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0 前言
文章建议有一定高中导数知识基础的人阅读。本文给出了一些高中导数解题的方法或结论，对你的高中导数学习进一步的做出提升。同时，为了在一篇文章说完所有内容，文章只给出较少但具有代表性的题目。如果文章有任何错误之处欢迎指出；有任何疑问或建议欢迎私信。
<hr/>1 微分方程构造函数
<hr/>【简要推导】容易求得\frac{dy}{dx}+p(x)y=0 在 y\ne0 时通解为 y=Ce^{-\int_{}^{}p(x)dx}（ C 为任意常数），设原方程变为不等式时常数 C 有了新的限制条件 C=g(x) ，记 f(x)=y ，由原方程在 y\ne0 时通解变形得 g(x)=e^{\int_{}^{}p(x)dx}f(x) .
<hr/>【结论 1.1】当题目条件给出或可化简得形如 f&#39;(x)+p(x)f(x) 与0的大小关系式时，考虑构造函数 g(x)=e^{P(x)}f(x) ，其中 P(x) 是 p(x) 的原函数.
<hr/>【题 1.1.1】利用结论1找出下列式子的等价条件：
（1）\frac{1}{2}f&#39;(x)+xf(x)<0
（2） xf&#39;(x)>f(x)(x>0) 【解】(1)式化简得 f&#39;(x)+2xf(x)<0 ，则 p(x)=2x ，于是 P(x)=x^{2}+C （ C 为任意常数），取 C=0 ，故构造 g(x)=e^{x^{2}}f(x) ，进而得 g&#39;(x)=e^{x^{2}}(f&#39;(x)+2xf(x))<0 . 所以(1)式 \Leftrightarrow g(x) 单调递减.
(2)式化简得 f&#39;(x)-\frac{1}{x}f(x)>0 ，则 p(x)=-\frac{1}{x} ，于是 P(x)=-lnx+C （ C 为任意常数），取 C=0 ，故构造 g(x)=\frac{f(x)}{x} ，进而得 g&#39;(x)=\frac{xf&#39;(x)-f(x)}{x^{2}}>0 . 所以(2)式 \Leftrightarrow g(x) 单调递增.
<hr/>【题 1.1.2】（2019 太原一模理 11）已知定义 R 上的函数 f(x) 满足 2f&#39;(x)-f(x)<0 ，且 f(ln2)=2 ，则 f(lnx)-\sqrt{2x}>0 的解集是（）.
A. (0,2) B. (0,\sqrt{2}) C. (0,e) D. (0,\sqrt{e}) 【解】化简 2f&#39;(x)-f(x)<0 为 f&#39;(x)-\frac{1}{2}f(x)<0 ，据结论1构造 g(x)=e^{-\frac{1}{2}x}f(x) ，则 g&#39;(x)=e^{-\frac{1}{2}x}(f&#39;(x)-\frac{1}{2}f(x))<0 ，即 g(x) 单调递减. 又 f(ln2)=2 ，则 g(ln2)=\sqrt{2} . 又因为 f(lnx)-\sqrt{2x}>0\Leftrightarrow\frac{f(lnx)}{\sqrt{x}}>\sqrt{2} ，即 g(lnx)>g(ln2) ，所以 0<x<2 ，故选A.
<hr/>而对于这类题目外的导数问题的构造，有一句你可能早有耳闻的话：指数找队友，对数单身狗。我们将解释它们的含义，这会作为你在构造函数时的一个考虑方向。
<hr/>【简要推导】由复合函数求导法则：若函数 u=g(x) 在点 x 处可导，函数 y=f(u) 在相应的点 u 处可导，则复合函数 y=f[g(x)] 在点 x 处也可导，且 \frac{dy}{dx}=f&#39;[g(x)]g&#39;(x) ，代入 g(x)=e^x ，得 \frac{dy}{dx}=e^xf&#39;(e^x) ，也就是说，将 e^x 与函数复合（找队友），求导后仍然可以提出 e^x ，便于研究 f&#39;(e^x) ；而如果将 e^x 单独剥离出来，如 f(x)=h(x)+e^x ，则 f&#39;(x)=h&#39;(x)+e^x ，那么 e^x 可能使研究 f&#39;(x) 变得复杂，如产生不必要的隐零点等。
同理代入 g(x)=lnx(x>0) 和举例 f(x)=h(x)+lnx(x>0) ，可以得到将 lnx 单独剥离出来（单身狗）相比与函数复合可能更便于对导函数的研究。
<hr/>【结论 1.2】以零点问题为首的导数问题中，可考虑“指数找队友，对数单身狗”，即将函数变为下列形式：
（1） y=e^xf(x) ,
（2） y=e^{-x}f(x) ，
（3） y=f(x)+lng(x)
（4） y=f(x)(lnf(x)+C) （ C 是常数）
<hr/>2 泰勒多项式与放缩
<hr/>【泰勒多项式】对于一般函数 f ，设它在点 x_{0} 存在直到n阶的导数. 由这些导数构造一个n次多项式
T_{n}(x)=f(x_{ 0})+\frac{f&#39;(x_{0})}{1!}(x-x_{0})+\frac{f&#39;&#39;(x_{0})}{2!}(x-x_{0})^{2}+...+\frac{f^{(n)}(x_{0})}{n!}(x-x_{0})^{n}
称为函数 f 在点 x_{0} 的泰勒多项式.
