鄧煥迎

例1 設(shè)點P在曲線y= ex上，點Q在曲線y=ln 2x上，則|PQ|的最小值為

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由題意知，兩條曲線關(guān)于直線y=x對稱，求出其中一條曲線到直線y=x的距離的最小值的2倍即可.要求曲線y= ex上的點P到直線y=x的距離的最小值，可以先設(shè)出點P的坐標(biāo)，運用點到直線的距離公式求解.這種方法雖然可行，但是運算量較大.我們可以利用曲線的切線幫助求解.

解 由題意知，曲線y= ex與y=ln 2x關(guān)于直線y=x對稱，且y = ex在R上單調(diào)遞增，所以曲線y= ex上的點與曲線y =ln 2x上的點的最短距離為曲線y= ex上的點到直線y=x的最短距離的2倍.當(dāng)過點P 的切線與直線y=x平行時，點P到直線y=x的距離最短.設(shè)點P的坐標(biāo)為（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，則點P的坐標(biāo)為（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.選B.

小結(jié) 這道設(shè)計新穎的試題，主要考查同學(xué)們靈活運用數(shù)學(xué)知識的能力.靈活轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵.

例2 已知函數(shù) f（x）滿足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及單調(diào)區(qū)間.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求導(dǎo)、賦值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符號確定函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間.a+1的符號影響了h（x）的單調(diào)性，故對a+1的范圍進(jìn)行篩選，選出適合條件的范圍，找到極值點，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于a+1的函數(shù)的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，將其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，則 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式為 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，則g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上單調(diào)遞增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，則h′（x）=ex-（a+1）.

當(dāng)a+1≤0時，h′（x）>0，則h（x）=ex-（a+1）x-b在R上單調(diào)遞增.當(dāng)x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾.

當(dāng)a+1>0時，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

當(dāng)x=ln（a+1）時，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），則F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

當(dāng)u= 時，F(xiàn)max（u）= .

所以，當(dāng)a= -1，b= 時，（a+1）b取得最大值為 .

小結(jié) 篩選法是對某個參數(shù)的所有取值范圍作一個甄別，篩選出適合題設(shè)的范圍，進(jìn)而解決問題，其關(guān)鍵是如何篩選.

例3 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函數(shù)f（x）的最大值.

（2）設(shè)0

分析 本題主要考查函數(shù)最值的求法和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，用函數(shù)求導(dǎo)的知識，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解.

（1）解：由已知得，函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，則當(dāng)-1< x<0時， f ′（x）>0；當(dāng)x> 0時， f ′（x）<0.

所以，當(dāng)x=0時，函數(shù)f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）證明：由已知得g′（x）=ln x+1.

設(shè)F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），則F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

當(dāng)0a時，F(xiàn)′（x）>0，則F（x）在（a，+∞）上為增函數(shù).于是可知，當(dāng)x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，則G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

當(dāng)x>0時，G′（x）<0，則G（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).由于G（a）=0，a

綜上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小結(jié) 構(gòu)造函數(shù)，運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式是近幾年高考的熱點.本題將函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識融合在一起，主要考查同學(xué)們綜合推理論證的能力.（責(zé)任編校/馮琪）

例1 設(shè)點P在曲線y= ex上，點Q在曲線y=ln 2x上，則|PQ|的最小值為

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由題意知，兩條曲線關(guān)于直線y=x對稱，求出其中一條曲線到直線y=x的距離的最小值的2倍即可.要求曲線y= ex上的點P到直線y=x的距離的最小值，可以先設(shè)出點P的坐標(biāo)，運用點到直線的距離公式求解.這種方法雖然可行，但是運算量較大.我們可以利用曲線的切線幫助求解.

解 由題意知，曲線y= ex與y=ln 2x關(guān)于直線y=x對稱，且y = ex在R上單調(diào)遞增，所以曲線y= ex上的點與曲線y =ln 2x上的點的最短距離為曲線y= ex上的點到直線y=x的最短距離的2倍.當(dāng)過點P 的切線與直線y=x平行時，點P到直線y=x的距離最短.設(shè)點P的坐標(biāo)為（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，則點P的坐標(biāo)為（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.選B.

