(通用版)2018学高考数学二轮复习练酷专题高考第21题函数与导数课件文
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全国2018学高考数学第2轮复习 练酷专题 高考第21题 函数与导数 文
[思路提示] 第(2)问把函数g(x)转化为方程来判断方程解的个数，即 为函数g(x)的零点个数；若不能直接判断出零点个数的，可 构造函数F(x)，通过讨论函数F(x)的单调性并结合函数零点 存在性定理确定函数g(x)的零点个数．
[障碍提醒] 3．对于函 数零点个 数的判 断，不会 转化构造 函数而无 从下手．
[障碍提醒] 3．由f(x1)＝0， f(x2)＝0不会转化 x1与x2的关系而导 致滞做． 4．对要证明的不 等式无思路，不 会构造变形导致 无从下手．
所以 ln x2－ln x1＝a(x1－x2)，………6 分 所以(x1－x2)f′(x1＋x2) ＝(x1－x2)x1＋1 x2＋a＝xx11－＋xx22＋a(x1－x2) ＝xx11－＋xx22＋lnxx21＝11－＋xxxx2211＋lnxx21.…………8 分
[障碍提醒] 4．求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
若a＝0，❷则 f(x)＝e2x，
所以 f(x)≥0.
7分
若a＞0，❷则由(1)得，
[解题关键点]
当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值，②处利用1中单
最小值为 f(ln a)＝－a2ln a.
调性求解 fx≥0
从而当且仅当－a2ln a≥0， 成立得分类点 2.
高考第 21 题 函数与导数
题型一 函数单调性、极值问题——分类讨论思想 利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用 到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝
ex(ex－a)－a2x. (1)讨论 f(x)的单调性； [思路提示]
所以φ(t)在[e2，＋∞)上单调递增，
φt≥φe2＝1＋e2＋2 1＞1＋32＋2 1＝65. 11分
[障碍提醒] 3．对于函 数零点个 数的判 断，不会 转化构造 函数而无 从下手．
[障碍提醒] 3．由f(x1)＝0， f(x2)＝0不会转化 x1与x2的关系而导 致滞做． 4．对要证明的不 等式无思路，不 会构造变形导致 无从下手．
所以 ln x2－ln x1＝a(x1－x2)，………6 分 所以(x1－x2)f′(x1＋x2) ＝(x1－x2)x1＋1 x2＋a＝xx11－＋xx22＋a(x1－x2) ＝xx11－＋xx22＋lnxx21＝11－＋xxxx2211＋lnxx21.…………8 分
[障碍提醒] 4．求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
若a＝0，❷则 f(x)＝e2x，
所以 f(x)≥0.
7分
若a＞0，❷则由(1)得，
[解题关键点]
当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值，②处利用1中单
最小值为 f(ln a)＝－a2ln a.
调性求解 fx≥0
从而当且仅当－a2ln a≥0， 成立得分类点 2.
高考第 21 题 函数与导数
题型一 函数单调性、极值问题——分类讨论思想 利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用 到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤
[典例] (2017·全国卷Ⅰ)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝
ex(ex－a)－a2x. (1)讨论 f(x)的单调性； [思路提示]
所以φ(t)在[e2，＋∞)上单调递增，
φt≥φe2＝1＋e2＋2 1＞1＋32＋2 1＝65. 11分
2018届高考数学二轮复习 导数与不等式及参数范围 ppt课件(全国通用)
-7-
解 (1)由题设易知 f(x)=ln x,g(x)=ln x+ ,∴g'(x)=
������
1
������-1 ������ 2
,
令g'(x)=0得x=1, 当x∈(0,1)时,g'(x)<0, 故(0,1)是g(x)的单调减区间, 当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0, 故(1,+∞)是g(x)的单调增区间, 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.
