2019届二轮复习函数、导数、方程、不等式课件（133张）（全国通用）

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6.4 　函数、导数、方程、不等式 - 2 - - 3 - - 4 - 1 . 导数的几何意义 (1) 函数 f ( x ) 在 x 0 处的导数是曲线 f ( x ) 在点 P ( x 0 , f ( x 0 )) 处的切线的斜率 , 即 k=f' ( x 0 ) . (2) 函数切线问题的求解策略 : 用好切点 “ 三重性 ”: ① 切点在函数图象上 , 满足函数解析式 ; ② 切点在切线上 , 满足切线方程 ; ③ 切点处的导数等于切线的斜率 . 2 . 函数的导数与单调性的关系 函数 y=f ( x ) 在 ( a , b ) 内可导 , (1) 若 f' ( x ) > 0 在 ( a , b ) 内恒成立 , 则 f ( x ) 在 ( a , b ) 内单调递增 ; (2) 若 f' ( x ) < 0 在 ( a , b ) 内恒成立 , 则 f ( x ) 在 ( a , b ) 内单调递减 . 3 . 函数的导数与单调性的等价关系 函数 f ( x ) 在 ( a , b ) 内可导 , f' ( x ) 在 ( a , b ) 任意子区间内都不恒等于 0 .f' ( x ) ≥ 0 ⇔ f ( x ) 在 ( a , b ) 上为增函数 .f' ( x ) ≤ 0 ⇔ f ( x ) 在 ( a , b ) 上为减函数 . - 5 - 4 . 函数的极值、最值 (1) 若在 x 0 附近左侧 f' ( x ) > 0, 右侧 f' ( x ) < 0, 则 f ( x 0 ) 为函数 f ( x ) 的极大值 ; 若在 x 0 附近左侧 f' ( x ) < 0, 右侧 f' ( x ) > 0, 则 f ( x 0 ) 为函数 f ( x ) 的极小值 . (2) 设函数 y=f ( x ) 在 [ a , b ] 上连续 , 在 ( a , b ) 内可导 , 则 f ( x ) 在 [ a , b ] 上必有最大值和最小值且在极值点或端点处取得 . (3) 若函数 f ( x ) 在 [ a , b ] 上单调递增 , 则 f ( a ) 为函数的最小值 , f ( b ) 为函数的最大值 ; 若函数 f ( x ) 在 [ a , b ] 上单调递减 , 则 f ( a ) 为函数的最大值 , f ( b ) 为函数的最小值 . 5 . 常见恒成立不等式 (1)ln x ≤ x- 1;(2)e x ≥ x+ 1 . - 6 - 6 . 构造辅助函数的四种方法 (1) 移项法 : 证明不等式 f ( x ) >g ( x )( f ( x ) 0( f ( x ) -g ( x ) < 0), 进而构造辅助函数 h ( x ) =f ( x ) -g ( x ); (2) 构造 “ 形似 ” 函数 : 对原不等式同解变形 , 如移项、通分、取对数 ; 把不等式转化为左右两边是相同结构的式子的结构 , 根据 “ 相同结构 ” 构造辅助函数 ; (3) 主元法 : 对于 ( 或可化为 ) f ( x 1 , x 2 ) ≥ A 的不等式 , 可选 x 1 ( 或 x 2 ) 为主元 , 构造函数 f ( x , x 2 )( 或 f ( x 1 , x )); (4) 放缩法 : 若所构造函数最值不易求解 , 可将所证明不等式进行放缩 , 再重新构造函数 . 7 . 函数不等式的类型与解法 任意 x ∈ D , f ( x ) ≤ k ⇔ f ( x ) max ≤ k ; 存在 x ∈ D , f ( x ) ≤ k ⇔ f ( x ) min ≤ k ; 任意 x ∈ D , f ( x ) ≤ g ( x ) ⇔ [ f ( x ) -g ( x )] max ≤ 0; 存在 x ∈ D , f ( x ) ≤ g ( x ) ⇔ [ f ( x ) -g ( x )] min ≤ 0 . - 7 - 8 . 含两个未知数的不等式 ( 函数 ) 问题的常见题型及具体转化策略 (1) 任意 x 1 ∈ [ a , b ], x 2 ∈ [ c , d ], f ( x 1 ) >g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最小值 >g ( x ) 在 [ c , d ] 上的最大值 . (2) 存在 x 1 ∈ [ a , b ], x 2 ∈ [ c , d ], f ( x 1 ) >g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最大值 >g ( x ) 在 [ c , d ] 上的最小值 . (3) 任意 x 1 ∈ [ a , b ], ∃ x 2 ∈ [ c , d ], f ( x 1 ) >g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最小值 >g ( x ) 在 [ c , d ] 上的最小值 . (4) 存在 x 1 ∈ [ a , b ], ∀ x 2 ∈ [ c , d ], f ( x 1 ) >g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的最大值 >g ( x ) 在 [ c , d ] 上的最大值 . (5) 存在 x 1 ∈ [ a , b ], 当 x 2 ∈ [ c , d ] 时 , f ( x 1 ) =g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的值域与 g ( x ) 在 [ c , d ] 上的值域交集非空 . (6) 任意 x 1 ∈ [ a , b ], ∃ x 2 ∈ [ c , d ], f ( x 1 ) =g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的值域 ⊆ g ( x ) 在 [ c , d ] 上的值域 . (7) 任意 x 2 ∈ [ c , d ], ∃ x 1 ∈ [ a , b ], f ( x 1 ) =g ( x 2 ) ⇔ f ( x ) 在 [ a , b ] 上的值域 ⊇ g ( x ) 在 [ c , d ] 上的值域 . - 8 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 6 . 4 . 1 　 导数与函数的单调性、极值、最值 讨论、判断、证明单调性或求单调区间 解题策略一 　 分类讨论法   例 1 (2018 北京理 ,17) 设函数 f ( x ) = [ ax 2 - (4 a+ 1) x+ 4 a+ 3]e x . (1) 若曲线 y=f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行 , 求 a ; (2) 若 f ( x ) 在 x= 2 处取得极小值 , 求 a 的取值范围 . 解析 : (1) 因为 f ( x ) = [ ax 2 - (4 a+ 1) x+ 4 a+ 3]e x , 所以 f' ( x ) = [2 ax- (4 a+ 1)]e x + [ ax 2 - (4 a+ 1) x+ 4 a+ 3]e x ( x ∈ R ) = [ ax 2 - (2 a+ 1) x+ 2]e x . f' (1) = (1 -a )e . 由题设知 f' (1) = 0, 即 (1 -a )e = 0, 解得 a= 1 . 此时 f (1) = 3e≠0, 所以 a 的值为 1 . - 9 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 - 10 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 解题心得 利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号 , 当 f ( x ) 含参数时 , 需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论 . - 11 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 对点训练 1 已知函数 f ( x ) = ln x-mx ( m ∈ R ) . (1) 若 m= 1, 求曲线 y=f ( x ) 在点 P (1, - 1) 处的切线方程 ; (2) 讨论函数 f ( x ) 在 (1,e) 上的单调性 . 