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

导数大题题型归纳解题方法
导数大题题型主要包括求函数的导数、求函数的极值、求曲线的切线方程和法线方程等。

下面给出这些题型的解题方法：
1. 求函数的导数：
- 根据导数的定义，逐项求导；
- 利用乘法法则、复合函数法则、除法法则等求导法则简化计算；
- 对于含有多项式函数、指数函数、对数函数、三角函数等函数的复合函数，可以根据相应的求导法则和运算规律进行求导。

2. 求函数的极值：
- 首先求函数的导数，得到导函数；
- 解导函数的方程，求得导函数的零点，即函数的驻点；
- 利用二阶导数判别法来判断驻点的类型（极大值点、极小值点或拐点）；
- 如果导函数的零点为函数的一个极值点，则该极值点对应的函数值为极值。

3. 求曲线的切线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 然后利用一般点斜式的切线方程公式，以该点和斜率为参数，得到切线方程。

4. 求曲线的法线方程：
- 首先求曲线上一点的切线斜率，可以通过求导得到；
- 利用切线斜率与法线斜率的关系（切线斜率与法线斜率的乘积等于-1），由此得到法线的斜率；
- 然后以该点和法线斜率为参数，利用一般点斜式的法线方程公式得到法线方程。

以上是导数大题题型的一般解题方法，根据具体题目特点和要求，可能需要结合其他数学知识和技巧进行推导和计算。

高考导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。

二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ； 3．函数331x x y -+=有极小值 －1 ,极大值 3 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =-2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为 （1，0） 3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --= 4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线； （2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线； 解：（1） 123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为02 11=+-+=-y x x y 即，（2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为0/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式； （Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值； （Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围 解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当 又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。

高中导数题所有题型及解题方法一、导数的概念1.1 导数的定义•导数的定义公式：f′(x)=limℎ→0f(x+ℎ)−f(x)ℎ•导数表示函数在某一点的变化率1.2 导数的几何意义•函数图象在某一点的切线斜率•函数图象在某一点的局部线性近似二、导数的基本运算法则2.1 基本导数公式•常数函数：d dx (C)=0•幂函数：d dx (x n)=nx n−1•指数函数：ddx(a x)=a x ln(a)2.2 函数和、差、积、商的导数•和的导数：(u+v)′=u′+v′•差的导数：(u−v)′=u′−v′•积的导数：(uv)′=u′v+uv′•商的导数：(uv)′=u′v−uv′v2,其中v≠02.3 复合函数的导数•复合函数的求导公式：如果y=f(u)及u=g(x), 则dy dx =dy dududx三、导数的应用3.1 函数的单调性•若f′(x)>0，则函数f(x)在该区间上单调递增•若f′(x)<0，则函数f(x)在该区间上单调递减3.2 函数的极值与最值•极大值：若f′(x0)=0，且f″(x0)<0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极大值•极小值：若f′(x0)=0，且f″(x0)>0，则f(x0)是函数f(x)在x0处的极小值3.3 函数的拐点•拐点：若f″(x0)=0，则f(x)在x0处的图像有拐点3.4 函数的图像•函数图象的基本性质–若f′(x)>0，则函数的图像上的点随x的增大而上升–若f′(x)<0，则函数的图像上的点随x的增大而下降–若f″(x)>0，则函数的图像在该区间上凹–若f″(x)<0，则函数的图像在该区间上凸四、基础导数题型4.1 求导数•题型1：求函数的导数y=f(x)•题型2：求函数的高阶导数y(n)=f(x)4.2 高阶导数应用•题型1：求函数的极值和拐点•题型2：求函数在某点的切线方程•题型3：求函数的图像4.3 求解极值问题•题型1：求一定范围内函数的极大值和极小值•题型2：求满足一定条件的函数极值4.4 函数的单调性•题型1：判断函数的单调区间•题型2：填空题，填写使函数单调递增或递减的区间五、综合题型5.1 数学建模•题型1：利用导数求解实际生活中的问题5.2 物理应用•题型1：利用导数求解物理问题，如速度、加速度等5.3 函数的变化率•题型1：求函数在某点的变化率•题型2：求函数在某段区间的平均变化率六、总结本篇文章主要介绍了高中阶段导数相关的内容，包括导数的基本定义、几何意义、基本运算法则，以及导数在函数的单调性、极值与最值、图像以及物理应用中的运用。

导数压轴题型归类总结目 录一、导数单调性、极值、最值的直接应用 （1） 二、交点与根的分布 （23） 三、不等式证明 （31）（一）作差证明不等式（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四、不等式恒成立求字母范围 （51）（一）恒成立之最值的直接应用 （二）恒成立之分离常数（三）恒成立之讨论字母范围五、函数与导数性质的综合运用 （70） 六、导数应用题 （84）七、导数结合三角函数 （85）书中常用结论⑴sin ,(0,)x x x π<∈，变形即为sin 1xx<，其几何意义为sin ,(0,)y x x π=∈上的的点与原点连线斜率小于1. ⑵1x e x >+ ⑶ln(1)x x >+ ⑷ln ,0x x x e x <<>.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 .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 ax 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。

