2019届二轮复习[压轴大题1]函数、导数、方程、不等式课件（58张）（全国通用）
2.4
[
压轴大题
1]
函数、导数
、
方程
、不等式
-
2
-
-
3
-
-
4
-
-
5
-
-
6
-
-
7
-
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
.
-
8
-
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
.
-
9
-
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
.
-
10
-
7
.
函数不等式的类型与解法
∀
x
∈
D
,
f
(
x
)
≤
k
⇔
f
(
x
)
max
≤
k
;
∃
x
∈
D
,
f
(
x
)
≤
k
⇔
f
(
x
)
min
≤
k
;
∀
x
∈
D
,
f
(
x
)
≤
g
(
x
)
⇔
f
(
x
)
max
≤
g
(
x
)
min
;
∃
x
∈
D
,
f
(
x
)
≤
g
(
x
)
⇔
f
(
x
)
min
≤
g
(
x
)
max
.
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)
∀
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)
∃
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)
∀
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
.
-
11
-
(4)
∃
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)
∃
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)
∀
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)
∀
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
.
2
.
4
.
1
导数与函数的单调性
、
极值
、最值
-
13
-
考向一
考向二
考向三
考向四
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
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
难点突破
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
→
求函数的定义域
→
求导
函数
-
14
-
考向一
考向二
考向三
考向四
解
:
f
(
x
)
的定义域为
(0,
+∞
)
.
当
a
≤
0
时
,
x
∈
(0,1)
时
,
f'
(
x
)
>
0,
f
(
x
)
单调递增
,
x
∈
(1,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
<
0,
f
(
x
)
单调递减
.
当
a>
0
时
,
-
15
-
考向一
考向二
考向三
考向四
综上所述
,
当
a
≤
0
时
,
f
(
x
)
在
(0,1)
内单调递增
,
在
(1,
+∞
)
内单调递减
;
-
16
-
考向一
考向二
考向三
考向四
当
0
0,
x
∈
(
x
0
,2)
时
,
φ
(
x
)
<
0
.
-
18
-
考向一
考向二
考向三
考向四
所以
h
(
x
)
在
(1,
x
0
)
内单调递增
,
在
(
x
0
,2)
内单调递减
.
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
.
-
19
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(1)
讨论
f
(
x
)
的单调性
;
-
20
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
21
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(2)
证明
:
由
(1)
知
,
f
(
x
)
存在两个极值点当且仅当
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
1
x
2
=
1,
不妨设
x
1
1
.
-
22
-
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
f
(
x
)
=
(
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
.
-
23
-
考向一
考向二
考向三
考向四
即
h
(
x
)
在
(0,
+∞
)
上是减函数
.
由
h
(1)
=
0
知
,
当
0
0,
从而
f'
(
x
)
>
0;
当
x>
1
时
,
h
(
x
)
<
0,
从而
f'
(
x
)
<
0
.
综上可知
,
f
(
x
)
的单调递增区间是
(0,1),
单调递减区间是
(1,
+∞
)
.
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
.
-
24
-
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
.
解
:
(1)
因为
f
(
x
)
=x
e
a-x
+bx
,
所以
f'
(
x
)
=
(1
-x
)e
a-x
+b.
解得
a=
2,
b=
e
.
-
25
-
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
(
-∞
,
+∞
)
.
-
26
-
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
(1)
求函数
f
(
x
)
的单调区间
.
(2)
当
a=-
1
时
,
①
求函数
f
(
x
)
在
[e
-
e
,e]
上的值域
;
-
27
-
考向一
考向二
考向三
考向四
难点突破
(1)
求出函数
f
(
x
)
的导数
,
通过讨论
a
的范围求出函数的单调区间即可
.
(2)
将
a=-
1
代入
f
(
x
),
①
求出函数的导数
,
根据函数的单调性求出函数的值域即可
;
-
28
-
考向一
考向二
考向三
考向四
解
:
(1)
∵
f'
(
x
)
=
1
-a
ln
x-a=
1
-a
(ln
x+
1)
.
①
当
a=
0
时
,
f'
(
x
)
>
0,
f
(
x
)
在
(0,
+∞
)
单调递增
;
(2)
①
a=-
1
时
,
f
(
x
)
=x+x
ln
x.
由
f'
(
x
)
=
2
+
ln
x
,
令
f'
(
x
)
=
0,
x=
e
-
2
,
∴
f
(
x
)
在
[e
-
e
,e
-
2
]
单调递减
,
在
[e
-
2
,e]
单调递增
,
-
29
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
30
-
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
,
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
.
