【精品】 2019年高考数学专题★极值点不可解问题的求解策略(PPT)
函数极值和其求法精品PPT课件
证
(1)
f
( x0 )
lim
x0
f ( x0 x) x
f ( x0 ) 0,
故f ( x0 x) f ( x0 )与x异号，
当x 0时， 有f ( x0 x) f ( x0 ) 0,
当x 0时， 有f ( x0 x) f ( x0 ) 0,
所以,函数 f ( x)在x0处取得极大值
有 f '( x) 0，则 f ( x)在x0 处取得极小值.
(3)如果当 x ( x0 , x0 )及 x ( x0 , x0 )时, f '( x)
符号相同,则 f ( x)在x0 处无极值.
y
y
(是极值点情形)
o
x0
xo
x0
x
y
y
o
x0
xo
求极值的步骤:
x0
x
(不是极值点情形)
f (2) 18 0, 故极小值 f (2) 48. f ( x) x3 3x2 24x 20 图形如下
M
m
注意: f ( x0 ) 0时, f ( x)在点x0处不一定取极值 , 仍用定理 2.
注意:函数的不可导点,也可能是函数的极值点.
2
例4 求出函数 f ( x) 1 ( x 2)3的极值.
x2 x3
x4
b x5 x6
x
y
y
o
x0
x
o
x0
x
二、函数极值的求法
定理1(必要条件) 设 f ( x)在点 x0 处具有导数,且 在 x0处取得极值,那末必定 f '( x0 ) 0. 定义 使导数为零的点(即方程 f ( x) 0 的实根)叫 做函数 f ( x) 的驻点. 注意: 可导函数 f ( x) 的极值点必定是它的驻 点,
函数的极值-课件
这份PPT课件介绍了函数的极值，包括引言、函数的极值点、函数的极值定理、 函数的极值应用等内容。通过本课件，你将深入了解这一重要数学概念的定 义、分类和应用。
一、引言
函数的极值是指函数在特定范围内的最大值或最小值。本节将讨论函数的极 值的定义以及不同类型的极值。
二、函数的极值点
极大值点和极小值点的定义
极大值点是函数在某个范围内的最大值，极小值点是函数在某个范围内的最小值。
函数求极值的步骤
求函数的极值需要确定函数的驻点和临界点，并通过对函数求导来判断是极大值还是极小值。
三、函数的极值定理
第一极值定理
如果函数在某个区间内连续且可导，那么在这个区 间内一定存在至少一个极值点。
六、参考文献
1 数学分册
数学分册中关于函数和极 值的相关章节提供了更深 入的理论和应用。
2 数学课程
数学课程中有关函数极值 的教材和讲义提供了更详 细的学习材料。
3 数学学习资料
网络上有很多关于函数的 极值的学习资料，可以进 一步加深对这一概念的理 解。
第二极值定理
如果函数在某个区间内可导，并且在驻点处的导数 不等于零，那么这个驻点必定不是极值点。
四、函数的极值应用
数学实际问题中的应 用
函数的极值在物理、经济学等 领域中的实际问题中有着广泛 的应用，如求解最大利润、最 小费用等。
OA题型解析
函数的极值常出现在各类OA题 目中，掌握函数的极值求解方 法有助于解答相关题目。
PSAT、SAT、GRE题 型解析
函数的极值是PSAT、SAT、GRE 等考试中经常出现的题型，熟 悉函数的极值概念和求解方法 对应试有帮助。
五、总结
1 函数的极值常见考点
2019届二轮复习第25讲高考数学解答题的破解策略学案（全国通用）
第25讲 高考数学解答题的破解策略一、题型特点解答题是数学高考题的优良传统题型，包括计算题、证明题、应用题等等，约占总分的47%左右．解答题的功能侧重知识的综合运用和能力测试，是对考生知识掌握、分析推理、综合应用能力的全面检验．二、解题思路要完成高考数学解答题的解答，必须把握好以下各个环节： 1．审题——捕捉“题眼”审题是解题的开始，也是解题的基础．审题思考中，要把握“三性”，即明确目的性，提高准确性，注意隐含性．审题的技巧：①学会寻找题眼；②学会从问入手(如已知是什么？求解是什么？)；③学会抓住问题中的数量特征；④ 学会挖掘隐含条件．2．优化——思维策略常用的思维策略有：陌生问题熟悉化；复杂问题简单化；一般问题特殊化；抽象问题具体化等．3．选择——解题方法常见的解题方法：分析、综合、联想、类比、归纳、演绎、反证、化归等． 4．突出——通性通法(1)突出数学思想：函数方程思想；数形结合思想；分类讨论思想；等价转化思想； (2)联想常规方法：代入法、配方法、换元法、待定系数法、数学归纳法等． 5．规范——书面表达力求表述准确，不使用不规范的语言．避免字迹不工整而造成的隐性失分． 三、解题策略 (一)语言转换策略每个数学命题都是由一些特定的数学语言(文字语言、符号语言、图形语言)所组成，数学解题活动过程，实际上是数学语言的转换过程，通过语言转换过程，理解题意，确定解题方案．例1函数f(x)＝cos (πx ＋φ)⎝⎛⎭⎫0<φ<π2的部分图象如图所示．(1)求φ及图中x 0的值；(2)设g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13，求函数g(x)在区间⎣⎡⎦⎤－12，13上的最大值和最小值． 【解析】(1)由题图得f(0)＝32，所以cos φ＝32，因为0<φ<π2，故φ＝π6.由于f(x)的最小正周期等于2，所以由题图可知1<x 0<2，故7π6<πx 0＋π6<13π6，由f(x 0)＝32得cos ⎝⎛⎭⎪⎫πx 0＋π6＝32，所以πx 0＋π6＝11π6，x 0＝53.(2)因为f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎣⎢⎡⎦⎥⎤π⎝⎛⎭⎫x ＋13＋π6＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π2＝－sin πx ， 所以g(x)＝f(x)＋f ⎝⎛⎭⎫x ＋13＝cos ⎝ ⎛⎭⎪⎫πx ＋π6－sin πx ＝cos πx cos π6－sin πx sin π6－sin πx＝32cos πx －32sin πx ＝3sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π6－πx . 当x ∈⎣⎡⎦⎤－12，13时，－π6≤π6－πx ≤2π3. 所以－12≤sin ⎝⎛⎭⎫π6－πx ≤1， 故π6－πx ＝π2，即x ＝－13时，g(x)取得最大值3； 当π6－πx ＝－π6，即x ＝13时，g(x)取得最小值－32. 【小结】本题首先要根据图象中的信息求其y ＝A sin (ωx ＋φ)＋k 的解析式，在这一过程中要实现图形语言、符号语言、文字语言转换，然后化简利用三角函数图象求出值域． (二)进退并举策略 对于一个命题，我们分析的目标是条件和结论，分析的目的是寻求条件与结论之间的关系，分析的过程就是缩短条件与结论之间的距离——条件进、结论退．