高中导数题所有题型及解题方法在高中数学中，导数是一个非常重要的概念。

导数是描述曲线在某一点处的切线斜率的指标。

在高中数学中，学生需要掌握不同类型的导数题。

以下是高中导数题中的所有题型及解题方法：1.求函数的导数：这是最基本的导数问题。

对于一个函数，需要求出它的导数函数。

为此，需要使用导数的定义公式，即极限。

例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1，其导数是f’(x) = 2x + 2。

2.求函数的导数在某一点处的值：这个类型的问题需要计算函数在一定点处的导数值。

为此，需要使用导数的定义公式，并将x的值代入到函数中计算。

例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1，在x = 2处的导数值为f’(2) = 6。

3.求函数的极值：极值是函数在某一点处的最大值或最小值，即导数为0的点。

为了找到函数的极值，需要计算函数的导数，并找到导数为0的点。

例如，对于函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，其导数为f’(x) =3x^2 - 6x + 2。

为了找到函数的极值，需要找到导数为0的点。

计算可得，x = 1或x = 2是导数为0的点。

因此，函数的极值为f(1) = 1和f(2) = 3。

4.求函数的拐点：拐点是函数曲线从凸向上到凹向上或从凸向下到凹向下的点。

为了找到函数的拐点，需要计算函数的二阶导数，即导数的导数。

例如，对于函数f(x) = x^3 - 3x^2 + 2x + 1，其一阶导数为f’(x) = 3x^2 - 6x + 2，二阶导数为f’’(x) = 6x - 6。

为了找到函数的拐点，需要找到二阶导数为0的点。

计算可得，x = 1是二阶导数为0的点。

因此，函数在x = 1处有一个拐点。

5.求函数与直线的交点：这个类型的问题需要找出函数和直线的交点。

为此，需要先将直线方程代入到函数中，然后解方程。

例如，对于函数f(x) = x^2 + 2x + 1和直线y = 3x - 1，将直线方程代入到函数中可得x^2 + 2x + 1 = 3x - 1。

极值点偏移是高中数学中的一个重要概念，也是学生们比较头疼的一个知识点。

在解决数学问题时，我们经常会遇到一些与极值点有关的题型，比如函数的极值问题、优化问题等。

而在解决这些问题时，极值点偏移方法是一种非常实用的解题技巧。

本文将从四种题型出发，对极值点偏移方法进行详细解析，并结合具体例题进行说明。

1. 函数的极值问题函数的极值问题是高中数学中的一个重要内容。

在解决这类问题时，我们常常会用到导数的概念，来求函数的极值点。

但有些情况下，我们可以通过极值点偏移方法更快地得到函数的极值点。

比如对于一些简单的函数，通过极值点的平移和对称性，可以用更简洁的方法求得函数的极值点。

举例说明：已知函数 $f(x)=x^3-3x^2+2$，求 $f(x)$ 的极值点。

解：求导得 $f'(x)=3x^2-6x$。

令导数为零，得到 $x=0$ 或 $x=2$。

根据导数的符号，可知 $x=0$ 是极小值点，$x=2$ 是极大值点。

但通过极值点偏移方法，我们可以发现，当 $x=0$ 时，$f(x)=2$；而当$x=2$ 时，$f(x)=2$。

也就是说，极小值点 $x=0$ 对应的函数值和极大值点 $x=2$ 对应的函数值相等。

这就是极值点偏移的思想。

2. 优化问题优化问题是数学建模中常见的类型之一，也是考察学生综合运用数学知识解决实际问题的一种形式。

当我们遇到优化问题时，常常需要求解函数的极值点。

而极值点偏移方法可以帮助我们更快地找到函数的极值点，从而解决优化问题。

举例说明：一块长为20厘米的铁皮，可以做成一个底面积为 $x cm^2$ 的正方形盒子和一个底面积为 $y cm^2$ 的开口放平盒子，求怎样分割这块铁皮才能使总体积最大。

解：设正方形盒子的边长为 $a$，开口朝下的放平矩形盒子的底边长为 $b$，高为 $h$。

则根据题意可知，$b=a+2h$，且 $x=a^2$，$y=bh$。

问题转化为求 $x+y$ 的最大值。

高考数学：导数压轴题的归纳总结方法今天我们来聊聊高考数学导数压轴题的归纳总结方法。

在对导数专题归纳总结的时候，可以细分为两个层面。

第一，对题型进行归纳总结。

举例说明，下图的题目中的第二小问，如果去做归纳总结的话，很多题目都跟这道题目相类似，这种题目可以概括为一般形式：如果用归纳总结的思路去做的话，可以细分到之前说的双变量这一类问题的大类，大类下面有一个小类，叫做极值点偏移问题。

希望大家在学习导数专题的过程中，不要简单地光做题，而要在做题中能发现这样一类题型。

导数的问题做多了之后就会发现，很多时候都有相似之处，将这些相似之处提取出来，我们就可以将它一般化为这样一种题型，把它抽象出来。

本质上说，我们就是找这样的一般问题，再从一般的角度去解决方法，看这一类的问题有什么具体的解决套路，这样就可以在学习过程中达到事半功倍的效果了。

第二，对解题方法和解题方向进行归纳总结。

什么叫做解题方法？就是对于之前已经分好类的xx问题，我们可以第一步xxxxx，第二步xxxxxx……第x步xxxxxx，问题解决。

大家可以看出，这样一类问题，方法和套路性比较强。

结合具体例子来谈，还是这个题目，刚刚说可以划归为双变量分类下的极值点偏移这种具体的问题。

对于这一类极值点偏移具体的问题，刚才已经提出一般化的解题题型，那么这一类一般化的解题题型，应该怎样去解决呢？极值点偏移问题三步走：（1）画图观察极值点偏移方向（2）利用f(x)的单调性转移不等式（3）构造f(x)=f(x)-f(2a-x)完成证明在做题的时候，对于这种一般化的问题进行归纳总结，归纳总结出一步一步的套路。