解 : (1) 若 m= 1, 则 f ( x ) = ln x-x , f' ( x ) = - 1, 所以 f' (1 ) = - 1 = 0, 所以切线的斜率为 0, 所以切线方程为 y=- 1 . - 12 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 - 13 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 解题策略二 　 构造函数法   例 2 已知 函数 ( k 为常数 ,e 是自然对数的底数 ), 曲线 y=f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线与 x 轴平行 . (1) 求 k 的值 ; (2) 求 f ( x ) 的单调区间 . - 14 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 - 15 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 解题心得 通过导数研究单调性首先要判断构造函数的导函数的正负 , 因此 , 构造函数的关键在于其导函数的零点是否易求或易估 . - 16 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 对点训练 2 设函数 f ( x ) =x e a-x +bx , 曲线 y=f ( x ) 在点 (2, f (2)) 处的切线方程为 y= (e - 1) x+ 4 . (1) 求 a , b 的值 ; (2) 求 f ( x ) 的单调区间 . - 17 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考 向四 (2) 由 (1) 知 f ( x ) =x e 2 -x + e x. 由 f' ( x ) = e 2 -x (1 -x+ e x- 1 ) 及 e 2 -x > 0 知 , f' ( x ) 与 1 -x+ e x- 1 同号 . 令 g ( x ) = 1 -x+ e x- 1 , 则 g' ( x ) =- 1 + e x- 1 . 所以 , 当 x ∈ ( -∞ ,1) 时 , g' ( x ) < 0, g ( x ) 在区间 ( -∞ ,1) 上单调递减 ; 当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , g' ( x ) > 0, g ( x ) 在区间 (1, +∞ ) 上单调递增 . 故 g (1) = 1 是 g ( x ) 在区间 ( -∞ , +∞ ) 上的最小值 , 从而 g ( x ) > 0, x ∈ ( -∞ , +∞ ) . 综上可知 , f' ( x ) > 0, x ∈ ( -∞ , +∞ ) . 故 f ( x ) 的单调递增区间为 ( -∞ , +∞ ) . - 18 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 求函数的极值、最值 解题策略一 　 利用单调性求   例 3 (2018 北京文 ,19) 设函数 f ( x ) = [ ax 2 - (3 a+ 1) x+ 3 a+ 2]e x . (1) 若曲线 y=f ( x ) 在点 (2, f (2)) 处的切线斜率为 0, 求 a ; (2) 若 f ( x ) 在 x= 1 处取得极小值 , 求 a 的取值范围 . 解 : (1) 因为 f ( x ) = [ ax 2 - (3 a+ 1) x+ 3 a+ 2]e x , 所以 f' ( x ) = [ ax 2 - ( a+ 1) x+ 1]e x . 所以 f' (2) = (2 a- 1)e 2 . 由题设知 f' (2) = 0, 即 (2 a- 1)e 2 = 0, 解得 a = . - 19 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 (2)( 方法一 ) 由 (1) 得 f' ( x ) = [ ax 2 - ( a+ 1) x+ 1]e x = ( ax- 1)( x- 1)e x . 当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0 . 所以 f ( x ) 在 x= 1 处取得极小值 . 若 a ≤ 1, 则当 x ∈ (0,1) 时 , ax- 1 ≤ x- 1 < 0, 所以 f' ( x ) > 0 . 所以 1 不是 f ( x ) 的极小值点 . 综上可知 , a 的取值范围是 (1, +∞ ) . - 20 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 ( 方法二 ) 由 (1) 得 f' ( x ) = ( ax- 1)( x- 1)e x . 当 a= 0 时 , 令 f' ( x ) = 0, 得 x= 1 . f' ( x ), f ( x ) 随 x 的变化情况如下表 : ∴ f ( x ) 在 x= 1 处取得极大值 , 不合题意 . 当 a> 0 时 , 令 f' ( x ) = 0, 得 x 1 = , x 2 = 1 . ① 当 x 1 =x 2 , 即 a= 1 时 , f' ( x ) = ( x- 1) 2 e x ≥ 0, ∴ f ( x ) 在 R 上单调递增 , ∴ f ( x ) 无极值 , 不合题意 . - 21 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 ② 当 x 1 >x 2 , 即 0 1 时 , f' ( x ), f ( x ) 随 x 的变化情况如下表 : - 22 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 - 23 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解题心得 1 . 求最值的常用方法是由导数确定单调性 , 由单调性确定极值 , 比较极值与定义域的端点值确定最值 ; 2 . 对 kf ( x )) 恒成立 , 求参数 k 的最值问题时 , 若求不出 f ( x ) 的极值点 , 可求极值点所在区间 , 再由极值点范围求极值的范围 , 由此得出参数的最值 . - 24 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 对点训练 3 (2017 北京 , 理 19) 已知函数 f ( x ) = e x cos x-x. (1) 求曲线 y=f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程 ; 解 : (1) 因为 f ( x ) = e x cos x-x , 所以 f' ( x ) = e x (cos x- sin x ) - 1, f' (0) = 0 . 又因为 f (0) = 1, 所以曲线 y=f ( x ) 在点 (0, f (0)) 处的切线方程为 y= 1 . (2) 设 h ( x ) = e x (cos x- sin x ) - 1, 则 h' ( x ) = e x (cos x- sin x- sin x- cos x ) =- 2e x sin x . - 25 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解题策略二 　 构造函数法   例 4 已知函数 f ( x ) 满足 f ( x ) =f' ( 1)e x- 1 -f (0) x+ x 2 . (1) 求 f ( x ) 的解析式及单调区间 ; (2) 若 f ( x ) ≥ x 2 +ax+b , 求 ( a+ 1) b 的最大值 . - 26 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解 : (1) 由已知得 f' ( x ) =f' (1)e x- 1 -f (0) +x. 