学会分析是重要的，进退并举的解题策略是行之有效的．例2是否存在常数a 、b 、c ，使得等式1·22＋2·32＋…＋n(n ＋1)2＝n （n ＋1）（an 2＋bn ＋c ）12对于一切自然数n 都成立？并证明你的结论．【解析】第一，理解题意．命题是一个存在性探索问题，即要探索使得等式成立的常数a 、b 、c 的存在性，对这类题一般采用先设后证的原则．第二，退．可以从命题的特殊性性质入手，先设满足条件的常数a 、b 、c 存在，将n ＝1，2，3代入得到三元一次方程组：⎩⎪⎨⎪⎧a ＋b ＋c ＝24，4a ＋2b ＋c ＝44，9a ＋3b ＋c ＝70，解得a ＝3，b ＝11，c ＝10. 第三，进．从特殊到一般，利用数学归纳法证明：对一切自然数n 等式都成立． (三)整体求解策略整体求解处理，就是在处理问题时，利用问题中的整体与部分的关系，通过整体代人、整体运算、整体消元、整体合并等方法，常可以简化运算过程，提高解题速度，并从中感受到整体思维的和谐美．例3已知函数f(x)＝－x 2－2ax ＋ln x(a ∈R )．(1)当a ＝－12时，求函数f (x )的最大值；(2)试讨论函数f (x )的零点个数．【解析】(1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．当a ＝－12时，f ′(x )＝－2x ＋1＋1x ＝－2x 2＋x ＋1x ＝（1－x ）（2x ＋1）x.令f ′(x )＝0，得x ＝1(负值舍去)．当x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )在(0，1)为单调递增函数； 当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )在(1，＋∞)为单调递减函数； 所以f (x )max ＝f (1)＝－1＋1＋ln 1＝0.(2)f ′(x )＝－2x －2a ＋1x ＝－2x 2－2ax ＋1x.令g (x )＝－2x 2－2ax ＋1，Δ＝4a 2＋8>0， ∴g (x )有两个不相等的实根x 1，x 2，不妨设x 1<x 2，由韦达定理知x 1x 2＝－12<0 ，∴x 1<0<x 2，且x 2＝a 2＋2－a2. 当x ∈()0，x 2时，f ′(x )>0 ，所以f (x )在()0，x 2为单调递增函数， 当x ∈()x 2，＋∞时，f ′(x )<0 ，所以f (x )在()x 2，＋∞为单调递减函数， 所以f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2. 又由f ′(x 2)＝0，知－2ax 2＝2x 22－1.于是f (x )max ＝f (x 2)＝－x 22－2ax 2＋ln x 2＝x 22＋ln x 2－1.令m (x )＝x 2＋ln x －1，m (x )在(0，＋∞)上为单调递增函数，且m (1)＝0，∴x ∈(0，1)时，m (x )<0，x ∈(1，＋∞)时，m (x )>0.①当a ＝－12时，x 2＝1，f (x 2)＝m (1)＝0，此时函数f (x )有一个零点；②当a >－12时，由于g (1)＝－1－2a <0，所以x 2∈(0，1)，所以f (x 2)<m (1)＝0，此时函数f (x )无零点；③当a <－12时，g (1)＝－1－2a >0，∴x 2∈(1，＋∞)，∴f (x 2)>m (1)＝0.易知x >0，且x →0时，f (x )<0， 易证x >0时，ln x <x ，所以f (x )＝－x 2－2ax ＋ln x <－x 2－2ax ＋x ＝－x 2－(2a －1)x ，所以x ＝2(1－2a )时，f (2(1－2a ))<－4(1－2a )2＋2(1－2a )2＝－2(1－2a )2<0， 所以函数f (x )在(0，x 2)和(x 2，2(1－2a ))各有一个零点，此时函数f (x )共有两个零点． 【点评】求解本题的关键是将－2ax 2＝2x 22－1整体代入消去参数a ，整体运算、整体消元、整体合并常可以简化运算过程，提高解题速度．例4已知函数f(x)＝ax ＋x ＋1(a ∈R )． (1)当a ＝1时，求f (x )的最小值；(2)若函数f (x )图象上的点都在不等式组⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≥0，x －y －1≤0表示的平面区域内，求实数a 的取值范围；(3)若函数h (x )＝x 4＋[]f （x ）－x ＋1(x 2＋1)＋bx 2＋1在(0，＋∞)上有零点，求a 2＋b 2的最小值．【解析】(1)当a ＝1时，f (x )＝x ＋x ＋1，显然f (x )在定义域[－1，＋∞)内为增函数，f (x )min ＝f (－1)＝－1. (2)由题意可知，f (x )＝ax ＋x ＋1≥x －1在[)－1，＋∞上恒成立，令t ＝x ＋1，则t ≥0，代入得a (t 2－1)＋t ≥t 2－2在[)0，＋∞上恒成立， 即a (t ＋1)(t －1)≥(t －2)(t ＋1)， 即a (t －1)≥t －2对t ≥0恒成立，即(a －1)t ＋2－a ≥0在[)0，＋∞上恒成立， 此时只需a －1≥0且2－a ≥0，所以1≤a ≤2.(3)依题意知，h (x )＝x 4＋[f (x )－x ＋1](x 2＋1)＋bx 2＋1＝0在(0，＋∞)上有解，即x 2＋ax ＋a x ＋b ＋1x 2＝0在(0，＋∞)上有解，令t ＝x ＋1x ，则t ≥2，代入得方程t 2＋at ＋b －2＝0在[2，＋∞)上有解， 设g (t )＝t 2＋at ＋b －2(t ≥2)，当a <－4时，只需Δ＝a 2－4b ＋8≥0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥16；当a ≥－4时，只需g (2)≤0，即22＋2a ＋b －2≤0，即2a ＋b ＋2≤0，a 2＋b 2的几何意义就表示点(a ，b )到原点(0，0)距离的平方，在此条件下，有a 2＋b 2≥45.所以a 2＋b 2的最小值为45.【点评】整体求解通常可以通过换元来实现．换元的特点是通过引进新的变量，可以把分散的条件联系起来，隐含的条件显露出来，把条件与结论联系起来，把陌生的形式转变为熟悉的形式．高中数学中主要换元法有整体换元、三角换元、对称换元、均值换元等等．换元法应用广泛，如解方程、解不等式、证明不等式、求函数的值域、求数列的通项与和等，在解析几何中也有广泛的应用．