-8-
(2)g
1 ������
=-ln x+x,设 h(x)=g(x)-g
1 ������
1 ������
=2ln x-x+ ,则 h'(x)=������
1
(������ -1)2 ������ 2
,
当 x=1 时,h(1)=0,即 g(x)=g
,
当x∈(0,1)∪(1,+∞)时,h'(x)<0,h'(1)=0, 因此,h(x)在(0,+∞)内单调递减,当0<x<1时,h(x)>h(1)=0,
2.4.2
导数与不等式及参数范围
-2-
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设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=ex(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=4x+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. 难点突破一(作差构造) f(x)≤kg(x)⇔kg(x)-f(x)≥0,设F(x)=kg(x)f(x)=2kex(x+1)-x2-4x-2⇒F'(x)=2kex(x+2)-2x-4=2(x+2)(kex-1)⇒令 F'(x)=0得x1=-ln k,x2=-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.
函数与导数全国卷第21题ppt课件
(5 分)
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
若a＜－2e， 则 ln(－2a)＞1， 故当 x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0； 当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0， 所以 f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增， 在(1，ln(－2a))上单调递减．
k切＝f′（x0）. y0＝f（x0）. （x0，y0）满足切线.
联立方程组求解(有时分开求解亦可)
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
(2)求参数的范围问题 法一：分离参数法 在确定了函数的定义域或给定的某区间的条件下，若能将参 数分离开来，即变形为 a>g(x)(或 a≥g(x)，a≤g(x)，a<g(x)) 等，且 g(x)在给定的区间上易于判断单调性，易求出其值域， 从而得出参数 a 的范围；若不能判断其单调性或值域，分离 即失败．
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
例如，本例中，第(2)问，直接证明，当 x∈(1，＋∞)时，求
证 1<xln－x1<x，如下：
证明：因为
x∈(1，＋∞)，所以不等式
x－1 1< ln x <x
令 g(x)＝x－1－xln x(x>1)，
g′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x<0.
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
若a＜－2e， 则 ln(－2a)＞1， 故当 x∈(－∞，1)∪(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)＞0； 当 x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)＜0， 所以 f(x)在(－∞，1)，(ln(－2a)，＋∞)上单调递增， 在(1，ln(－2a))上单调递减．
k切＝f′（x0）. y0＝f（x0）. （x0，y0）满足切线.
联立方程组求解(有时分开求解亦可)
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
(2)求参数的范围问题 法一：分离参数法 在确定了函数的定义域或给定的某区间的条件下，若能将参 数分离开来，即变形为 a>g(x)(或 a≥g(x)，a≤g(x)，a<g(x)) 等，且 g(x)在给定的区间上易于判断单调性，易求出其值域， 从而得出参数 a 的范围；若不能判断其单调性或值域，分离 即失败．
采用PP管及配件：根据给水设计图配置好PP管及配件，用管件在 管材垂 直角切 断管材 ，边剪 边旋转 ，以保 证切口 面的圆 度，保 持熔接 部位干 净无污 物
例如，本例中，第(2)问，直接证明，当 x∈(1，＋∞)时，求
证 1<xln－x1<x，如下：
证明：因为
x∈(1，＋∞)，所以不等式
x－1 1< ln x <x
令 g(x)＝x－1－xln x(x>1)，
g′(x)＝1－(ln x＋1)＝－ln x<0.
2018届高考数学二轮复习 第一部分 层级三 30分的拉分题 压轴专题(三)第21题解答题“函数、导数与不等式”
x (0， a)
a
( a，＋∞)
f′(x)
－
0
＋
a1－ln a
f(x)
2
所以函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，Байду номын сангаас调递增区间是( a， ＋∞)．
函数 f(x)在 x＝ a处取得极小值 f( a)＝a1－2ln a，无极大值． 综上可知，当 a≤0 时，函数 f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)， 函数 f(x)既无极大值也无极小值； 当 a>0 时，函数 f(x)的单调递减区间是(0， a)，单调递增区间 为( a，＋∞)，函数 f(x)有极小值a1－2ln a，无极大值．
解答题的热点题型有： (1) 利 用 导 数 研 究 函 数
的单调性、极值、最值； (2) 利 用 导 数 证 明 不 等
式或探讨方程根； (3) 利 用 导 数 求 解 参 数
的范围或值.
