2020高考导数压轴题型归类总结

高考数学导数压轴题7大题型总结
北京八中
高考数学导数压轴题7大题型总结
高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，今天就总结导数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题
01导数单调性、极值、最值的直接应用
02交点与根的分布
03不等式证明（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
04不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
05函数与导数性质的综合运用
06导数应用题
07导数结合三角函数
实用标准
文案大全。

用思维导图突破解导数压轴题 专题4 导数与切线函数在某点的导函数值就是过该点切线的斜率。

高考中切线问题多数年份出现在客观题和解答题第（1）题中，考查知识点相对单一，比较容易。

少数年份出现在解答题（2）、（3）题，往往与方程结合起来考查，难度较大，解题时要注意数形结合。

两个函数若相切作差构造再求导判断导数正负号想方设法零点找引例（2018天津理科第20题）已知函数()x f x a =， ()log a g x x =，其中a >1. （1）求函数()()ln h x f x x a =-的单调区间； （2）若曲线()y f x =在点()()11,x f x 处的切线与曲线()y g x =在点()()22,x g x 处的切线平行，证明()122lnln ln a x g x a +=-； （3）证明当1e a e ≥时，存在直线l ，使l 是曲线()y f x =的切线，也是曲线()y g x =的切线.函数y =f (x )与y =g(x )图象相切 构造函数h (x )=f (x )–g(x ) 根据具体问题，运用分析法确定区间[a ,b ](区间不唯一) 判断在区间[a ,b ]上的正负,使h (a )h (b )<0思路点拨第（1）题只需求出()h x的导函数，并令其为0，然后分区间讨论符号即可确定单调区间；第（2）先求各自的斜率，令其相等，化简即得；第（3）题分别求出两个函数的切线方程，若两个函数有公切线，则这两条切线表示同一条直线，通过待定系数法转化为二元方程组解的问题，通过消元将方程组化为一元方程.而方程是否有解问题可归结为连续函数的零点定理，即只要在区间上存在零点，其函数值异号即可.满分解答若函数，有公切线在点处的切线l2：在点处的切线l1：令，证明r(x)有零点。