解题过程中要注意换元后新变量的取值范围．(四)联想与发散策略联想是问题转化的桥梁．稍具难度的问题和基础知识的联系，都是不明显的、间接的、复杂的．因此，解题的方法怎样、速度如何，取决于能否由观察到的特征，灵活运用有关知识，做出相应的联想，将问题打开缺口，不断深入．例5变量x 、y 满足⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1.(1)设z ＝yx，求z 的最小值；(2)设z ＝x 2＋y 2，求z 的取值范围；(3)设z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13，求z 的取值范围． 【解析】由约束条件⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3≤0，3x ＋5y －25≤0，x ≥1，作出(x ，y)的可行域如图阴影所示．由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，3x ＋5y －25＝0，解得A ⎝⎛⎭⎫1，225. 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，x －4y ＋3＝0，解得C(1，1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x －4y ＋3＝0，3x ＋5y －25＝0，解得B(5，2)．(1)∵z ＝y x ＝y －0x －0.∴z 的值即是可行域中的点与原点O 连线的斜率．观察图形可知z min ＝k OB ＝25.(2)z ＝x 2＋y 2的几何意义是可行域上的点到原点O 的距离的平方． 结合图形可知，可行域上的点到原点的距离中， d min ＝|OC|＝2，d max ＝|OB|＝29.∴2≤z ≤29.(3)z ＝x 2＋y 2＋6x －4y ＋13＝(x ＋3)2＋(y －2)2的几何意义是可行域上的点到点(－3，2)的距离的平方．结合图形可知，可行域上的点到(－3，2)的距离中， d min ＝1－(－3)＝4，d max ＝（－3－5）2＋（2－2）2＝8.∴16≤z ≤64.(五)数形结合策略数形结合是高考重点考查的思想方法之一，其实质是将抽象的数学语言与直观的图象结合起来，从图中找到解题突破口，一般函数、向量、解析几何问题能运用数形结合，而解方程、解不等式、三角和复数等问题可部分运用数形结合，在研究和处理问题时，有意识地将数和形结合起来，形中思数，数中构形，有助于我们找到思考问题的新视角、新思路．例6定义函数f n (x)＝(1＋x)n －1，x ＞－2，n ∈N *. (1)求证：f n (x )≥nx ；(2)是否存在区间[a ，0](a ＜0)，使函数h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )在区间[a ，0]上的值域为[ka ，0]？若存在，求出最小的k 值及相应的区间[a ，0]，若不存在，说明理由．【解析】(1)令g (x )＝(1＋x )n －1－nx ， 则g ′(x )＝n [(1＋x )n －1－1]．当－2＜x ＜0时，g ′(x )＜0，当x ∈(0，＋∞)时，g ′(x )＞0. ∴g (x )在x ＝0处有极小值g (0)＝0，∴g (x )≥0，即f n (x )≥nx (x ＝0时取等号)． (2)令h (x )＝f 3 (x )－f 2 (x )＝x (1＋x )2， h ′(x )＝(1＋x )(1＋3x )．令h ′(x )＝0得x ＝－1或x ＝－13.∴x ∈(－2，－1)时，h ′(x )＞0；x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－13时，h ′(x )＜0； x ∈⎝⎛⎭⎫－13，＋∞时，h ′＞0. 故h (x )草图如图所示，①在－13≤a ＜0时，h (x )的最小值为h (a )＝ka .∴k ＝(1＋a )2≥49.②在－43<a <－13时，h (x )的最小值为h ⎝⎛⎭⎫－13＝－427＝ka ，k ＝－427a ，∴19<k <49. ③在a ≤－43时，h (x )的最小值为h (a )＝a (1＋a )2＝ka ，∴k ＝(1＋a )2≥19⎝⎛⎭⎫a ＝－43时取等号， 综上，k 的最小值为19，此时[a ，0]＝⎣⎡⎦⎤－43，0. 【小结】1.数形结合的主要解题方式有：(1)数转化为形，即根据所给出的“数”的特点，构造符合条件的几何图形，用几何方法去解决．(2)形转化为数，即根据题目特点，用代数方法去研究几何问题．(3)数形结合，即用数研究形，用形研究数，相互结合，使问题变得简捷、直观、明了． 2．运用数形结合思想分析解决问题时，要遵循三个原则：一是等价性原则，要注意由于所作的草图不能精确刻画数量关系带来的负面效应；二是双向性原则，即进行几何直观分析，又要进行相应的代数抽象探求，仅对代数问题进行几何分析容易失真；三是简单性原则，不要为了“数形结合”而数形结合，而取决于是否有效、简便和更易达到解决问题的目的．(六)分类讨论策略分类讨论是一种“化整为零，各个击破”的思想方法，先根据题目要求，确定适当的分类标准，然后对划分的每一类分别求解，如有必要可再加以分类，最后进行综合，从而得出结果．例7已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a>b>0)的左焦点为F 1(－1，0)．(1)设椭圆M 与函数y ＝x 的图象交于点P ，若函数y ＝x 在点P 处的切线过椭圆的左焦点F 1，求椭圆的离心率；(2)设过点F 1且斜率不为零的直线l 交椭圆于A 、B 两点，连结AO(O 为坐标原点)并延长，交椭圆于点C ，若椭圆的长半轴长a 是大于1的给定常数，求△ABC 的面积的最大值S(a)．【解析】(1)由题意，点F 1为(－1，0)，设P(t ，t)，则kPF 1＝t t ＋1， 又kPF 1＝(x )′|x ＝t ＝⎝⎛⎭⎫12x |x ＝t ＝12t ，所以t t ＋1＝12t，解得t ＝1，即P(1，1)， 设椭圆M 的右焦点为F 2(1，0)，则2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝5＋1，即a ＝5＋12，又半焦距c ＝1，所以椭圆M 的离心率为e ＝ca ＝5－12；(2)因为椭圆M 的半焦距c ＝1，所以a 2－b 2＝1，设A(x 1，y 1)，B(x 2，y 2)，直线l 的方程为x ＝my －1，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，x ＝my －1消去x 得：(a 2＋b 2m 2)y 2－2b 2my ＋b 2(1－a 2)＝0，∴y 1＋y 2＝2b 2m a 2＋b 2m 2，y 1y 2＝b 2（1－a 2）a 2＋b 2m 2＝－b 4a 2＋b 2m 2，连结OB ，由|OA|＝|OC|知S △ABC ＝2S △AOB ， ∴S △ABC ＝|OF 1|·|y 1－y 2|＝（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝2ab 2m 2＋1a 2＋b 2m 2.