高考导数题技巧集锦
shinzAnmono
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学习·文化课
序言
高考中，导数占据一个重要的位置，导数题的技巧至关重要，下面给出笔者认为很重要的常见导数题技巧。
其实对于高考中，导数题的难点往往在于题设和问题的形式为 f(x) 和 g(x) 的关系而忽略了移项变形简化。所以在做题的时候一定要将所求式子在草稿纸上进行拆分后再推导。
请注意，每道例题请进行一定思考后再看解法。
对数分离
> $f(x)=x\ln x$，若 $f(x)\geq ax^2+\frac{2}{a}(a\neq 0)$ 在 $x\in (0,+\infty)$ 上恒成立，求 $a$ 的取值范围。
::::success[解法]
$$
\begin{aligned}
&x\ln x\geq ax^2+\frac{2}{a}\\
\Leftrightarrow\quad& \ln x\geq ax+\frac{2}{ax}\\
\Leftrightarrow\quad& \ln x-ax-\frac{2}{ax}\geq 0
\end{aligned}
$$
设 $g(x)=\ln x-ax-\frac{2}{ax}$，$g'(x)=\frac{1}{x}-a+\frac{2}{ax^2}=\frac{ax-a^2x^2+2}{ax^2}=\frac{-a(x+\frac{1}{a})(x-\frac{2}{a})}{x^2}$。
对 $a$ 的正负分类讨论：
1. $a>0$，$g'(x)=0\Rightarrow x=\frac{2}{a}$，易知 $g(x)$ 先增后减，且 $x\to 0$ 时 $g(x)\to -\infty$；$x\to +\infty$ 时 $g(x)\to -\infty$，即 $g(x)$ 无下界，不符合条件，舍去。
3. $a<0$，$g'(x)=0\Rightarrow x=-\frac{1}{a}$，$g(x)_{\min}=g(-\frac{1}{a})=3-\ln (-a)\geq 0$，$-e^3\leq a<0$。
综上所述，$a\in [-e^3,0)$。
::::
# 指数配对
$(f(x)e^x)'=e^x(f(x)+f'(x))$。这个形式看起来比较好处理，我们不妨将指数函数通过移项配成乘积的形式。
> 求证 $e^x-3x+2\sin x-1\geq 0$。
::::success[解法]
$$
\begin{aligned}
&e^x-3x+2\sin x-1\geq 0\\
\Leftrightarrow\quad& e^x\geq 3x-2\sin x+1 \\
\Leftrightarrow\quad& \frac{3x-2\sin x+1}{e^x}\leq 1
\end{aligned}
$$
设 $f(x)=\frac{3x-2\sin x+1}{e^x}$，$f'(x)=e^{-x}(3-2\cos x-3x+2\sin x-1)=e^{-x}(2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4}))$。
设 $g(x)=2-3x+2\sqrt2\sin(x-\frac{\pi}{4})$，$g'(x)=2\sqrt2\cos(x-\frac\pi4)-3<0$，所以 $g(x)$ 单调递减，且 $g(0)=0$，故 $x\in(-\infty,0)$ 时 $f'(x)>0$，$x\in (0,+\infty)$ 时 $f'(x)<0$。即 $f(x)_{\max}=f(0)=1$，即 $f(x)\leq 1$ 恒成立。
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# 指对分离，凸凹反转
$(e^x\ln x)'=e^x(\ln x+\frac{1}{x})$，很不好看，而且你也没学过咋解这个东西。不好，我们要通过移项让指数与对数分离。
证明两个凸性相同的函数的大小关系是不容易的，但是我们可以通过一些方法变为凸性不同的函数，这样会更为简单。比较常见的变换有 $\ln x\rightarrow x\ln x$，$e^x\rightarrow \frac{x}{e^x}$ 等。
下面这个例题使用了这两种方法。
> 求证 $e^x\ln x+\frac{2e^{x-1}}x>1$。
::::success[解法]
$$
\begin{aligned}
&e^x\ln x+\frac{2e^{x-1}}x>1\\
\Leftrightarrow\quad& \ln x+\frac{2}{ex}>e^{-x}\\
\Leftrightarrow\quad& x\ln x+\dfrac{2}{e}>xe^{-x}
\end{aligned}
$$
设 $f(x)=x\ln x+\frac{2}{e}$，$g(x)=xe^{-x}$。$f'(x)=\ln x+1$，$g'(x)=e^{-x}(1-x)$。易得 $f(x)$ 先减后增，$g(x)$ 先增后减，$f(x)_{\min}=f(\frac{1}{e})=\frac{1}{e}$，$g(x)_{\max}=g(1)=\frac{1}{e}$。即 $f(x)\geq \frac{1}{e}$ 且 $g(x)\leq \frac{1}{e}$ 且等号不能同时成立，即 $f(x)>g(x)$ 恒成立。
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# 函数同构