<hr/>泰勒多项式可以理解为，通过改变 T_{n}(x) 各项泰勒系数，使得该多项式函数在 x_{0} 求n阶导及n阶导之前任意阶导数，结果与函数 f 一致，从而得到一个函数 f 的近似函数. 显然， T_{n}(x) 展开项数越多，近似度就越高. 当 x_{0}=0 时容易得到下面的结论：
<hr/>【结论 2.1】六个重要的麦克劳林公式：
（1） e^{x}=1+x+\frac{x^{2}}{2!}+...+\frac{x^{n}}{n!}
（2） sinx=x-\frac{x^{3}}{3!}+\frac{x^{5}}{5!}+...+(-1)^{m-1}\frac{x^{2m-1}}{(2m-1)!}
（3） cosx=1-\frac{x^{2}}{2!}+\frac{x^{4}}{4!}+...+(-1)^{m}\frac{x^{2m}}{(2m)!}
（4） ln(1+x)=x-\frac{x^{2}}{2}+\frac{x^{3}}{3}+...+(-1)^{n-1}\frac{x^{n}}{n}
（5） (1+x)^{\alpha}=1+\alpha x+\frac{\alpha(\alpha-1)}{2!}x^{2}+...+\frac{\alpha(\alpha-1)...(\alpha-n+1)}{n!}x^{n}
（6） \frac{1}{1-x}=1+x+x^{2}+...+x^{n}
<hr/>【题 2.1.1】（2022 全国甲卷理 12）已知 a=\frac{31}{32},b=cos\frac{1}{4},c=4sin\frac{1}{4} ，则（）.
A. c>b>a B. b>a>c C. a>b>c D. a>c>b 【解】由结论2.1的式(3)的前两项，结合导数有关知识可得： c>1-\frac{1}{2}\times (\frac{1}{4})^{2}=\frac{31}{32}=a ；同理由式(2)的前两项得： b>4\times[\frac{1}{4}-\frac{1}{3!}\times(\frac{1}{4})^{3}]=\frac{95}{96}>a ，排除B、C、D，故选A
<hr/>【题 2.1.2】（2022 新高考I卷理 7）设 a=0.1e^{0.1},b=\frac{1}{9},c=-ln9 ，则（）.
A. a<b<c B. c<b<a C. c<a<b D. a<c<b 【解】对比结论2.1的式(1)(6)，且 b=0.1\times\frac{1}{1-0.1} ，不难发现 a<b ；显然 c<0 ，所以 c<a<b . 故选C.
<hr/>通过解决上面的题目，我们发现，大部分时候，泰勒多项式只需展开前面几项就足够了。通过这些展开的项，再运用导数的相关知识，得到了以下你必须记住的不等式。它们需要作为你进行放缩处理时的首要考虑方向。当然，你必须记住泰勒多项式，以免遇到要展开较多的项或者要推导其他不等式的情况。
<hr/>【结论 2.2】四个重要不等式
（1） x-\frac{x^{3}}{6}<sinx<x(x>0) .
（2） x+1\leq\frac{x^{2}}{2}+x+1\leq e^{x}\leq\frac{1}{1-x} ，当且仅当 x=0 时三个等号同时成立.
（3） lnx\leq x-1(x>0) ，当且仅当 x=1 时等号成立.
（4） cosx\leq1-\frac{x^{2}}{2} ，当且仅当 x=0 时等号成立.
<hr/>另外一种重要的放缩方法叫切线放缩法，即某些时候可以通过求函数某点的切线来得到该点的放缩不等式，如 y=e^x 在 (0,1) 处的切线为 y=x+1 ，通过 y=e^x 与 y=x+1 图像容易得出 e^x\geq x+1 ，当且仅当 x=0 时等号成立。
事实上，泰勒多项式的第一、二项展开的过程等价于使泰勒多项式函数使欲拟合函数在某点的函数值和该点切线斜率值分别相等的过程，这也就是为什么结论2.2的某些不等式可以由切线放缩法得到的原因了。类比上述的过程，泰勒多项式第三项可以使得切线斜率的变化率在某点相等，第四项可以使得切线斜率的变化率的变化率相等——以此类推，当展开项为无穷多时，泰勒多项式函数与欲拟合函数处处相等，这就是泰勒多项式仅在一点处就可以拟合整个定义域的欲拟合函数的原因。
<hr/>【题 2.2】当 a\geq1 时， \forall x\in[0,+\infty) ，证明不等式 xe^{ax}+xcosx+1\geq(1+sinx)^{2} 恒成立. 【证明】当 x=0 时，不等式显然成立. 当 x\in(0,+\infty) 时，不等式 sinx<x ， cosx>1-\frac{1}{2}x^{2} 和 e^x>1+x+\frac{1}{2}x^{2} 恒成立. 则 sinx-cosx<x+\frac{x^{2}}{2}-1<e^{x}-2\leq e^{ax}-2(a\geq1) ，即 e^{ax}+cosx>2+sinx ，所以 \frac{e^{ax}+cosx}{2+sinx}>1>\frac{sinx}{x},x\in(0,+\infty) ，即 xe^{ax}+xcosx+1\geq(1+sinx)^{2},x\in(0,+\infty) . 综上，得证.