[常考题点逐一突破]
利用分类讨论思想探究函数性质 [典例] (2017·张掖诊断)设函数f(x)＝x22－aln x. (1)当a＝1时，求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程； (2)求函数f(x)的单调区间和极值． [解] (1)当a＝1时，f(x)＝x22－ln x， 则f′(x)＝x－1x，所以f′(1)＝0，又f(1)＝12， 所以曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝12.
所以 f a＋b b>f(1)，即1－aa＋＋bbb＋lna＋b b>0，化简得a＋1 b<ln a＋b b， a· b
lna＋b b<ab等价于 lna＋b b－ab＝ln1＋ab－ab<0，
令 g(x)＝ln(1＋x)－x(x∈(0，＋∞))，
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题一 函数与导数、不等式 第3讲 精品
第3讲 导数与函数的单调性、 极值、最值问题
高考定位 常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求 法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范 围有关的问题.
真题感悟
(2016·山东卷)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间； (2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.
[微题型2] 已知函数的单调区间求参数范围
【例 1－2】 (2016·广东湛江二模)已知函数 f(x)＝x2＋2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为 1，求实数 a 的值； (2)若函数 g(x)＝2x＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数 a 的取 值范围.
热点三 利用导数研究函数的最值 【例3】 (2016·武汉二模)设函数f(x)＝ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＋(1＋a)x－x2－x3，其
探究提高 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围 (一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x) 不恒等于0的参数的范围.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝(ax2－x)lnx－12ax2＋x(a∈R). (1)当 a＝0 时，求曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程(e＝ 2.718…)； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)当 a＝0 时，f(x)＝x－xln x，f′(x)＝－ln x，所以 f(e)＝0， f′(e)＝－1.所以曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝ －x＋e，即 x＋y－e＝0. (2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝(ax2－x)1x＋(2ax－1)ln x－ax＋1＝(2ax－1)ln x.
高考定位 常以指数、对数式为载体，考查函数单调性的求 法或讨论，以及考查函数极值、最值的求法，综合考查与范 围有关的问题.
真题感悟
(2016·山东卷)设f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令g(x)＝f ′(x)，求g(x)的单调区间； (2)已知f(x)在x＝1处取得极大值.求实数a的取值范围.
[微题型2] 已知函数的单调区间求参数范围
【例 1－2】 (2016·广东湛江二模)已知函数 f(x)＝x2＋2aln x. (1)若函数 f(x)的图象在(2，f(2))处的切线斜率为 1，求实数 a 的值； (2)若函数 g(x)＝2x＋f(x)在[1，2]上是减函数，求实数 a 的取 值范围.
热点三 利用导数研究函数的最值 【例3】 (2016·武汉二模)设函数f(x)＝ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＋(1＋a)x－x2－x3，其
探究提高 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f ′(x)≥0(或f ′(x)≤0)，x∈(a，b)恒成立，解出参数的取值范围 (一般可用不等式恒成立的理论求解)，应注意参数的取值是f ′(x) 不恒等于0的参数的范围.
【训练 1】 已知函数 f(x)＝(ax2－x)lnx－12ax2＋x(a∈R). (1)当 a＝0 时，求曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程(e＝ 2.718…)； (2)求函数 f(x)的单调区间. 解 (1)当 a＝0 时，f(x)＝x－xln x，f′(x)＝－ln x，所以 f(e)＝0， f′(e)＝－1.所以曲线 y＝f(x)在点(e，f(e))处的切线方程为 y＝ －x＋e，即 x＋y－e＝0. (2)函数 f(x)的定义域为(0，＋∞)， f ′(x)＝(ax2－x)1x＋(2ax－1)ln x－ax＋1＝(2ax－1)ln x.
