导数大题

恒成立问题必要探路法

定义 1. 必要探路法

必要探路法是解决含参不等式恒成立问题的重要策略. 其核心思想基于“局部成立系整体恒成立的必要条件”：即通过在给定区间内选取若干特殊点代入不等式，可以获得关于参数的必要约束条件，进而大幅缩减参数的可能取值范围，有效避免或减少繁琐的分类讨论. 所得结论仅为必要条件，解题时须补充充分性证明！ 一般在探路确立并猜测出参数临界值或范围后，需将参数代回原式（或利用主元变换、适当放缩等技巧），进行严谨的代数或导数论证，最终转化为常规的无参不等式证明问题.

定理 1. 显点（特殊点）效应

若 f(x) 0 在区间 [a,b] 上恒成立，则对于任意的 x_0 [a,b] ，都有 f(x_0) 0 成立， x_0 称为特殊点或显点，一般取 (0 )， ( 1 )， (e )， (e^ 2 ) 等特殊值，从而确定参数至少需要满足的范围. 若显点不易观察，可尝试利用 f(x_0)=0 f^ (x_0)=0 求解 x_0 ，再代入求解参数的必要范围.

例题 1. 2020新高考I、II，T21/22

已知函数 (f(x)=ae^ x - 1 - x+ a ). (2) 若 (f(x) 1 )，求 (a )的取值范围 解：（尝试代入 (x=1 )）， (f(1)=a+ a 1 )，解得 (a 1 )，即 (a 1 )是 (f(x) 1 )的必要条件. 再证充分性：当 (a 1 )时 (f(x) e^ x - 1 - x x-(x - 1)=1 )成立，因此 (a 1 ).

定理 2. 极点效应（零点效应）

若 f(x) 0 在区间 [a,b] 上恒成立，且在区间内部存在点 x_0 (a,b) 使得 f(x_0)=0 成立，则 x_0 一定是 f(x) 的极小值点，此时必定有 f'(x_0)=0 ，从而可以确定参数的必要条件. 若可导函数 f(x) 在 x = x_0 处取得极值，则必定有 f'(x_0)=0 . 进一步地，若 f(x) 具有二阶连续导数： f(x) 在 x = x_0 处取得极小值的必要条件为 f''(x_0) 0 . 若 f'(x_0)=0 且 f''(x_0)>0 ，则是充分条件. f(x) 在 x = x_0 处取得极大值的必要条件为 f''(x_0) 0 . 若 f'(x_0)=0 且 f''(x_0)<0 ，则是充分条件. 高阶导数情形：当 f''(x_0)=0 时，若 f'(x_0)=f''(x_0)= =f^ (n-1) (x_0)=0 ，且 f^ (n) (x_0) 0 ，则： 若 n 为偶数，当 f^ (n) (x_0) > 0 时取得极小值；当 f^ (n) (x_0) < 0 时取得极大值. 即非零的最先出现的偶数阶导数决定极值性质. 证明 : f'(x_0)=0 且 f''(x_0)>0 时 x_0 为极小值点： 由于 f''(x) 在 x_0 处连续且 f''(x_0)>0 ，则 > 0 ，使得 f''(x) 在 (x_0- , x_0+ ) 上恒大于 0 . 这表明 f'(x) 在 (x_0- , x_0+ ) 上单调递增. 又因为 f'(x_0)=0 ，所以当 x (x_0- , x_0) 时 f'(x)<0 ；当 x (x_0, x_0+ ) 时 f'(x)>0 . 故 f(x) 在 (x_0- , x_0) 单调递减，在 (x_0, x_0+ ) 单调递增， x_0 为极小值点.

例题 2. 2023新高考II卷T22\ (2)