2020年高考数学解答题压轴题考法深度揭秘专题十、函数与导数的综合问题函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有三个：一是围绕函数的性质考查函数的单调性、极值、最值、曲线的切线等问题展开；二是围绕函数与方程、探索方程根的个数、不等式的证明、不等式成立等问题展开，此类压轴试题难度较大，逻辑推理能力较强，不可小视；三是围绕函数、数列与不等式交汇问题展开，在考查利用导数研究函数单调性、最值等问题的同时，考查不等式的证明及数列求和等．考法01 利用导数确定或应用函数的单调性、极值与最值(2013·广东理，21，14分)设函数f (x )＝(x －1)e x －kx 2(k ∈R )．(1)当k ＝1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，求函数f (x )在[0，k ]上的最大值M .【知识揭秘】 揭秘1：作差法证明k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1时，ln 2k <k ；揭秘2：作差法比较f (k )与f (0)的大小，通过构造函数，求最值和0比较大小．【思维揭秘】 (1)利用导数的运算法则即可得出f ′(x )，令f ′(x )＝0，即可得出实数根，通过列表即可得出其单调区间；(2)利用导数的运算法则求出f ′(x )，令f ′(x )＝0得出极值点，得出单调区间，比较区间端点与极值点即可得到最大值．【解析揭秘】 (1)当k ＝1时，f (x )＝(x －1)e x －x 2，则f ′(x )＝x e x －2x ＝x (e x －2)．令f ′(x )＝0可得x ＝0或x ＝ln 2.当x <0时，f ′(x )>0；当0<x <ln 2时，f ′(x )<0；当x >ln 2时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间是(－∞，0)，(ln 2，＋∞)；单调递减区间是(0，ln 2)．(2)对f (x )＝(x －1)e x －kx 2求导可得f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －2kx ＝x (e x －2k )．因为k ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1，所以2k ∈(1，2]．令f ′(x )＝0可得x ＝0或x ＝ln 2k ，显然0<ln 2k ≤ln 2，而ln 2<1.则当0<x <ln 2k 时，f ′(x )<0；当x >ln 2k 时，f ′(x )>0，所以函数f (x )的单调递增区间是(ln 2k ，＋∞)，单调递减区间是(0，ln 2k )．令g (k )＝ln 2k －k ，则g ′(k )＝1k －1＝1－k k ≥0， 又当k ＝1时，g ′(k )＝0，所以g (k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递增，所以g (k )≤ln 2－1＝ln 2－ln e<0， 从而ln 2k <k ，所以ln 2k ∈[0，k ]． 所以当x ∈(0，ln 2k )时，f ′(x )<0； 当x ∈(ln 2k ，k )时，f ′(x )>0，所以M ＝max{f (0)，f (k )}＝max{－1，(k －1)e k －k 3}． 令h (k )＝(k －1)e k －k 3＋1，则h ′(k )＝k (e k －3k )， 令φ(k )＝e k －3k ，则φ′(k )＝e k －3≤e －3<0， 所以φ(k )在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上递减．而φ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·φ(1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e －32(e －3)<0，所以存在k 0∈⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1使得φ(k 0)＝0，且当k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，k 0时，φ(k )>0；当k ∈(k 0，1)时，φ(k )<0，所以h (k )在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，k 0上单调递增，在(k 0，1)上单调递减．因为h ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12e ＋78>0，h (1)＝0，所以h (k )≥0在⎝ ⎛⎦⎥⎤12，1上恒成立，当且仅当k ＝1时取等号．综上，函数f (x )在[0，k ]上的最大值M ＝(k －1)e k －k 3.1.(2016·“江淮十校”联考，21，12分)已知函数f (x )＝ln x ＋x 2－ax (a∈R )．(1)若a ＝3，求函数f (x )的极值；(2)若f (x )是增函数，求实数a 的取值范围． 1．解：(1)当a ＝3时，f (x )＝ln x ＋x 2－3x (x >0)，令f ′(x )＝1x ＋2x －3＝（x －1）（2x －1）x ＝0，则x 1＝12，x 2＝1.极大值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 12－54，极小值为f (1)＝－2.(2)f ′(x )＝1x ＋2x －a ＝2x 2－ax ＋1x≥0在(0，＋∞)上恒成立，即2x 2－ax ＋1≥0，即a ≤2x 2＋1x ＝2x ＋1x .因为2x ＋1x ≥22，当且仅当2x ＝1x ，即x ＝22时等号成立，∴a ≤2 2.2．(2016·四川成都一模，21，12分)已知函数f (x )＝－12ax 2＋(1＋a )x －ln x (a ∈R )．(1)当a ＞0时，求函数f (x )的单调递减区间；(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )．若存在区间[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞，使得函数g (x )在[m ，n ]上的值域为[k (m ＋2)－2，k (n ＋2)－2]，求实数k 的取值范围．2．解：(1)f ′(x )＝－ax ＋1＋a －1x ＝－（x －1）（ax －1）x (x ＞0)．当a ＝1时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减；当a ＞1时，1＞1a ，由f ′(x )＜0，可得x ＞1或0＜x ＜1a ；当0＜a ＜1时，1＜1a ，由f ′(x )＜0，可得0＜x ＜1或x ＞1a .综上可得，当a ＝1时，f (x )的减区间为(0，＋∞)；当a ＞1时，f (x )的减区间为(1，＋∞)，⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ；当0＜a ＜1时，f (x )的减区间为⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，(0，1)．(2)当a ＝0时，设函数g (x )＝xf (x )＝x 2－x ln x ， 则g ′(x )＝2x －ln x －1(x ＞0)， 则g ″(x )＝2－1x ＝2x －1x (x ＞0)，当x ≥12时，g ″(x )≥0，g ′(x )为增函数，因此g ′(x )≥g ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝ln 2>0，g (x )为增函数，g (x )在区间[m ，n ]⊆⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上递增．因为g (x )在[m ，n ]上的值域是[k (m ＋2)－2，k (n ＋2)－2]， 所以g (m )＝k (m ＋2)－2， g (n )＝k (n ＋2)－2，12≤m ＜n ，则g (x )＝k (x ＋2)－2在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上至少有两个不同的正根． k ＝g （x ）＋2x ＋2， 令F (x )＝g （x ）＋2x ＋2＝x 2－x ln x ＋2x ＋2，求导得，F ′(x )＝x 2＋3x －2ln x －4（x ＋2）2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12. 令G (x )＝x 2＋3x －2ln x －4⎝ ⎛⎭⎪⎫x ≥12，则G ′(x )＝2x ＋3－2x ＝（2x －1）（x ＋2）x ，所以G (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞上递增，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＜0，G (1)＝0，当x ∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1时，G (x )＜0，所以F ′(x )＜0；当x ∈(1，＋∞)时，G (x )＞0，所以F ′(x )＞0，所以F (x )在⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1上递减，在(1，＋∞)上递增，所以F (1)＜k ≤F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，所以k ∈⎝⎛⎦⎥⎤1，9＋2ln 210.考法02 利用导数确定或应用方程根的个数(2016·甘肃兰州模拟，21，12分)已知函数f(x)＝a(x－1)－2ln x(a ∈R)．(1)当a＝1时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在区间(0，1)上无零点，求a的取值范围．【知识揭秘】揭秘1：a＝1时，f(x)＝x－1－2ln x，定义域为(0，＋∞)，由f(x)的单调区间，进而得出使f′(x)>0，f′(x)<0的x的取值范围．揭秘2：由f(x)＝a(x－1)－2ln x知f(1)＝0，f(x)在(0，1)上无零点⇒方程f(x)＝0在(0，1)上无解，而f(x)在(0，1)上有定义．因此，只需求f(x)在(0，1)上f(x)>0或f(x)<0恒成立的a的取值范围，亦即f(x)>f(1)或f(x)<f(1)．【思维揭秘】(1)先求定义域，再求f′(x)，解不等式f′(x)>0，f′(x)<0即可．(2)x→0时，f(x)→＋∞，f(1)＝0，分a≤0，a>0两种情况讨论，求解f(x)在(0，1)使f(x)>0且f(x)<0的a的取值范围．【解析揭秘】(1)当a＝1时，函数f(x)＝x－1－2ln x，其定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－2x＝x－2x.由f′(x)>0得x>2；由f′(x)<0得0<x<2，故f(x)的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)．(2)由f(x)＝a(x－1)－2ln x，则f(1)＝0.(1)当a≤0时，x∈(0，1)得x－1<0，－2ln x>0，得f(x)＝a(x－1)－2ln x>0恒成立，即a≤0符合题意．(2)当a>0时，f′(x)＝a－2x＝ax－2x＝ax⎝⎛⎭⎪⎫x－2a.①当a≤2时，即2a≥1时，由f′(x)<0得0<x<2a，即f(x)在(0，1)上单调递减，故f(x)>f(1)＝0，满足对∀x∈(0，1)，f(x)>0恒成立．故此时f(x)在(0，1)上无零点，符合题意．②当a >2时，即0<2a <1时，由f ′(x )>0得x >2a ，由f ′(x )<0得0<x <2a ，即f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ，1上单调递增，此时f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a <f (1)＝0，而x →0时，f (x )→＋∞，函数f (x )图象如图所示．故在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，2a 上存在x 0使f (x 0)＝0.令g (a )＝e a －a ，当a >2时，g ′(a )＝e a －1>e 2－1>0恒成立． 