令 x= 1, 得 f (0) = 1 . 又 f (0) =f' (1)e - 1 , 所以 f' (1) = e . 故函数解析式为 f ( x ) = e x -x+ x 2 . f' ( x ) = e x - 1 +x , 当 x ∈ ( -∞ ,0) 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (0, +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0 . 故 f ( x ) 在 ( -∞ ,0) 单调递减 , 在 (0, +∞ ) 单调递增 . - 27 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 (2) 由已知条件得 e x - ( a+ 1) x ≥ b. ① ( ⅰ ) 若 a+ 1 < 0, 则对任意常数 b , 当 x< 0, 且 x < 时 , 可得 e x - ( a+ 1) x 0, 设 g ( x ) = e x - ( a+ 1) x , 则 g' ( x ) = e x - ( a+ 1) . 当 x ∈ ( -∞ ,ln( a+ 1)) 时 , g' ( x ) < 0; 当 x ∈ (ln( a+ 1), +∞ ) 时 , g' ( x ) > 0 . 从而 g ( x ) 在 ( -∞ ,ln( a+ 1)) 单调递减 , 在 (ln( a+ 1), +∞ ) 单调递增 . 故 g ( x ) 有最小值 g (ln( a+ 1)) =a+ 1 - ( a+ 1)ln( a+ 1) . 所以 f ( x ) ≥ x 2 +ax+b ⇔ b ≤ a+ 1 - ( a+ 1)ln( a+ 1) . ② - 28 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 因此 ( a+ 1) b ≤ ( a+ 1) 2 - ( a+ 1) 2 ln( a+ 1) . 设 h ( a ) = ( a+ 1) 2 - ( a+ 1) 2 ln( a+ 1), 则 h' ( a ) = ( a+ 1)(1 - 2ln( a+ 1 )) . - 29 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解题心得 本例在 (2) 中 , 通过作差将条件进行转化 , 通过构造函数求函数的最小值得出关于 a , b 的不等式 , 通过乘以 ( a+ 1) 得 ( a+ 1) b 的关系式 , 再通过第二次构造函数求函数最大值得出结果 . - 30 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 - 31 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 - 32 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 - 33 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解题策略三 　 分类讨论法   例 5 已知函数 f ( x ) = e x - e -x - 2 x. (1) 讨论 f ( x ) 的单调性 ; (2) 设 g ( x ) =f (2 x ) - 4 bf ( x ), 当 x> 0 时 , g ( x ) > 0, 求 b 的最大值 . - 34 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解 : (1) f' ( x ) = e x + e -x - 2 ≥ 0, 当且仅当 x= 0 时等号成立 , 所以 f ( x ) 在 ( -∞ , +∞ ) 单调递增 . (2) g ( x ) =f (2 x ) - 4 bf ( x ) = e 2 x - e - 2 x - 4 b (e x - e -x ) + (8 b- 4) x , g' ( x ) = 2[e 2 x + e - 2 x - 2 b (e x + e -x ) + (4 b- 2)] = 2(e x + e -x - 2)(e x + e -x - 2 b+ 2) . ① 当 b ≤ 2 时 , g' ( x ) ≥ 0, 当且仅当 x= 0 时等号成立 , 所以 g ( x ) 在 ( -∞ , +∞ ) 单调递增 . 又 g (0) = 0, 所以对任意 x> 0, g ( x ) > 0; ② 当 b> 2 时 , 若 x 满足 2 < e x + e -x < 2 b- 2, 综上所述 , b 的最大值为 2 . - 35 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解题心得 依据题意 , 对参数分类 , 分类后相当于增加了一个已知条件 , 在增加条件的情况下 , 对参数的各个范围逐个验证是否适合题意 , 最后适合题意的范围即为所求范围 , 这个范围的最大值也就求出 . - 36 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 对点训练 5 设函数 f ( x ) =a cos 2 x+ ( a- 1)·(cos x+ 1), 其中 a> 0, 记 |f ( x ) | 的最大值为 A . (1) 求 f' ( x ); (2) 求 A; (3) 证明 |f' ( x ) | ≤ 2A . - 37 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 考 向四 解 : (1) f' ( x ) =- 2 a sin 2 x- ( a- 1)sin x. (2) 当 a ≥ 1 时 , |f ( x ) |=|a cos 2 x+ ( a- 1)(cos x+ 1) | ≤ a| cos 2 x|+ ( a- 1) | cos x+ 1 | ≤ a+ 2( a- 1) = 3 a- 2 =f (0) . 因此 A = 3 a- 2 . 当 0 f (0) =- 1 . 所以 ( x- 2)e x >- ( x+ 2),( x- 2)e x +x+ 2 > 0 . 由 (1) 知 , 当 x> 0 时 , f ( x ) +a 单调递增 . 对任意 a ∈ [0,1), f (0) +a=a- 1 < 0, f (2) +a=a ≥ 0 . 因此 , 存在唯一 x 0 ∈ (0,2 ], - 43 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 使得 f ( x 0 ) +a= 0, 即 g' ( x 0 ) = 0 . 当 0 x 0 时 , f ( x ) +a> 0, g' ( x ) > 0, g ( x ) 单调递增 . 