已知函数 (f(x)= ax- (1 - x^ 2 ) )，若 (x = 0 )为 (f(x) )的极大值点，求 (a )的取值范围. 解： (f^ (x)=-a ax+ 2x 1 - x^ 2 )， (f^ (x)=-a^ 2 ax+ 2 + 2x^ 2 (1 - x^ 2 )^ 2 )， (f^ (0)=0 )， (f^ (0)=-a^ 2 +2 )， 1 若 (f^ (0)=2 - a^ 2 >0 )，即 (- 2 <a< 2 )时，存在 (t_1>0 )，使得 (x (0,t_1) )时， (f^ (x)>0 )， (f^ (x) )在 ((0,t_1) )上单调递增，所以 (f^ (x)>f^ (0)=0 )， (f(x) )在 ((0,t_1) )上单调递增，与 (x = 0 )为函数的极大值点相矛盾，故舍去； 2 若 (f^ (0)=2 - a^ 2 <0 )，即 (a<- 2 )或 (a> 2 )时，存在 (t_2>0 )，使得 (x (-t_2,t_2) )时， (f^ (x)<0 )， (f^ (x) )在 ((-t_2,t_2) )上单调递减，又 (f^ (0)=0 )，所以当 (-t_2<x<0 )时， (f^ (x)>0 )， (f(x) )单调递增；当 (0<x<t_2 )时， (f^ (x)<0 )， (f(x) )单调递减，满足 (x = 0 )为 (f(x) )的极大值点，符合题意； 3 若 (f^ (0)=2 - a^ 2 =0 )，即 (a = 2 )时，因为 (f(x) )为偶函数，所以只考虑 (a = 2 )的情况， 当 (x (0,1) )， (f^ (x)=-2 ( 2 x)+ 2(1+x^ 2 ) (1 - x^ 2 )^ 2 > -2 + 2 = 0 )， (f^ (x) )在 ((0,1) )上单调递增， (f^ (x)>f^ (0)=0 )， (f(x) )在 ((0,1) )上单调递增，与 (x = 0 )为函数的极大值点相矛盾，故舍去. 综合可得： (a )的取值范围为 ((- ,- 2 ) ( 2 ,+ ) ).

定理 3. 端点效应

0.59 如果函数 (f(x) )在某一点 (x_0 )处的函数值 (f(x_0) )恰好为零，则当 (x > x_0 )时， (f(x)>0 )成立的一个必要条件为端点 (x_0 )处的导数值 (f^ (x_0) 0 )，如左图所示， 因为如果 (f^ (x_0)<0 )，那么函数会在 (x_0 )右侧的一个小区间内先递减，会出现右图情况，此时函数 (f(x) )有负值不满足要求. 0.2 [scale=0.6, >=stealth] [->] (0,0) -- (4,0) node[right] x ; [->] (0,0) -- (0,3) node[left] y ; [red, thick] (1,0) to[out=50,in=240] (4,3); at (1,0) [below left] x_0 ; at (0,0) [below left] O ; 0.2 [scale=0.6, >=stealth] [->] (0,0) -- (4,0) node[right] x ; [->] (0,0) -- (0,3) node[left] y ; [red, thick] (1,0) to[out=-30,in=180] (2,-0.5) to[out=30,in=250] (4,3); at (1,0) [below left] x_0 ; at (0,0) [below left] O ; 类似的，如果函数 (f(x) )在某一点 (x_0 )处的函数值 (f(x_0) )恰好为零，当 (x > x_0 )时， (f(x)<0 )成立的一个必要条件为 (x_0 )处的导数值 (f^ (x_0) 0 ) 如果函数 (f(x) )在区间 ([a,+ ) )上， (f(x) 0 )恒成立，则必定有 (f(a) 0 ). 如果函数 (f(x) )在区间 ([a,+ ) )上， (f(x) 0 )恒成立，且 (f(a)=0 )，则必定有 (f^ (a) 0 ). 如果函数 (f(x) )在区间 ([a,+ ) )上， (f(x) 0 )恒成立，且 (f(a)=0 )， (f^ (a)=0 )，则必定有 (f^ (a) 0 ),以此类推.

结论 1. \textbf{端点效应判断}

当端点处的 (f^ (n - 1) (x)=0 )， (f^ (n) (x) 0 )时，如果 (f^ (n) (x) )是 能看出正负或者含有参数而且单调 的函数，则一定满足是端点效应，否则极有可能不是端点效应，建议考虑分离参数的方法.

例题 3. 2024全国甲卷理科T21

已知函数 (f(x)=(1 - ax) (1 + x)-x ). (2) 当 (x 0 )时， (f(x) 0 )，求 (a )的取值范围 解： (f(0)=0 )， (f^ (x)=-a (1 + x)- (a + 1)x 1 + x )， (f^ (0)=0 )， (f^ (x)=- a 1 + x - a + 1 (1 + x)^2 =- ax + 2a + 1 (1 + x)^2 )， (f^ (0)=-1-2a )， 1 当 (a - 1 2 )时， (f^ (x) 0 )，即 (f^ (x) )递增， (f^ (x) f^ (0)=0 )， (f(x) )递增， (f(x) f(0)=0 )，符合题意； 2 当 (0 > a > - 1 2 )时， (f^ (x)=- ax + 2a + 1 (1 + x)^2 )，取 (x = -1 - 2a a )，使得 (f^ ( -1 - 2a a )=0 )， (f^ (x) )在 ( (0, -1 - 2a a ) )递减， (f^ ( -1 - 2a a )<f^ (0)=0 f ( -1 - 2a a )<f(0)=0 )，矛盾； 3 当 (a 0 )时， (f^ (x)=- ax + 2a + 1 (1 + x)^2 <0 )恒成立， (f^ (x) )在 ((0,+ ) )递减， (f^ (x)<f^ (0)=0 f(x)<f(0)=0 )，矛盾. 综上 (a - 1 2 ).