当你完成这种从题型到解决方法的归纳总结之后，就会对导数这一类具体问题拍着胸脯说：“考试，考到这样一类问题，把题目做完，应该是一件十拿九稳的事情。

”因为你把一般的问题都做完，考试题目只要是已经归纳总结过的题型，你只需要把已经总结出的方法往上套，结合具体的题目，将一些条件拿过来进行运算，最后就可以将这一类题目做出来。

高考压轴题！导数的综合应用题型归类及详细解析
导数的综合应用题型归类是高考每年必然考察的主要内容，填空题和选择题都出现过相关的考试试题，小题更是每年高考必考。

为了让同学们更好地掌握此类问题解题方法、技巧与思路，轻松拿下相关的试题12分，这里给同学们准备了高考大题类型规范训练。

其中包括题组点对点训练和题型模板训练。

题组点对点的训练，就是把高考的相关类型题，结合考点和教材内容知识点进行强化训练，以求迅速掌握此类小题涵盖的知识点和类型题解题思路，从而迅速提升解决此类问题的能力。

易错易混训练就是通过此类大题得训练，强化容易出现错误的知识点，通过训练达到进一步的掌握，同时对容易混淆不清的知识点进行梳理归类。

以后再遇到此类问题，就能轻松解决问题。

即将要高考了，小编把最美好的祝愿送给你们——我亲爱的同学们，在这里衷心地预祝同学们在2020年高考中超常发挥考出优异的成绩，金榜题名考上理想大学！。

高考数学题型总结之导数题型分析及解题方法高考数学题型总结之导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数;两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。

二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1. 在区间上的最大值是22.已知函数处有极大值，则常数c= 6 ;3.函数有极小值-1 ,极大值3题型二：利用导数几何意义求切线方程1.曲线在点处的切线方程是2.若曲线在P点处的切线平行于直线，则P点的坐标为(1，0)3.若曲线的一条切线与直线垂直，则的方程为4.求下列直线的方程：(1)曲线在P(-1,1)处的切线; (2)曲线过点P(3,5)的切线;解：(1)所以切线方程为(2)显然点P(3，5)不在曲线上，所以可设切点为，则①又函数的导数为，所以过点的切线的斜率为，又切线过、P(3,5)点，所以有②，由①②联立方程组得，，即切点为(1，1)时，切线斜率为;当切点为(5，25)时，切线斜率为;所以所求的切线有两条，方程分别为题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1.已知函数的切线方程为y=3x+1(Ⅰ)若函数处有极值，求的表达式;(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下，求函数在[-3，1]上的最大值;(Ⅲ)若函数在区间[-2，1]上单调递增，求实数b的取值范围解：(1)由过的切线方程为：而过故由①②③得a=2，b=-4，c=5(2)当又在[-3，1]上最大值是13。

(3)y=f(x)在[-2，1]上单调递增，又由①知2a+b=0。

依题意在[-2，1]上恒有0，即①当;②当;③当综上所述，参数b的取值范围是教师范读的是阅读教学中不可缺少的部分，我常采用范读，让幼儿学习、模仿。

如领读，我读一句，让幼儿读一句，边读边记；第二通读，我大声读，我大声读，幼儿小声读，边学边仿；第三赏读，我借用录好配朗读磁带，一边放录音，一边幼儿反复倾听，在反复倾听中体验、品味。