因此 g ( x ) 在 x=x 0 处取得最小值 , 最小值 为 - 44 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 解题心得 在证明函数 f ( x ) 有最值及求最值范围时 , 若 f' ( x ) = 0 解不出 , 可运用零点存在性定理求出极值点 t 存在的范围 , 从而用 t 表示出最值 , 此时最值是关于 t 的函数 , 通过函数关系式求出最值的范围 . - 45 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 对点训练 6 已知函数 f ( x ) = ( x- 2)e x +a ( x+ 2) 2 ( x> 0) . (1) 若 f ( x ) 是 (0, +∞ ) 的单调递增函数 , 求实数 a 的取值范围 ; (2) 当 时 , 求证 : 函数 f ( x ) 有最小值 , 并求函数 f ( x ) 最小值的取值范围 . - 46 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 - 47 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 - 48 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 考 向四 - 49 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 与极值、最值有关的证明问题 解题策略 　 等价转换法   例 7 设函数 f ( x ) = 2 x 3 - 3( a+ 1) x 2 + 6 ax+ 8, 其中 a ∈ R . (1) 讨论函数 f ( x ) 的单调性 ; (2) 设 f' ( x ) 是函数 f ( x ) 的导函数 , 当 a= 2 时 , g ( x ) = f ' ( x ) -x ln x , 证明 : 函数 g ( x ) 有唯一的极小值点 x 0 , 且 - 4 1 时 , 令 f' ( x ) > 0, 得 x< 1 或 x>a , f ( x ) 在 ( -∞ ,1) 和 ( a , +∞ ) 上单调递增 ; 令 f' ( x ) < 0, 得 1 0, 得 x 1, f ( x ) 在 ( -∞ , a ) 和 (1, +∞ ) 上单调递增 ; 令 f' ( x ) < 0, 得 a 1 时 , f ( x ) 在 ( -∞ ,1) 和 ( a , +∞ ) 上单调递增 , 在 (1, a ) 上单调递减 ; 当 a= 1 时 , f ( x ) 在 R 上单调递增 ; 当 a< 1 时 , f ( x ) 在 ( -∞ , a ) 和 (1, +∞ ) 上单调递增 , 在 ( a ,1) 上单调递减 . - 51 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 - 52 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 - 53 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 解题心得 将已知条件进行转换或将要解决的问题进行等价转换是解决函数问题的常用方法 , 通过转换变陌生问题为熟悉问题 , 从而得到解决 . - 54 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 对点训练 7 设函数 f ( x ) = e 2 x - 4 a e x - 2 ax , g ( x ) =x 2 + 5 a 2 , a ∈ R . (1) 若 a= 1, 求 f ( x ) 的递增区间 ; (2) 若 f ( x ) 在 R 上单调递增 , 求 a 的取值范围 ; - 55 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 考向四 - 56 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 求参数的取值范围 ( 多维探究 ) 解题策略一 　 构造函数法   角度一 　 从条件关系式中构造函数 例 1 已知函数 f ( x ) =x 2 +ax+b , g ( x ) = e x ( cx+d ) . 若曲线 y=f ( x ) 和曲线 y=g ( x ) 都过点 P (0,2), 且在点 P 处有相同的切线 y= 4 x+ 2 . (1) 求 a , b , c , d 的值 ; (2) 若 x ≥ - 2 时 , f ( x ) ≤ kg ( x ), 求 k 的取值范围 . 难点突破 ( 作差法构造函数 ) f ( x ) ≤ kg ( x ) ⇔ kg ( x ) -f ( x ) ≥ 0, 设 F ( x ) =kg ( x ) -f ( x ) = 2 k e x ( x+ 1) -x 2 - 4 x- 2 ⇒ F' ( x ) = 2 k e x ( x+ 2) - 2 x- 4 = 2( x+ 2)( k e x - 1) ⇒ 令 F' ( x ) = 0 得 x 1 =- ln k , x 2 =- 2 . 此时 , 类比二次函数根的分布进行分类讨论 F ( x ) 的最小值大于或等于 0 时的 k 的范围 . 6 . 4 . 2 　 导数与不等式及参数 范围 - 57 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 解 : (1) 由已知得 f (0) = 2, g (0) = 2, f' (0) = 4, g' (0) = 4 . 而 f' ( x ) = 2 x+a , g' ( x ) = e x ( cx+d+c ), 故 b= 2, d= 2, a= 4, d+c= 4 . 解得 a= 4, b= 2, c= 2, d= 2 . (2) 由 (1) 知 , f ( x ) =x 2 + 4 x+ 2, g ( x ) = 2e x ( x+ 1) . 设函数 F ( x ) =kg ( x ) -f ( x ) = 2 k e x ( x+ 1) -x 2 - 4 x- 2, 则 F' ( x ) = 2 k e x ( x+ 2) - 2 x- 4 = 2( x+ 2)( k e x - 1) . 由题设可得 F (0) ≥ 0, 即 k ≥ 1 . 令 F' ( x ) = 0, 得 x 1 =- ln k , x 2 =- 2 . - 58 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 ① 若 1 ≤ k< e 2 , 则 - 2 0 . 即 F ( x ) 在 ( - 2, x 1 ) 单调递减 , 在 ( x 1 , +∞ ) 单调递增 . 故 F ( x ) 在 [ - 2, +∞ ) 的最小值为 F ( x 1 ) . 又 F ( x 1 ) = 2 x 1 + 2 - - 4 x 1 - 2 =-x 1 ( x 1 + 2) ≥ 0 . 故当 x ≥ - 2 时 , F ( x ) ≥ 0, 即 f ( x ) ≤ kg ( x ) 恒成立 . ② 若 k= e 2 , 则 F' ( x ) = 2e 2 ( x+ 2)(e x - e - 2 ) . ∴ 当 x>- 2 时 , F' ( x ) ≥ 0, 即 F ( x ) 在 [ - 2, +∞ ) 单调递增 . 又 F ( - 2) = 0, 故当 x ≥ - 2 时 , F ( x ) ≥ 0, 即 f ( x ) ≤ kg ( x ) 恒成立 . ③ 若 k> e 2 , 则 F ( - 2) =- 2 k e - 2 + 2 =- 2e - 2 ( k- e 2 ) < 0 . 从而当 x ≥ - 2 时 , f ( x ) ≤ kg ( x ) 不可能恒成立 . 综上 , k 的取值范围是 [1,e 2 ] . - 59 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 解题心得 用导数解决满足函数不等式条件的参数范围问题 , 一般都需要构造函数 , 然后对构造的函数求导 , 一般导函数中都含有参数 , 通过对参数讨论确定导函数的正负 , 由导函数的正负确定构造函数的单调性 , 再由单调性确定是否满足函数不等式 , 由此求出参数范围 . - 60 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 61 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 令 g' ( x ) = 0 得 x= 1, 当 x ∈ (0,1) 时 , g' ( x ) < 0, 故 g ( x ) 的单调减区间是 (0,1), 当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , g' ( x ) > 0, 故 g ( x ) 的单调增区间是 (1, +∞ ), 因此 , x= 1 是 g ( x ) 的唯一极值点 , 且为极小值点 , 从而是最小值点 , 所以最小值为 g (1) = 1 . - 62 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 63 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 角度二 　 从条件化简关系式中构造函数 例 2 设函数 f ( x ) = e mx +x 2 -mx. (1) 证明 : f ( x ) 在 ( -∞ ,0) 单调递减 , 在 (0, +∞ ) 单调递增 ; (2) 若对于任意 x 1 , x 2 ∈ [ - 1,1], 都有 |f ( x 1 ) -f ( x 2 ) | ≤ e - 1, 求 m 的取值范围 . - 64 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 (1) 证明 f' ( x ) =m (e mx - 1) + 2 x. 