2018届高考数学文二轮复习课件：2.2.3 导数的简单应用 精品
解析：已知函数 f(x)＝ax在 x＝1 处的导数为－2，则可得－xa2＝－a ＝－2，故有 a＝2，则实数 a 的值是 2，故答案为 2.
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
答案：2
2．(热点一)已知 f(x)为偶函数，当 x≤0 时，f(x)＝e－x－1－x，则曲 线 y＝f(x)在点(1,2)处的切线方程是__________．
解：(1)由 f(x)＝－x＋lnx，得 f′(x)＝－1＋1x，令 f′(x)＝1，得 x ＝12
∴所求距离的最小值即为 P(12，f(12))到直线 x－y＋3＝0 的距离 d＝|12－－12－2ln2＋3|＝12(4＋ln2) 2
(2)假设存在正数 a，令 F(x)＝f(x)－g(x)(x>0)，则 F(x)max≤0 由 F′(x)＝a＋1x－2a2x＝0 得 x＝1a ∵x>1a时，F′(x)<0，∴F(x)为减函数； 当 0<x<1a时，F′(x)>0， ∴F(x)为增函数 ∴F(x)max＝F(1a) ∴ln1a≤0 即 a≥1 所以 a 的取值范围是[1，＋∞)
的取值范围为21，1. ②当 x≥1 时，k≤x＋1x1＋lnx恒成立，令 g(x)＝x＋1x1＋lnx，
则 g′(x)＝1＋lnx＋1＋1xxx－2 x＋11＋lnx＝x－x2lnx. 令 h(x)＝x－lnx，则 h′(x)＝1－1x≥0，所以 h(x)≥h(1)＝1，所以 g′(x)>0，所以 g(x)为[1，＋∞)上的增函数，所以 g(x)≥g(1)＝2，故 k≤2.
(2)已知函数 f(x)＝3x3＋2x2－1 在区间(m,0)上总有 f ′(x)≤0 成立， 则 m 的取值范围为__－__49_，__0___．
[自主解答] (1)因为函数 f(x)的导函数为 f′(x)＝sinx＋xcosx－ sinx＝xcosx，所以 k＝g(t)＝tcost.则函数 g(t)为奇函数，图象关于原点 对称，所以排除 A、C.又当 0<t<2π时，g(t)>0，所以排除 D，选 B.
2018届高考数学二轮复习 函数与导数的应用专项练 ppt课件(全国通用)
在点(-1,-1)处的切线方程为( A ) B.y=2x-1 D.y=-2x-2
解析: ∵y'=
������ +2-������
(������ ++2)2
,
2
∴在点(-1,-1)处的切线方程的斜率为(-1+2)2=2.
∴切线方程为y+1=2(x+1),
即y=2x+1.
-7一、选择题 二、填空题
2.3
函数与导数的应用专项练
-2-
1.导数的几何意义 函数y=f(x)在点x0处的导数的几何意义:函数y=f(x)在点x0处的导 数是曲线y=f(x)在P(x0,f(x0))处的切线的斜率f'(x0),相应的切线方程 是y-y0=f'(x0)(x-x0). 注意:在某点处的切线只有一条,但过某点的切线不一定只有一 条. 2.常用的求导方法 (1)(xm)'=mxm-1,(sin x)'=cos x,(cos x)'=-sin x,(ex)'=ex,
2 2
C
)
解析: f'(x)=excos x-exsin x,∴k=f'(0)=e0(cos 0-sin 0)=1.