<hr/>需要注意的是，用到的结论2.2的不等式在正规答题中要构造函数并用导数的有关知识给出简要的证明过程，这留给读者自己尝试。
此外， ln(x+1) 的泰勒多项式收敛慢，在展开项数较少时估计值不准确，例如 ln2 用泰勒多项式前三项估计值为 0.833 ，和实值差距是较大的。于是，我们可以采用帕德近似等方法来提高对数的估算精度，并给出了下面的一些结论。
<hr/>【结论 2.3】ln2\approx0.69315 ， ln3\approx1.09861 ， ln5\approx1.60944 ， ln\pi\approx1.14473 ; ln(\frac{n+1}{n})\approx\frac{2}{2n+1}(n\geq3) ， lnx\approx \frac{x^2+4x-5}{4x+2} .
<hr/>3 内点效应与零点问题
<hr/>在《新高考数学你真的掌握了吗》中首次提出了内点效应。其目的是，当端点无意义需要另行在区间内部找 x 轴上的点时，我们不再通过反复猜测可能符合条件的 x 轴上的点并带入函数验证来得到需要的点，而是改为找 y 轴上的点，解不等式组而求得必定满足条件的 x 轴上点的范围，再取合适的 x 轴上的点。
而这个思路巧妙之处就在于，某些时候，端点虽然无意义，但端点处（某侧）对应函数的极限是可求的——这样一来，无意义的端点对应的不可解的不等式就可以被拆分为多个可解的不等式。
<hr/>【内点效应】函数 f(x),g(x) 定义在区间 (a,b) 上.
（1）若 f(a)>g(a) ，则任意选取 \alpha\in(g(a),f(a)) ，不等式组 \begin{cases} f(x)>\alpha\\ \alpha>g(x) \end{cases} 都有解，而且这个解集中任何一点都满足 f(x)>g(x) .
（2）若 f(a)<g(a) ，则任意选取 \alpha\in(f(a),g(a)) ，不等式组 \begin{cases} f(x)<\alpha\\ \alpha<g(x) \end{cases} 都有解，而且这个解集中任何一点都满足 f(x)<g(x) .
<hr/>【题 3】（2019 全国II卷理 20）已知函数 f(x)=lnx-\frac{x+1}{x-1} ，讨论 f(x) 的单调性，并证明 f(x) 有且仅有两个零点. 【分析】求导得 f&#39;(x)>0 ，可知 f(x) 在 (0,1) 和 (1,+\infty) 分别单调递增. 而 f(0^{+})=-\infty,f(1^{-})=+\infty ; f(1^{+})=-\infty,f(+\infty)=+\infty .故 f(x) 在两个区间各有且仅有一个零点，即 f(x) 有且仅有两个零点。接下来利用内点效应找到可供零点存在定理判断零点存在的点。
对于区间 (0,1) ，不难发现，存在一个在0右侧且距离0足够近的点 x_{1} ，使得 f(x_{1})<0 ，即 lnx_{1}<\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1} ，根据上述对 x_{1} 的位置判断，不等式两边同时令 x_{1}\rightarrow0^{+} 可得左式趋于 -\infty ，右式趋于 -1 . 在不等式插入一个在区间 (-\infty,-1) 的实数 -2 ，即 lnx_{1}<-2<\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1} ，左半部分解得 0<x_{1}<e^{-2} ，右半部分解得 0<x_{1}<\frac{1}{3} ，因为恰好 e^{-2}<\frac{1}{3} ，所以可取 x_{1}=e^{-2} ，满足 f(e^{-2})<0 . 亦不难发现，存在一个在1左侧且距离1足够近的点 x_{2} ，使得 f(x_{2})>0 ，即 lnx_{2}>\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1} ，根据上述对 x_{2} 的位置判断，不等式两边同时令 x_{2}\rightarrow1^{-} 可得左式趋于 0 右式趋于 -\infty ，在不等式插入一个在区间 (-\infty,0) 且在 -2 右侧的实数 -1 ，即 lnx_{2}>-1>\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1} ，左半部分解得 e^{-1}<x_{2}<1 ，右半部分解得 0<x_{2}<1 ，因为恰好 e^{-1}>0 ，所以可取 x_{2}=e^{-1} ，满足 f(e^{-1})>0 .
用相同的办法，我们可以通过插入实数 1 和 2 分别找到区间 (1,+\infty) 的两个点 x_{3}=e,x_{4}=e^{2} ，使得 f(x_{3})<0,f(x_{4})>0 . 接下来，将内点效应“反着写”，就是我们的解答过程.
【解】因为 f(x) 定义域 (0,1)\cup(1,+\infty) 且 f&#39;(x)=\frac{1}{x}+\frac{2}{(x-1)^{2}}>0 ，故 f(x) 在 (0,1) 和 (1,+\infty) 分别单调递增. 下面证明 f(x) 有且仅有两个零点.
取 x_{1}=e^{-2} ，则 lnx_{1}=-2,\frac{x_{1}+1}{x_{1}-1}>-2 ，故 f(x_{1})<0 ；
取 x_{2}=e^{-1} ，则 lnx_{2}=-1,\frac{x_{2}+1}{x_{2}-1}<-1 ，故 f(x_{2})>0 .
所以 f(x) 在区间 (0,1) 存在唯一零点.