函数同构是一个常见的方法，需要将一个不好比较的东西通过变换变成一个形如 $f(A)\geq f(B)$ 的形式，从而将题设条件变为 $A$ 和 $B$ 的关系，便于解决问题。
# 隐零点
导数求出来长得和【数据删除】一样，我又不会解这个方程，怎么办。好说，我们设他的零点为 $x_0,x_1,\cdots$ 不就好了。
> 求 $ae^{x-1}-\ln x+\ln a \geq 1$ 恒成立时 $a$ 的取值范围。
::::success[解法 1：同构法]
$$
\begin{aligned}
&ae^{x-1}+\ln a \geq \ln x+1\\
\Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a \geq \ln x+1\\
\Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq \ln x+x\\
\Leftrightarrow\quad& e^{\ln a+x-1}+\ln a+x-1 \geq e^{\ln x}+\ln x\\
\end{aligned}
$$
且函数 $y=e^x+x$ 单调递增，即 $\ln a+x-1\geq \ln x$，即 $\ln a\geq \ln x-x+1$ 恒成立。设 $f(x)=\ln x-x+1$，$f'(x)=\frac{1}{x}-1$，$x=1$ 时 $f'(x)=0$ 易知且 $f'(x)$ 先增后减。$\ln a \geq f(x)_{\max}=f(1)=0$，即 $a\geq 1$。
::::
::::success[解法 2：隐零点]
设 $f(x)=ae^{x-1}-\ln x+\ln a$，$f'(x)=ae^{x-1}-\frac{1}{x}$，$f''(x)=ae^{x-1}+\frac{1}{x^2}>0$。$f'(x)$ 单调递增且 $x\to 0$ 时 $f'(x)\to-\infty$，$x\to +\infty$ 时 $f'(x)\to+\infty$，则必存在 $x_0\in(0,+\infty)$ 满足 $f(x)_{\min}=f(x_0)=ae^{x_0-1}-\frac{1}{x_0}=0$，即 $ax_0e^{x_0-1}=1$。
$$
\begin{aligned}
f(x)\geq 1&\Leftrightarrow f(x_0)=ae^{x_0}-\ln x_0+\ln a\geq 1\\
&\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}+x_0+2\ln a-2\geq 0\\
&\Leftrightarrow \frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0
\end{aligned}
$$
设 $g(x)=\frac{1}{x}-x-2\ln x$，$g'(x)=-\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}-1<0$，则 $g(x)$ 单调递减，且当 $x=1$ 时 $g(x)=0$。即 $x_0\in(0,1]$ 时 $\frac{1}{x_0}-x_0-2\ln x_0\geq 0$。设 $h(x)=\frac{1}{xe^{x-1}}$，则 $a=h(x_0)$。易知 $h(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 上单调递减，即 $a\in [1,+\infty)$。
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# 切线放缩
对于有的函数 $f(x)$ 来说，找到一个函数 $g(x)$，满足 $f(x)\leq g(x)$（或其他大小关系），即可将函数放缩成为 $g(x)$，更便于比较。
> 若方程 $(x-1)(e^x-2)=t(t\neq 0)$ 有两个不相等的实数根 $x_1,x_2$，求证：
>
> $$|x_1-x_2|<\frac{t(e-2\ln 2)}{2(e-2)(1-\ln 2)}+1-\ln 2$$
::::success[解法]
方程 $f(x)=0$ 的两根分别为 $x=1$ 和 $x=\ln 2$。记 $f(x)$ 在点 $(1,0)$ 和在点 $(\ln 2,0)$ 处的切线分别为 $l_1,l_2$，求得 $l_1: y=(e-2)(x-1),l_2: 2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$。下证函数 $f(x)$ 在 $l_1$，$l_2$ 上方。
设 $g(x)=(x-1)(e^x-2)-(e-2)(x-1)$，$g'(x)=xe^x-e$，$g''(x)=e^x(x+1)$，$g''(-1)=0$ 且 $g''(x)$ 单调递增，即 $g'(x)$ 先减后增，$x\to -\infty$ 时 $g'(x)\to -e$，$x\to +\infty$ 时 $g'(x)\to +\infty$。即 $g'(x)$ 有唯一零点 $x=1$，且 $g(x)$ 先减后增，在 $x=1$ 处取最小值。$g(x)\geq g(1)=0$，即 $f(x)\geq (e-2)(x-1)$ 恒成立，即 $f(x)$ 在直线 $l_1$ 上方。