定理 4. 内点效应

0.6 主要解决端点效应失效的问题，如图，尽管 f(x) 在 0 处满足 f(x)=0 ，但是 f(x) 后续不是单调递增，需要找到极值点（内点）使得 f(x) 的极值点也大于等于 0 . 这类题目也可使用分离参数求解，但是端点效应题目分离参数一定会需要洛必达法则，一般不建议使用. 0.3 [yscale=5, >=stealth] [->] (-1, 0) -- (3.0, 0) node[right] x ; [->] (0, -0.1) -- (0, 0.3) node[left] y ; [below left] at (0,0) O ; [samples=100, smooth, domain=0:2.5] plot ( , exp( ) + (7-2.718*2.718)/4* - - 0.5* - 1 );

例题 4. 2020全国I卷理科T21

已知 (f(x)=e^ x +ax^ 2 -x ). (2) 当 (x 0 )， (f(x) 1 2 x^ 3 +1 )，求 (a )的取值范围. （分离参数）： 1 当 (x = 0 )时，不等式恒成立， 2 当 (x > 0 )时，由 (f(x) 1 2 x^ 3 +1 )分参可得； (a 1 2 x^3 + x + 1 - e^x x^2 )恒成立， 设 (h(x) = 1 2 x^3 + x + 1 - e^x x^2 )，则 h'(x) = (2 - x)e^x + ( 1 3 x^3 - x - 2) x^3 = (2 - x) (e^x - 1 2 x^2 - x - 1 ) x^3 设 (m(x) = e^x - 1 2 x^2 - x - 1 )，可得 (m'(x) = e^x - x - 1 )， 设 (k(x) = e^x - x - 1 )， (k'(x) = e^x - 1 )， 由 (x > 0 )，可得 (k'(x) > 0 )恒成立，可得 (k(x) )在 ((0, + ) )递增， (m'(x) )在 ((0, + ) )递增， 所以 (m'(x) > m'(0) = 0 )， 即 (m'(x) > 0 )恒成立，即 (m(x) )在 ((0, + ) )递增，所以 (m(x) > m(0) = 0 )， 再令 (h'(x) = 0 )，可得 (x = 2 )，当 (0 < x < 2 )时， (h'(x) > 0 )， (h(x) )在 ((0,2) )递增； (x > 2 )时， (h'(x) < 0 )， (h(x) )在 ((2, + ) )递减， 所以 (h(x)_ = h(2) = 7 - e^2 4 )， 所以 (a 7 - e^2 4 ).