故函数g (a )＝e a －a 在(2，＋∞)上单调递增， ∴g (a )>g (2)＝e 2－2>0， 即e a>a >2，∴0<1e a <1a <2a <1，而f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a ＝a ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a －1－2ln 1e a ＝a e a ＋a >0，故当a >2时，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a ·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a <0，即∃x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1e a ，2a ，使得f (x 0)＝0成立，所以a >2时，f (x )在(0，1)上有零点，不符合题意． 综上，a 的取值范围是{a |a ≤2}．1.(2016·江苏南通一模，20，16分)已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )．(1)求函数f (x )的单调区间；(2)试求函数f (x )的零点个数，并证明你的结论． 1．解：(1)由函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )，得f ′(x )＝12x(ln x ＋2)．令f ′(x )＝0，得 x ＝e －2.列表如下：e －2)． (2)由(1)可知，f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e －1.①当a ＞2e －1时，由f (x )≥f (e －2)＝a －2e －1＞0，得函数f (x )的零点个数为0. ②当a ＝2e －1时，f (x )＞f (e －2)＝0. 此时，函数f (x )的零点个数为1.③当a ＜2e －1时，f (x )min ＝f (e －2)＝a －2e －1＜0.a ．a ≤0时，因为当x ∈(0，e －2]时，f (x )＝a ＋x ln x ＜a ≤0，所以，函数f (x )在区间(0，e －2]上无零点；另一方面，因为f (x )在[e －2，＋∞)单调递增，且f (e －2)＝a －2e －1＜0，又e －2a ∈(e －2，＋∞)，且f (e －2a )＝a (1－2e －a )>0，此时，函数f (x )在(e －2，＋∞)上有且只有一个零点．所以，当a ≤0时，函数f (x )零点个数为1.b ．0＜a ＜2e －1时，因为f (x )在[e －2，＋∞)上单调递增，且f (1)＝a ＞0，f (e －2)＝a －2e －1＜0，所以，函数f (x )在区间(e －2，＋∞)有且只有1个零点；另一方面，因为f (x )在(0，e －2]上是单调递减，且f (e －2)＝a －2e －1＜0，又e­4a ∈(0，e －2)，且f (e －4a )＝a －4a e 2a >a －4a ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a 2＝0(当x >0时，e x >x 2成立)．此时，函数f (x )在(0，e －2)上有且只有1个零点．所以，当0＜a ＜2e －1时，函数f (x )零点个数为2.综上所述，当a ＞2e －1时，f (x )的零点个数为0；当a ＝2e －1或a ≤0时，f (x )的零点个数为1；当0＜a ＜2e －1时，f (x )的零点个数为2.2．(2016·河南普通高中适应性联考，21，12分)已知函数f (x )＝a －1x －ln x ，其中a 为常数．(1)若f (x )＝0恰有一个解，求a 的值；(2)若函数g (x )＝a －1x －2（x －p ）x ＋p－f (x )－ln p ，其中p 为常数，试判断函数g (x )的单调性；(3)若f (x )恰有两个零点，x 1<x 2，求证：x 1＋x 2<3e a －1－1. 2．解：(1)令f ′(x )＝1－xx 2＝0，解得x ＝1.因此f (x )的单调递增区间为(0，1)，单调递减区间为(1，＋∞)且f (1)＝a －1为最大值．当f (1)＝0时，即a ＝1时，f (x )＝0恰有一个解x ＝1；当f (1)<0时，即a <1时，f (x )＝0无解；当f (1)>0时，即a >1时，e －a <1<e a ，f (e －a )<0，f (e a )<0，故f (x )＝0有两个解．综上，若f (x )＝0恰有一个解，则a ＝1. (2)g (x )＝ln x －2（x －p ）x ＋p－ln p ，定义域x >0且常数p >0.求导得g ′(x )＝（x －p ）2x （x ＋p ）2≥0，且只有有限个零点，因此g (x )在定义域(0，＋∞)上单调递增．(3)证明：由(1)知，若f (x )＝0恰有两个零点，则a >1且等价于xf (x )＝0有两个零点．令h (x )＝ax －1－x ln x (x >0)， h ′(x )＝a －1－ln x ，令h ′(x )＝0， 则x ＝e a －1，记p ＝e a －1，函数h (x )两个零点满足x 1<p <x 2.当0<x <p 时，h (x )<h (p )＝0，即ax 1－1＝x 1ln x 1<2x 1（x 1－p ）x 1＋p＋x 1ln p ，整理得x 21－(3p －1)x 1＋p >0.当x >p 时，h (x )>h (p )＝0，同理可得x 22－(3p －1)x 2＋p <0，因此x 22－(3p －1)x 2＋p <x 21－(3p －1)·x 1＋p ， 所以x 22－x 21<(3p －1)(x 2－x 1)，即x 1＋x 2<3e a －1－1.考法03 利用导数证明不等式考查角度1 利用导数证明不等式(2016·河北衡水模拟，21，12分)已知函数f(x)＝2(a＋1)ln x－ax，g(x)＝12x2－x.(1)若函数f(x)在定义域内为单调函数，求实数a的取值范围；(2)证明：若－1<a<7，则对于任意x1，x2∈(1，＋∞)，x1≠x2，有f（x1）－f（x2）g（x1）－g（x2）>－1.【知识揭秘】揭秘1：f(x)在定义域内为单调函数⇒f′(x)≥0或f′(x)≤0在定义域内恒成立．揭秘2：先判断g(x)在(1，＋∞)上的单调性，再将待证不等式转化为简单的不等式证明问题，进而构造辅助函数利用导数研究其单调性最终获得证明．【思维揭秘】(1)先求出函数定义域，再求f′(x)≥0或f′(x)≤0在定义域上恒成立的解．(2)g(x)＝12x2－x⇒g(x)＝12(x－1)2－12在(1，＋∞)上单调递增⇒设x1>x2>1时，g(x1)>g(x2)⇒g(x1)－g(x2)>0，f（x1）－f（x2）g（x1）－g（x2） >－1⇔f(x1)－f(x2)＞－(g(x1)－g(x2))⇔f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)⇒只要证明函数f(x)＋g(x)在(1，＋∞)上单调递增即可．【解析揭秘】(1)函数f(x)＝2(a＋1)ln x－ax的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2（a＋1）x－a＝－ax＋2（a＋1）x，令m(x)＝－ax＋2(a＋1)．因为函数y＝f(x)在定义域内为单调函数，所以f′(x)≥0或f′(x)≤0恒成立，即m(x)＝－ax＋2(a＋1)≥0或≤0恒成立，当a＝0时，m(x)＝2>0，f′(x)>0，y＝f(x)在定义域内为单调递增函数；当a>0时，m(x)＝－ax＋2(a＋1)为减函数，只需m(0)＝2(a＋1)≤0，即a≤－1，不符合要求；当a<0时，m(x)＝－ax＋2(a＋1)为增函数，只需m(0)＝2(a＋1)≥0即可，即a≥－1，解得－1≤a<0，此时y＝f(x)在定义域内为单调递增函数．综上所述，a∈[－1，0]．(2)证明：g(x)＝12x2－x＝12(x－1)2－12在(1，＋∞)上单调递增，不妨设x1>x2>1，则g(x1)>g(x2)，则f（x1）－f（x2）g（x1）－g（x2）>－1等价于f(x1)－f(x2)>－(g(x1)－g(x2))等价于f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)．设h(x)＝f(x)＋g(x)＝12x2＋2(a＋1)ln x－(a＋1)x，则h′(x)＝x＋2（a＋1）x－(a＋1)≥2x·2（a＋1）x－(a＋1)＝2－(a＋1－2)2.由于－1<a<7，故h′(x)>0，即h(x)在(1，＋∞)上单调递增，从而当1<x2<x1时，有f(x1)＋g(x1)>f(x2)＋g(x2)成立，所以f（x1）－f（x2）g（x1）－g（x2）＞－1.考查角度2 利用导数比较大小(2013·陕西理，21，14分)已知函数f(x)＝e x，x∈R.(1)若直线y＝kx＋1与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；(2)设x>0，讨论曲线y＝f(x)与曲线y＝mx2(m>0)公共点的个数；(3)设a<b，比较f（a）＋f（b）2与f（b）－f（a）b－a的大小，并说明理由．【知识揭秘】 揭秘1：根据反函数的定义f (x )＝e x ，x ∈R 的反函数为y ＝ln x ；揭秘2：对t (x )＝x ＋2＋(x －2)e x 进行二次求导，得出t (x )＞0，进而得出结论． 【思维揭秘】 (1)利用导数的几何意义，可求解；(2)分析清楚函数的单调性及极值，讨论确定曲线y ＝f (x )与曲线y ＝mx 2(m >0)公共点的个数；(3)作差后对式子变形后构造新函数，利用函数的单调性进行大小比较．【解析揭秘】 (1)f (x )的反函数为g (x )＝ln x . 设直线y ＝kx ＋1与g (x )＝ln x 相切于点P (x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧kx 0＋1＝ln x 0，k ＝g ′（x 0）＝1x 0⇒x 0＝e 2，k ＝e －2. (2)当x >0，m >0时，曲线y ＝f (x )与曲线y ＝mx 2(m >0)的公共点个数即方程f (x )＝mx 2根的个数．由f (x )＝mx 2⇒m ＝e x x 2，令h (x )＝e x x 2⇒h ′(x )＝e x（x －2）x 3，则h (x )在(0，2)上单调递减， 在(2，＋∞)上单调递增，所以h (2)＝e 24是y ＝h (x )的极小值且是最小值．所以对曲线y ＝f (x )与曲线y ＝mx 2(m >0)公共点的个数，讨论如下：当m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，e 24时，无公共点；当m ＝e 24时，有1个公共点；当m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫e 24，＋∞时，有2个公共点．(3)f （a ）＋f （b ）2－f （b ）－f （a ）b －a ＝（b －a ＋2）·f （a ）＋（b －a －2）·f （b ）2（b －a ）＝（b －a ＋2）·e a ＋（b －a －2）·e b 2（b －a ）＝（b －a ＋2）＋（b －a －2）·e b －a 2（b －a ）·e a .令t (x )＝x ＋2＋(x －2)·e x ，x >0，则t′(x)＝1＋(1＋x－2)·e x＝1＋(x－1)·e x.t′(x)的导函数t″(x)＝(1＋x－1)·e x＝x·e x>0，所以t′(x)在(0，＋∞)上单调递增，且t′(0)＝0.因此t′(x)>0，t(x)在(0，＋∞)上单调递增，而t(0)＝0，所以在(0，＋∞)上，t(x)>0.因为当x>0时，t(x)＝x＋2＋(x－2)·e x>0且a<b，所以（b－a＋2）＋（b－a－2）·e b－a2·（b－a）·ea>0，所以当a<b时，f（a）＋f（b）2>f（b）－f（a）b－a.1.(2016·河南中原名校一模，21，12分)已知函数f(x)＝ax＋ln x.(1)若函数f(x)在区间[1，e]上的最小值是32，求a的值；(2)当a＝1时，设F(x)＝f(x)＋1＋ln xx，求证：当x>1时，F（x）2e x－1>e＋1x e x＋1.1．解：(1)因为f′(x)＝x－ax2，且x∈[1，e]，则①当a≤1时，f′(x)≥0，函数f(x)在[1，e]上单调递增，其最小值为f(1)＝a≤1，这与函数在[1，e]上的最小值是3 2相矛盾；②当1<a<e时，函数f(x)在[1，a)上有f′(x)<0，单调递减；在(a，e]上有f′(x)>0，单调递增，∴函数f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1＝32，解得a＝ e.③当a≥e时，f′(x)≤0，函数f(x)在[1，e]上单调递减，其最小值为f(e)＝1＋a e≥2，与最小值是32相矛盾．综上所述，a的值为 e.(2)证明：要证F（x）2e x－1>e＋1x e x＋1，即证F（x）e＋1>2e x－1x e x＋1.当a＝1时，F(x)＝1＋1x＋ln x＋ln xx，F′(x)＝－1x2＋1x＋1－ln xx2＝x－ln xx2，令φ(x)＝x－ln x，则φ′(x)＝1－1x＝x－1x.当x>1时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增；当0<x<1时，φ′(x)<0，φ(x)单调递减，∴φ(x)在x＝1处取得唯一的极小值，即为最小值，即φ(x)≥φ(1)＝1>0，∴F′(x)>0，∴F(x)在(0，＋∞)上是增函数，∴当x>1时，F(x)为增函数，故F(x)>F(1)＝2，故F（x）e＋1>2e＋1.