小結(jié) 這道設(shè)計新穎的試題，主要考查同學(xué)們靈活運用數(shù)學(xué)知識的能力.靈活轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵.

例2 已知函數(shù) f（x）滿足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及單調(diào)區(qū)間.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求導(dǎo)、賦值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符號確定函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間.a+1的符號影響了h（x）的單調(diào)性，故對a+1的范圍進(jìn)行篩選，選出適合條件的范圍，找到極值點，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于a+1的函數(shù)的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，將其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，則 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式為 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，則g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上單調(diào)遞增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，則h′（x）=ex-（a+1）.

當(dāng)a+1≤0時，h′（x）>0，則h（x）=ex-（a+1）x-b在R上單調(diào)遞增.當(dāng)x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾.

當(dāng)a+1>0時，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

當(dāng)x=ln（a+1）時，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），則F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

當(dāng)u= 時，F(xiàn)max（u）= .

所以，當(dāng)a= -1，b= 時，（a+1）b取得最大值為 .

小結(jié) 篩選法是對某個參數(shù)的所有取值范圍作一個甄別，篩選出適合題設(shè)的范圍，進(jìn)而解決問題，其關(guān)鍵是如何篩選.

例3 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函數(shù)f（x）的最大值.

（2）設(shè)0

分析 本題主要考查函數(shù)最值的求法和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，用函數(shù)求導(dǎo)的知識，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解.

（1）解：由已知得，函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，則當(dāng)-1< x<0時， f ′（x）>0；當(dāng)x> 0時， f ′（x）<0.

所以，當(dāng)x=0時，函數(shù)f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）證明：由已知得g′（x）=ln x+1.

設(shè)F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），則F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

當(dāng)0a時，F(xiàn)′（x）>0，則F（x）在（a，+∞）上為增函數(shù).于是可知，當(dāng)x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，則G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

當(dāng)x>0時，G′（x）<0，則G（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).由于G（a）=0，a

綜上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小結(jié) 構(gòu)造函數(shù)，運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式是近幾年高考的熱點.本題將函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識融合在一起，主要考查同學(xué)們綜合推理論證的能力.（責(zé)任編校/馮琪）

例1 設(shè)點P在曲線y= ex上，點Q在曲線y=ln 2x上，則|PQ|的最小值為

A.1-ln 2 B. （1-ln 2）

C.1+ln 2 D. （1+ln 2）

分析 由題意知，兩條曲線關(guān)于直線y=x對稱，求出其中一條曲線到直線y=x的距離的最小值的2倍即可.要求曲線y= ex上的點P到直線y=x的距離的最小值，可以先設(shè)出點P的坐標(biāo)，運用點到直線的距離公式求解.這種方法雖然可行，但是運算量較大.我們可以利用曲線的切線幫助求解.

解 由題意知，曲線y= ex與y=ln 2x關(guān)于直線y=x對稱，且y = ex在R上單調(diào)遞增，所以曲線y= ex上的點與曲線y =ln 2x上的點的最短距離為曲線y= ex上的點到直線y=x的最短距離的2倍.當(dāng)過點P 的切線與直線y=x平行時，點P到直線y=x的距離最短.設(shè)點P的坐標(biāo)為（x0，y0），由y′= ex，得 e =1，即x0 =ln 2，則點P的坐標(biāo)為（ln 2，1）.

所以|PQ|min=2· = （1-ln 2）.選B.

小結(jié) 這道設(shè)計新穎的試題，主要考查同學(xué)們靈活運用數(shù)學(xué)知識的能力.靈活轉(zhuǎn)化是解決本題的關(guān)鍵.

例2 已知函數(shù) f（x）滿足： f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ .

（1）求 f（x）的解析式及單調(diào)區(qū)間.

（2）如果f（x）≥ x2+ax+b，求（a+1）b的最大值.