补上一课 ,导函数的“隐零点”、e x ≥x ＋1、ln x ≤x －1及,“极值点偏移”问题1．利用导数解决函数问题常与函数单调性的判断有关，而函数的单调性与其导函数的零点有着紧密的联系，按导函数零点能否求精确解可以分为两类：一类是数值上能精确求解的，称之为“显零点”；另一类是能够判断其存在但无法直接表示的，称之为“隐零点”．对于隐零点问题，由于涉及灵活的代数变形、整体代换、构造函数、不等式应用等技巧，对学生综合能力的要求较高，成为考查的难点． 2．极值点“偏移”图示(1)(左右对称，无偏移，如二次函数；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＝2x 0)(2)(左陡右缓，极值点向左偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＞2x 0)(3)(左缓右陡，极值点向右偏移；若f (x 1)＝f (x 2)，则x 1＋x 2＜2x 0)3．极值点偏移问题的结论不一定总是x 1＋x 2＞(＜)2x 0，也可能是x 1x 2＞(＜)x 20.题型一 函数最值中的“隐零点”【例1】 (2021·杭州市高级中学仿真考试)已知函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )． (1)讨论f (x )的单调性；(2)当a ＝2时，设函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ，b ∈Z ，若g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，求b 的最小值．解 (1)由题意，函数f (x )＝(x －a )e x (a ∈R )， 可得f ′(x )＝(x －a ＋1)e x ， 当x ∈(－∞，a －1)时，f ′(x )<0； 当x ∈(a －1，＋∞)时，f ′(x )>0， 故函数f (x )在(－∞，a －1)上单调递减， 在(a －1，＋∞)上单调递增．(2)由函数g (x )＝f (x )＋ln x －x －b ＝(x －2)e x ＋ln x －x －b (b ∈Z )， 因为g (x )≤0对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立．即b ≥(x －2)e x＋ln x －x 对任意的x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1恒成立，令函数h (x )＝(x －2)e x ＋ln x －x ， 则h ′(x )＝(x －1)e x ＋1x －1＝(x －1)⎝ ⎛⎭⎪⎫e x －1x ，因为x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，1，所以x －1<0.再令函数t (x )＝e x －1x ，可得t ′(x )＝e x ＋1x 2>0， 所以函数t (x )单调递增．因为t ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 12－2<0，t (1)＝e －1>0，所以一定存在唯一的x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得t (x 0)＝0，即e x 0＝1x 0，即x 0＝－ln x 0，所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫13，x 0上单调递增，在(x 0，1)上单调递减，所以h (x )max ＝h (x 0)＝(x 0－2)e x 0＋ln x 0－x 0＝ 1－2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋1x 0∈(－4，－3)．因为b ∈Z ，所以b 的最小值为－3.感悟升华 解决函数最值中的隐零点问题关键在于灵活应用“隐零点”的等式进行代换使问题得以解决．【训练1】 设函数f (x )＝e 2x －a ln x (a 为大于零的常数)，已知f ′(x )＝0有唯一零点，求f (x )的最小值．解 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －ax (x ＞0)． 当a ＞0时，设u (x )＝e 2x ，v (x )＝－ax ，因为u (x )＝e 2x在(0，＋∞)上单调递增，v (x )＝－ax 在(0，＋∞)上单调递增，所以f ′(x )在(0，＋∞)上单调递增． 设f ′(x )在(0，＋∞)上的唯一零点为x 0，当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )＜0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(0，x 0)上单调递减，在(x 0，＋∞)上单调递增， 所以当x ＝x 0时，f (x )取得最小值，最小值为f (x 0)． 由于2e 2x 0－ax 0＝0，所以f (x 0)＝a 2x 0＋2ax 0＋a ln 2a ≥2a ＋a ln 2a .故当a ＞0时，f (x )≥2a ＋a ln 2a .故f (x )的最小值为2a ＋a ln 2a .题型二 不等式证明中的“隐零点”【例2】 (2021·杭州统检)已知函数f (x )＝e x －a －ln (x ＋a )(x ≥0)，其中a >0. (1)若a ＝1，求证：f (x )>0；(2)若不等式f (x )≥2x ＋a ＋1－1－ln 2对x ≥0恒成立，试求a 的取值范围． (1)证明 由a ＝1，得f (x )＝e x －1－ln(x ＋1)，x ≥0，所以有f ′(x )＝e x －1－1x ＋1， 所以f ′(x )在[0，＋∞)上单调递增，且f ′(0)＝1e －1<0，f ′(1)＝12>0， 所以存在x 0∈(0，1)，使f ′(x 0)＝0， 所以当x ∈(0，x 0)时，f ′(x )<0， 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，所以f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－1－ln(x 0＋1)，(*) 且e x 0－1－1x 0＋1＝0，即e x 0－1＝1x 0＋1， 两边取对数，得ln(x 0＋1)＝1－x 0，代入(*)，有f(x)min＝f(x0)＝1x0＋1＋x0－1＝x20x0＋1>0恒成立，所以f(x)>0.(2)解由题意得e x－a－ln(x＋a)≥2x＋a＋1－1－ln 2对x≥0恒成立，①必要性将x＝1代入上述不等式，得e1－a－ln(1＋a)≥a＋3－1－ln 2，即ln(1＋a)＋a＋3－e1－a－1－ln 2≤0，令函数g(a)＝ln(1＋a)＋a＋3－e1－a－1－ln 2，易知g(a)在(0，＋∞)上单调递增，且g(1)＝0，所以0<a≤1.②下证当0<a≤1时，e x－a－ln(x＋a)≥2x＋a＋1－1－ln 2对x≥0恒成立，即证ln(x＋a)＋2x＋a＋1－e x－a≤1＋ln 2.