令h(x)＝2e x－1x e x＋1，则h′(x)＝2·e x－1（x e x＋1）－（x e x＋1）′e x－1（x e x＋1）2＝2e x－1（1－e x）（x e x＋1）2.∵x>1，∴1－e x<0，∴h′(x)<0，即h(x)在(1，＋∞)上是减函数，∴x>1时，h(x)<h(1)＝2e＋1，∴F（x）e＋1>2e＋1>h(x)，即F（x）e＋1>2e x－1x e x＋1，∴F（x）2e x－1>e＋1x e x＋1.2．(2016·山东日照模拟，21，12分)已知函数f(x)＝(ax2＋2x－a)e x，g(x)＝1 2f(ln x)，其中a∈R，e＝2.718 28…为自然对数的底数．(1)若函数y＝f(x)的图象在点M(2，f(2))处的切线过坐标原点，求实数a的值；(2)若f(x)在[－1，1]上为单调递增函数，求实数a的取值范围；(3)当a ＝0时，对于满足0<x 1<x 2的两个实数x 1，x 2，若存在x 0>0，使得g ′(x 0)＝g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2成立，试比较x 0与x 1的大小．2．解：(1)∵f (x )＝(ax 2＋2x －a )e x ， f ′(x )＝[ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a ]e x ， 则f ′(2)＝(7a ＋6)e 2，f (2)＝(3a ＋4)e 2.∴函数y ＝f (x )的图象在点M (2，f (2))处的切线为y －f (2)＝(7a ＋6)e 2(x －2)． ∵切线过坐标原点， ∴0－f (2)＝(7a ＋6)e 2(0－2)， 即(3a ＋4)e 2＝2(7a ＋6)e 2，∴a ＝－811. (2)f ′(x )＝[ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a ]e x ，要使f (x )在[－1，1]上为单调递增函数，只要ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a ≥0. 令Γ(x )＝ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a ，①当a ＝0时，Γ(x )＝2x ＋2，在[－1，1]内Γ(x )≥Γ(－1)＝0， ∴f ′(x )≥0，∴函数f (x )在[－1，1]上为单调递增函数．②当a >0时，Γ(x )＝ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a 是开口向上的二次函数，其对称轴为x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1a <－1，∴Γ(x )在[－1，1]上单调递增．为使f (x )在[－1，1]上单调递增，必须Γ(x )min ＝ Γ(－1)＝－2a ≥0，∴a ≤0，而此时a >0，产生矛盾． ∴此种情况不符合题意．③当a <0时，Γ(x )＝ax 2＋2(a ＋1)x ＋2－a 是开口向下的二次函数，为使f (x )在 [－1，1]上单调递增，必须f ′(x )≥0，即Γ(x )≥0在[－1，1]上恒成立， ∴Γ(1)≥0，∴2a ＋4≥0， 又a <0，∴－2≤a <0.综合①②③，得实数a 的取值范围为[－2，0]． (3)g (x )＝12f (ln x )＝x ln x ， g ′(x )＝ln x ＋1.∵对于满足0<x 1<x 2的实数x 1，x 2，存在x 0>0，使得g ′(x 0)＝g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2成立，∴ln x 0＋1＝g （x 1）－g （x 2）x 1－x 2，即ln x 0＋1＝x 1ln x 1－x 2ln x 2x 1－x 2，∴ln x 0－ln x 1＝x 1ln x 1－x 2ln x 2x 1－x 2－1－ln x 1＝x 2ln x 1－x 2ln x 2＋x 2－x 1x 1－x 2＝ln x 1x 2＋1－x 1x2x 1x 2－1.设φ(t )＝ln t ＋1－t ，其中0<t <1， 则φ′(t )＝1t －1>0，∴φ(t )在区间(0，1)上单调递增， φ(t )<φ(1)＝0. ∵0<x 1<x 2， ∴0<x 1x 2<1，∴φ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1x 2＝ln x 1x 2＋1－x 1x 2<0.又x 1x 2－1<0，∴ln x 0－ln x 1>0，即x 0>x 1.考法04 根据不等式的成立情况求参数的取值范围(2013·课标Ⅰ理，21，12分)已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2.(1)求a ，b ，c ，d 的值；(2)若x ≥－2时，f (x )≤kg (x )，求k 的取值范围．【知识揭秘】 揭秘1：由已知及导数的几何意义，f (0)＝2，g (0)＝2，f ′(0)＝4，g ′(0)＝4，解四元一次方程组；揭秘2：ln k 与－2的大小比较需要解对数不等式，然后分类讨论． 【思维揭秘】 (1)根据曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P (0，2)，可将P (0，2)分别代入到y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )上，再利用在点P 处有相同的切线y ＝4x ＋2，对曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )进行求导，列出关于a ，b ，c ，d 的方程组求解；(2)构造函数F (x )＝kg (x )－f (x )，然后求导，判断函数F (x )的单调性，通过分类讨论确定k 的取值范围．【解析揭秘】 (1)由已知得f ′(x )＝2x ＋a ，g ′(x )＝e x (cx ＋d ＋c )．而⎩⎨⎧f （0）＝2，g （0）＝2，f ′（0）＝4，g ′（0）＝4.故b ＝2，d ＝2，a ＝4，d ＋c ＝4. 从而a ＝4，b ＝2，c ＝2，d ＝2.(2)由(1)知f (x )＝x 2＋4x ＋2，g (x )＝2e x (x ＋1)． 设F (x )＝kg (x )－f (x )＝2k e x (x ＋1)－x 2－4x －2， 则F ′(x )＝2k e x (x ＋2)－2x －4＝2(x ＋2)(k e x －1)． 由题设可得F (0)≥0，即k ≥1.令F ′(x )＝0，即2(x ＋2)(k e x －1)＝0，得 x 1＝－ln k ，x 2＝－2. ①若－1≤k <e 2，则－2<x 1≤0， 从而当x ∈(－2，x 1)时，F ′(x )<0； 当x ∈(x 1，＋∞)时，F ′(x )>0，即F (x )在(－2，x 1)单调递减，在(x 1，＋∞)单调递增， 故F (x )在[－2，＋∞)上有最小值为F (x 1)． 而F (x 1)＝2x 1＋2－x 21－4x 1－2＝－x 1(x 1＋2)≥0，故当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x)．②若当k＝e2，则F′(x)＝2e2(x＋2)(e x－e－2)．当x>－2时，F′(x)>0，即F(x)在(－2，＋∞)上单调递增，而F(－2)＝0，故当且仅当x≥－2时，F(x)≥0恒成立，即f(x)≤kg(x)．③若k>e2，则F(－2)＝－2k e－2＋2＝－2e－2(k－e2)<0.从而当x≥－2时，f(x)≤kg(x)不可能恒成立．综上，k的取值范围为[1，e2]．1.(2016·广西南宁模拟，21，12分)已知函数f(x)＝1x＋a ln x(a≠0，a∈R)．(1)若a＝1，求函数f(x)的极值和单调区间；(2)若在区间[1，e]上至少存在一点x0，使得f(x0)＜0成立，求实数a的取值范围．1．解：(1)因为f′(x)＝－1x2＋ax＝ax－1x2.当a＝1时，f′(x)＝x－1 x2.令f′(x)＝0，得x＝1，又f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：x(0，1)1(1，＋∞) f′(x)—0＋f(x)↘极小值↗所以x＝1f(x)的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)因为f′(x)＝－1x2＋ax＝ax－1x2，且a≠0，令f′(x)＝0，得x＝1a，若在区间[1，e]上存在一点x0，使得f(x0)＜0成立，其充要条件是f(x)在区间[1，e]上的最小值小于0即可．①当a＜0时，f′(x)＜0对x∈(0，＋∞)成立，所以f(x)在区间[1，e]上单调递减，故f (x )在区间[1，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a . 由1e ＋a <0，得a <－1e ， 即a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e . ②当a ＞0时，若e≤1a ，则f ′(x )≤0对x ∈[1，e]成立，所以f (x )在区间[1，e]上单调递减， 所以f (x )在区间[1，e]上的最小值为f (e)＝1e ＋a ln e ＝1e ＋a >0， 显然，f (x )在区间[1，e]上的最小值小于0不成立； 若1<1a <e ，即1＞a >1e 时，则有所以f (x )在区间[1，e]上的最小值为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ，由f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝a ＋a ln 1a ＝a (1－ln a )<0，得1－ln a ＜0，解得a ＞e ，即a ∈(e ，＋∞)舍去；若0＜1a ＜1，即a ＞1，即有f (x )在[1，e]递增，可得f (1)取得最小值，且为1，f (1)＞0，不成立．综上可知，实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－1e .2．(2016·辽宁沈阳一模，21，12分)已知函数f (x )＝x ln x －a2x 2－x ＋a (a ∈R )在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a 的取值范围；(2)记两个极值点分别为x 1，x 2，且x 1<x 2.已知λ>0，若不等式e 1＋λ<x 1·x λ2恒成立，求λ的取值范围．2．解：(1)f ′(x )＝ln x －ax ，由题意得，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，所以方程f ′(x )＝0在(0，＋∞)有两个不同根，即方程ln x －ax ＝0在(0，＋∞)有两个不同根．令g (x )＝ln x －ax ，从而转化为函数g (x )有两个不同零点， 而g ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)．若a ≤0，可见g ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，所以g (x )在(0，＋∞)上单调增， 此时g (x )不可能有两个不同零点．若a >0，在0<x <1a 时，g ′(x )>0，在x >1a 时，g ′(x )<0，所以g (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减，从而g (x )极大值＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝ln 1a －1.又因为在x →0时，g (x )→－∞，在x →＋∞时，g (x )→－∞，于是只须g (x )极大值>0，即ln 1a －1>0，所以0<a <1e .综上所述，0<a <1e . (2)因为e 1＋λ<x 1·x λ2等价于1＋λ<ln x 1＋λln x 2.由(1)可知x 1，x 2分别是方程ln x －ax ＝0的两个根，即ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2. 所以原式等价于1＋λ<ax 1＋λax 2＝a (x 1＋λx 2)． 因为λ>0，0<x 1<x 2， 所以原式等价于a >1＋λx 1＋λx 2.又由ln x 1＝ax 1，ln x 2＝ax 2作差得， ln x 1x 2＝a (x 1－x 2)，即a ＝ln x 1x2x 1－x 2， 所以原式等价于ln x 1x 2x 1－x 2>1＋λx 1＋λx 2.因为0<x 1<x 2，原式恒成立， 即ln x 1x 2<（1＋λ）（x 1－x 2）x 1＋λx 2恒成立．令t ＝x 1x 2，t ∈(0，1)，则不等式ln t <（1＋λ）（t －1）t ＋λ在t ∈(0，1)上恒成立．