双变量问题

定义 1. 极值点偏移

0.99 [>=stealth, scale=0.8] [->] (-2.5,0) -- (2.5,0) node[right] x ; % [->] (0,-0.5) -- (0,5) node[left] y ; % [below left] at (0,0) O ; % Symmetric Parabola [thick, domain=-1.8:1.8, smooth] plot ( , + 1 ); [right] at (1.8, 4) f(x) ; (X1) at (-1.5, 3.25); (X2) at (1.5, 3.25); (X0) at (0, 1); [thick] (-2.2, 3.25) -- (2.2, 3.25); [dashed, thick] (X1) -- (-1.5, 0); [dashed, thick] (X2) -- (1.5, 0); [dashed, thick] (X0) -- (0, 0); [fill] (-1.5, 0) circle (1pt) node[below] x_1 ; [fill] (1.5, 0) circle (1pt) node[below] x_2 ; [fill] (0, 0) circle (1pt) node[below] x_0= x_1+x_2 2 ; % [fill=gray] (X1) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X2) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X0) circle (1.5pt); [below] at (0,-1) 图 1 ; [>=stealth, scale=0.8] [->] (-4,0) -- (2,0) node[right] x ; % [->] (0,-0.5) -- (0,5) node[left] y ; % [below left] at (0,0) O ; % Right Shift: e^x - x % x1 and x2 are roots of e^x - x = C % Let's use approx curve for visual clarity if exact is hard to frame [thick, domain=-3.5:1.8, smooth] plot ( , exp( ) - ); [right] at (0, 4) f(x) ; (X0) at (0, 1); % Roots for exp(x) - x + 0.5 = 3.5 => exp(x) - x = 3 % x1 approx -2.06, x2 approx 1.51 (X1) at (-2.95, 3); (X2) at (1.51, 3); [thick] (-3.5, 3) -- (1.8, 3); [dashed, thick] (X1) -- (-2.95, 0); [dashed, thick] (X2) -- (1.51, 0); [dashed, thick] (X0) -- (0, 0); % x1+x2 approx -0.55, so (x1+x2)/2 approx -0.275 (Mid) at (-0.72, 0); [fill] (-2.95, 0) circle (1pt) node[below] x_1 ; [fill] (1.51, 0) circle (1pt) node[below] x_2 ; [fill] (0, 0) circle (1pt) node[below] x_0 ; [fill] (Mid) circle (1pt) node[below] x_1+x_2 2 ; % [fill=gray] (X1) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X2) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X0) circle (1.5pt); [below] at (-0.5,-1) 图 2 ; [>=stealth, scale=0.8] [->] (-0.5,0) -- (4.5,0) node[right] x ; % [->] (0,-0.5) -- (0,5) node[left] y ; % [below left] at (0,0) O ; % Left Shift: x - ln x + 0.5 % Min at x=1, f(1)=1.5 [thick, domain=0.04:4.5, smooth] plot ( , - ln( ) + 0.5 ); [right] at (3, 3.5) f(x) ; (X0) at (1, 1.5); % Intersection at y=3 => x - ln(x) + 0.5 = 3 => x - ln(x) = 2.5 % Solutions: x1 approx 0.085, x2 approx 3.76 (X1) at (0.08, 3); (X2) at (3.84, 3); % Midpoint (0.09 + 3.76) / 2 = 1.925 (Mid) at (1.96, 0); % Draw intersection line at exactly y=3 [thick] (-0.2, 3) -- (4.2, 3); [dashed, thick] (X1) -- (0.08, 0); [dashed, thick] (X2) -- (3.84, 0); [dashed, thick] (X0) -- (1, 0); [fill] (0.08, 0) circle (1pt) node[below] x_1 ; [fill] (3.84, 0) circle (1pt) node[below] x_2 ; [fill] (1, 0) circle (1pt) node[below] x_0 ; [fill] (Mid) circle (1pt) node[below] x_1+x_2 2 ; % [fill=gray] (X1) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X2) circle (1.5pt); % [fill=gray] (X0) circle (1.5pt); [below] at (2,-1) 图 3 ; 如图1，若 ( f(x_1) = f(x_2) )，则 ( x_1 + x_2 = 2x_0 )，极值点不偏移． 如图2，若 ( f(x_1) = f(x_2) )，则 ( x_1 + x_2 < 2x_0 )，极值点向右偏移． 如图3，若 ( f(x_1) = f(x_2) )，则 ( x_1 + x_2 > 2x_0 )，极值点向左偏移． 注：极值点 ( x_0 )向左向右偏移是参考中间值 ( x_1+x_2 2 )而言的． 极值点偏移的本质： 一阶导数 ( f'(x) ) 增加的速度（快慢）用 用二阶导数 ( f''(x) ) 的大小来表示（类似于加速运动中速度增加的快慢由加速度的大小来刻画、衡量）. 在图 2 中， ( f'(x) ) 增加，即 ( f'(x) ) 单调递增，得 ( f''(x) > 0 )， ( f'(x) ) 增加得越来越快，则 ( f''(x) ) 的绝对值越来越大，又 ( f''(x) > 0 )，故 ( f''(x) ) 单调递增． 在图 3 中， ( f'(x) ) 增加，即 ( f'(x) ) 单调递增，得 ( f''(x) > 0 )， ( f'(x) ) 增加得越来越慢，则 ( f''(x) ) 的绝对值越来越小，又 ( f''(x) > 0 )，故 ( f''(x) ) 单调递减． 二阶导数 ( f''(x) ) 的单调性用三阶导数 ( f'''(x) ) 的正负来表示！ 在图 2 中， ( f'''(x) > 0 )；在图 3 中， ( f'''(x) < 0 )． 于是，极小值点的偏移方向（左偏还是右偏）可用三阶导函数 ( f'''(x) ) 的正负来判定： ( f'''(x) < 0 ) 极小值点左偏，极大值点右偏; ( f'''(x) > 0 ) 极小值点右偏，极大值点左偏．