取 x_{3}=e ，则 lnx_{3}=1,\frac{x_{3}+1}{x_{3}-1}>1 ，故 f(x_{3})<0 ；
取 x_{4}=e^{2} ，则 lnx_{4}=2,\frac{x_{4}+1}{x_{4}-1}<2 ，故 f(x_{4})>0 .
所以 f(x) 在区间 (1,+\infty) 存在唯一零点.
综上， f(x) 有且仅有两个零点.
<hr/>4 洛必达法则与恒成立求解参数
<hr/>高中导数的恒成立求解参数类题目中，最开始且最关键的一步是构造合适的函数。然而，这也往往是最困难的一步，原因是，如果观察和分析能力不足，常常会构造出求导困难、单调性复杂或难求、某点有极限而无函数值等情况。洛必达法则可以使这类题目中的某些题目统一通过分离参数法构造函数，且不管其是否为最合适的函数，成功求解参数。此处，我们只给出其中两类洛必达法则，其他类型均可化为这两种类型之一。
<hr/>【 洛必达法则： \frac{0}{0} 型与 \frac{\bullet}{\infty} 型不定式极限】若函数 f 和 g 满足：
（1） \lim_{x \rightarrow x_{0}}{f(x)}=\lim_{x \rightarrow x_{0}}{g(x)}=0 （或 \lim_{x \rightarrow x_{0}}{g(x)}=\infty ）；
（2）在点 x_{0} 的某去心邻域 U^{o}(x_{0})（或某去心右邻域 U_{+}^{o}(x_{0}) ）上两者可导，且 g&#39;(x)\ne0 ；
（3） \lim_{x\rightarrow x_{0}}{\frac{f&#39;(x)}{g&#39;(x)}}=A ( A 可以为实数，也可为 \pm\infty 或 \infty ），
则 \lim_{x \rightarrow x_{0}}{\frac{f(x)}{g(x)}}=\lim_{x\rightarrow x_{0}}{\frac{f&#39;(x)}{g&#39;(x)}}=A .
<hr/>【题 4】（2007 全国I卷理 20）设函数 f(x)=e^{x}-e^{-x} ，若对所有 x\geq0 都有 f(x)\geq ax ，求 a 的取值范围. 【解 】当 x=0 时，不等式成立且与 a 值无关；当 x>0 时由题知 a\leq\frac{f(x)}{x}=\frac{e^{x}-e^{-x}}{x}=g(x) ，则 g&#39;(x)=\frac{x(e^{x}+e^{-x})-(e^{x}-e^{-x})}{x}=\frac{h(x)}{x} ，则 h&#39;(x)=x(e^x-e^{-x})>0 ，即 g&#39;(x)>0 ，故 g(x) 在 (0,+\infty) 单调递增，于是 g(x)>\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{g(x)}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{\frac{e^{x}-e^{-x}}{x}}=\lim_{x \rightarrow 0^{+}}{(e^{x}+e^{-x})}=2 . 综上，所以 a\leq2 .
<hr/>需要注意的是，洛必达法则不能写入高中数学的解题过程当中。不过通过洛必达法则可以快速得到参数的范围或对应的实数，某种意义上可以给你对参数范围分类讨论的分类灵感，这便足够了。
<hr/>5 偏导数与简化函数
多变量函数的导数分为偏导数和全导数，相对于对函数内所有变量求导得到的全导数，偏导数只对其中一个变量求导，同时代价就是不允许其他变量变化。
于是，借鉴偏导数这一简单概念，我们想到了变换主元法这个方法。
<hr/>【变换主元法 5.1】若一个函数含有参数和一个自变量，已知或容易得到函数关于该自变量的定义域和各参数的取值范围，以原自变量讨论函数性质过于困难，需要证明某个与原自变量和参数都有关系的不等式，考虑变换主元为某一参数，将原自变量视作已知或容易得到其取值范围的参数。
<hr/>【题 5.1】（2012 浙江理）已知 a>0,b\in R ，函数 f(x)=4ax^{3}-2bx-a+b ，证明：当 0\leq x\leq 1 时， f(x)+|2a-b|+a\geq0 . 【分析】原函数是一个三次函数，而 a,b,x 取值范围都为已知，且发现将主元换为 a 或 b 时，函数简化为了一个一次函数，因此考虑使用变换主元法. 而当主元为 a 时，我们后续可能要对参数 b 的取值分段讨论，因此，我们考虑令 b 为主元，在 a>0 这一参数取值范围已知的情况下，讨论的复杂度会比以 b 为主元小了不少。
【证明】视 b 为主元. 若 2a\geq b ，原问题转化为求证 H_{1}(b)=(-2x)b+4ax^{3}+2a\geq0 在 (-\infty,2a] 恒成立 \Leftrightarrow 证明 H_{1}(2a)\geq0 . 而 H_{1}(2a)=2a(2x^{3}-2x+1)\geq2a\cdot\frac{9-4\sqrt{3}}{9}>0 ，得证.
若 2a<b ，原问题转化为求证 H_{2}(b)=(2-2x)b+4ax^{2}-2a\geq0 在 [2a,+\infty) 恒成立 \Leftrightarrow 证明 H_{2}(2a)\geq0 . 而 H_{2}(2a)=2a(2x^{3}-2x+1)\geq2a\cdot\frac{9-\sqrt{3}}{9}>0 ，得证.