-
31
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
3
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.
-
32
-
考向一
考向二
考向三
考向四
解题策略二
构造函数法
h
(
x
)
=
e
x
-
(
a+
1)
x-b
≥
0
⇒
h'
(
x
)
=
e
x
-
(
a+
1)
⇒
h
(
x
)
min
=
(
a+
1)
-
(
a+
1)ln(
a+
1)
-b
≥
0
⇒
(
a+
1)
b
≤
(
a+
1)
2
-
(
a+
1)
2
ln(
a+
1)(
a+
1
>
0),
令
F
(
x
)
=x
2
-x
2
ln
x
(
x>
0),
-
33
-
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.
所以
f'
(1)
=f'
(1)
-f
(0)
+
1,
即
f
(0)
=
1
.
又
f
(0)
=f'
(1)e
-
1
,
所以
f'
(1)
=
e
.
由于
f'
(
x
)
=
e
x
-
1
+x
,
故当
x
∈
(
-∞
,0)
时
,
f'
(
x
)
<
0;
当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0
.
从而
,
f
(
x
)
在
(
-∞
,0)
单调递减
,
在
(0,
+∞
)
单调递增
.
(2)
由已知条件得
e
x
-
(
a+
1)
x
≥
b.
①
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)
.
b
≤
a+
1
-
(
a+
1)ln(
a+
1)
.
②
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))
.
-
35
-
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
.
-
36
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
4
已知函数
f
(
x
)
=ax-
ln
x
,
F
(
x
)
=
e
x
+ax
,
其中
x>
0,
a<
0
.
(1)
若
f
(
x
)
和
F
(
x
)
在区间
(0,ln 3)
上具有相同的单调性
,
求实数
a
的取值范围
;
a<
0,
f'
(
x
)
<
0
在
(0,
+∞
)
上恒成立
,
即
f
(
x
)
在
(0,
+∞
)
上单调递减
,
当
-
1
0,
即
F
(
x
)
在
(0,
+∞
)
上单调递增
,
不合题意
.
当
a<-
1
时
,
由
F'
(
x
)
>
0,
得
x>
ln(
-a
),
由
F'
(
x
)
<
0,
得
0
0
时
,
g
(
x
)
>
0,
求
b
的最大值
.
-
40
-
考向一
考向二
考向三
考向四
解
:
(1)
f'
(
x
)
=
e
x
+
e
-x
-
2
≥
0,
等号仅当
x=
0
时成立
,
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,
等号仅当
x=
0
时成立
,
所以
g
(
x
)
在
(
-∞
,
+∞
)
单调递增
.
而
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
,
b
的最大值为
2
.
-
41
-
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
.
-
42
-
考向一
考向二
考向三
考向四
对点训练
5
设函数
f
(
x
)
=
α
cos 2
x+
(
α
-
1)(cos
x+
1),
其中
α
>
0,
记
|f
(
x
)
|
的最大值为
A.
(1)
求
f'
(
x
);
(2)
求
A
;
(3)
证明
|f'
(
x
)
|
≤
2
A.
(1)
解
:
f'
(
x
)
=-
2
α
sin
2
x-
(
α
-
1)sin
x.
(2)
解
:
当
α
≥
1
时
,
|f
(
x
)
|=|
α
cos
2
x+
(
α
-
1)(cos
x+
1)
|
≤
α
+
2(
α
-
1)
=
3
α
-
2
=f
(0)
.
因此
A=
3
α
-
2
.
当
0
<
α
<
1
时
,
将
f
(
x
)
变形为
f
(
x
)
=
2
α
cos
2
x+
(
α
-
1)cos
x-
1
.
令
g
(
t
)
=
2
α
t
2
+
(
α
-
1)
t-
1,
则
A
是
|g
(
t
)
|
在
[
-
1,1]
上的最大值
,
-
43
-
考向一
考向二
考向三
考向四
|g
(
-
1)
|=
α
,
|g
(1)
|=
2
-
3
α
,
|g
(
-
1)
|<|g
(1)
|
,
所以
A=
2
-
3
α
.
-
44
-
考向一
考向二
考向三
考向四
-
45
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(3)
证明
:
由
(1)
得
|f'
(
x
)
|=|-
2
α
sin
2
x-
(
α
-
1)sin
x|
≤
2
α
+|
α
-
1
|.
所以
|f'
(
x
)
|
≤
1
+
α
<
2
A.
当
α
≥
1
时
,
|f'
(
x
)
|
≤
3
α
-
1
≤
6
α
-
4
=
2
A.