题型 1. 对称化构造

用对称化构造的方法解决极值点偏移问题大致分为以下三步： 求导，获得 ( f(x) ) 的单调性，极值情况，作出 ( f(x) ) 的图像，由 ( f(x_1) = f(x_2) ) 得 ( x_1, x_2 ) 的取值范围（数形结合）； 对结论为 ( x_1 + x_2 > 2x_0 )，构造 ( F(x) = f(x) - f(2x_0 - x) )； 对结论为 ( x_1 x_2 > x_0^2 )，构造 ( F(x) = f(x) - f ( x_0^2 x ) ) 求导，限定 ( x_1 ) 或 ( x_2 ) 的范围，判定符号，获得不等式； 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．

例题 1. 2022全国甲卷理科T21

已知函数 (f(x)= e^ x x - x+x - a ). (2)证明:若 (f(x) ) 有两个零点 (x_ 1 ,x_ 2 )，则 (x_ 1 x_ 2 <1 ). 解： (2)由题知， ( f(x) )有两个零点 (x_1, x_2 )，即方程 ( e^x x - x + x - a = 0 ) 有两解. 注意到 ( e^x x = e^ x - x )，故方程可化为 ( e^ x - x + (x - x) - a = 0 ). 令 ( t = x - x )，则原方程变形为 ( g(t) = e ^t + t - a = 0 ). 因为 ( g'(t) = e ^t + 1 > 0 )， ( g (t) ) 单调递增. 令 ( t_1 = x_1 - x_1 )， ( t_2 = x_2 - x_2 )， 则 ( g(t_1) = g(t_2) = 0 )， 又因为 (g(t) ) 单调递增，有 ( t_1 = t_2 ). 从而 ( x_1 - x_1 = x_2 - x_2 ). 不妨设 ( x_1 < 1 < x_2 )，令 ( h(x) = x - x )，即有 ( h(x_1) = h(x_2) ). 要证 ( x_1x_2 < 1 )，即证 ( x_2 < 1 x_1 ). 因为 ( x_2 (1, + ), 1 x_1 (1, + ) )，且 ( h(x) ) 在 ( (1, + ) ) 上单调递增， 只需证 ( h(x_2) < h ( 1 x_1 ) ). 又因为 ( h(x_2) = h(x_1) )，即证 ( h(x_1) < h ( 1 x_1 ) )， 构造函数 ( G(x) = h(x) - h ( 1 x ) )，其中 ( 0 < x < 1 ). ( G'(x) = h'(x) - h' ( 1 x ) ( - 1 x^2 ) = h'(x) + 1 x^2 h' ( 1 x ) ). ( = x - 1 x + 1 x^2 ( 1 - x ) = x - 1 x - x - 1 x^2 = (x - 1)^2 x^2 > 0 ). 所以 ( G(x) ) 在 ( (0, 1) ) 上单调递增. 因此，当 ( x_1 (0, 1) ) 时， ( G(x_1) < G(1) = 0 ) 恒成立，原不等式得证. 综上所述， ( x_1 x_2 < 1 ) 成立.

例题 2. 2021新高考I卷T22

已知函数 f(x)=x(1- x) ． (1)讨论 f(x) 的单调性； (2)设 a ， b 为两个不相等的正数，且 b a-a b=a-b ，证明： 2 < 1 a + 1 b < e ． 解：(1)函数 f(x) 的定义域为 (0,+ ) ， f'(x)=- x ，令 f '(x) > 0 ，解得 0 < x < 1 ，令 f '(x) < 0 ，解得 x > 1 ，所以函数 f(x) 在 (0,1) 上单调递增，在 ( 1,+ ) 上单调递减． (2)证明：由 b a-a b=a-b 得 1 a (1+ a)= 1 b (1+ b) ， 即 1 a (1- 1 a )= 1 b (1- 1 b ) ， 令 x_ 1 = 1 a ， x_ 2 = 1 b ，则 x_ 1 ， x_ 2 为 f(x)=k 的两个实根，当 x 0^ + 时， f(x) 0^ + ，当 x + 时， f(x) < 0 ，且 f(1)=1 ，故 k (0, 1) ， 不妨令 x_ 1 (0,1) ， x_ 2 (1, e ) ，则 2-x_ 1 > 1 ， e -x_ 1 > 1 ， 先证明 x_ 1 +x_ 2 > 2 ，即证 x_ 2 > 2-x_ 1 ， 即证 f(x_ 2 )=f(x_ 1 ) < f(2-x_ 1 ) ． 令 h(x)=f(x)-f(2-x) ， x (0,1) ， 则 h'(x)=f '(x)+f'(2-x)=- x- (2-x)=- [x(2-x)] ． x (0,1) ， x(2-x) (0,1) ， h'(x) > 0 恒成立， h(x) 为增函数， h(x) < h(1)=0 ． f(x_ 2 ) < f(2-x_ 1 ) ， x_ 2 > 2-x_ 1 ， x_ 1 +x_ 2 > 2 ． 再证 x_ 1 +x_ 2 < e ，即证 x_ 2 < e -x_ 1 ，即证 f(x_ 2 )=f(x_ 1 ) > f( e -x_ 1 ) ． 令 (x)=f(x)-f( e -x) ， x (0,1) ， 则 '(x)=- [x( e -x)] ， x 0^ + 时， '(x) + ， '(1)=- ( e -1) < 0 ， '(x) 在 ( 0 , 1) 上单调递减， 在 (0,1) 上必存在唯一 x_ 0 ，使 '(x_ 0 )=0 ， 且当 x (0,x_ 0 ) 时， '(x) > 0 ， (x) 单调递增， 当 x (x_ 0 ,1) 时， '(x) < 0 ， (x) 单调递减， 又 x 0^ + 时， f(x) > 0 ，且 f( e )=0 ， x 0^ + 时， (x) > 0 ，又 (1)=f(1)-f( e -1) > 0 ， (x) > 0 恒成立， f(x_ 2 ) > f( e -x_ 1 ) ， x_ 2 < e -x_ 1 ， x_ 1 +x_ 2 < e ． 综上， 2 < 1 a + 1 b < e 成立．