分析 要求出f ′（1）， f（0），求導(dǎo)、賦值是必然的.令h（x）= f（x）-（ x2+ax+b），由h ′（x）=ex-（a+1）的符號確定函數(shù)h（x）的單調(diào)區(qū)間.a+1的符號影響了h（x）的單調(diào)性，故對a+1的范圍進(jìn)行篩選，選出適合條件的范圍，找到極值點，得出h（x）的最小值.由h（x）的最小值大于等于0，得到a，b的關(guān)系，將問題轉(zhuǎn)化為求關(guān)于a+1的函數(shù)的最大值.

解 （1）由f（x）= f ′（1）ex-1- f（0）·x+ ，得f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x.令x=1，將其代入f ′（x）= f ′（1）ex-1- f（0）+x，可得 f（0）=1，則 f（0）= f ′（1）e-1=1，得f ′（1）=e.

所以， f（x）的解析式為 f（x）=ex-x+ .

令g（x）= f ′（x）=ex-1+x，則g ′（x）=ex+1>0，可知g（x）=ex-1+x在R上單調(diào)遞增.

于是由 f ′（x）≥ f ′（0），得x≥0；由 f ′（x）< f ′（0），得x<0.

所以 ，f（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[0，+∞），單調(diào)遞減區(qū)間為（-∞，0）.

（2）由f（x）≥ x2+ax+b，得ex-x-ax-b≥0.令h（x）=ex-（a+1）x-b，則h′（x）=ex-（a+1）.

當(dāng)a+1≤0時，h′（x）>0，則h（x）=ex-（a+1）x-b在R上單調(diào)遞增.當(dāng)x→-∞時，h（x）→-∞，與h（x）≥0矛盾.

當(dāng)a+1>0時，由h′（x）>0，可得x>ln（a+1），由h′（x）<0，可得x

當(dāng)x=ln（a+1）時，hmin（x）=（a+1）-（a+1）ln（a+1）-b≥0，所以（a+1）b≤（a+1）2-（a+1）2ln（a+1）.

令F（u）=u2-u2ln u（u>0），則F′（u）=u（1-2ln u）.

由F′（u）>0，可得0 .

當(dāng)u= 時，F(xiàn)max（u）= .

所以，當(dāng)a= -1，b= 時，（a+1）b取得最大值為 .

小結(jié) 篩選法是對某個參數(shù)的所有取值范圍作一個甄別，篩選出適合題設(shè)的范圍，進(jìn)而解決問題，其關(guān)鍵是如何篩選.

例3 已知函數(shù)f（x）=ln（1+x）-x，g（x）=xln x.

（1）求函數(shù)f（x）的最大值.

（2）設(shè)0

分析 本題主要考查函數(shù)最值的求法和利用導(dǎo)數(shù)證明不等式.解決本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，用函數(shù)求導(dǎo)的知識，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求解.

（1）解：由已知得，函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），f ′（x）= -1.

令f ′（x）=0，解得x=0，則當(dāng)-1< x<0時， f ′（x）>0；當(dāng)x> 0時， f ′（x）<0.

所以，當(dāng)x=0時，函數(shù)f（x）取得最大值，fmax（x）=0.

（2）證明：由已知得g′（x）=ln x+1.

設(shè)F（x）= g（a）+g（x）-2g（ ），則F′（x）= g′（x）-2g′（ ）=ln x-ln .

當(dāng)0a時，F(xiàn)′（x）>0，則F（x）在（a，+∞）上為增函數(shù).于是可知，當(dāng)x=a時，F(xiàn)（x）有極小值F（a）.

由于F（a）=0，b>a，所以F（b）>0，即 g（a）+g（b）-2g（ ）>0.

設(shè)G（x）=F（x）-（x-a）ln 2，則G′（x）=ln x-ln -ln 2=ln x-ln（a+x）.

當(dāng)x>0時，G′（x）<0，則G（x）在（0，+∞）上為減函數(shù).由于G（a）=0，a

綜上可得，0< g（a）+g（b）-2g（ ）<（b-a）·ln 2.

小結(jié) 構(gòu)造函數(shù)，運用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性、證明不等式是近幾年高考的熱點.本題將函數(shù)、不等式、導(dǎo)數(shù)等知識融合在一起，主要考查同學(xué)們綜合推理論證的能力.（責(zé)任編校/馮琪）