令h (t )＝ln t －（1＋λ）（t －1）t ＋λ，又h ′(t )＝1t －（1＋λ）2（t ＋λ）2＝（t －1）（t －λ2）t （t ＋λ）2，①当λ2≥1时，可见t ∈(0，1)时，h ′(t )>0，所以h (t )在t ∈(0，1)上单调递增． 又h (1)＝0，h (t )<0在t ∈(0，1)恒成立，符合题意．②当λ2<1时，可见t ∈(0，λ2)时，h ′(t )>0，t ∈(λ2，1)时，h ′(t )<0， 所以h (t )在t ∈(0，λ2)时单调递增，在t ∈(λ2，1)时单调递减． 又h (1)＝0，所以h (t )在t ∈(0，1)上不能恒小于0，不符合题意，舍去．综上所述，若不等式e 1＋λ<x 1·x λ2恒成立，只需λ2≥1.又λ>0，所以λ≥1.考法05 导数与数列、不等式等知识的综合问题(2016·黑龙江哈尔滨模拟，21，12分)设函数f (x )＝ln x －px ＋1.(1)求函数f (x )的极值点；(2)当p >0时，若对任意的x >0，恒有f (x )≤0，求p 的取值范围；(3)证明：ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2<2n 2－n －12（n ＋1）(n ∈N ，n ≥2)．【知识揭秘】 揭秘1：函数f (x )的极值点，即在定义域内使f ′(x )＝0的点． 揭秘2：f (x )≤0⇔f (x )max ≤0.揭秘3：先令p ＝1，由(2)知，当x >0时，ln x －x ＋1≤0，从而ln n 2≤n 2－1，结合裂项求和及放缩法即可得证．【思维揭秘】 (1)先求函数f (x )的定义域，再讨论满足f ′(x )＝0的点，在定义域内根据导数符号的变化情况来确定极值点；(2)要使f (x )≤0恒成立，只需函数f (x )的最大值小于等于零即可；(3)令p ＝1，结合(2)得到ln x ≤x －1⇒n ∈N ，n ≥2时，lnn 2≤n 2－1⇒ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，再根据1n 2>1n （n ＋1）放缩求证．【解析揭秘】 (1)∵f (x )＝ln x －px ＋1， ∴f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝1x －p ＝1－px x .当p ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上无极值点； 当p >0时，令f ′(x )＝0，得x ＝1p .当x 变化时，f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：从上表可以看出，当p >0时，f (x )在(0，＋∞)上有唯一的极大值点x ＝1p . (2)当p >0时，f (x )在x ＝1p 处取得极大值f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ，此极大值也是f (x )在(0，＋∞)上的最大值，要使f (x )≤0在x >0时恒成立，只需f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1p ＝ln 1p ≤0，∴p ≥1，即p 的取值范围为[1，＋∞)．(3)证明：令p ＝1，由(2)知，当x >0时，ln x －x ＋1≤0， ∴ln x ≤x －1.∵n ∈N ，n ≥2，∴ln n 2≤n 2－1，∴ln n 2n 2≤n 2－1n 2＝1－1n 2，∴ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2 ≤⎝ ⎛⎭⎪⎫1－122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1n 2 ＝(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋132＋…＋1n 2 <(n －1)－⎣⎢⎡⎦⎥⎤12×3＋13×4＋…＋1n （n ＋1） ＝(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－13＋13－14＋…＋1n －1n ＋1＝(n －1)－⎝ ⎛⎭⎪⎫12－1n ＋1＝2n 2－n －12（n ＋1）.即ln 2222＋ln 3232＋…＋ln n 2n 2＜2n 2－n －12（n ＋1）(n ∈N ，n ≥2)．【名师点睛】 使用裂项法求和时，要注意正负项相消时消去了哪些项，保留了哪些项，切不可漏写未被消去的项，未被消去的项有前后对称的特点，实质上构造正负相消是此法的根源与目的．有关数列的不等式的证明要注意两点：一：灵活构造函数，通过函数的单调性、极值、最值等得出不等式，再通过此不等式赋值得出数列中的初始不等式，进而利用不等式的性质证明．二：对数列不等式需对中间过程及最后结果进行适当放缩，转化为熟悉的数列求和问题．1.(2016·湖南长沙联考，21，12分)已知函数f (x )＝x （1＋a ln x ）x －1(x >1)．(1)若g (x )＝(x －1)2f ′(x )在(1，＋∞)是增函数，求实数a 的取值范围； (2)当a ＝1时，若f (x )>n 恒成立，求满足条件的正整数n 的最大值；(3)求证：(1＋1×3)×(1＋3×5)×…×[1＋(2n －1)(2n ＋1)]>e 2n －32.1．解：(1)f ′(x )＝ax －a ln x －a －1（x －1）2所以g (x )＝ax －a ln x －a －1， 由g ′(x )＝a －a x ＝a （x －1）x≥0⇒a ≥0，所以a >0时，g (x )在(1，＋∞)上单调递增；又a ＝0时，g (x )＝－1为常函数，不具有单调性，故a >0.(2)a ＝1时，g (x )＝x －ln x －2， g (3)＝3－ln 3－2＝ln e3<0， g (4)＝4－ln 4－2＝ln e 24>0. 设g (b )＝0，则b ∈(3，4)，因为此时g (x )在(1，＋∞)上单调递增，可知当x ∈(1，b )时，g (x )<0；当x ∈(b ，＋∞)时，g (x )>0， 所以当x ∈(1，b )时，f ′(x )<0； 当x ∈(b ，＋∞)时，f ′(x )>0，所以当x ＝b 时，f (x )min ＝f (b )＝b （1＋ln b ）b －1，g (b )＝0，所以b －ln b －2＝0，即b －1＝ln b ＋1，所以f (b )＝b . 因为b ∈(3，4)，所以f (b )∈(3，4)，所以n ≤3， 故满足条件的正整数n 的最大值为3.(3)证明：由(2)知，当a ＝1时，f (x )>3恒成立，即x （1＋ln x ）x －1 >3，1＋lnx >3（x －1）x ，ln x >3（x －1）x －1＝2－3x (x >1)． 令x ＝1＋(2n －1)(2n ＋1)， ln[1＋(2n －1)(2n ＋1)] >2－31＋（2n －1）（2n ＋1）>2－3（2n －1）（2n ＋1）＝2－32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1， ln(1＋1×3)>2－32⎝ ⎛⎭⎪⎫11－13，…，ln[1＋(2n －1)(2n ＋1)]>2－32⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1－12n ＋1，以上n 个式子相加得：ln(1＋1×3)＋ln(1＋3×5)＋…＋ln[1＋(2n －1)(2n ＋1)]>2n －32⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12n ＋1 >2n －32，ln(1＋1×3)×(1＋3×5)×…×[1＋(2n －1)(2n ＋1)]>2n －32，即(1＋1×3)×(1＋3×5)×…×[1＋(2n －1)(2n ＋1)]>e 2n －32.2．(2016·江西上饶模拟，21，12分)已知函数f (x )＝x sin x ＋cos x (x >0)． (1)当x ∈(0，2π)时，求f (x )的极值；(2)记x i 为f (x )的从小到大的第i (i ∈N *)个极值点，证明：1x 22＋1x 23＋…＋1x 2n<29(n ≥2，n ∈N )．2．解：(1)f ′(x )＝sin x ＋x cos x －sin x ＝x cos x ，x ∈(0，2π)． 令f ′(x )＝0，得x ＝π2或3π2.∴f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2或⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2，2π上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫π2，3π2上单调递减， f (x )极小值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫3π2＝3π2sin 3π2＋cos 3π2＝－3π2，f (x )极大值＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝π2sin π2＋cos π2＝π2.(2)证明：∵f ′(x )＝0，x >0， ∴x i ＝（2n －1）π2， ∴94×1x 2i ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤3（2n －1）π2<1（2n －1）2， ∴94⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 22＋1x 23＋…＋1x 2n <132＋152＋…＋1（2n －1）2 <11×3＋13×5＋15×7＋…＋1（2n －3）（2n －1）＝12⎝ ⎛11－13＋13－⎭⎪⎫15＋15－17＋…＋12n －3－12n －1＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－12n －1＝12－14n －2<12， ∴1x 22＋1x 23＋…＋1x 2n<49×12＝29(n ≥2，n ∈N )． 3．(2016·陕西西安模拟，21，12分)设函数f (x )＝e x －ax －1. (1)若函数f (x )在R 上单调递增，求a 的取值范围； (2)当a >0时，设函数f (x )的最小值为g (a )，求证：g (a )≤0；(3)求证：对任意的正整数n ，都有⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<1. 3．解：(1)由题意得f ′(x )＝e x －a ≥0对x ∈R 均成立，且e x >0， 故a 的取值范围是a ≤0.(2)证明：由a >0及f ′(x )＝e x －a 可得函数f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增， 故函数f (x )的最小值为g (a )＝f (ln a )＝e ln a －a ln a －1＝a －a ln a －1， 则g ′(a )＝－ln a ，故当a ∈(0，1)时，g ′(a )>0，当a ∈(1，＋∞)时，g ′(a )<0，所以g (a )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．则g (a )在x ＝1处取得极大值，也为最大值．又g (1)＝0，故g (a )≤0.(3)证明：由(2)可知当a ＝1时，总有f (x )＝e x －x －1≥0，当且仅当x ＝0时，等号成立．当x >0时，总有e x >x ＋1， 所以(x ＋1)n ＋1<(e x )n ＋1＝e (n ＋1)x .令x ＋1＝1n ＋1，即x ＝－n n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1<e －n ；令x ＋1＝2n ＋1，即x ＝－n －1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1<e －(n －1)；令x ＋1＝3n ＋1，即x ＝－n －2n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1<e －n －2；……令x ＋1＝n n ＋1，即x ＝－1n ＋1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －1.以上各式相加得⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<e －n ＋e －(n －1)＋e －(n －2)＋…＋e －1＝e －n （1－e n ）1－e ＝e －n －11－e ＝1－e －n e －1<1e －1<1，故对任意的正整数n ，都有⎝ ⎛⎭⎪⎫1n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2n ＋1n ＋1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3n ＋1n ＋1＋…＋⎝ ⎛⎭⎪⎫n n ＋1n ＋1<1成立．。