设 $h(x)=(x-1)(e^x-2)-2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$，$h'(x)=xe^x-2\ln2$，$h''(x)=e^x(x+1)$，同理可知 $h'(x)$ 有唯一零点 $x=\ln 2$，且 $h(x)$ 先减后增，在 $x=\ln 2$ 处取最小值。$g(x)\geq g(\ln 2)=0$，即 $f(x)\geq 2(\ln 2-1)(x-\ln 2)$ 恒成立，即 $f(x)$ 在直线 $l_2$ 上方。
不妨取 $x_3,x_4$ 为直线 $y=t$ 与 $l_1,l_2$ 交点的横坐标，联立求得 $x_3=\frac{t}{e-2}+1$，$x_4=\frac{t}{2(\ln2-1)}+\ln 2$。
$|x_1-x_2|<x_3-x_4=\frac{t(e-2\ln2)}{2(e-2)(\ln2-1)}+1-\ln 2
::::
常见放缩
指数函数
-
e^x \geq x+1>x$，等号成立当且仅当 $x=0
-
e^x\geq ex$，等号成立当且仅当 $x=1
-
e^x\leq \frac{1}{1-x},(x<1)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
e^x<-\frac{1}{x},(x<0)
-
e^x\geq 1+x+\frac{1}{2}x^2,(x\geq 0)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
e^x\leq 1+x+\frac12x^2,(x\leq 0)$，等号成立当且仅当 $x\leq 0
-
e^x\geq 1+x+\frac12x^2+\frac16x^3$，等号成立当且仅当 $x=0
对数函数
-
\ln x\leq x-1<x$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\geq \frac12\left(x-\frac{1}{x}\right),(0<x\leq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\leq \frac12\left(x-\frac{1}{x}\right),(x\geq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\geq \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}},(0<x\leq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\leq \sqrt{x}+\frac{1}{\sqrt{x}},(x\geq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\geq 1-\frac{1}{x}$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\geq \frac{2(x-1)}{x+1},(0<x\leq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\geq \frac{2(x-1)}{x+1}(x\geq 1)$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln x\leq x^2-x$，等号成立当且仅当 $x=1
-
\ln (x+1)\leq x^2-\frac12x^2,(-1<x\leq0)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\ln (x+1)\geq x^2-\frac12x^2,(x\geq 0)$，等号成立当且仅当 $x=0
指对混合放缩
e^x-\ln x>(x+1)-(x-1)=2
三角放缩
-
\sin x\leq x\leq \tan x,\left(0\leq x<\frac{\pi}{2}\right)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\sin x\geq x-\frac12x^2$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\cos x\geq 1-\frac12x^2$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\sin x\geq x-\frac16 x^3,(x\geq 0)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\sin x\leq x-\frac16 x^3,(x\leq 0)$，等号成立当且仅当 $x=0
-
\cos x\leq 1-\frac12\sin^2x$，等号成立当且仅当 $x=2k\pi,(k\in\mathbb{Z})
对数平均不等式，极值点偏移
对数平均不等式
对于任意互异正实数 a,b，有 \sqrt{ab}<\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}。
:::::success[证明]
不妨设 a>b，考虑分两部分进行证明。
::::success[证明：\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}]
\begin{aligned}
&\frac{a-b}{\ln a-\ln b}<\frac{a+b}{2}\\
\Leftrightarrow\quad&\ln a-\ln b>\frac{2(a-b)}{a+b}\\