令m 2＋1＝t ，则m 2＝t 2－1(t ≥1)，∴S △ABC ＝2ab 2t a 2＋b 2（t 2－1）＝2ab 2t 1＋b 2t 2＝2ab 2b 2t ＋1t，①若1b ≥1，即0<b ≤1，1<a ≤2，则b 2t ＋1t ≥2b ＝2a 2－1，当且仅当t ＝1b，即m ＝±2－a 2a 2－1时，S(a)＝(S △ABC )max ＝aa 2－1；②若0<1b <1，即b>1，a>2时，设f(t)＝b 2t ＋1t ，则t ≥1时，f ′(t)＝b 2－1t 2>0，所以f(t)在[1，＋∞)上单调递增，所以[f(t)]min ＝f(1)＝b 2＋1＝a 2，当且仅当t ＝1， 即m ＝0时，S(a)＝(S △ABC )max ＝2（a 2－1）a；综上可知：S(a)＝⎩⎨⎧a a 2－1，1<a ≤2，2（a 2－1）a ，a> 2.【点评】与圆锥曲线有关的参数问题中应用分类讨论思想的常见类型：1．判断曲线的类型；2.直线与圆锥曲线位置关系的判定；3含参最值问题、范围问题．例8[2015·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝x 3＋ax ＋14，g(x)＝－ln x.(1)当a 为何值时，x 轴为曲线y ＝f(x)的切线；(2)用min {}m ，n 表示m ，n 中的最小值，设函数h(x)＝min {}f （x ），g （x ）(x>0)，讨论h(x)零点的个数．【解析】(1)设曲线y ＝f(x)与x 轴相切于点(x 0，0)， 则f(x 0)＝0，f ′(x 0)＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x 30＋ax 0＋14＝0，3x 20＋a ＝0，解得x 0＝12，a ＝－34.因此，当a ＝－34时，x 轴是曲线y ＝f(x)的切线．(2)当x ∈(1，＋∞)时，g(x)＝－ln x<0，从而h(x)＝min {f(x)，g(x)}≤g(x)<0， ∴h(x)在(1，＋∞)无零点．当x ＝1时，若a ≥－54，则f(1)＝a ＋54≥0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝g(1)＝0，故x ＝1是h(x)的零点；若a<－54，则f(1)＝a ＋54<0，h(1)＝min {f(1)，g(1)}＝f(1)<0，故x ＝1不是h(x)的零点．当x ∈(0，1)时，g(x)＝－ln x>0，所以只需考虑f(x)在(0，1)的零点个数． (ⅰ)若a ≤－3或a ≥0，则f′(x)＝3x 2＋a 在(0，1)上无零点，故f(x)在(0，1)单调． 而f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当a ≤－3时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当a ≥0时，f(x)在(0，1)上无零点．(ⅱ)若－3<a<0，则f(x)在⎝⎛⎭⎫0，－a 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a 3，1上单调递增，故在(0，1)中，当x ＝－a 3时，f(x)取得最小值，最小值为f ⎝⎛⎭⎫－a 3＝2a3－a 3＋14.①若f ⎝⎛⎭⎫－a3＞0，即－34＜a ＜0时，f(x)在(0，1)上无零点．②若f ⎝⎛⎭⎫－a3＝0，即a ＝－34时，f(x)在(0，1)上有唯一零点；③若f ⎝⎛⎭⎫－a3＜0，即－3<a<－34时，由于f(0)＝14，f(1)＝a ＋54，所以当－54<a<－34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当－3<a ≤－54时，f(x)在(0，1)上有一个零点．综上，当a>－34或a<－54时，h(x)有一个零点；当a ＝－34或a ＝－54时，h(x)有两个零点；当－54<a<－34时，h(x)有三个零点．【点评】分类讨论思想在解决导数中的参数问题时的常见类型： 1．含参数的函数的单调性问题； 2.含参数的函数的极值(最值)问题． 【小结】求解分类讨论题的一般步骤是： (1)明确讨论对象，确定对象的范围．(2)认清为什么要分类，确定分类标准，进行合理分类，注意做到不重不漏．(3)逐类讨论，获得阶段性结果．(4)整合讨论． (七)等价转化策略等价转化是高考另一个考查重点，通过等价转化，将待解决的疑难问题逐步变为可解决的问题，变“正向突破”为“侧翼切入”，达到化繁为简，化难为易的目的．数学家G·波利亚在《怎样解题》中说过：数学解题是命题的连续变换．可见，解题过程是通过问题的转化才能完成的．转化是解数学题的一种十分重要的思维方法，那么怎样转化呢？概括地讲，就是把复杂问题转化成简单问题，把抽象问题转化成具体问题，把未知问题转化成已知问题．在解题时，观察具体特征，联想有关问题之后，就要寻求转化关系．例9在等腰Rt △ABC 中，∠BAC ＝90°，腰长为2，D 、E 分别是边AB 、BC 的中点．将△BDE 沿DE 翻折，得到四棱锥B －ADEC ，且F 为棱BC 的中点，BA ＝ 2.(1)求证：EF ⊥平面BAC ；(2)在线段AD 上是否存在一点Q ，使得AF ∥平面BEQ ？若存在，求二面角Q －BE －A 的余弦值，若不存在，请说明理由．【解析】(1)翻折后，由AD ＝BD ＝1，BA ＝2，可知AD ⊥BD ，取AB 中点H ，连结DH 、HF ，有DH ⊥AB ， 因为DE ⊥AD ，DE ⊥BD ，且AD ∩BD ＝D ，∴DE ⊥平面ADB ，因为DE ∥AC ，∴AC ⊥平面ADB ， ∴AC ⊥DH ，又AB ∩AC ＝A ，∴DH ⊥平面ABC ，又∵HF ∥AC ，DE ∥AC ，且HF ＝12AC ＝DE ，∴DEFH 是平行四边形， ∴EF ∥DH ，∴EF ⊥平面ABC ；(2)以D 为原点建立如图所示空间直角坐标系D －xyz.