若 m ≥ 0, 则当 x ∈ ( -∞ ,0) 时 ,e mx - 1 ≤ 0, f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (0, +∞ ) 时 ,e mx - 1 ≥ 0, f' ( x ) > 0 . 若 m< 0, 则当 x ∈ ( -∞ ,0) 时 ,e mx - 1 > 0, f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (0, +∞ ) 时 ,e mx - 1 < 0, f' ( x ) > 0 . 所以 , f ( x ) 在 ( -∞ ,0) 单调递减 , 在 (0, +∞ ) 单调递增 . - 65 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 (2) 由 (1) 知 , 对任意的 m , f ( x ) 在 [ - 1,0] 单调递减 , 在 [0,1] 单调递增 , 故 f ( x ) 在 x= 0 处取得最小值 . 因此对于任意 x 1 , x 2 ∈ [ - 1,1], |f ( x 1 ) -f ( x 2 ) | ≤ e - 1 的充要条件 是 设函数 g ( t ) = e t -t- e + 1, 则 g' ( t ) = e t - 1 . 当 t< 0 时 , g' ( t ) < 0; 当 t> 0 时 , g' ( t ) > 0 . 故 g ( t ) 在 ( -∞ ,0) 单调递减 , 在 (0, +∞ ) 单调递增 . 又 g (1) = 0, g ( - 1) = e - 1 + 2 - e < 0, 故当 t ∈ [ - 1,1] 时 , g ( t ) ≤ 0 . 当 m ∈ [ - 1,1] 时 , g ( m ) ≤ 0, g ( -m ) ≤ 0, 即 ① 式成立 ; 当 m> 1 时 , 由 g ( t ) 的单调性可知 , g ( m ) > 0, 即 e m -m> e - 1; 当 m<- 1 时 , g ( -m ) > 0, 即 e -m +m> e - 1 . 综上所述 , m 的取值范围是 [ - 1,1] . - 66 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 解题心得 在面对陌生的已知条件一时没有解题思路时 , 不妨对已知条件进行等价转化 , 在转化的过程中把问题化归为熟悉的问题或者熟悉的题型 , 从而得到解决 . - 67 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 对点训练 2 (2018 浙江五校高三上学期第二次联考 ,22) 已知函数 f ( x ) =ax+bx ln x ( a , b 为常数 ) 的图象在点 (1,1) 处的切线的斜率为 2 . (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 若关于 x 的 不等式 + e x ≥ kx+ 2 对任意的 x ≥ 0 恒成立 , 求实数 k 的取值范围 . - 68 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 69 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 70 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 71 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 72 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 解题心得 有些函数与导数的综合问题即使构造函数正确 , 也存在分类讨论相当复杂的情形 , 难以继续作答 . 可以利用分离参数法简化构造函数 , 使得问题简单求解 . 若求导后不易得到极值点 , 可二次求导 , 还不行时 , 就使用参数讨论法 , 即以参数为分类标准 , 看是否符合题意 ; 当最值所在点处函数值 是 型 时 , 可使用洛必达法则 , 可求极限值 . - 73 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 对点训练 3 (2018 浙江杭州七校高三第三次联考 ,22) 已知函数 f ( x ) = 5 + ln x , g ( x ) = ( k ∈ R ) . (1) 若函数 f ( x ) 的图象在点 (1, f (1)) 处的切线与函数 y=g ( x ) 的图象相切 , 求 k 的值 ; (2) 若 k ∈ N * , 且 x ∈ (1, +∞ ) 时 , 恒有 f ( x ) >g ( x ), 求 k 的最大值 . ( 参考数据 :ln 5≈1 . 61,ln 6≈1 . 791 8,ln ( + 1)≈0 . 881 4) - 74 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 75 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 76 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 - 77 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 证明不等式 ( 多维探究 ) 解题策略 　 构造函数法   角度一 　 从条件关系式中构造函数 例 4 函数 f ( x ) = e x -ax 2 + 1, 曲线 y=f ( x ) 在 x= 1 处的切线方程为 y=bx+ 2 . (1) 求 a , b 的值 ; (2) 当 x> 0 时 , 求证 : f ( x ) ≥ (e - 2) x+ 2 . 难点突破 ( 作差法构造函数 ) 设 g ( x ) =f ( x ) - (e - 2) x- 2, 若能判断 g ( x ) 的单调性 , 可由单调性证出 g ( x ) ≥ 0 . 为此需要求 g ( x ) 的导数 , 并判断 g' ( x ) 的正负 , 若不好判断再设 h ( x ) =g' ( x ) 进行第二次求导 , 由 h' ( x ) 的正负 , 判断出 g' ( x ) 的单调性 , 再通过 g' ( x ) 几个特殊值的正负 , 判断 g' ( x ) 的正负即 g ( x ) 的单调性 .   - 78 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 (1) 解 : ∵ f' ( x ) = e x - 2 ax , f' (1) = e - 2 a=b , f (1) = e -a+ 1 =b+ 2, 解得 a= 1, b= e - 2 . (2) 证明 设 g ( x ) =f ( x ) - (e - 2) x- 2 = e x -x 2 - (e - 2) x- 1, 则 g' ( x ) = e x - 2 x- (e - 2), 设 h ( x ) = e x - 2 x- (e - 2), h' ( x ) = e x - 2 . 