题型 2. 比值换元

比值代换背景（差和） 已知 (x_1 )， (x_2 )是方程 ( x - ax = 0 )的两根. 即 ( x_1 = ax_1 x_2 = ax_2 )， 1 差： (a = x_2 - x_1 x_2 - x_1 = x_2 x_1 x_2 - x_1 )； 2 和： (a(x_1 + x_2) = (x_1x_2) )， 则 (a(x_1 + x_2) = (x_1x_2) = ( x_2 - x_1)(x_1 + x_2) x_2 - x_1 = ( x_2 x_1 + 1 ) x_2 x_1 x_2 x_1 - 1 )， 不妨设 (x_1 < x_2 )， 可得 (0 < a < 1 e )， (0 < x_1 < 1 < x_2 )，令 (t = x_2 x_1 )，则 (t > 1 )，故 ( (x_1x_2) = (t + 1) t t - 1 )（ (t > 1 )）.

例题 3. 2021新高考I卷T22

已知函数 f(x)=x(1- x) ． (1)讨论 f(x) 的单调性； (2)设 a ， b 为两个不相等的正数，且 b a-a b=a-b ，证明： 2 < 1 a + 1 b < e ． 对于第二问，欲证明 x_ 1 +x_ 2 < e ，令 (x_2 = t x_1 )，则 (t > 1 )， 由 (x_1(1 - x_1) = x_2(1 - x_2) )，得 (x_1(1 - x_1) = t x_1(1 - t - x_1) )， 整理，得 ( x_1 = t - 1 - t t t - 1 )（ (t > 1 )）， 要证 (x_1 + x_2 < e )，即 ((t + 1)x_1 < e )，即 ( (t + 1) + x_1 < 1 )， 即 ( (t + 1) + t - 1 - t t t - 1 < 1 )，即 ( (t + 1) < t t t - 1 )， 即 ( (t + 1) t < t t - 1 )， 令 (h(x) = (x + 1) x )， (h'(x) = x x + 1 - (x + 1) x^2 )，令 ( (x) = x x + 1 - (x + 1) )，则 ( '(x) = 1 (x + 1)^2 - 1 x + 1 < 0 )， ( (x) )在 ((0, + ) )上单调递减， ( (x) < (0) = 0 )， ( h'(x) < 0 )， ( h(x) )在 ((0, + ) )上单调递减， ( h(t) < h(t - 1) )（ (t > 1 )）， 即 ( (t + 1) t < t t - 1 )，于是 (x_1 + x_2 < e ).