则A(0，1，0)，B(0，0，1)，E(1，0，0)，C(2，1，0)，F ⎝⎛⎭⎫1，12，12， 设Q(0，t ，0)(0≤t ≤1)，则BQ →＝(0，t ，－1)，EQ →＝(－1，t ，0)，AF →＝⎝⎛⎭⎫1，－12，12，AB →＝(0，－1，1)，AE →＝(1，－1，0)．设平面BQE 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则由n ·BQ →＝0，且n ·EQ →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧yt －z ＝0，－x ＋ty ＝0，取y ＝1，则n ＝(t ，1，t )．要使AF ∥平面BEQ ，则需n ·AF →＝(t ，1，t )·⎝⎛⎭⎫1，－12，12＝t －12＋12t ＝0，所以t ＝13，即线段AD 上存在一点Q ⎝⎛⎭⎫0，13，0，使得AF ∥平面BEQ . 设平面BAE 的法向量为n 1＝(x 1，y 1，z 1)，则由n 1·AB →＝0，且n 1·AE →＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－y 1＋z 1＝0，x 1－y 1＝0，取y 1＝1，则n 1＝(1，1，1)，∴cos 〈n ，n 1〉＝13＋1＋13119·3＝533＝53333，因为二面角Q －BE －A 为锐二面角，所以其余弦值为53333， 即线段AD 上存在一点Q (点Q 是线段AD 上的靠近点D 的一个三等分点)，使得AF ∥平面BEQ ，此时二面角Q －BE －A 的余弦值为53333.【点评】在立体几何问题中，通常是将空间问题转化为平面几何问题来处理， 其次空间向量最适合于解决这类立体几何中的探索性问题，它无需进行复杂的作图、论证、推理，只需通过坐标运算进行判断；解题时，把要成立的结论当作条件，据此列方程或方程组，把“是否存在”问题转化为“点的坐标是否有解，是否有规定范围内的解”等，所以为使问题的解决更简单、有效，应善于运用这一方法解题．例10已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)过点(0，2)，且离心率e ＝22.(1)求椭圆E 的方程；(2)设直线l ：x ＝my －1(m ∈R )交椭圆E 于A ，B 两点，判断点G ⎝⎛⎭⎫－94，0与以线段AB 为直径的圆的位置关系，并说明理由．【解析】(1)由已知得，⎩⎪⎨⎪⎧b ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2.解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝2，c ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为H (x 0，y 0)．⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 24＋y 22＝1得(m 2＋2)y 2－2my －3＝0. 所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－3m 2＋2，从而y 0＝m m 2＋2. 所以|GH |2＝⎝⎛⎭⎫x 0＋942＋y 20＝⎝⎛⎭⎫my 0＋542＋y 20 ＝(m 2＋1)y 20＋52my 0＋2516. |AB |24＝（x 1－x 2）2＋（y 1－y 2）24＝（1＋m 2）（y 1－y 2）24 ＝（1＋m 2）[]（y 1＋y 2）2－4y 1y 24＝(1＋m 2)(y 20－y 1y 2)， 故|GH |2－|AB |24＝52my 0＋(1＋m 2)y 1y 2＋2516＝5m 22（m 2＋2）－3（1＋m 2）m 2＋2＋2516＝17m 2＋216（m 2＋2）＞0， 所以|GH |＞|AB |2. 故点G ⎝⎛⎭⎫－94，0在以AB 为直径的圆外． 【点评】在解析几何问题中，与圆有关的问题经常转化为向量的关系处理，此题也可以验证GA →·GB →>0来求解更容易，与角度有关的问题经常转化为斜率的关系处理， 与交点坐标有关问题常转化为二次方程根与系数的关系处理．例11[2018·全国卷Ⅰ]已知函数f(x)＝1x－x ＋a ln x. (1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)存在两个极值点x 1，x 2，证明：f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【解析】(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2. (i )若a ≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时f′(x)＝0，所以f(x)在(0，＋∞)单调递减．(ii )若a>2，令f′(x)＝0得，x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42. 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x)<0； 当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x)>0.所以f(x)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42单调递增． (2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.由于f(x)的两个极值点x 1，x 2满足x 2－ax ＋1＝0，所以x 1x 2＝1，不妨设x 1<x 2，则x 2>1.由于f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2＝－1x 1x 2－1＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2x 1－x 2＝－2＋a －2ln x 21x 2－x 2，所以f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2等价于1x 2－x 2＋2ln x 2<0. 设函数g(x)＝1x－x ＋2ln x ，由(1)知，g(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x ∈(1，＋∞)时，g(x)<0.