综上，当 0\leq x\leq1 时， f(x)+|2a−b|+a≥0 .
<hr/>【变换主元法 5.2】若一个函数含有参数和一个自变量，已知或容易得到函数关于该自变量的定义域，以原自变量讨论函数性质过于困难，需要求参数的取值范围，考虑变换主元为该参数，将原自变量视作已知或容易得到其取值范围的参数，问题转化为求符合要求的新主元的取值区间。
<hr/>【题 5.2】已知 x^{3}+2x^{2}-x\leq xe^{x}-m+x+1 在 [0,+\infty) 上恒成立，求实数 m 的取值范围. 【分析】原问题 \Leftrightarrow f(x)=x^{3}+2x^{2}-2x-xe^{x}+m-1\leq0 在 [0,+\infty) 恒成立. 如果直接讨论该函数的性质，需要以 m 的取值为标准进行分类讨论，极其复杂. 而 x 取值范围已知，考虑变换主元为 m ，函数变为了相较简单的一次函数. 此外，由端点效应知 f(0)\leq0 ，可得到 m 的必要性取值范围 m\leq 1 ，这进一步简化了解决步骤，同时可以猜测 m\leq 1 可能就是答案.
【解】原问题 \Leftrightarrow f(x)=x^{3}+2x^{2}-2x-xe^{x}+m-1\leq0 在 [0,+\infty) 恒成立. 因为 f(0)\leq0 ，所以 m\leq1 . 变换函数主元为 m ，得等价函数 h(m)=m+(x^{3}+2x^{2}-2x-xe^{x}-1) ，显然 h(m)<h(1)=xe^{x}((x^{2}+2x-2)e^{-x}-1)=xe^xg(x) ，则 g&#39;(x)=(-x^2+4)e^{-x} ，显然 g(x) 在 x=2 处取得最大值 g(2)=6e^{-2}-1\leq0 ，故 f(x)=h(m)\leq h(2)\leq0 恒成立，所以 m 的取值范围是 (-\infty,1] .
<hr/>6 同构与同构意识
<hr/>【结论 6.1】指对同构型核心： x=e^{lnx},alnx=lnx^a(x>0,a\in R) ，不等式同时含有指数和对数时，考虑构造指对同构型. 指对同构型某些时候和放缩有着密切的联系.
<hr/>【题 6.1.1】（2019 衡水金卷 12）已知 a<0 ，不等式 x^{a+1}\cdot e^x+alnx\geq0 对任意的实数 x>1 恒成立，则实数 a 的最小值是（）.
A. -\frac{1}{2e} B. -2e C. -\frac{1}{e} D. -e 【解】不等式 \Leftrightarrow xe^x\geq\frac{1}{x^a}ln\frac{1}{x^a}=e^{ln\frac{1}{x^a}}ln\frac{1}{x^a} ，令 g(x)=xe^x ，易知 g(x) 单调递增，由 g(x)\geq g(-alnx) 知原不等式 \Leftrightarrow\forall x>1,-a\leq\frac{1}{\frac{lnx}{x}}\leq\frac{1}{(\frac{1}{\frac{lnx}{x}})_{max}}=e ，即 a\geq-e ，所以 a 的最小值为 -e ，故选D.
<hr/>【题 6.1.2】已知函数 f(x)=mxe^x-lnx-x-1 定义域为 (0,+\infty) ， m 为实数，且在定义域上不等式 f(x)\geq0 恒成立，求 m 的取值范围. 【解】不等式 \Leftrightarrow me^{x+lnx}-[(x+lnx)+1]\geq0 ，由切线放缩可知 e^t\geq t+1(t\in R) ，所以 m\geq1 .
<hr/>除了指对同构性，导数的同构问题还有很多。我们给出六个常见的同构函数，其中有三个已经在前面的两道题目中出现过了，你不仅需要记住它们，有余力还要记住它们的导函数、单调性、极值、零点等——最好可以绘出它们的草图。
<hr/>【结论 6.2】六个常见的同构函数：
（1） y=xe^x ，
（2） y=\frac{e^x}{x} ，
（3） y=xlnx(x>0) ，
（4） y=\frac{lnx}{x}(x>0) ，
（5） y=e^x-x-1 ，
（6） y=x-lnx-1(x>0) .
<hr/>【题 6.2】（2017 福建质检文 21）当 m>n>0 时，证明 me^n+n<ne^m+m . 【解】欲证 me^n+n<ne^m+m 即证 \frac{e^n}{n}-\frac{1}{n}<\frac{e^m}{m}-\frac{1}{m} ，于是构造 f(x)=\frac{e^x}{x}-\frac{1}{x} ，而 f&#39;(x)=\frac{(x-1)e^x+1}{x^2}>\frac{(x-1)(x+1)+1}{x^2}=1>0 ，即 f(x) 在 (0,+\infty) 单调递增. 又因为 m>n ，所以 f(m)>f(n) ，得证.
