则xlnt.

30