题型 3. 差值换元

差值代换背景（差和积商） 已知 (x_1 )， (x_2 )是方程 (e^ x - ax = 0 )的两根. 即 ( e^ x_1 = ax_1 e^ x_2 = ax_2 )， 1 差： (a = e^ x_2 - e^ x_1 x_2 - x_1 )； 2 和： (a(x_1 + x_2) = e^ x_1 + e^ x_2 )，令 (t = x_2 - x_1 )，则 (x_1 + x_2 = e^ x_1 + e^ x_2 a = (x_2 - x_1)(e^ x_1 + e^ x_2 ) e^ x_2 - e^ x_1 = t(e^ t + 1) e^ t - 1 )； 3 积： (a^ 2 x_1x_2 = e^ x_1 e^ x_2 )， (x_1x_2 = e^ x_1 e^ x_2 a^ 2 = (x_2 - x_1)^ 2 e^ x_1 e^ x_2 (e^ x_2 - e^ x_1 )^ 3 = t^ 2 e^ t (e^ t - 1)^ 2 )； 4 商： (e^ x_2 - x_1 = x_2 x_1 ). 可以指化对，对数问题解决过程相对于指数运算量轻松点， 由 (e^ x = ax )，不妨设可得 (a > e )， (0 < x_1 < 1 < x_2 )，两边取对， 故 (x = a + x )，则 ( x_1 = a + x_1 x_2 = a + x_2 )，两式相减，故 (x_2 - x_1 = x_2 - x_1 = x_2 x_1 )，问题转化为对数问题.

题型 4. 对数均值不等式

对于任意两个正实数 (a )， (b )（ (a b )），有 [ ab < a - b a- b < a + b 2 ] 可使用比值换元证明.

例题 4. 2022全国甲卷理科T21

已知函数 (f(x)= e^ x x - x+x - a ). (2)证明:若 (f(x) ) 有两个零点 (x_ 1 ,x_ 2 )，则 (x_ 1 x_ 2 <1 ). (2)由 ( f(x) = e ^ x - x + (x - x) - a )， 令 ( t = x - x )，则 ( g(t) = e ^t + t - a )， ( g'(t) = e ^t + 1 > 0 )， ( t_1 = x_1 - x_1 )， ( t_2 = x_2 - x_2 )， 则 ( g(t_1) = g(t_2) = 0 )， 又 ( g(t) )单调递增， ( t_1 = t_2 )． ( x_1 - x_1 = x_2 - x_2 )， 而 ( x_1 - x_2 x_1 - x_2 = 1 )． 以下证明 ( x_1 - x_2 x_1 - x_2 > x_1 x_2 )， 不妨设 ( x_1 > x_2 )， 此不等式等价于 ( x_1 - x_2 x_1 x_2 > x_1 x_2 )， 即 ( x_1 x_2 - x_2 x_1 - x_1 x_2 > 0 )， 令 ( t = x_1 x_2 > 1 )， 只需证 ( t - 1 t - t^2 > 0 )， 即 ( t - 1 t - 2 t > 0 )． 令 ( h(t) = t - 1 t - 2 t (t > 1) )， 则 ( h'(t) = 1 + 1 t^2 - 2 t = (t - 1)^2 t^2 > 0 )． ( h(t) )在 ( (1, + ) )上单调递增． ( h(t) > h(1) = 0 )． ( x_1 x_2 < x_1 - x_2 x_1 - x_2 = 1 )． ( x_1 x_2 < 1 )．

隐零点问题

定义 1. 隐零点问题

在一些情况下，导函数的零点并不是那么容易求出来，例如以下函数： 令 ( f(x) = e^ x - x )，其导函数为 ( f'(x) = e^ x - 1 x )，容易知道 ( f'(x) )在 ( (0, + ) )单调递增，又注意到 ( f' ( 1 2 ) = e - 2 < 0 )， ( f'(1) = e - 1 > 0 ). 因此由零点定理知，存在 ( x_0 ( 1 2 , 1 ) )，使 ( f'(x) = 0 ). 结合 ( f'(x) )的单调性可知， ( f(x) )在 ( (0, x_0) )单调递减，在 ( (x_0, + ) )单调递增. 但是这个 ( x_0 )的值是多少呢？我们难以通过简单的数字来表示它. “ 隐零点 ”指的就是如上情况，需要用到方程 ( x_0e^ x_0 = 1 )的解，但是并不能直接把方程的解求出来.这时候就需要用“代换”的方法处理，故这类题方法也称为 隐零点代换 . 以函数 ( f(x) = e^ x - x )为例，其极值点 ( x_0 )满足： ( x_0e^ x_0 = 1 )，且 ( 1 2 < x_0 < 1 ) 注意到 ( e^ x_0 = 1 x_0 )， ( x_0e^ x_0 = 1 x_0 + x_0 = 0 )，即 ( x_0 = -x_0 ) 因此 ( f(x_0) = x_0 + 1 x_0 > 2 )，由此就可以估计 ( f(x) )的最小值.