所以 g' ( x ) 在 (0,ln 2) 内单调递减 , 在 (ln 2, +∞ ) 内单调递增 , 又 g' (0) = 3 - e > 0, g' (ln 2) = 2 - 2ln 2 - e + 2 = 4 - 2ln 2 - e < 0, g' (1) = 0, ∴ 存在 x 0 ∈ (0,ln 2), 使得 g' ( x ) = 0, ∴ 当 x ∈ (0, x 0 ) ∪ (1, +∞ ) 时 , g' ( x ) > 0; 当 x ∈ ( x 0 ,1) 时 , g' ( x ) < 0, 故 g ( x ) 在 (0, x 0 ) 内单调递增 , 在 ( x 0 ,1) 内单调递减 , 在 (1, +∞ ) 内单调递增 , 又 g (0) =g (1) = 0, ∴ g ( x ) = e x -x 2 - (e - 2) x- 1 ≥ 0, 当且仅当 x= 1 时取等号 , ∴ f ( x ) - (e - 2) x- 2 ≥ 0, 即 f ( x ) ≥ (e - 2) x+ 2 . - 79 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 解题心得 1 . 欲证函数不等式 f ( x ) >g ( x )( x>a ), 只需证明 f ( x ) -g ( x ) > 0( x>a ), 设 h ( x ) =f ( x ) -g ( x ), 即证 h ( x ) > 0 . 若 h ( a ) = 0, h ( x ) >h ( a )( x>a ) . 接下来往往用导数证得函数 h ( x ) 是增函数即可 . 2 . 欲证函数不等式 f ( x ) >g ( x )( x ∈ I , I 是区间 ), 只需证明 f ( x ) -g ( x ) > 0( x ∈ I ) . 设 h ( x ) =f ( x ) -g ( x )( x ∈ I ), 即证 h ( x ) > 0, 也即证 h ( x ) min > 0( x ∈ I )( 若 h ( x ) min 不存在 , 则须求函数 h ( x ) 的下确界 ), 而这用导数往往容易解决 . 3 . 证明 f ( x ) ≥ g ( x )( x ∈ I , I 是区间 ), 只需证明 f ( x ) min ≥ g ( x ) max . 证明 f ( x ) >g ( x )( x ∈ I , I 是区间 ), 只需证明 f ( x ) min >g ( x ) max , 或证明 f ( x ) min ≥ g ( x ) max 且两个最值点不相等 . - 80 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 对点训练 4 (2018 高三第一学期浙江名校协作体试题 ,22) 设函数 f ( x ) = ln( x+a ) -x , g ( x ) =x ·e x - 2 x- 1 . ② 证明 : 当 x> 0 时 , g ( x ) ≥ f ( x ) . - 81 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 82 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 83 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 ② 证明 令 F ( x ) =g ( x ) -f ( x ) =x· e x - ln x-x- 1( x> 0), 令 G ( x ) =x· e x - 1, 则当 x> 0 时 , G ' ( x ) = ( x+ 1) · e x > 0, ∴ 函数 G ( x ) 在 (0, +∞ ) 上递增 , ∵ G (0) =- 1 < 0, G (1) = e - 1 > 0, ∴ G ( x ) 存在唯一的零点 c ∈ (0,1), 且当 x ∈ (0, c ) 时 , G ( x ) < 0, 当 x ∈ ( c , +∞ ) 时 , G ( x ) > 0, 则当 x ∈ (0, c ) 时 , F' ( x ) < 0; 当 x ∈ ( c , +∞ ) 时 , F' ( x ) > 0, ∴ F ( x ) 在 (0, c ) 上递减 , 在 ( c , +∞ ) 上递增 , 从而 F ( x ) ≥ F ( c ) =c· e c - ln c-c- 1 . 由 G ( c ) = 0 得 c· e c - 1 = 0, c· e c = 1, 两边同时取对数得 ln c+c= 0, ∴ F ( c ) = 0, ∴ F ( x ) ≥ F ( c ) = 0 , 从而 证得 g ( x ) ≥ f ( x ) . 角度二 　 从条件中分离指、对函数分别构造 例 5 设函数 f ( x ) =a e x ln x + , 曲线 y=f ( x ) 在点 (1, f (1)) 处的切线方程为 y= e( x- 1) + 2 . (1) 求 a , b ; (2) 证明 : f ( x ) > 1 . - 84 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 85 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 86 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 87 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 解题心得 证明不等式 f ( x ) ≥ g ( x ) 成立 , 可以构造函数 H ( x ) =f ( x ) -g ( x ), 通过证明函数 H ( x ) 的最小值大于等于零即可 , 当利用导数求函数 H ( x ) 最小值不易求出时 , 可以通过特例法 , 即证明 f ( x ) 的最小值大于或等于 g ( x ) 的最大值即可 . - 88 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 89 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 - 90 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 令 h ( x ) = 1 -x-x ln x , x ∈ (0, +∞ ), 则 h' ( x ) =- ln x- 2, x ∈ (0, +∞ ), 因此当 x ∈ (0,e - 2 ) 时 , h' ( x ) > 0, h ( x ) 单调递增 ; 当 x ∈ (e - 2 , +∞ ) 时 , h' ( x ) < 0, h ( x ) 单调递减 . 所以 h ( x ) 的最大值为 h (e - 2 ) = e - 2 + 1, 故 1 -x-x ln x ≤ e - 2 + 1 . 设 φ ( x ) = e x - ( x+ 1), 因为 φ ' ( x ) = e x - 1, 所以当 x ∈ (0, +∞ ) 时 , φ ' ( x ) > 0, φ ( x ) 单调递增 , φ ( x ) > φ (0) = 0, - 91 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 6 . 4 . 3 　 导数与函数的零点及参数范围 判断、证明或讨论函数零点个数 解题策略一 　 应用单调性、零点存在性定理、数形结合判断   例 1 设函数 f ( x ) = e 2 x -a ln x. (1) 讨论 f ( x ) 的导函数 f' ( x ) 零点的个数 ; (2) 证明 : 当 a> 0 时 , f ( x ) ≥ 2 a+a ln . 