因为0<a≤1，所以ln(x＋a)＋2x＋a＋1－e x－a≤ln(x＋1)＋2x＋2－e x－1. 设函数h(x)＝ln(x＋1)＋2x＋2－e x－1，则h′(x)＝1x＋1＋12x＋2－e x－1，显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递减，且h′(1)＝0，所以h(x)在[0，1)上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，故h(x)≤h(1)＝1＋ln 2，不等式得证．由①和②可知0<a≤1，即a的取值范围为(0，1]．感悟升华把“隐零点”等式代入最值式是证明不等式的常用技巧．【训练2】(2021·杭州质检)设函数f(x)＝e x＋ax，a∈R.(1)若f(x)有两个零点，求a的取值范围；(2)若对任意的x∈[0，＋∞)均有2f(x)＋3≥x2＋a2，求a的取值范围．解(1)由题意得f′(x)＝e x＋a，当a≥0时，f′(x)>0，此时函数f(x)在R上单调递增，不符合题意；当a<0时，令f′(x)＝0，得x＝ln(－a)，函数f(x)在(－∞，ln(－a))上单调递减，在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，则f(ln(－a))为f(x)的极小值，要使函数f(x)有两个零点，则f(ln(－a))<0，解得a<－e，所以a的取值范围为(－∞，－e)．(2)令g(x)＝2f(x)＋3－x2－a2＝2e x－(x－a)2＋3，x≥0，则g′(x)＝2(e x－x＋a)．设h(x)＝2(e x－x＋a)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0.所以h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a＋1≥0，即a≥－1时，g′(x)≥0恒成立，即函数g(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以g(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤ 5.又a≥－1，所以－1≤a≤ 5.②当a＋1<0，即a<－1时，则存在x0>0，使h(x0)＝0且当x∈(0，x0)时，h(x)<0，即g′(x)<0，函数g(x)在(0，x0)上单调递减；当x∈(x0，＋∞)时，h(x)>0，即g′(x)>0，函数g(x)在(x0，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3.又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，从而g(x)min＝g(x0)＝2e x0－x20＋2ax0－a2＋3＝2x0－2a－x20＋2ax0－a2＋3＝－x20＋2(a＋1)x0－(a＋3)(a－1)＝(－x0＋a＋3)(x0－a＋1)≥0，即a－1≤x0≤a＋3.由于x0是单调增函数h(x)＝2(e x－x＋a)在[0，＋∞)上的唯一零点，要使得a－1≤x0≤a＋3(a<－1)，则只需0≤x0≤a＋3，故只需保证g′(a＋3)＝2[e a＋3－2(a＋3)＋2a]≥0，即e a＋3≥3，故实数，ln 3－3≤a<－1.综上所述，a的取值范围为[ln 3－3，5]．题型三导函数中“二次函数”的“设而不求”技巧【例3】 (2018·全国Ⅰ卷)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x . (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2.(1)解 f (x )的定义域为(0，＋∞)， f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①若a ≤2，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f ′(x )＝0， 所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减． ②若a >2，令f ′(x )＝0得， x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )>0. 所以f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． (2)证明 由(1)知，f (x )存在两个极值点时，当且仅当a >2. 由于f (x )的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0， 所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于 f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋aln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0.设函数g(x)＝1x－x＋2ln x，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)上单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x2－x2＋2ln x2<0，即f（x1）－f（x2）x1－x2<a－2.【训练3】已知函数f(x)＝x2＋a ln(x＋2)，a∈R，存在两个极值点x1，x2，求f(x1)＋f(x2)的取值范围．解函数f(x)的定义域为(－2，＋∞)，且f′(x)＝2x＋ax＋2＝2x2＋4x＋ax＋2，由于f(x)有两个极值点，则二次函数g(x)＝2x2＋4x＋a在(－2，＋∞)上有两个相异实根x1，x2，由于g(x)的对称轴为x＝－1，由二次函数的图象可知，只需Δ＝16－8a>0且g(－2)＝a>0，即0<a<2. 考虑到x1，x2是方程2x2＋4x＋a＝0的两根．从而x1＋x2＝－2，x1x2＝a 2，从而f(x1)＋f(x2)＝x21＋a ln(x1＋2)＋x22＋a ln(x2＋2)＝(x1＋x2)2－2x1x2＋a ln[2(x1＋x2)＋x1x2＋4]＝4－a＋a ln a 2，其中0<a<2.令h(a)＝4－a＋a ln a2，a∈(0，2)，则h′(a)＝－1＋ln a2＋1＝lna2<0，从而h(a)在(0，2)上单调递减，又当x→0(x>0)，h(a)→4，a→2，h(a)→2，所以h(a)的值域为(2，4)．综上所述f(x1)＋f(x2)的取值范围是(2，4)．题型四不等式e x≥x＋1、ln x≤x－1的应用【例4】 (2020·七彩阳光联盟适考)函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax ，g (x )＝1－e x . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若f (x )≥g (x )在x ∈[0，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 解 (1)函数f (x )的定义域为x ∈(－1，＋∞)， f ′(x )＝1x ＋1－a ＝－ax ＋1－a x ＋1. (ⅰ)当a ＝0时，f ′(x )>0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；(ⅱ)当a ≠0时，令f ′(x )＝0得x ＝1－a a ＝1a －1，若a <0，则1a －1<－1，若a >0，则1a －1>－1.①当a <0时，f ′(x )＝1x ＋1－a >0，函数f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当a >0时，f ′(x )＝－a ⎝⎛⎭⎪⎫x －1－a a x ＋1，所以当x ∈⎝⎛⎭⎪⎫－1，1－a a 时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a a ，＋∞时，f ′(x )<0，f (x )单调递减，综上可得，当a ≤0时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增； 当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫－1，1－a a 上单调递增， 在⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a a ，＋∞上单调递减． (2)设函数h (x )＝f (x )－g (x )＝ln(x ＋1)＋e x －ax －1，x ≥0， 则h ′(x )＝1x ＋1＋e x －a ， 当a ≤2时，由e x ≥x ＋1得 h ′(x )＝1x ＋1＋e x －a ≥1x ＋1＋x ＋1－a ≥0， 于是，h (x )在[0，＋∞)上单调递增， 所以h (x )≥h (0)＝0恒成立，符合题意； 当a >2时 ，由于x ≥0，h (0)＝0， 令函数m (x )＝h ′(x )，则m′(x)＝－1（x＋1）2＋e x(x≥0)．所以m′(x)≥0，故h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，而h′(0)＝2－a<0.则存在一个x0>0，使得h′(x0)＝0，所以当x∈[0，x0)时，h(x)单调递减，故h(x0)<h(0)＝0，不符合题意．综上，实数a的取值范围为(－∞，2]．感悟升华在函数、导函数不等式中，对于出现e x，ln x时，要注意应用结论e x≥x ＋1，x－1≥ln x，e x≥e x.【训练4】(2020·山东卷)已知函数f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a.(1)当a＝e时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；(2)若f(x)≥1，求a的取值范围．解f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a e x－1－1 x.(1)当a＝e时，f(x)＝e x－ln x＋1，f′(1)＝e－1，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y－(e＋1)＝(e－1)(x－1)，即y＝(e－1)x＋2.直线y＝(e－1)x＋2在x轴、y轴上的截距分别为－2e－1，2.因此所求三角形的面积为2e－1.(2)当0<a<1时，f(1)＝a＋ln a<1.当a＝1时，f(x)＝e x－1－ln x，f′(x)＝e x－1－1 x.当x∈(0，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0. 所以当x＝1时，f(x)取得最小值，最小值为f(1)＝1，从而f(x)≥1.当a>1时，f(x)＝a e x－1－ln x＋ln a>e x－1－ln x≥1.综上，a的取值范围是[1，＋∞)．题型五 “极值点”的偏移【例5】 已知函数f (x )＝x e －x . (1)求函数f (x )的单调区间和极值；(2)已知函数g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，证明：当x ＞1时，f (x )＞g (x )；(3)如果x 1≠x 2，且f (x 1)＝f (x 2)，证明：x 1＋x 2＞2.(1)解 f ′(x )＝e －x (1－x )，得f (x )在(－∞，1)上递增，在(1，＋∞)上递减，f (x )有极大值f (1)＝1e ，无极小值．(2)证明 由g (x )的图象与f (x )的图象关于直线x ＝1对称，得g (x )的解析式为y ＝f (2－x )，构造辅助函数F (x )＝f (x )－g (x )＝f (x )－f (2－x )，x ∈(1，＋∞)， 求导得F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝e －x (1－x )＋e x －2(x －1)＝(x －1)(e x －2－e －x )，当x ＞1时，x －1＞0，e x －2－e －x ＞0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(1，＋∞)上单增，有F (x )＞F (1)＝0，即f (x )＞g (x )．(3)证明 由f (x 1)＝f (x 2)，结合f (x )的单调性可设x 1＜1＜x 2，将x 2代入(2)中不等式得f (x 2)＞f (2－x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，故f (x 1)＞f (2－x 2)，又x 1＜1，2－x 2＜1，f (x )在(－∞，1)上单增，故x 1＞2－x 2，x 1＋x 2＞2.感悟升华 用对称化构造的方法解决极值点偏移问题分为以下三步：(1)求导，获得f (x )的单调性，极值情况，作出f (x )的图象，由f (x 1)＝f (x 2)得x 1，x 2的取值范围(数形结合)；(2)构造辅助函数，对结论x 1＋x 2＞(＜)2x 0，构造F (x )＝f (x )－f (2x 0－x )；对结论x 1x 2＞(＜)x 20，构造F (x )＝f (x )－f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 20x ，求导，限定范围(x 1或x 2的范围)，判定符号，获得不等式；(3)代入x 1(或x 2)，利用f (x 1)＝f (x 2)及f (x )的单调性证明最终结论．【训练6】 已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2有两个零点(a ＞0)．设x 1，x 2是f (x )的两个零点，证明：x 1＋x 2<2.证明 由f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )，知f (x )在(－∞，1)上递减，在(1，＋∞)上递增，f (1)＝－e ，由f (x 1)＝f (x 2)＝0，可设x 1＜1＜x 2.