-4一、选择题 二、填空题
2.(2017全国Ⅱ,理11)若x=-2是函数f(x)=(x2+ax-1)ex-1的极值点,则f(x) 的极小值为( A ) A.-1 B.-2e-3 C.5e-3 D.1
4.函数 f(x)= 的图象大致为(
������
e ������
B )
解析: 函数 f(x)= 的定义域为 x≠0,x∈R,当 x>0 时,函数 f'(x)=
2018届高考数学理二轮复习全国通用课件 专题一 函数与导数、不等式 第5讲 精品
由零点存在定理，知存在 x0∈(2，3)，使得 h(x0)＝0，
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
即 1＋ln(x0＋1)＝x0，
又函数 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，
所以当 x∈(0，x0)时，h(x)＜h(x0)＝0；
当 x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞h(x0)＝0. 从而当 x∈(0，x0)时，g′(x)＝h（xx2）＜0； 当 x∈(x0，＋∞)时，g′(x)＝h（xx2）＞0， 所以 g(x)在(0，＋∞)上的最小值为 g(x0)＝（x0＋1）[1＋x0ln（x0＋1）]＝x0＋1. 因此 f(x)＞x＋kx1－x2 在(0，＋∞)上恒成立等价于 k＜g(x)min＝x0 ＋1.由 x0∈(2，3)，知 x0＋1∈(3，4)，所以 k 的最大值为 3.
【训练1】 (2016·武汉模拟)设函数f(x)＝1－x2＋ln(x＋1).
(1)求函数 f(x)的单调区间； (2)若不等式 f(x)＞x＋kx1－x2(k∈N*)在(0，＋∞)上恒成立， 求 k 的最大值.
解 (1)函数 f(x)的定义域为(－1，＋∞)， f′(x)＝x＋1 1－2x，由 f′(x)＞0，得－1＜x＜ 32－1； 由 f′(x)＜0，得 x＞ 32－1.所以函数 f(x)的单调递增区间为 －1， 32－1，单调递减区间为 32－1，＋∞.
设 g(x)＝ln x－mx－1x， 即∀x∈[1，＋∞)，g(x)≤0 恒成立， 等价于函数 g(x)在[1，＋∞)上的最大值 g(x)max≤0. g′(x)＝1x－m1＋x12＝－mx2x＋2 x－m. ①若 m≤0，g′(x)＞0，g(x)在[1，＋∞)上单调递增， 即 g(x)≥g(1)＝0，这与要求的 g(x)≤0 矛盾. ②若 m＞0，方程－mx2＋x－m＝0 的判别式 Δ＝1－4m2.
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[障碍提醒] 3．对于函 数零点个 数的判 断，不会 转化构造 函数而无 从下手．
9分
当
[障碍提醒] 4． 求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
a x＝ln－2时，f(x)取得最小值， 3 a a 2 fln－2＝a 4－ln－2.
23
最小值为
从而当且仅当 a
3 4
a － － ln ≥0， 4 2
a a 解：(1)由 f(x)＝x－1＋ex，得 f′(x)＝1－ex. 又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴， a 得 f′(1)＝0，即 1－ e＝0，解得 a＝e.
(2)求函数 f(x)的极值． a 解：f′(x)＝1－ex，
①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以 函数 f(x)无极值． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．x∈(－∞， ln a)时， f′(x)＜0； x∈(ln a， ＋∞)时， f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－ ∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故 f(x)在 x＝ ln a 处取得极小值，且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a＞0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
❶
4分
a x＝ln－2.
[解题关键点] ①处分解变形后观察得分类点 1.
当
a x∈－∞，ln－2时，f′(x)＜0； a x∈ln－2，＋∞时，f′(x)＞0. a f(x)在－∞，ln－2上单调递减，
即－2e ≤a＜0 时，f(x)≥0.