\Leftrightarrow\quad&\ln\frac{a}{b}>\frac{2(\frac{a}{b}-1)}{\frac{a}{b}+1}
\end{aligned}
设 f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}(x>1)，则只需证 f(x)>0 即可。f'(x)=\frac{1}{x}-\frac{4}{(x+1)^2}，f'(x)>0 在 (1,+\infty) 上恒成立，即 f(x) 在 (1,+\infty) 单调递增，f(x)>f(1)=0 成立，即原不等式得证。
::::
::::success[证明：\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}]
\begin{aligned}
&\frac{a-b}{\ln a-\ln b}>\sqrt{ab}\\
\Leftrightarrow\quad&\ln a-\ln b<\frac{a-b}{\sqrt{ab}}\\
\Leftrightarrow\quad&\ln\frac{a}{b}<\frac{\frac{a}{b}-1}{\sqrt{\frac{a}{b}}}
\end{aligned}
设 f(x)=2\ln x-\frac{x^2-1}{x}(x>1)，则只需证 f(x)<0 即可。f'(x)=\frac{2}{x}-1-\frac{1}{x^2}=-(1+\frac{1}{x})^2<0，即 f(x) 在 (1,+\infty) 单调递减。f(x)<f(1)=0 恒成立，即原不等式得证。
::::
:::::
极值点偏移问题
极值点偏移问题指类抛物线函数 f(x) 的极值点为 x=x_0，其与直线 y=m 的两个交点横坐标分别为 x_1,x_2，满足 x_1,x_2 与 2x_0 之间的大小关系恒定问题。
部分的极值点偏移问题可以使用对数平均不等式轻松解决，也有部分问题可以使用对称构造。
若 x_1,x_2 是方程 e^x-mx=0 的两个互不相同的根，求证 x_1+x_2>2。
::::success[解法 1：对数平均不等式]
不妨设 x_1>x_2，由于 x_1,x_2 是方程的两根，e^{x_1}=mx_1,e^{x_2}=mx_2 恒成立。对等式两边同时取对数可得 x_1=\ln x_1+\ln m,x_2=\ln x_2+\ln m。
由对数平均不等式可得：\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=1。即原命题得证。
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::::success[解法 2：对称构造]
设函数 f(x)=\frac{e^x}{x}，f'(x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}，易知 f(x) 先减后增，在 x=1 处取最小值，不妨设 x_1<1<x_2，则 2-x_1>1，x_1+x_2>2\Leftrightarrow x_2>2-x_1\Leftrightarrow f(x_2)>f(2-x_1)\Leftrightarrow f(x_1)>f(2-x_1)，则只需证明 f(x)>f(2-x) 在 (0,1) 恒成立即可。令 g(x)=f(x)-f(2-x), g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=\frac{e^x(x-1)}{x^2}+\frac{e^{2-x}(1-x)}{(2-x)^2}=\frac{(ex-xe^x+2e^x)(ex+xe^x-2e^x)(1-x)}{e^xx^2(2-x)^2}。
设 p(x)=ex-xe^x+2e^x(x\in (0,1)),q(x)=ex+xe^x-2e^x(x\in (0,1))，p'(x)=e-e^x(x-1),q'(x)=e+e^x(x-1),q''(x)=xe^x。p'(x)>0,q''(x)>0 均在 (0,1) 上恒成立，即 p(x)>p(0)=2,q'(x)>q'(0)=e-1>0，即 q(x)<q(1)=0，即 g'(x)<0 在 (0,1) 恒成立，即 g(x)>g(1)=0，即原不等式成立。
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::::success[更简易的对称构造（by konyakest）]
设 f(x)={e^x\over x}。常规做法证明 f(x)>f(2-x) 在 (0,1) 上恒成立，此时严重破坏了不等式的对称性，导致之后证明较为繁琐。
我们证明 f(1-x)>f(1+x) 在 (0,1) 上恒成立。
即证 {e^{1-x}\over 1-x}>{e^{1+x}\over 1+x}，即证 g(x)=e^{-x}(1+x)-e^x(1-x)>0。g'(x)=xe^x-xe^{-x} 在 (0,1) 单调递增，则 g'(x)>g'(0)=0，则 f(x) 单调递增，f(x)>f(0)=0。
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其他例题
若方程 \ln x-\frac{x}{C} 存在两个不同的根 x_1,x_2，求证 x_1x_2>e^2。
::::success[解法]
要证 x_1x_2>e^2，只需证 \ln x_1+\ln x_2>2。