构造辅助函数F (x )＝f (x )－f (2－x )，求导得F ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝(x －1)(e x ＋2a )－(x －1)(e 2－x ＋2a )＝(x －1)(e x －e 2－x )，当x ＜1时，x －1＜0，e x －e 2－x ＜0，则F ′(x )＞0，得F (x )在(－∞，1)上单增，又F (1)＝0，故F (x )＜0(x ＜1)，即f (x )＜f (2－x )(x ＜1)．将x 1代入上述不等式中，得f (x 1)＝f (x 2)＜f (2－x 1)，又x 2＞1，2－x 1＞1，f (x )在(1，＋∞)递增，故x 2＜2－x 1，x 1＋x 2＜2.1．证明：e x －ln x >2.证明 设f (x )＝e x －ln x (x >0)，则f ′(x )＝e x－1x ，令φ(x )＝e x －1x ，则φ′(x )＝e x ＋1x 2>0在(0，＋∞)恒成立， 所以φ(x )在(0，＋∞)单调递增，即f ′(x )＝e x －1x 在(0，＋∞)上是增函数，又f ′(1)＝e －1>0，f ′⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －2<0， ∴f ′(x )＝e x －1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有唯一的零点． 不妨设f ′(x 0)＝0，则e x 0＝1x 0，从而x 0＝ln 1x 0＝－ln x 0， 所以当x >x 0时，f ′(x )>0；当0<x <x 0时，f ′(x )<0.∴f (x )＝e x －ln x 在x ＝x 0处有极小值，也是最小值．∴f (x )min ＝f (x 0)＝e x 0－ln x 0＝1x 0＋x 0>2，x 0∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 故e x －ln x >2.2．已知函数f (x )＝(x －1)e x －ax 的图象在x ＝0处的切线方程是x ＋y ＋b ＝0.(1)求a ，b 的值；(2)求证函数f (x )有唯一的极值点x 0，且f (x 0)>－32.(1)解 因为f ′(x )＝x e x －a ，由f ′(0)＝－1得a ＝1，又当x ＝0时，f (x )＝－1，所以切线方程为y －(－1)＝－1(x －0)，即x ＋y ＋1＝0，所以b ＝1.(2)证明 令g (x )＝f ′(x )＝x e x －1，则g ′(x )＝(x ＋1)e x ，所以当x <－1时，g (x )单调递减，且此时g (x )<0，则g (x )在(－∞，－1)内无零点；当x ≥－1时，g (x )单调递增，且g (－1)<0，g (1)＝e －1>0，所以g (x )＝0有唯一解x 0，f (x )有唯一的极值点x 0.由x 0e x 0＝1⇒e x 0＝1x 0， f (x 0)＝x 0－1x 0－x 0＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋x 0， 又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e 2－1<0， g (1)＝e －1>0⇒12<x 0<1⇒2<1x 0＋x 0<52， 所以f (x 0)>－32.3．已知f (x )＝ax ＋x ln x (a ∈R )，y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线的斜率为2.若2f (x )－(k ＋1)x ＋k >0(k ∈Z )对任意x >1都成立，求整数k 的最大值．解 由题设知f ′(x )＝a ＋1＋ln x ，由f ′(1)＝2，解得a ＝1，所以f (x )＝x ＋x ln x .当x >1时，不等式2f (x )－(k ＋1)x ＋k >0(k ∈Z )化为k <x ＋2x ln x x －1，记g (x )＝x ＋2x ln x x －1(x >1)，则g ′(x )＝2x －2ln x －3（x －1）2， 再设h (x )＝2x －2ln x －3，则h ′(x )＝2（x －1）x >0， 所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，又h (2)＝1－2ln 2<0，h ⎝ ⎛⎭⎪⎫52＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－ln 52>0， 故h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫2，52上存在唯一零点x 0， 使h (x 0)＝2x 0－2ln x 0－3＝0，且当1<x <x 0时，g ′(x )<0；当x >x 0时，g ′(x )>0.即g (x )在(1，x 0)单调递减，在(x 0，＋∞)单调递增，所以g (x )min ＝g (x 0)＝x 0＋2x 0ln x 0x 0－1， 由2x 0－2ln x 0－3＝0得2ln x 0＝2x 0－3，则g (x )min ＝x 0＋x 0（2x 0－3）x 0－1＝2x 0∈(4，5)， 又k <x ＋2x ln x x －1恒成立， 故整数k 的最大值为4.4．已知函数f (x )＝e x －a .(1)若函数f (x )的图象与直线l ：y ＝x －1相切，求a 的值；(2)若f (x )－ln x >0恒成立，求整数a 的最大值．解 (1)f ′(x )＝e x ，因为函数f (x )的图象与直线y ＝x －1相切，所以令f ′(x )＝1，即e x ＝1，得x ＝0，∴切点坐标为(0，－1)，则f (0)＝1－a ＝－1，∴a ＝2.(2)先证明e x ≥x ＋1，设F (x )＝e x －x －1，则F ′(x )＝e x －1，令F ′(x )＝0，则x ＝0，当x ∈(0，＋∞)时，F ′(x )>0；当x ∈(－∞，0)时，F ′(x )<0.所以F (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减，所以F (x )min ＝F (0)＝0，即F (x )≥0恒成立．∴e x ≥x ＋1，从而e x －2≥x －1(x ＝0时取等号)．以ln x 代换x 得ln x ≤x －1(当x ＝1时，等号成立)，所以e x －2>ln x .当a ≤2时，ln x <e x －2≤e x －a ，则当a ≤2时，f (x )－ln x >0恒成立．当a ≥3时，存在x ，使e x －a <ln x ，即e x －a >ln x 不恒成立．综上，整数a 的最大值为2.5．已知函数f (x )＝x ln x －x ，两相异正实数x 1，x 2满足f (x 1)＝f (x 2)．求证：x 1＋x 2＞2.