<hr/>7 对数均值不等式和极值点偏移
<hr/>极值点偏移是某些双变量问题出现的一种特殊现象，意思就和其命名一样，即一个极值点两侧对称的函数图像，极值点发生偏移，得到了一个对称结构被破坏的新函数图像. 我们通过对比前文所说的新函数和旧函数，利用二者性质的不同之处，解决这一类双变量问题。
<hr/>【简要推导】我们先给出本质的推导：
假设一个对称函数 h(x) 经过“极值点偏移”得到新函数 f(x) . h(x) 在 (-\infty,x_{h}) 单调递增，在 (x_{h},+\infty) 单调递减，关于 x=x_{h} 对称的点 x_{1},x_{2}(x_1<x_2)，假设偏移过程为， x_{h} 向 x 轴负方向移动后变为 f(x) 的极值点 x_{0} ，并保证 x_{1},x_{2} 在 x_{0} 两侧， f(x_1)=h(x_1)=f(x_2)=h(x_2) （可设想固定了两端的绳子将绳的中间向左拉）
不难发现， x_{1},x_{2} 分别离 x_{0} 相对较近和较远，不再保持原函数的对称性. 易知 x_{1},x_{2} 的中点即 g(x) 极值点 x_{h} ，由刚刚假设的偏移方向知 x_{h}>x_{0} ，亦即 \frac{x_{1}+x_{2}}{2}>x_{0}\Leftrightarrow x_{1}+x_{2}>2x_{0} .
x_{1},x_{2} 的相对位置 \Leftrightarrow x_{2} 关于 x=x_0 的对称点 x_3=2x_0-x_2 在 x_1 左侧，由 f(x) 在 (-\infty,x_0) 的单调性，亦即h(x) 在 (-\infty,x_{h}) 的单调性，得到 f(x_3)=f(2x_0-x_2)<f(x_2)\Leftrightarrow f(x_2)-f(2x_0-x_2)>0 ，构造 g(x)=f(x)-f(2x_0-x) ，显然当 g(x)>0 在 (x_0,+\infty) 恒成立时，与前文不等式等价.
<hr/>将上面的过程&#34;倒过来&#34;，利用条件 f(x_1)=f(x_2) ，我们就在可以不需要用 h(x) 还原偏移过程的情况下完成题目的证明.
<hr/>【结论 7.1】若函数 f(x) 在 (-\infty,x_0) 上单调递增，在 (x_0,+\infty) 上单调递减， x_0 已知或可求，其中 x_1,x_2 满足 x_1<x_0<x_2 ，且 f(x_1)=f(x_2) ，证明 x_1+x_2>2x_0 ，问题 \Leftrightarrow x_1>2x_0-x_2\Leftrightarrow f(x_2)=f(x_1)>f(2x_0-x_2) 可考虑构造定义域为 (x_2,+\infty) 的函数 g(x)=f(x)-f(2x_0-x) 证明 g(x)>0 ，而恰好 g(x_0)=0 ，故只需证明定义域上 g(x) 单调递增. f(x) 单调性或欲证不等式符号相反的情况均与之原理相同，读者自行理解并证明.
<hr/>这个方法的本质是，欲证不等式就是极值点偏移的结果，所以表示出极值点偏移后函数的特性对应的数量关系，就相当于证明了不等式. 这个方法的关键就是，将自变量的不等式化为因变量的不等式，而 f(x) 在 x_0 两侧单调性不一致，于是利用 f(x_1)=f(x_1) 将位于 x_0 两侧的点“换”在 x_0 的同一侧，再构造函数进行证明.
当然，这类问题有时候可以用对数平均不等式解决，但对于计算和观察能力不足的人，我们不建议使用这种办法。
<hr/>【结论 7.2】对数均值不等式：对于 \forall a,b>0,a\ne b,a,b\in R ，有 \frac{2}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}}<\sqrt{ab}<\frac{a-b}{lna-lnb}<\frac{a+b}{2}<\sqrt{\frac{x_1^2+x_2^2}{2}} .
<hr/>【题 6.1】（2016 全国I卷理 21) 已知 x_1,x_2 是函数 f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2(a>0) 的两个零点，证明： x_1+x_2<2 . 【证明 1】因为 f&#39;(x)=(e^x+2a)(x-1) 且 a>0 ，所以 f(x) 在 (-\infty,1) 单调递减，在 (1,+\infty) 单调递增. 不妨设 x_1<x_2 且因为 f(x_1)=f(x_2) ，所以 x_1<1<x_2 且 2-x_2>1 ，于是构造 g(x)=f(x)-f(2-x)(x\geq1) ，则 g&#39;(x)=(x-1)(e^x-e^{2-x})\geq0 ，所以 g&#39;(x) 单调递增，即 g(x_2)>0 ，则 f(x_1)=f(x_2)>f(2-x_2) ，由 f(x) 在 (-\infty,1) 单调递减得 x_1<2-x_2 即 x_1+x_2>2 .