高考数学导数压轴题7大题型总结
目前虽然全国高考使用试卷有所差异，但高考压轴题目题型基本都是一致的，几乎没有差异，如果有差异只能是难度上的差异，高考导数压轴题考察的是一种综合能力，其考察内容方法远远高于课本，其涉及基本概念主要是：切线，单调性，非单调，极值，极值点，最值，恒成立等等。

导数解答题是高考数学必考题目，然而学生由于缺乏方法，同时认识上的错误，绝大多数同学会选择完全放弃，我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分的夸大。

掌握导数的解体方法和套路，对于基础差的同学不说得满分，但也不至于一分不得。

为了帮助大家复习，今天就总结倒数7大题型，让你在高考数学中多拿一分，平时基础好的同学逆袭140也不是问题。

1导数单调性、极值、最值的直接应用
2交点与根的分布
3不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4不等式恒成立求字母范围
（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
5函数与导数性质的综合运用
6导数应用题
7导数结合三角函数。

导数-大题导数在大题中一般作为压轴题出现，其复杂的原因就在于对函数的综合运用：1.求导，特别是复杂函数的求导2.二次函数（求根公式的运用）3.不等式：基本不等式、均值不等式等4.基本初等函数的性质：周期函数、对数函数、三角函数、指数函数5.常用不等式的巧妙技巧：1/2<ln2<1，5/2<e<3导数大题最基本的注意点：自变量的定义域1.存在性问题2.韦达定理的运用3.隐藏零点4.已有结论的运用5.分段讨论6.分类讨论7.常见不等式的应用8.导数与三次函数的利用1. 存在性问题第(1)问有两个未知数，一般来说，双未知数问题要想办法合并成一个未知数来处理合并成一个未知数后利用不等式1.存在性问题(2)问将有且仅有一个交点分成两部分证明，分别证至多存在一个交点与必然存在交点：证明必然存在交点是单纯的找“特殊点”问题高考导数大题中的存在性问题，最后几乎都会变成零点的存在性问题要点由于只关注零点的存在性，因此就没有必要对t(x)求导讨论其单调性，直接使用零点定即可。

(2)问先对要证明的结论进行简单变形：证毕韦达定理的使用(1)问是常规的分类讨论问题隐零点设而不求，代换整体证明对称轴已经在-1右侧，保证有零点且-1处二次函数值大于0两道例题都是比较简单的含参“隐零点”问题，总之就是用零点(极值点)反过来表示参数再进行计算一些比较难的题目，一般问题就会进行一定提示，如利用(2)问提示(3)问，其难点就在于知道要利用已有结论，但无从下手第(1)问分类讨论问题，分离变量做容易导致解题过于复杂(2)问将不等式两边取对数之后思路就很清晰了(1)(2)分别证明两个不等号即可化到已知的结论上()()()()()()()()()()()()''''1101,0,1,0;1,,00,11,110f x x xx f x x f x x f x f x x x x f x f =->=∈>∈+∞<∈∈+∞==为的零点于是在上单调递增，在上单调递减是的极大值点，(3)问需要利用(2)问结论才能比较顺利的证明利用(2)中结论第(1)问是一个比较简单的存在型问题分段)高考导数大题除求导外，隐藏零点、韦达定理、极值点偏移、二，三阶导等技巧，都是附加的技巧，导数的核心，是分类讨论的考察，高考题多数绕不开分类讨论。