由于 x_1,x_2 是方程的两根，\ln x_1=\frac{x_1}{C}，\ln x_2=\frac{x_2}{C}，由对数平均不等式，\frac{x_1+x_2}{2}>\frac{x_1-x_2}{\ln x_1-\ln x_2}=C。而 \ln x_1+\ln x_2=\frac{x_1+x_2}{C}=\frac{x_1+x_2}{2}\cdot\frac{2}{C}>2。
::::
设变量 a\in [0,1]，求证 \ln x+\frac{a-1}{x}>\frac{a(\sin x+1)-2}{x}。
::::success[解法]
\begin{aligned}
&\ln x+\frac{a-1}{x}>\frac{a(\sin x+1)-2}{x}\\
\Leftrightarrow\quad&\ln x>\frac{a\sin x-1}{x}\\
\Leftrightarrow\quad&x\ln x>a\sin x-1
\end{aligned}
由于 a\in [0,1]，则 a\sin x-1\leq 0，则当 x\ln x>0 即 x>1 时不等式成立，只需证明不等式在 x\in (0,1] 成立即可。当 x\in (0,1] 时，a\sin x-1\leq \sin x-1，则只需证明 x\ln x>\sin x-1。
设 p(x)=x\ln x,q(x)=\sin x-1，设直线 l:y=x-1。则 l 是 p(x) 在 (1,0) 处的切线，也是 q(x) 在 (0,-1) 处的切线。由于 p(x) 下凸，故 p(x)\geq x-1，等号在 x=1 时成立；由于 q(x) 在 [0,1] 上凸，故 q(x)\leq x-1，等号在 x=0 处成立。故 p(x)>q(x) 在 x\in (0,1] 时恒成立。即原命题成立。
::::
求证：(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex。
::::success[解法 1]
\begin{aligned}
&(x^2-2x)e^x>e^2\ln x-2ex\\
\Leftrightarrow\quad&(x^2-2x)e^x+2ex>e^2\ln x\\
\Leftrightarrow\quad&(x-2)e^x+2e>\frac{e^2\ln x}{x}
\end{aligned}
设 f(x)=(x-2)e^x+2e,g(x)=\frac{e^2\ln x}{x}，f'(x)=e^x(x-1),g'(x)=\frac{e^2(1-\ln x)}{x^2}。易知 f(x) 先减后增，g(x) 先增后减。f(x)\geq f(1)=e,g(x)\leq g(e)=e，且等号成立时，x 取值不同，故 f(x)>g(x)。
::::
::::success[解法 2]
设 $p(x)=\frac{f(x)}{ex}=(x-2)e^{x-1}+2$，$p'(x)=(x-1)e^{x-1}$，易知 $p(x)$ 先减后增，且 $p(x)\geq p(1)=1$，则 $f(x)\geq ex$，当且仅当 $x=1$ 时等号成立。
设 $q(x)=g(x)-ex=e(e\ln x-x)$，$q'(x)=e(\frac{e}{x}-1)$，易知 $q(x)$ 先增后减，且 $q(x)\leq q(e)=0$，即 $g(x)\leq ex$，当且仅当 $x=e$ 时等号成立。
即 $f(x)\geq ex\geq g(x)$ 且等号无法同时取到，即 $f(x)>g(x)
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::::::warning[做法 3（本做法在部分地区可能不给分，仅供参考）]
:::::success[证明：\ln 2>\frac23]
::::info[所在地区可以使用 e<2.8 的方法]
不等式两边同取指数，并取 \frac32 次幂得 2\sqrt{2}>e，显然成立。
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::::info[所在地区无法使用 e<2.8 的方法]
首先证明 x>1 时 \ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}。
设 f(x)=\ln x-\frac{2(x-1)}{x+1}，f'(x)=\frac{(x-1)^2}{x(x+1)^2}>0，则 f(x) 单调递增，f(x)>f(1)=0，即 \ln x>\frac{2(x-1)}{x+1}。
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:::::
令 f(x)=(x^2-2x)e^x,g(x)=e^2\ln x-2ex，f'(x)=(x^2-2)e^x,g'(x)=\frac{e^2}{x}-2e。易知 f(x) 先减后增，g(x) 先增后减。f(x)\geq f(\sqrt2)=2(1-\sqrt2)e^{\sqrt2}>-e^{\frac32}，g(x)\leq g(\frac{e}{2})=-e^2\ln 2<-\frac23e^2。
而 e^{\frac32}<\frac23 e^2，故 f(x)>g(x)。
::::::
已知 a>1，若方程 a^x=\log_a x 有且仅有两个根，求 a 的取值范围。
::::success[解法]
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# 后记
本文持续更新，如笔者遇见了有学习价值的技巧会对本文进行补充。