所以1x 2－x 2＋2ln x 2<0，即f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2<a －2. 【点评】通过降元， 将多元转换成一元，把复杂问题转化成简单问题，从而使问题顺利解决.(八)正难则反策略例12已知函数f(x)＝ln x ，g(x)＝12ax 2＋bx ，a ≠0. (1)若b ＝2，且h(x)＝f(x)－g(x)存在单调递减区间，求a 的取值范围；(2)设函数f(x)的图象C 1与函数g(x)的图象C 2交于点P 、Q ，过线段PQ 的中点作x 轴的垂线分别交C 1，C 2于点M 、N ，证明C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【解析】(1)b ＝2时，h(x)＝ln x －12ax 2－2x ， 则h′(x)＝1x －ax －2＝－ax 2＋2x －1x. 因为函数h(x)存在单调递减区间，所以h′(x)<0有解．又因为x>0，则ax 2＋2x －1>0有x>0的解．①当a>0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向上的抛物线，ax 2＋2x －1>0总有x>0的解； ②当a<0时，y ＝ax 2＋2x －1为开口向下的抛物线，而ax 2＋2x －1>0总有x>0的解，则Δ＝4＋4a>0，且方程ax 2＋2x －1＝0至少有一正根．此时，－1<a<0.综上所述，a 的取值范围为(－1，0)∪(0，＋∞)．(2)证法一：设点P 、Q 的坐标分别是(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，0<x 1<x 2.则点M 、N 的横坐标为x ＝x 1＋x 22， C 1在点M 处的切线斜率为k 1＝1x |x ＝x 1＋x 22＝2x 1＋x 2， C 2在点N 处的切线斜率为k 2＝(ax ＋b)|x ＝x 1＋x 22＝a （x 1＋x 2）2＋b. 假设C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线平行，则k 1＝k 2.即2x 1＋x 2＝a （x 1＋x 2）2＋b ，则 2（x 2－x 1）x 1＋x 2＝a 2(x 22－x 21)＋b(x 2－x 1) ＝⎝⎛⎭⎫a 2x 22＋bx 2－⎝⎛⎭⎫a 2x 21＋bx 1＝y 2－y 1＝ln x 2－ln x 1.所以ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－11＋x 2x 1. 设t ＝x 2x 1，则ln t ＝2（t －1）1＋t，t>1. ① 令r(t)＝ln t －2（t －1）1＋t，t>1. 则r′(t)＝1t －4（t ＋1）2＝（t －1）2t （t ＋1）2. 因为t>1时，r ′(t)>0，所以r(t)在(1，＋∞)上单调递增. 故r(t)>r(1)＝0，则ln t>2（t －1）1＋t. 这与①矛盾，假设不成立． 故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．证法二：同证法一得(x 2＋x 1)(ln x 2－ln x 1)＝2(x 2－x 1)．因为x 1>0，所以⎝⎛⎭⎫x 2x 1＋1ln x 2x 1＝2⎝⎛⎭⎫x 2x 1－1.令t ＝x 2x 1，得(t ＋1)ln t ＝2(t －1)，t>1. ② 令r(t)＝(t ＋1)ln t －2(t －1)，t>1，则r′(t)＝ln t ＋1t－1. 因为⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′＝1t －1t 2＝t －1t 2， 所以t>1时，⎝⎛⎭⎫ln t ＋1t ′>0. 故ln t ＋1t 在(1，＋∞)上单调递增，从而ln t ＋1t－1>0，即r′(t)>0. 于是r(t)在(1，＋∞)上单调递增，故r(t)>r(1)＝0.即(t ＋1)ln t>2(t －1)．这与②矛盾，假设不成立．故C 1在点M 处的切线与C 2在点N 处的切线不平行．【点评】否定性命题，常要利用正反的相互转化，先从正面求解，再取正面答案的补集即可．一般地，题目若出现多种成立的情形，则不成立的情形相对很少，从反面考虑较简单．因此，间接法多用于含有“至多”、“至少”及否定性命题情形的问题中．。
高考数学中的极值问题及其求解方法
高考数学中的极值问题及其求解方法高考数学是许多学生的噩梦，尤其是对于那些数学一般的学生，极值问题更是让许多人感到头疼。
那么什么是极值？如何解决极值？本文将从定义、特点、求解方法等方面详细阐述高考数学中的极值问题。
一、极值的定义及其特点所谓极值，即函数在某些点处取得的最大值或最小值。
此时，该点叫做函数的极值点，该函数又称为有极值点的函数。
具体来说，对于一元函数而言，当x=a时，如果存在一段邻域Δ(x)，使f(x)<f(a)或者f(x)>f(a)（Δ(x)不包括a点），则称a为函数f(x)的极值点。
通常情况下，求函数极值问题可以分成两类：一是在给定区间内求函数的最大值或最小值；二是求函数在无穷区间上的最大值或最小值。
另外，还存在一些特殊情况，即求函数在一些点上的最大值或最小值。
二、求解极值问题的基本方法1.函数一阶导数的求法及其性质求解极值问题的基础是函数的导数。
函数f(x)在x=a处的一阶导数定义为：$f'(a) = \lim \frac{f(a + h)-f(a)}{h}$它表示当x在a处发生微小变化时，函数f(x)在该点的斜率。
一阶导数f'(x)具有以下性质：（1）当f'(x)>0时，函数f(x)单调递增；（2）当f'(x)<0时，函数f(x)单调递减；（3）当f'(x) = 0时，函数f(x)可能取极值。
在求解极值问题时，需要先求出函数f(x)的一阶导数，然后解出它的零点，也就是导数为0的点，再判断各点处是否为函数的极值点。
2.区间最值对于一个区间[a,b]内的函数f(x)，求它在该区间上的最大值或最小值，通常的方法是先求出该区间内的所有极值点，然后判断这些点处哪个点对应的函数值最大或最小。
3.函数值对于一个函数f(x)，如果它需要求的是函数在某些点上的最大值或最小值，那么需要根据具体问题来求解，通常情况下，需要先根据函数的具体表达式，求出相应的函数值，然后比较大小。
函数的极值及其求法PPT课件
f (x) 取得极大值为
f
(
2 3
)
3
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练习题
一、 填空题： 1、 极值反映的是函数的 ________性质.