【证明 2】参变分离得 a=ln\frac{2-x_1}{(x_1-1)^2}+x_1=ln\frac{2-x_2}{(x_2-1)^2}+x_2 ，化简得 1=[(x_1-1)+(x_2-1)]\frac{ln(x_1-1)^2-ln(x_2-1)^2}{(x_1-1)^2-(x_2-1)^2}+\frac{ln(2-x_1)-ln(2-x_2)}{(2-x_1)-(2-x_2)} ，由对数平均不等式得： \frac{ln(x_1-1)^2-ln(x_2-1)^2}{(x_1-1)^2-(x_2-1)^2}>\frac{2}{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2} ， \frac{ln(2-x_1)-ln(2-x_2)}{(2-x_1)-(2-x_2)}>\frac{2}{(2-x_1)+(2-x_2)} ，所以 1>\frac{2(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2}+\frac{2}{(2-x_1)+(2-x_2)}=\frac{2(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2}+\frac{x_1+x_2-2}{4-(x_1+x_2)}+1 ，即 0>\frac{2(x_1+x_2-2)}{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2}+\frac{x_1+x_2-2}{4-(x_1+x_2)}=(x_1+x_2-2)[\frac{2}{(x_1-1)^2+(x_2-1)^2}+\frac{1}{4-(x_1+x_2)}] ，又 (x_1-1)^2+(x_2-1)^2>0,4-(x_1+x_2)>0 ，故 x_1+x_2-2>0 ，即 x_1+x_2>2 .
<hr/>8 切线和中值定理
<hr/>【两个中值定理】拉格朗日中值定理和柯西中值定理：
a.拉格朗日中值定理：若函数 f 满足如下条件：
（1） f 在闭区间 [a,b] 上连续；
（2） f 在开区间 (a,b) 上可导，
则在 (a,b) 上至少存在一点 \xi ，使得 f&#39;(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a} .
b.柯西中值定理：设函数 f 和 g 满足如下条件：
（1）在闭区间 [a,b] 上连续；
（2）在开区间 (a,b) 上可导；
（3） f&#39;(x) 和 g&#39;(x) 不同时为零；
（4） g(a)\ne g(b) ，
则存在 \xi\in(a,b) ,使得 \frac{f&#39;(\xi)}{g&#39;(\xi)}=\frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)} .
<hr/>【题 8.2】（2018 全国I卷理 21）已知 f(x)=\frac{1}{x}-x+alnx ，若 f(x) 存在两个极值点 x_1,x_2 ，证明： \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}<a-2 . 【证明】由 f&#39;(x)=\frac{1}{x^2}(-x^2+ax-1) 知 x_1x_2=1 ，于是 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{2x_1f(x_1)-2f(1)}{x_1^2-1} ，不妨设 0<x_1<1 ，记 \varphi(x)=xf(x),g(x)=x^2 ，所以 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{\varphi(x_1)-\varphi(1)}{g(x_1)-g(1)} ，由柯西中值定理，存在 m\in(x_1,1) ，使 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}=\frac{lnm+1}{m}a-2<\frac{(m-1)+1}{m}a-2=a-2 ，得证.
<hr/>【结论 8】拉格朗日中值定理的几何意义：曲线弧 AB 上至少有一点，在该点处的切线与弦 AB 平行.
<hr/>【题 8.2】（2007 全国I卷理 20）设函数 f(x)=e^{x}-e^{-x}，若对所有 x\geq0 都有 f(x)\geq ax ，求 a 的取值范围. 【解】当 x=0 时，不等式成立且与 a 值无关；当 x>0 时，题设条件 \Leftrightarrow\forall x>0,\frac{e^x-e^{-x}}{x-(-x)}\geq \frac{a}{2}\Leftrightarrow y=e^x 上的两点 (x,e^x),(-x,e^{-x}) 连线 l 的斜率 k 恒大于或等于 \frac{a}{2} ，由拉格朗日中值定理， l 的斜率一定与 y=e^x 的某个点的切线平行，所以 k 等价于 y=e^x 某点的切线斜率，故不等式 \Leftrightarrow\forall x>0,e^x\geq\frac{a}{2} 恒成立，即 \frac{a}{2}\leq(e^x)_{min}\rightarrow e^0=1 ，故 a\leq2 .
<hr/>显然，拉格朗日中值定理的几何意义使割线斜率转化为了函数某点的切线斜率，而切线斜率可以通过函数求导得到表达式，当这个表达式比割线斜率表达式简单时，就可以更简便快速地得到答案.
最后，和洛必达法则一样，中值定理不能直接出现在解题过程。如果迫不得已要用，建议自行查询两个定理简练且较为严谨的高中数学证明，在使用前先写出中值定理的证明过程。
<hr/>附录——习题
<hr/>【习题1】已知 f&#39;(x) 是定义在 R 上的函数 f(x) 的导函数，且满足 f&#39;(x)<f(x)six2x ， f(x)>0 ，记 a=\frac{f(\frac{\pi}{4})}{\sqrt{e}},b=\frac{f(1)}{{e}},c=\frac{f(sin\frac{\pi}{4})}{\sqrt{\sqrt{e}}} ，对 a,b,c 从小到大进行排序___. 答案： b<a<c . 提示：构造新函数并判断单调性.
<hr/>【习题2】（2019 浙江 22）已知实数 a\ne0 ，设函数 f(x)=alnx+\sqrt{x+1} ，对任意的 x\in[\frac{1}{e^2},+\infty) ，均有 f(x)\leq\frac{\sqrt{x}}{2a} ，求实数 a 的取值范围. 答案： (0,\frac{\sqrt{2}}{4}] . 提示：利用变换主元法.
<hr/>【习题3】已知 a,b 为实数，定义在 (0,+\infty)的函数 y=\frac{lnx}{x}+\frac{a+b}{2e} 不存在零点，且对于 \forall x>0 都有 (b-2a)xe^x-1\geq\frac{1}{2}(x+lnx)(x+lnx+2) 恒成立，则 \frac{\sqrt{5}}{5}|2+2b-a| 的取值范围是（）.