11 分
3 4
综上，a 的取值范围是 －2e ，1 . 12 分
题型对点练见课堂练习第1题
[课堂练习第 1 题]
a 已知函数 f(x)＝x－1＋ x(a∈R，e 为自然对数的底数)． e (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
[障碍提醒] 3． 不理解 f(x)≥0 是恒成立问题， 可转化为最值问 题求解．
当 故
a 在ln－2，＋∞上单调递增.6
分
(2)若要 f(x)≥0，只需 f(x)min≥0 即可．
若a＝0，❷则 f(x)＝e2x，
[障碍提醒] 4． 求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；
[思路提示] 第(1)问求函数f(x)的导数并讨论函数的单调性；
[障碍提醒] 1．对函数 f(x)求导计算错而 导致解题错误．
[解] (1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R， 所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.…………1分 令f′(x)＝0，得x＝－a－1. ……2分
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，－a－1) － －a－1 0 极小值 (－a－1，＋∞) ＋
故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)， 单调递增区间为(－a－1，＋∞). ………………4分
[障碍提醒] 2．不会利用导数求解函数的单调区间．
(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个 数，并说明理由．
所以 f(x)≥0. 若a＞0，❷则由(1)得，
7分
[解题关键点]
②处利用 1 中单 当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值， 调性求解 fx≥0 2 最小值为 f(ln a)＝－a ln a. 成立得分类点 2. 2 从而当且仅当－a ln a≥0，
即 0＜a≤1 时，f(x)≥0. 若a＜0，❷则由(1)得，
若a＝0，❶则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增.2 分
[障碍提醒] 2．对含参数 的函数单调 性问题无分 类讨论意识 而导致解题 错误．
若a＞0，❶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. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增. 若a＜0， 则由 f′(x)＝0，得
[思路提示] 第(2)问把函数g(x)转化为方程来判断方程解的个数，即 为函数g(x)的零点个数；若不能直接判断出零点个数的，可 构造函数F(x)，通过讨论函数F(x)的单调性并结合函数零点 存在性定理确定函数g(x)的零点个数．
(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有 一个零点.…………………………5分
题型二
讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题 ——数形结合思想
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调 性、最值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的 走势规律，标明函数极最值的位置，通过数形结合的思 想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整 体展现.
[典例]
(本题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e
第(1)问先求 f(x)的导数 f′(x)，再对 a 分区间讨论 f′(x)的符 号，从而得到 f(x)的单调性；
[障碍提醒] 1． 求错 f(x)或求出 f′(x) 后不会分解 因式而滞做．
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).1 分
高考第 21 题
题型一
函数与导数
函数单调性、极值问题——分类讨论思想
利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用 到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤
[典例]
(2017· 全国卷Ⅰ)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ (1)讨论 f(x)的单调性；
[思路提示]
ex(ex－a)－aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱx.
9分
当
[障碍提醒] 4． 求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
a x＝ln－2时，f(x)取得最小值， 3 a a 2 fln－2＝a 4－ln－2.
23
最小值为
从而当且仅当 a
3 4
a － － ln ≥0， 4 2
a a 解：(1)由 f(x)＝x－1＋ex，得 f′(x)＝1－ex. 又曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴， a 得 f′(1)＝0，即 1－ e＝0，解得 a＝e.
(2)求函数 f(x)的极值． a 解：f′(x)＝1－ex，
①当 a≤0 时，f′(x)＞0，f(x)为(－∞，＋∞)上的增函数，所以 函数 f(x)无极值． ②当 a＞0 时，令 f′(x)＝0，得 ex＝a，即 x＝ln a．x∈(－∞， ln a)时， f′(x)＜0； x∈(ln a， ＋∞)时， f′(x)＞0， 所以 f(x)在(－ ∞，ln a)上单调递减，在(ln a，＋∞)上单调递增，故 f(x)在 x＝ ln a 处取得极小值，且极小值为 f(ln a)＝ln a，无极大值． 综上，当 a≤0 时，函数 f(x)无极值； 当 a＞0 时，f(x)在 x＝ln a 处取得极小值 ln a，无极大值．
❶
4分
a x＝ln－2.
[解题关键点] ①处分解变形后观察得分类点 1.
当
a x∈－∞，ln－2时，f′(x)＜0； a x∈ln－2，＋∞时，f′(x)＞0. a f(x)在－∞，ln－2上单调递减，
即－2e ≤a＜0 时，f(x)≥0.