难点突破 (1) 讨论 f' ( x ) 零点的个数要依据 f' ( x ) 的单调性 , 应用零点存在性定理进行判断 . - 92 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 93 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 解题心得 研究函数零点或方程根的情况 , 可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等 , 并借助函数的大致图象判断函数零点或方程根的情况 . - 94 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 对点训练 1 已知函数 f ( x ) = e x (e x +a ) -a 2 x ( a ∈ R ) . (1) 当 a= e 时 , 求与函数 f ( x ) 的图象相切 , 并且与直线 y= 2e 2 x+ 1 平行的直线方程 ; (2) 讨论函数 f ( x ) 的零点个数 . 解 : (1) 当 a= e 时 , f ( x ) = e x (e x + e) - e 2 x , f' ( x ) = 2e 2 x + ee x - e 2 , 令 2e 2 x + ee x - e 2 = 2e 2 , 则 (2e x + 3e)(e x - e) = 0, 得 x= 1, 且 f (1) = e 2 , ∴ 所求切线的方程为 y- e 2 = 2e 2 ( x- 1), 即 y= 2e 2 x- e 2 . - 95 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 96 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 ③ 当 a< 0 时 , 由 f' ( x ) = 0 得 x= ln( -a ), 当 x ∈ ( -∞ ,ln( -a )) 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (ln( -a ), +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0 . ∴ f ( x ) 的最小值为 f (ln( -a )) =-a 2 ln( -a ) . ∵ 当 x → +∞ 或 x → -∞ 时 , 都有 f ( x ) > 0, ∴ 当 -a 2 ln( -a ) < 0, 即 a<- 1 时 , 函数 f ( x ) 有两个零点 ; 当 -a 2 ln( -a ) = 0, 即 a=- 1 时 , 函数 f ( x ) 有一个零点 ; 当 -a 2 ln( -a ) > 0, 即 - 1 0), 讨论 h ( x ) 零点的个数 . 难点突破 (1) 设切点 ( x 0 ,0), 依题意 f ( x 0 ) = 0, f' ( x 0 ) = 0, 解出切点坐标与对应 a 的值 . (2) 为确定出 h ( x ) 对自变量 x> 0 分类讨论 ; 确定出 h ( x ) 后对参数 a 分类讨论 h ( x ) 零点的个数 , h ( x ) 零点的个数的确定要依据 h ( x ) 的单调性和零点存在性定理 . - 98 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 99 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 100 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 101 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 解题心得 1 . 如果函数中没有参数 , 一阶导数求出函数的极值点 , 判断极值点大于 0 或小于 0 的情况 , 进而判断函数零点的个数 . 2 . 如果函数中含有参数 , 往往一阶导数的正负不好判断 , 这时先对参数进行分类 , 再判断导数的符号 , 如果分类也不好判断 , 那么需要对一阶导函数进行求导 , 在判断二阶导数的正负时 , 也可能需要分类 . - 102 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 对点训练 2 (2018 高三第一学期杭州教学质量检测 ,22) 已知函数 f ( x ) = e x + 2 ax- 2 a ( a ∈ R ) . (1) 试求函数 f ( x ) 的最值 ; (2) 讨论 f ( x ) 的零点个数 . - 103 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 解 : (1) f' ( x ) = e x + 2 a , 当 a ≥ 0 时 , f' ( x ) > 0, f ( x ) 在 R 上单调递增 , f ( x ) 没有最大值也没有最小值 . 当 a< 0 时 , 由 f' ( x ) = 0, 得 x= ln( - 2 a ), 当 x 变化时 , f' ( x ), f ( x ) 的变化情况如下表 : ∴ f ( x ) min =f (ln( - 2 a )) = e ln( - 2 a ) + 2 a ln( - 2 a ) - 2 a= 2 a [ln( - 2 a ) - 2], 无最大值 . - 104 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 105 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 106 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考 向三 - 107 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 已知零点个数求参数范围 解题策略一 　 最小值法   ( 1) 讨论 f ( x ) 的单调性 ; (2) 若 g ( x ) =f ( x ) + mx 在 (1, +∞ ) 上没有零点 , 求实数 m 的取值范围 . 难点突破 g ( x ) 在 (1, +∞ ) 上没有零点 ⇔ g ( x ) > 0 在 (1, +∞ ) 上恒成立 ⇔ 分离出参数 m>h ( x ) ⇔ m>h ( x ) max . - 108 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 109 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 110 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 解题心得 在已知函数 y=f ( x ) 有几个零点求 f ( x ) 中参数 t 的值或范围问题 , 经常从 f ( x ) 中分离出参数 t=g ( x ), 然后用求导的方法求出 g ( x ) 的最值 , 再根据题意求出参数 t 的值或范围 . - 111 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 对点训练 3 已知函数 f ( x ) = 2ln x-x 2 +ax ( a ∈ R ) . (1) 当 a= 2 时 , 求 f ( x ) 的图象在 x= 1 处的切线方程 ; (2) 若函数 g ( x ) =f ( x ) -ax+m 在 上 有两个零点 , 求实数 m 的取值范围 . - 112 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 113 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 114 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 解题策略二 　 分类讨论法   例 4 (2017 全国 Ⅰ , 理 21) 已知函数 f ( x ) =a e 2 x + ( a- 2)e x -x. (1) 讨论 f ( x ) 的单调性 ; (2) 若 f ( x ) 有两个零点 , 求 a 的取值范围 . 