证明 f ′(x )＝ln x ，当x ∈(0，1)时，f (x )单减，当x ＞1时，f (x )单增，且f (1)＝－1，如图所示，不妨设x 1＜1＜x 2，要证x 1＋x 2＞2，即证x 2＞2－x 1，只需要证f (2－x 1)＜f (x 2)，又f (x 1)＝f (x 2)，所以只需证f (2－x 1)＜f (x 1)，设g (x )＝f (x )－f (2－x )(x ∈(0，1))，则g ′(x )＝f ′(x )－[f (2－x )]′＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，符号不易判断，再设h (x )＝ln x ＋ln(2－x )，0＜x ＜1，则h ′(x )＝1x －12－x ＝2－2x x （2－x ）＞0，∴h (x )在(0，1)上单增，∴h (x )＜h (1)＝0，∴g (x )在(0，1)上单减，∴g (x )＞g (1)＝0， ∴f (x )－f (2－x )＞0；0＜x ＜1，∴f (x 1)＞f (2－x 1)成立，∴x 1＋x 2＞2.6．(2017·全国Ⅲ卷)已知函数f (x )＝x －1－a ln x .(1)若f (x )≥0，求a 的值；(2)设m 为整数，且对于任意正整数n ，⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <m ，求m 的最小值．解 (1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，①若a ≤0，因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－12＋a ln 2<0，所以不满足题意． ②若a >0，由f ′(x )＝1－a x ＝x －a x 知，当x ∈(0，a )时，f ′(x )<0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0；所以f (x )在(0，a )单调递减，在(a ，＋∞)单调递增，故x ＝a 是f (x )在(0，＋∞)的唯一最小值点．因为f (1)＝0，所以当且仅当a ＝1时，f (x )≥0，故a ＝1.(2)由(1)知当x ∈(1，＋∞)时，x －1－ln x >0，令x ＝1＋12n ，得ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12n. 从而ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122＋…＋ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <12＋122＋…＋12n ＝1－12n <1. 故⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122·…·⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12n <e ， 又⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋12⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋122⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋123＝13564>2， 从而m 的最小正整数是m ＝3.7．(2021·台州评估测试)已知函数f (x )＝e x －x 2，g (x )＝ax .(1)求证：存在唯一的实数a ，使得直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切；(2)若a ∈[1，2]，x ∈[0，2]，求证：|f (x )－g (x )|≤e 2－6.(注：e ＝2.718 28…为自然对数的底数)证明 (1)由f ′(x )＝e x －2x 知，函数f (x )在点(t ，f (t ))处的切线方程为y －(e t －t 2)＝(e t －2t )(x －t )，当该直线为y ＝ax 时，可得⎩⎨⎧a ＝e t －2t ，e t －t 2＝t （e t －2t ），所以(t －1)e t －t 2＝0，所以t >1.令函数h (t )＝(t －1)e t －t 2，则当t >1时，h ′(t )＝t (e t －2)>0，所以函数h (t )在(1，＋∞)上单调递增，而h (1)＝－1<0，h (2)＝e 2－4>0，所以存在唯一的实数t 0∈(1，2)，使得h (t 0)＝0，相应的a ＝e t －2t 也是唯一的，即存在唯一的实数a ，使得直线y ＝g (x )与曲线y ＝f (x )相切．(2)要证|f (x )－g (x )|≤e 2－6，即证6－e 2≤e x －x 2－ax ≤e 2－6.令函数F (a )＝e x －x 2－ax ，对于确定的x ，F (a )是一次函数，只要证明⎩⎨⎧6－e 2≤F （1）≤e 2－6，6－e 2≤F （2）≤e 2－6，注意到对于同一x ∈[0，2]，F (1)≥F (2)，所以只要证明⎩⎨⎧F （1）≤e 2－6，①F （2）≥6－e 2.②先证明①：记函数G (x )＝F (1)＝e x －x 2－x ，则G ′(x )＝e x －2x －1，令y ＝e x －2x －1，因为y ′＝e x －2，令y ′>0⇒x >ln 2，由此可知G ′(x )在[0，ln 2]上单调递减，在[ln 2，2]上单调递增．又因为G ′(0)＝0，G ′(ln 2)＝e ln 2－2ln 2－1<0，G ′(2)＝e 2－5>0，所以在[ln 2，2]上存在唯一实数x 0，使得G ′(x 0)＝0，故在[0，x 0]上G (x )单调递减，在[x 0，2]上G (x )单调递增．所以G (x )max ＝max{G (0)，G (2)}＝e 2－6，即F (1)≤e 2－6，①得证；再证明②：记函数H (x )＝F (2)＝e x －x 2－2x ，当x ∈[0，1]时，利用不等式e x ≥x ＋1得H (x )≥(x ＋1)－x 2－2x ＝－x 2－x ＋1≥1－1－1＝－1>6－e 2；当x ∈[1，2]时，利用不等式e x≥x 22＋x ＋1(x ≥0)得e·e x －1≥e·⎣⎢⎡⎦⎥⎤（x －1）22＋（x －1）＋1＝e 2x 2＋e 2. 于是H (x )≥⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2x 2＋e 2＋(－2x －x 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1x 2－2x ＋e 2. 其中二次函数φ(x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1x 2－2x ＋e 2开口向上，对称轴为x ＝2e －2>2， 所以当x ∈[1，2]时，φ(x )的最小值为φ(2)＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫e 2－1－4＋e 2＝5e 2－8， 所以H (x )≥φ(x )≥φ(2)>6－e 2.综上，不等式①②均成立，所以当x ∈[0，2]时，对任意的a ∈[1，2]，总有|f(x)－g(x)|≤e2－6.。