11 分
3 4
综上，a 的取值范围是 －2e ，1 . 12 分
题型对点练见课堂练习第1题
[课堂练习第 1 题]
a 已知函数 f(x)＝x－1＋ x(a∈R，e 为自然对数的底数)． e (1)若曲线 y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线平行于 x 轴，求 a 的值； (2)求函数 f(x)的极值．
[障碍提醒] 3． 不理解 f(x)≥0 是恒成立问题， 可转化为最值问 题求解．
当 故
a 在ln－2，＋∞上单调递增.6
分
(2)若要 f(x)≥0，只需 f(x)min≥0 即可．
若a＝0，❷则 f(x)＝e2x，
[障碍提醒] 4． 求最小值 时不会讨论 或求错最小 值．
是自然对数的底数，a∈R. (1)求函数f(x)的单调区间；
[思路提示] 第(1)问求函数f(x)的导数并讨论函数的单调性；
[障碍提醒] 1．对函数 f(x)求导计算错而 导致解题错误．
[解] (1)因为f(x)＝(x＋a)ex，x∈R， 所以f′(x)＝(x＋a＋1)ex.…………1分 令f′(x)＝0，得x＝－a－1. ……2分
当x变化时，f′(x)和f(x)的变化情况如下： x f′(x) f(x) (－∞，－a－1) － －a－1 0 极小值 (－a－1，＋∞) ＋
故f(x)的单调递减区间为(－∞，－a－1)， 单调递增区间为(－a－1，＋∞). ………………4分
[障碍提醒] 2．不会利用导数求解函数的单调区间．
(2)当a＜1时，试确定函数g(x)＝f(x－a)－x2的零点个 数，并说明理由．
所以 f(x)≥0. 若a＞0，❷则由(1)得，
7分
[解题关键点]
②处利用 1 中单 当 x＝ln a 时，f(x)取得最小值， 调性求解 fx≥0 2 最小值为 f(ln a)＝－a ln a. 成立得分类点 2. 2 从而当且仅当－a ln a≥0，
即 0＜a≤1 时，f(x)≥0. 若a＜0，❷则由(1)得，
若a＝0，❶则 f(x)＝e2x 在(－∞，＋∞)上单调递增.2 分
[障碍提醒] 2．对含参数 的函数单调 性问题无分 类讨论意识 而导致解题 错误．
若a＞0，❶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. 故 f(x)在(－∞，ln a)上单调递减， 在(ln a，＋∞)上单调递增. 若a＜0， 则由 f′(x)＝0，得
[思路提示] 第(2)问把函数g(x)转化为方程来判断方程解的个数，即 为函数g(x)的零点个数；若不能直接判断出零点个数的，可 构造函数F(x)，通过讨论函数F(x)的单调性并结合函数零点 存在性定理确定函数g(x)的零点个数．
(2)结论：当a＜1时，函数g(x)有且仅有 一个零点.…………………………5分
题型二
讨论函数零点的个数或已知方程根求参数问题 ——数形结合思想
研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调 性、最值、变化趋势等，根据题目要求，画出函数图象的 走势规律，标明函数极最值的位置，通过数形结合的思 想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整 体展现.
[典例]
(本题满分12分)已知函数f(x)＝(x＋a)ex，其中e
第(1)问先求 f(x)的导数 f′(x)，再对 a 分区间讨论 f′(x)的符 号，从而得到 f(x)的单调性；
[障碍提醒] 1． 求错 f(x)或求出 f′(x) 后不会分解 因式而滞做．
[解] (1)函数 f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，
f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a).1 分
高考第 21 题
题型一
函数与导数
函数单调性、极值问题——分类讨论思想
利用导数研究含参数的函数单调性、极值问题时，常用 到分类讨论思想，其分类讨论点一般步骤
[典例]
(2017· 全国卷Ⅰ)(本题满分 12 分)已知函数 f(x)＝ (1)讨论 f(x)的单调性；
[思路提示]
ex(ex－a)－aቤተ መጻሕፍቲ ባይዱx.