难点突破 (2) 由 (1) 得 a ≤ 0 及 a> 0 时 f ( x ) 的单调性 , 依据 f ( x ) 的单调性研究其零点 , 由 a ≤ 0, f ( x ) 在 ( -∞ , +∞ ) 单调递减 , f ( x ) 至多有一个零点 ; 由 a> 0 时 f ( x ) 的单调性 , 易求 f ( x ) 的最小值 , 当 f ( x ) min < 0 才会有两个零点 . - 115 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 解 : (1) f ( x ) 的定义域为 ( -∞ , +∞ ), f' ( x ) = 2 a e 2 x + ( a- 2)e x - 1 = ( a e x - 1)(2e x + 1) . ( ⅰ ) 若 a ≤ 0, 则 f' ( x ) < 0, 所以 f ( x ) 在 ( -∞ , +∞ ) 单调递减 . ( ⅱ ) 若 a> 0, 则由 f' ( x ) = 0 得 x=- ln a. 当 x ∈ ( -∞ , - ln a ) 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ ( - ln a , +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0, 所以 f ( x ) 在 ( -∞ , - ln a ) 单调递减 , 在 ( - ln a , +∞ ) 单调递增 . - 116 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 117 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 解题心得 在已知函数零点个数的情况下 , 求参数的范围问题 , 通常采用分类讨论法 , 依据题目中的函数解析式的构成 , 将参数分类 , 在参数的小范围内研究函数零点的个数是否符合题意 , 将满足题意的参数的各个小范围并在一起 , 即为所求参数范围 . - 118 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 对点训练 4 已知函数 f ( x ) =x 2 e -ax - 1( a 是常数 ), (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间 ; (2) 当 x ∈ (0,16) 时 , 函数 f ( x ) 有零点 , 求 a 的取值范围 . - 119 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 120 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 121 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 122 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考向二 考 向三 - 123 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 与函数零点有关的证明问题 解题策略 　 等价转换后构造函数证明   例 5 设函数 f ( x ) =x 2 -a ln x , g ( x ) = ( a- 2) x. (1) 求函数 f ( x ) 的单调区间 . (2) 若函数 F ( x ) =f ( x ) -g ( x ) 有两个零点 x 1 , x 2 , ① 求满足条件的最小正整数 a 的值 ; - 124 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 - 125 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 - 126 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 - 127 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 - 128 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 - 129 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 解题心得 证明与零点有关的不等式 , 函数的零点本身就是一个条件 , 即零点对应的函数值为 0, 证明的思路一般对条件等价转化 , 构造合适的新函数 , 利用导数知识探讨该函数的性质 ( 如单调性、极值情况等 ) 再结合函数图象来解决 . - 130 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 对点训练 5 已知函数 f ( x ) = ( x- 2)e x +a ( x- 1) 2 有两个零点 . (1) 求 a 的取值范围 ; (2) 设 x 1 , x 2 是 f ( x ) 的两个零点 , 证明 : x 1 +x 2 < 2 . - 131 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 (1) 解 : f' ( x ) = ( x- 1)e x + 2 a· ( x- 1) = ( x- 1)(e x + 2 a ) . ( ⅰ ) 若 a= 0, 则 f ( x ) = ( x- 2)e x , f ( x ) 只有一个零点 . ( ⅱ ) 若 a> 0, 则当 x ∈ ( -∞ ,1) 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0, 所以 f ( x ) 在 ( -∞ ,1) 内单调递减 , 在 (1, +∞ ) 内单调递增 . 故 f ( x ) 存在两个零点 . ( ⅲ ) 若 a< 0, 由 f' ( x ) = 0 得 x= 1 或 x= ln( - 2 a ) . 若 a ≥ - , 则 ln( - 2 a ) ≤ 1, 故当 x ∈ (1, +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0, 因此 f ( x ) 在 (1, +∞ ) 内单调递增 . - 132 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 又当 x ≤ 1 时 , f ( x ) < 0, 所以 f ( x ) 不存在两个零点 . 若 a <- , 则 ln( - 2 a ) > 1, 故当 x ∈ (1,ln( - 2 a )) 时 , f' ( x ) < 0; 当 x ∈ (ln( - 2 a ), +∞ ) 时 , f' ( x ) > 0 . 因此 f ( x ) 在 (1,ln( - 2 a )) 内单调递减 , 在 (ln( - 2 a ), +∞ ) 内单调递增 . 又当 x ≤ 1 时 f ( x ) < 0, 所以 f ( x ) 不存在两个零点 . 综上 , a 的取值范围为 (0, +∞ ) . - 133 - 6.4.1 6.4.2 6.4.3 考向一 考 向二 考向三 (2) 证明 不妨设 x 1 f (2 -x 2 ), 即 f (2 -x 2 ) < 0 . 由于 f (2 -x 2 ) = + a ( x 2 - 1) 2 , 而 f ( x 2 ) = ( x 2 - 2) +a ( x 2 - 1) 2 = 0, 所以 f (2 -x 2 ) =-x 2 - ( x 2 - 2) . 设 g ( x ) =-x e 2 -x - ( x- 2)e x , 则 g' ( x ) = ( x- 1)(e 2 -x - e x ) . 所以当 x> 1 时 , g' ( x ) < 0, 而 g (1) = 0, 故当 x> 1 时 , g ( x ) < 0 . 从而 g ( x 2 ) =f (2 -x 2 ) < 0, 故 x 1 +x 2 < 2 .