题型 1. 代换变量

“代换变量”也就是消去 (x )，这是不含参数的题目的通常做法. 例： 当 (x > 0 )时，证明： (xe^ x x + x + 1 ). 解： 令 (f(x) = xe^ x - x - x - 1 )， (f'(x) = (x + 1)(e^ x - 1 x ) ). 又注意到 (x + 1 > 0 )，令 (g(x) = e^ x - 1 x )，显然 (g(x) )单调递增. (g( 1 2 ) = e - 2 < 0 )， (g(1) = e - 1 > 0 ). 故存在 (x_0 ( 1 2 , 1) )，使 (g(x_0) = 0 e^ x_0 = 1 x_0 x_0 = -x_0 ). 可知 (f(x) )在 ((0, x_0) )单调递减，在 ((x_0, + ) )单调递增. 因此 (f(x)_ = f(x_0) = x_0e^ x_0 - x_0 - x_0 - 1 ) (= 1 - x_0 + x_0 - 1 = 0 )，因此 (f(x) 0 )，证毕.

题型 2. 代换参数

“代换参数”的方法一般用来处理含参数的函数. 例： 已知函数 (f(x) = 2e^ x - (x + a)^ 2 )，若当 (x 0 )时，不等式 (f(x) 0 )恒成立，求实数 (a )的取值范围. 解： (f'(x) = 2(e^ x - x - a) )， (f''(x) = 2(e^ x - 1) 0 ). 所以 (f'(x) )在 ((0, + ) )单调递增，注意到 (f'(0) = 2(1 - a) )，由此讨论即可. 当 (a 1 )，则 (f'(x) f'(0) = 2(1 - a) 0 )， (f(x) )在 ((0, + ) )单调递增. 令 (f(0) = 2 - a^ 2 0 )，解得 (a [- 2 , 1] ). 当 (a > 1 )，则 (f'(0) < 0 )，又 (f'(a) = 2(e^ a - 2a) > 0 ). （其中应用到不等式： (e^ x ex )， (x R )） 故由零点定理知：存在 (x_0 [0, a] )，使 (f'(x_0) = 0 a = e^ x_0 - x_0 ). (f(x) )在 ((0, x_0) )递减，在 ((x_0, + ) )递增. 故 (f(x) f(x_0) = 2e^ x_0 - e^ 2x_0 = e^ x_0 (2 - e^ x_0 ) 0 ). 故 (e^ x_0 2 )，解得 (x_0 (0, 2] )，进而 (a = e^ x_0 - x_0 (1, 2 - 2] ). 综上， (a )的取值范围是 ([- 2 , 2 - 2] ).

例题 1. 2020新高考I、II卷T22

已知函数 (f(x)=ae^ x - 1 - x+ a ). (2)若 (f(x) 1 )，求 (a ) 的取值范围. (2) ( f(x) = a e ^ x - 1 - x + a )， (x > 0 )， (a > 0 )， ( f'(x) = a e ^ x - 1 - 1 x )， 易知 (f'(x) )在 ((0, + ) )上为增函数， ( )存在 (x_0 (0, + ) )，使得 (f'(x_0) = a e ^ x_0 - 1 - 1 x_0 = 0 )，则 ( a e ^ x_0 - 1 = 1 x_0 )，则 ( a + x_0 - 1 = - x_0 )，即 ( a = 1 - x_0 - x_0 )， 当 (x (0, x_0) )时， (f'(x) < 0 )，函数 (f(x) )单调递减； 当 (x (x_0, + ) )时， (f'(x) > 0 )，函数 (f(x) )单调递增， ( f(x) f(x_0) = a e ^ x_0 - 1 - x_0 + a ) (= 1 x_0 - x_0 + 1 - x_0 - x_0 = 1 x_0 - 2 x_0 + 1 - x_0 )， ( f(x) 1 )， ( 1 x_0 - 2 x_0 - x_0 0 )， 设 (g(x) = 1 x - 2 x - x )， 易知函数 (g(x) )在 ((0, + ) )上单调递减，且 (g(1) = 1 - 0 - 1 = 0 )， ( )当 (x (0, 1] )时， (g(x) 0 )， ( )当 (x_0 (0, 1] )时， ( 1 x_0 - 2 x_0 - x_0 0 )， 设 (h(x) = 1 - x - x )， (x (0, 1] )， ( h'(x) = -1 - 1 x < 0 )恒成立， ( h(x) )在 ((0, 1] )上单调递减， ( h(x) h(1) = 1 - 1 - 1 = 0 )， ( a = 1 - x_0 - x_0 )， ( a 0 = 1 )， ( a 1 )． 综上所述，实数 (a )的取值范围为 ([1, + ) )．