2、 若函数 y f ( x) 在 x x0可导，则它在点 x0处到
得极值的必要条件中为___________.
2
3、 函 数 y 2 ( x 1)3 的 极 值 点 为 ________ ；
f (n)( x0 ) n!
1) 当 n为偶数时,
由极限的保号性,知
0,使当x U ( x0 , )时，有
又
得
故 在点 取极大值 。
同理可证，
则
在点 取极小值 .
2) 当 n为奇数时, 可证
侧异号, 故 在点
在 点邻近两 不取极值 。
第15页，共31页。
f ( x)
f ( x0 )
f ( x0 )( x x0 )
(2) 若 x ( x0 , x0 ) 时, f ( x) 0, 而 x ( x0 , x0 )
时, f ( x) 0, 则 f ( x) 在点 x0 处取得极小值;
(3) 若 x U ( x0 , ) 时, f ( x) 的符号相同, 则 f ( x)
在点 x0 处无极值.
y
y
解
f
(
x)
2
(
x
1
2) 3
( x 2)
3
当x 2时, f ( x)不存在.
但函数f ( x)在该点连续.
当x 2时， f ( x) 0;
M
当x 2时， f ( x) 0.
f (2) 1为f ( x)的极大值.
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2019高三数学选择题解题策略(特殊值法).ppt
0 0
D
， ）
(A) 1,1
(B ) 1,
(C ) ,1 0, (D ) ,1 1,
[典例] 函数 f(x)＝cos x·log2|x|的图象大致为
()
[技法应用] 由题意知函数 f(x)的定义域为(－∞，0)∪(0，
＋∞)，且为偶函数，故排除 A、D， 又 f12＝－cos12<0，故排除 C.综上，选 B.
的焦点，且F→A＋F→B＋F→C＋F→D＝0，则|→FA|＋|F→B|＋|F→C|＋
|F→D|的值为
(D )
A．2
B．4
C．8
D．16
解析 取特殊位置，AB，CD 为抛物线的通径，
显然→FA ＋→FB＋F→C＋F→D＝0，
则|→FA|＋|→FB|＋|F→C|＋|F→D|＝4p＝16，故选 D.
探究提高 本题直接求解较难，利用特殊位置法，则简便 易行．利用特殊检验法的关键是所选特例要符合条件．
x2，x≤0， 若 a＝0，则 f(x)＝x＋1x，x>0，
易知f(0)是f(x)的最小值， 故排除C.D正确.
跟踪训练
Байду номын сангаас
1（.2014全国卷）已知函数f x ax 3 3x 2 1，若f x 存在
唯一零点x0，且x0 0，则a的取值范围是B
(A)2,
(B ) ,2 (C )1, (D ) ,1
,5 4
(B )12 ,43 (C )0,12 (D )0,2
2.特殊角法
例.若0
x
,则下列命题中正确的是（）
2
（A)sin x 3 x
(B )sin x 3 x
(C )sin x
4x 2
2019解答高考数学难题的技巧精品教育.doc
解答高考数学难题的技巧一、调理大脑思绪，提前进入数学情境考前要摒弃杂念，排除干扰思绪，使大脑处于“空白”状态，创设数学情境，进而酝酿数学思维，提前进入“角色”，通过清点用具、暗示重要知识和方法、提醒常见解题误区和自己易出现的错误等，进行针对性的自我安慰，从而减轻压力，轻装上阵，稳定情绪、增强信心，使思维单一化、数学化、以平稳自信、积极主动的心态准备应考。
二、“内紧外松”，集中注意，消除焦虑怯场集中注意力是考试成功的保证，一定的神经亢奋和紧张，能加速神经联系，有益于积极思维，要使注意力高度集中，思维异常积极，这叫内紧，但紧张程度过重，则会走向反面，形成怯场，产生焦虑，抑制思维，所以又要清醒愉快，放得开，这叫外松。
三、沉着应战，确保旗开得胜，以利振奋精神良好的开端是成功的一半，从考试的心理角度来说，这确实是很有道理的，拿到试题后，不要急于求成、立即下手解题，而应通览一遍整套试题，摸透题情，然后稳操一两个易题熟题，让自己产生“旗开得胜”的快意，从而有一个良好的开端，以振奋精神，鼓舞信心，很快进入最佳思维状态，即发挥心理学所谓的“门坎效应”，之后做一题得一题，不断产生正激励，稳拿中低，见机攀高。
四、“六先六后”，因人因卷制宜在通览全卷，将简单题顺手完成的情况下，情绪趋于稳定，情境趋于单一，大脑趋于亢奋，思维趋于积极，之后便是发挥临场解题能力的黄金季节了，这时，考生可依自己的解题习惯和基本功，结合整套试题结构，选择执行“六先六后”的战术原则。
1.先易后难。
就是先做简单题，再做综合题，应根据自己的实际，果断跳过啃不动的题目，从易到难，也要注意认真对待每一道题，力求有效，不能走马观花，有难就退，伤害解题情绪。
2.先熟后生。
通览全卷，可以得到许多有利的积极因素，也会看到一些不利之处，对后者，不要惊慌失措，应想到试题偏难对所有考生也难，通过这种暗示，确保情绪稳定，对全卷整体把握之后，就可实施先熟后生的策略，即先做那些内容掌握比较到家、题型结构比较熟悉、解题思路比较清晰的题目。
高三数学等差数列的有关极值问题PPT教学课件
当 n7时S， 7最.大
解法四：由于数列 an为等差数列，所以设它的前n项和
S n a2n b. nf(n )由题意可知
S 3 f(3 ) f(1) 1 S 11
可知 f (n) 对称轴为 n3117
又由题意可知数列 an为首项为2正数公差小于0的，
所为d，则由题意可知
S3 S11 ，即 3 a 1 3 2 2 d 1 a 1 1 1 2 1 1 d 0 a 1 1 2 d 3 0 ,
d0
S n n 1 n ( a n 2 1 ) d 1 2 n 3 n ( d n 2 1 ) d d 2 ( n 2 1 n )4
（3）设集合 S 1 ,S 2 ,S 3 , ,S n , 中，元素的最大值为M，
求M的取值范围.
a1 3d 84
解：（1）由
10 a1
10 9 d 2
0
,
解得 5 6d 42
11 a1
11
10 2
d
0
（2） S 1 1 ( a 1 a 2 1 ) 1 1 1 1 a 6 1 0 , a 6 0 .