专题18含参数导数题型规律总结（2）一、本专题要特别小心：1.图形考虑不周陷阱；2.思维定式陷阱（与等式有关的构造函数）；3. 已知条件中含有导函数值而无从下手；4.恒成立中的最值陷阱5. 含有导函数的式子中的和差构造陷阱6.与三角函数有关的构造函数7.忽视分母造成解集不完备8.与指数函数对数函数有关的构造二．【知识点】1.函数的极值(1)若可导函数f(x)在x＝x0处导数值为0，且在x＝x0处的左边f′(x0)＞0，在x＝x0处的右边f′(x0)＜0，则f(x)在x＝x0处有极大值.(2)若可导函数f(x)在x＝x0处导数值为0，且在x＝x0处的左边f′(x0)＜0，在x＝x0处的右边f′(x0)＞0，则f(x)在x＝x0处有极小值.(3)可导函数的极值点导数为零，但导数为零的点不一定是极值点，如y＝x3在x＝0处导数值为零，但x＝0不是极值点.2.函数的最值(1)连续函数f(x)在闭区间[a，b]上必有最大值与最小值.(2)最值的求法：先求f(x)在(a，b)上的极值，再将各极值与f(a)，f(b)比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值.3.极值与最值的区别和联系(1)函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的整体情况，是函数在整个区间上的函数值的比较.(2)函数的极值不一定是最值，须与端点函数值作比较方可确定是否为最值.(3)如果连续函数在区间(a，b)内只有一个极值(单峰函数)，则极大值即是[a，b]上的最大值，极小值即是[a，b]上的最小值.三．【题型方法总结】（一）多次求导例1. 设f″（x）是的导数．某同学经过探究发现，任意一个三次函数（）都有对称中心，其中满足．已知，则_________．【答案】4036.【解析】根据题意，对于函数，有f ′（x ）＝x 2﹣x +3，f ″（x ）＝2x ﹣1．由f ″（x ）＝0，即2x ﹣1＝0，即x ＝，又由f （）＝2， 即函数的对称中心为（，2），则有f （x ）+f （1﹣x ）＝4， 则=＝4×1009＝4036； 故答案为：4036．练习1. 已知函数．（Ⅰ）若1是函数()f x 的一个极值点，求()f x 的单调递减区间； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下证明：.【答案】（Ⅰ）()0,1；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】（Ⅰ）由题意，函数，则，由1是函数()f x 的一个极值点，所以，解得0a =，则，令()0f x '<，得(0,1)x ∈所以()f x 的单调递减区间为(0,1) . （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下要证，即证，令，则，令，则，故函数()h x 在(0,)+∞为单调递增， 又，所以01(,)2x e ∃∈，使得0()0h x =，即001x x e=，则()g x 在0(0,)x 递减，在0(,)x +∞上递增， 故，故．练习2. 已知函数（1）讨论函数在上的单调性； （2）若，不等式对恒成立，求取值范围.【答案】(1)的单调递减区间为，单调递增区间为 (2)【解析】（1）的定义域为，，若，因为，所以，所以，所以在上单调递减，若，令，得，当时，； 当时，，所以的单调递减区间为，单调递增区间为（2），即对恒成立， 令，则，令，得，当时，； 当时，，所以的最小值为， 令，则，令，得，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，所以当时，的最小值为；当时，的最小值为故的取值范围是（二）由导函数构造原函数例2. 设是定义在上的函数，其导函数为，若，则不等式（其中为自然对数的底数）的解集为__________．【答案】.【分析】由，构造新函数，求导，利用已知的不等式，可以判断出函数的单调性，从而利用单调性求出不等式的解集.【解析】，构造新函数，且，不等式变为，，由已知，所以是上的减函数，因为，所以，因此不等式（其中为自然对数的底数）的解集为.练习1．已知定义在上的函数满足，其中是函数的导函数，若，则实数的取值范围为___________.【答案】【解析】令，则，∵，∴，函数在递减，∴，∴，，∴，即，故，解得：，∴.故答案为：练习2. 已知定义在R上的可导函数f (x)的导函数为，满足＜f (x)，且f (x＋2)为偶函数，f (4)＝1，则不等式f (x)＜e x的解集为________．【答案】【解析】令，则，∵f′（x）＜f（x），∴g′（x）＜0．∴g（x）在R上单调递减．∵函数f（x+2）是偶函数，∴函数f（﹣x+2）＝f（x+2），∴函数关于x＝2对称，∴f（0）＝f（4）＝1，原不等式等价为g（x）＜1，∵g（0）1．∴g（x）＜1⇔g（x）＜g（0），∵g（x）在R上单调递减，∴x＞0．∴不等式f（x）＜e x的解集为（0，+∞）．故答案为：（0，+∞）．练习3.已知定义在的函数的导函数，且满足，，则的解集为__________。

高考压轴题：导数题型及解题方法（自己总结供参考）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--）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。

例 求曲线2x y =与曲线x e y ln 2=的公切线方程。

（答案02=--e y x e ）二．单调性问题题型1 求函数的单调区间。

求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。

分类的方法有：（1）在求极值点的过程中，未知数的系数与0的关系不定而引起的分类；（2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定）；(3) 在求极值点的过程中，极值点的大小关系不定而引起的分类；(4) 在求极值点的过程中，极值点与区间的关系不定而引起分类等。

专题21 导数中的参数问题 -2020届高三数学选择填空压轴题题型总结与强化训练含答案

【方法综述】 导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式成立/存在性/方程的根/零点等条件,求解参数的取值或取值范围”.这类型题目在近几年的高考全国卷还是地方卷中，每一年或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型.学生要想解决这类型的题目，关键的突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分类讨论法和分离参数法. 【解答策略】 一．分离参数法 分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的，如下面的第2种情形），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离.

1．形如或 (其中fx符号确定) 该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题. 例1．【河北省沧州市2019届高考模拟】直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是_____． 【答案】 【解析】 因为直线与曲线有两个公共点，所以方程有两不等实根，即有两不等实根，

令，则与函数有两不同交点，因为，所以由得；由得或；因此函数在和上单调递减，在上单调递增，作出函数的简图大致如下： 因为；又与函数有两不同交点，所以由图像可得，只需.故答案为 【指点迷津】 由直线与曲线有两个公共点可得方程有两不等实根，即有两不等实根，令，求出函数的值域即可.

【举一反三】【湖南省永州市2019届高三三模】若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ） A． B．

C． D． 【答案】D 【解析】

原不等式等价于： 令，则存在，使得成立

又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减 ，，即 当且仅当，即时取等号 ，即 本题正确选项：

2．形如或（其中,fxa是关于x一次函数） 该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了. 例2．【安徽省蚌埠市2019届高三下学期第二次教学质量检查】定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【解析】 因为，故，

解题篇经典题突破方法高二数学2021年4月■福建省泉州市第七中学彭耿铃2020年山东卷导数压轴题在形式上有“简约而不简单”之感，试题的设计有层次感，不但考査了同学们的数学核心素养，还给同学们提供更广阔的思考空间、更多的思考角度，从而探索不同的解题方法。

本文从多角度解析，旨在探究此题型考査特点，仅供同学们参考，希望大家将来能决胜高考。

（2020年高考山东卷第21题）已知函数_/（工）=ae I~1—In x+ln a o（1）当a=e时，求曲线y=/<rr）在点（1/（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；（2）若/（工）玄1,求a的取值范围。

解析：（1）当a=e时，/"0）=^-In x+ 1,所以/Cl）=e+l o又因为f'S=€—丄，所以切线的斜率yfe=r（l）=e-l,切线JC方程为y=（e—1）（JU—1）+e+1,与x轴交于点人（三彳，0）,与夕轴交于点£（0,2）。