A. (\frac{3\sqrt{5}}{5},+\infty) B. [\frac{3\sqrt{5}}{5},\frac{4\sqrt{5}}{5}) C. (\frac{4\sqrt{5}}{5},+\infty) D [\frac{4\sqrt{5}}{5},+\infty) 答案：A. 提示：尝试画图，利用同构，考察线性规划.
<hr/>【习题4】（2009 辽宁理 21）已知函数 f(x)=\frac{1}{2}x^2-ax+(a-1)lnx ，证明 a\in(1,5) 时，对任意 x_1,x_2\in(0,+\infty),x_1\ne x_2 ，有 \frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>-1 . 提示：利用拉格朗日中值定理.
<hr/>【习题5】（2019 全国I卷理 20）已知函数 f(x)=sinx-ln(1+x) ， f&#39;(x) 为 f(x) 的导数. 证明：
（1） f&#39;(x) 在区间 (-1,\frac{\pi}{2}) 上存在唯一的极大值点；
（2） f(x) 有且仅有两个零点. 提示：利用内点效应找点.
<hr/>【习题6】（2022 全国甲卷理 21）已知函数 f(x)=\frac{e^x}{x}-lnx+x-a ，证明：若 f(x) 有两个零点 x_1,x_2 ，则 x_1x_2<1 . 提示：利用极值点偏移构造函数.
<hr/>【习题7】已知函数f(x)=\frac{lnx}{x^2+3e^4}，若h(x)=f(x)-m有两个零点x_1,x_2，证明：\frac{4e^2}{(x_1+e^2)(x_2+e^2)}<m(x_1+x_2)<\frac{1+e}{e\sqrt{x_1}+e\sqrt{x_2}}. 提示：利用对数均值不等式.
<hr/>【习题8】若对于任意的 x\geq0 ，不等式 (x-1)f(x)\geq mx-1 恒成立，则 m 的取值范围是___. 答案： (-\infty,\frac{1}{2}] . 提示：用洛必达法则练练手.
<hr/>一道经典的难题
<hr/>2008年的江西理科高考导数压轴被称为“高考数学最难题”，我们给出本题的一种解法，用以警示各位做题时要时刻具备发散思维，不要考哪儿就只往哪儿想，当然，对数均值不等式已经体现了这个道理。
<hr/>【2008 江西卷理 22】已知函数 f(x)=\frac{1}{\sqrt{1+x}}+\frac{1}{\sqrt{1+a}}+\sqrt{\frac{ax}{ax+8}}(x>0) ，对任意的正数 a ，证明 1<f(x)<2 . 【证明】记 A=x,B=a,C=\frac{8}{ax} ，显然 ABC=8 ，且1<f(x)<2\Leftrightarrow1<\frac{1}{\sqrt{A+1}}+\frac{1}{\sqrt{B+1}}+\frac{1}{\sqrt{C+1}}<2 .
先证明 f(x)>1 . 因为 A+B+C\geq3\sqrt[3]{ABC}=6 所以 \frac{1}{\sqrt{A+1}}+\frac{1}{\sqrt{B+1}}+\frac{1}{\sqrt{C+1}}>\frac{1}{A+1}+\frac{1}{B+1}+\frac{1}{C+1}=\frac{(AB+BC+AC)+(A+B+C)+1+[2+(A+B+C)]}{(A+1)(B+1)(C+1)}\geq\frac{(AB+BC+AC)+(A+B+C)+1+8}{(A+1)(B+1)(C+1)}=\frac{(AB+BC+AC)+(A+B+C)+1+ABC}{(A+1)(B+1)(C+1)}=\frac{(A+1)(B+1)(C+1)}{(A+1)(B+1)(C+1)}=1 ，得证.
再证明 f(x)<2 . 因为 \frac{1}{\sqrt{A+1}},\frac{1}{\sqrt{B+1}},\frac{1}{\sqrt{C+1}}<1 ，所以 (1-\frac{1}{\sqrt{A+1}})(1-\frac{1}{\sqrt{B+1}})>0,(1-\frac{1}{\sqrt{B+1}})(1-\frac{1}{\sqrt{C+1}})>0,(1-\frac{1}{\sqrt{C+1}})(1-\frac{1}{\sqrt{A+1}})>0 . 假设 f(x)\geq2 ，则 (1-\frac{1}{A+1})<2(1-\frac{1}{\sqrt{A+1}})\leq2(\frac{1}{\sqrt{B+1}}+\frac{1}{\sqrt{C+1}}-1)<\frac{2}{\sqrt{(B+1)(C+1)}} ，同理得 (1-\frac{1}{B+1})<\frac{2}{\sqrt{(A+1)(C+1)}},(1-\frac{1}{C+1})<\frac{2}{\sqrt{(A+1)(B+1)}} ，那么 [(A+1)(B+1)(C+1)][(1-\frac{1}{A+1})(1-\frac{1}{B+1})(1-\frac{1}{C+1})]=ABC<8 ，与题设矛盾，亦即 f(x)<2 .
综上， 1<f(x)<2 .
<hr/>（END） |
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发表于 2023-2-9 17:18:15