0 ，若存在自然数
与 n 的大小关系为 （A）
A. Sn an B. Sn an C. Sn an D. Sn an
方法一.
Sma1a2a3 amam a1a2 am 10,
a 1 0 , a n 是递减数列且
a 1 a m 1 0 ,(d 0 ) S n a n ( a 1 a n 2 1 ) n ( 1 ) [ a 1 a m 1 ( n 2 m ) d ] n ( 1 )
5 d 6 4 , 2 6 3 S 5 0 7,00
即M的取值范围为 (63,070)0
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xf ( x) f ( x) x(e x 2 x) (e x x 2 1) ( x 1)(e x x 1) g ( x) 2 2 x x x2
令 y e x x 1 ， y e x 1 0 在 x (0, ) 恒成立， 从而 y e x x 1在 (0, ) 上单调递增， y e0 0 1 0
（Ⅱ）证明： f ( x) x2 x x ln x 存在唯一的极大值点 x0 ， 且e
2
f ( x0 ) 2 ．
2
f ( x) 2( x 1) ln x
极大值点
x0 存在但无法解出
极值点不可解问题的求解策略
典例剖析
（2017 年陕西师大附中五模理科第 21 题） 已知函数 f ( x) e x x2 2a b （ x R ）的图象在 x 0 处的切线为 y bx ． （Ⅰ）求 a ， b 的值；
即 h( x) 在 (, x0 ) 单调递减，在 ( x0 , ) 上单调递增，
h( x)min 1 2 5 5 1 2 5 h( x0 ) e x0 x0 1 x0 x0 x0 1 2 2 2 2 2
x0
1 7 2 37 1 2 ( x0 7 x0 3) [( x0 ) ] 2 2 4 2 1 3 27 1 ∵ x0 ( , ) ，∴ h( x0 ) ( , ) . 2 4 32 8
x
所以存在唯一的 x0 (0,1) ，使得 h( x0 ) 0 ，
3 7 3 7 1 又 h( ) e 2 0 ， h( ) e ( 1) 0 ， 4 4 4 4 2
3 4
Байду номын сангаас
典例剖析
1 3 5 5 x0 x0 所以 x0 ( , ) ，且 e x0 0 即 e x0 ， 2 4 2 2 且当 x (, x0 ) 时， h( x) 0 ， x ( x0 , ) 时， h( x) 0 .
令 g ( x) 0 ，得 x 1 ； g ( x) 0 ，得 0 x 1 . ∴ g ( x) 的增区间为 (1, ) ，减区间为 (0,1) .极小值为 g (1) e 2 ，无极大值.
典例剖析
1 2 （Ⅲ）若 k Z ，且 f ( x) (3x 5x 2k ) 0 对任意 x R 恒成立，求 k 的最大值. 2
典例剖析
1 3 27 1 ∵ x0 ( , ) ，∴ h( x0 ) ( , ) . 2 4 32 8
2 2
问题提出
【2017 理全国 II 卷 21】 已知函数 f ( x) ax ax x ln x ，且 f ( x) 0 ．
2
（Ⅰ）求 a ；
考虑到
x 0,
f ( x) 0 ax a ln x 0 a( x 1) ln x
几何画板演示
问题提出
【精品】 2019年高考数学专题★极值点 不可解问题的求解策略（PPT）
问题提出
【2017 理全国 II 卷 21】 已知函数 f ( x) ax ax x ln x ，且 f ( x ) 0 ．
2
（Ⅰ）求 a ； （Ⅱ）证明： f ( x ) 存在唯一的极大值点 x0 ，且 e f ( x0 ) 2 ．
3 3 又 h(0) 0 ， h(1) e 0 ， 2 2 所以存在唯一的 x0 (0,1) ，使得 h( x0 ) 0 ，
典例剖析
1 2 5 k (e x x 1)min . 2 2 5 1 2 5 x x 令 h( x) e x x 1 ， 则h( x) e x . 2 2 2 3 3 又 h(0) 0 ， h(1) e 0 ， 2 2
x 【解析】 （Ⅰ） f ( x) e x 2a b ， f ( x) e 2 x . x 2
f (0) 1 2a b 0 a 1 由题意知 . f (0) 1 b b 1
典例剖析
f ( x) e x x 2 1 ( x (0, )) 的单调性与极值； （Ⅱ）讨论 g ( x) x x
1 2 5 e x x 1 k 0 对任意 x R 恒成立 2 2
x
1 2 5 k e x x 1 对任意 x R 恒成立 2 2 1 2 5 x k (e x x 1)min 2 2
x
典例剖析
1 2 （Ⅲ）若 k Z ，且 f ( x) (3x 5x 2k ) 0 对任意 x R 恒成立，求 k 的最大值. 2 1 2 5 x k (e x x 1)min 2 2 1 2 5 5 x x 令 h( x) e x x 1 ， 则h( x) e x . 2 2 2 x 由于h( x) e 1 0， 所以 h( x) 在 R 上单调递增，
f ( x) （Ⅱ） g ( x) ， x (0, ) ，讨论函数 g ( x) 的单调性与极值； x 1 2 （Ⅲ）若 k Z ，且 f ( x) (3x 5x 2k ) 0 对任意 x R 恒成立，求 k 的最大值. 2
典例剖析
（2017 年陕西师大附中五模理科第 21 题） 已知函数 f ( x) e x x2 2a b （ x R ）的图象在 x 0 处的切线为 y bx ． （Ⅰ）求 a ， b 的值；