所以围成的三角形的面积为：(2)解法一：构造同构式1o由f(rc)1得a e x_1—In rc+ln a工1,变形得e lnfl+x_1—In rr+ln a^l,即e lnfl+"_1+ In a+rc—l^ln rr~\~jc=e lna:H-lri oc o令g(£) =e’+E,则g'Q)=e'+l>0,所以gQ)在R 上单调递增。

原不等式等价于g(lna+工一l)Ng(ln匚)，所以In a+匚一l^ln jc恒成立，即In aNln x,—工+1恒成立，只需In q二(In a+l)max o令h(rc)=In ac.—h+1,贝|j h r=—JC1—z_1=-------。

分析可知鼻Q)在(0,1)上单调递re增，在(1,+oo)上单调递减，所以h(X)< h(1)=0,即In.,a^l o故a的取值范围是口，+oo)。

导数常考题型总结一、导数单调性、极值、最值的直接应用1.（切线）设函数a x x f -=2)(.（1）当1=a 时，求函数)()(x xf x g =在区间]1,0[上的最小值；（2）当0>a 时，曲线)(x f y =在点)))((,(111a x x f x P >处的切线为l ，l 与x 轴交于点)0,(2x A 求证：a x x >>21.解：(1)1=a 时，x x x g -=3)(，由013)(2=-='x x g ，解得33±=x .)(x g '的变化情况如下表：x0)33,0(33)1,33(1)(x g '-+)(x g 0↘极小值↗0所以当33=x 时，)(x g 有最小值932)33(-=g .(2)证明：曲线)(x f y =在点)2,(211a x x P -处的切线斜率112)(x x f k ='=曲线)(x f y =在点P处的切线方程为)(2)2(1121x x x a x y -=--.令0=y ，得12122x a x x +=，∴12111211222x x a x x a x x x -=-+=-∵a x >1，∴02121<-x x a ，即12x x <.又∵1122x a x ≠，∴a x a x x a x x a x x =⋅>+=+=11111212222222所以a x x >>21.2.（2009天津理20，极值比较讨论）已知函数22()(23)(),x f x x ax a a e x =+-+∈R 其中a ∈R ⑴当0a =时，求曲线()(1,(1))y f x f =在点处的切线的斜率；w.w.w.k.s.5.u.c.o.m⑵当23a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值.解：本小题主要考查导数的几何意义、导数的运算、利用导数研究函数的单调性与极值等基础知识，考查运算能力及分类讨论的思想方法。

矿产资源开发利用方案编写内容要求及审查大纲
矿产资源开发利用方案编写内容要求及《矿产资源开发利用方案》审查大纲一、概述
㈠矿区位置、隶属关系和企业性质。

如为改扩建矿山, 应说明矿山现状、
特点及存在的主要问题。

㈡编制依据
(1简述项目前期工作进展情况及与有关方面对项目的意向性协议情况。

(2 列出开发利用方案编制所依据的主要基础性资料的名称。

如经储量管理部门认定的矿区地质勘探报告、选矿试验报告、加工利用试验报告、工程地质初评资料、矿区水文资料和供水资料等。

对改、扩建矿山应有生产实际资料, 如矿山总平面现状图、矿床开拓系统图、采场现状图和主要采选设备清单等。

二、矿产品需求现状和预测
㈠该矿产在国内需求情况和市场供应情况
1、矿产品现状及加工利用趋向。

2、国内近、远期的需求量及主要销向预测。

㈡产品价格分析
1、国内矿产品价格现状。

2、矿产品价格稳定性及变化趋势。

三、矿产资源概况
㈠矿区总体概况
1、矿区总体规划情况。

2、矿区矿产资源概况。

3、该设计与矿区总体开发的关系。

㈡该设计项目的资源概况
1、矿床地质及构造特征。

2、矿床开采技术条件及水文地质条件。

金戈铁骑用思维导图突破导数压轴题解答数学题的“思维导图”：逛公园顺道看景，好风光驻足留影. 把条件翻成图式，关键处深挖搞清. 综合法由因导果，分析法执果索因. 两方法嫁接联姻，让难题无以遁形.这里把解题比作逛公园，沿路而行，顺道看景，既有活跃气氛，又有借景喻理之意，即理解题意后把已知条件“翻译”出来，如果能得到结论那是最好，如果不行就要转化，即从已知条件入手推出中间结论（可知），当中间结论能直接证明最终结论时，则解题成功.当中间结论不能直接证明最终结论时，可把最终结论等价转化为“需知”，再用中间结论证明“需知”从而达到解题目的.有时还要挖掘题目的隐含条件.从某种意义上说，解题就是“找关系”----找出已知与未知的联系，不断缩小以至消除二者之间的差距，从而达到解题目的.这个思维导图不仅是用来解答压轴题，其实，每个层次的学生都有相应的难题。

中等以下水平的学生高考基本不用做压轴题的，但他们做中档题会有困难，思维导图一样适用。

专题01 导数与函数的最（极）值问题否已知条件隐含条件中间结论（可知）已知条件的等价转化待求（证）的结论结论的等价转化（需知）能否 能利用导数求函数f (x )极值、最值的基本方法是先求f (x )的导数f 'x （），再求f 'x （）的零点i x ，i N ∈，根据f 'x （）在i x 两边的符号判断的单调性，最后确定i f x （）是极大值或极小值，再确定最值。

先求导数 再定零点 考查单调 极值来了思路点拨第（1）只要直接计算即可。

第（2）题先求出()f x 和()f x '的含参数零点（用a 、b 表示），再根据零点均在集合{3-，1，3}中确定a 、b 的值。

第（3）题求出()f x '的零点12,x x （设12x x <），根据单调性确定极大值为321111()(1)=-++f x x b x bx ，这里含有两个变量，最容易想到的方法就是转化为一元变量，但恒等变形能力要求较高，也可以挖掘隐含条件利用基本不等式整体消元。

导数压轴题题型1. 高考命题回顾例1已知函数f(x)＝e x －ln(x ＋m)．（2019全国新课标Ⅱ卷）(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 f (x )＝e x －ln(x ＋m )⇒f ′(x )＝e x －1x ＋m ⇒f ′(0)＝e 0－10＋m＝0⇒m ＝1，定义域为{x |x >－1}，f ′(x )＝e x －1x ＋m＝e xx ＋－1x ＋1，显然f (x )在(－1,0]上单调递减，在[0，＋∞)上单调递增．(2)证明 g (x )＝e x －ln(x ＋2)，则g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)．h (x )＝g ′(x )＝e x －1x ＋2(x >－2)⇒h ′(x )＝e x ＋1x ＋2>0，所以h (x )是增函数，h (x )＝0至多只有一个实数根，又g ′(－12)＝1e －132<0，g ′(0)＝1－12>0，所以h (x )＝g ′(x )＝0的唯一实根在区间⎝⎛⎭⎫－12，0内， 设g ′(x )＝0的根为t ，则有g ′(t )＝e t －1t ＋2＝0⎝⎛⎭⎫－12<t <0， 所以，e t ＝1t ＋2⇒t ＋2＝e －t ，当x ∈(－2，t )时，g ′(x )<g ′(t )＝0，g (x )单调递减； 当x ∈(t ，＋∞)时，g ′(x )>g ′(t )＝0，g (x )单调递增； 所以g (x )min ＝g (t )＝e t－ln(t ＋2)＝1t ＋2＋t ＝＋t 2t ＋2>0，当m ≤2时，有ln(x ＋m )≤ln(x ＋2)，所以f (x )＝e x －ln(x ＋m )≥e x －ln(x ＋2)＝g (x )≥g (x )min >0. 例2已知函数)(x f 满足2121)0()1(')(x x f ef x f x +-=-（2019全国新课标） (1)求)(x f 的解析式及单调区间；(2)若b ax x x f ++≥221)(，求b a )1(+的最大值。

完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。

命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。

这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。

题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。

1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。

如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。

2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。

3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。

在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。

例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。

x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。

审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。

规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。

则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。