所以
|f'
(
x
)
|
≤
2
A.
-
46
-
考向一
考向二
考向三
考向四
证明函数有最值并求最值范围
解题策略
零点分布法
-
47
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(
x-
2)e
x
+x+
2
>
0,
得结论
a
∈
[0,1)
⇔
x
0
∈
(0,2],
从而
h
(
a
)(
a
∈
[0,1))
的值域就是
g
(
x
0
)(
x
0
∈
(0,2])
的值域
.
-
48
-
考向一
考向二
考向三
考向四
解
:
(1)
f
(
x
)
的定义域为
(
-∞
,
-
2)
∪
(
-
2,
+∞
)
.
当且仅当
x=
0
时
,
f'
(
x
)
=
0,
所以
f
(
x
)
在
(
-∞
,
-
2),(
-
2,
+∞
)
单调递增
.
因此当
x
∈
(0,
+∞
)
时
,
f
(
x
)
>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
a
∈
(0,2],
使得
f
(
x
a
)
+a=
0,
即
g'
(
x
a
)
=
0
.
当
0
x
a
时
,
f
(
x
)
+a>
0,
g'
(
x
)
>
0,
g
(
x
)
单调递增
.
-
49
-
考向一
考向二
考向三
考向四
因此
g
(
x
)
在
x=x
a
处取得最小值
,
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
.
-
50
-
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,
+∞
)
上的单调递增函数
,
求实数
a
的取值范围
;
(2)
当
a
∈
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
.
(1)
解
:
由题意
,
得
f'
(
x
)
=
e
x
+
(
x-
2)e
x
+
2
ax+
4
a
,
∵
函数
f
(
x
)
在区间
(0,
+∞
)
上单调递增
,
∴
f'
(
x
)
≥
0
在
(0,
+∞
)
上恒成立
.
∴
e
x
+
(
x-
2)e
x
+
2
ax+
4
a
≥
0,
-
51
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(2)
证明
:
∵
f'
(
x
)
=
e
x
+
(
x-
2)e
x
+
2
ax+
4
a
,
∴
[
f'
(
x
)]
'=x·
e
x
+
2
a>
0,
∴
y=f'
(
x
)
在
(0,
+∞
)
上单调递增
,
又
f'
(0)
=
4
a-
1
<
0,
f'
(1)
=
6
a>
0,
∴
存在
t
∈
(0,1)
使
f'
(
t
)
=
0,
∴
x
∈
(0,
t
)
时
,
f'
(
x
)
<
0,
x
∈
(
t
,
+∞
)
时
,
f'
(
x
)
>
0,
当
x=t
时
,
f
(
x
)
min
=f
(
t
)
=
(
t-
2)e
t
+a
(
t+
2)
2
,
由
f'
(
t
)
=
0,
即
e
t
·
(
t-
1)
+
2
a
(
t+
2)
=
0,
-
52
-
考向一
考向二
考向三
考向四
∴
f
(
t
)
在
(0,1)
上递减
,
∴
f
(1)
1
或
a<-
1
时
,
令
g'
(
x
)
=
0,
设
x
2
-
2
ax+
1
=
0
的两根为
x
1
和
x
2
,
因为
x
1
为函数
g
(
x
)
的极大值点
,
-
55
-
考向一
考向二
考向三
考向四
所以
0
0,
所以
a>
0,0
h
(1)
=
0,
原题得证
.
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
.
-
57
-
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
;
(1)
解
:
当
a=
1,
f
(
x
)
=
e
2
x
-
4e
x
-
2
x
,
f'
(
x
)
=
2e
2
x
-
4e
x
-
2
,
(2)
解
:
∵
f
(
x
)
在
R
上单调递增
,
∴
f'
(
x
)
=
2e
2
x
-
4
a
e
x
-
2
a
≥
0
在
R
上恒成立
,
-
58
-
考向一
考向二
考向三
考向四
(3)
证明
:
∵
F
(
x
)
=
e
2
x
-
4
a
e
x
-
2
ax+x
2
+
5
a
2
=
5
a
2
-
(
4e
x
+
2
x
)
a+x
2
+
e
2
x
设
h
(
x
)
=
e
x
-
2
x
,
则
h'
(
x
)
=
e
x
-
2,
令
h'
(
x
)
<
0,
得
x<
ln
2,
则
h
(
x
)
在
(
-∞
,ln
2)
单调递减
;
令
h'
(
x
)
>
0,
得
x>
ln
2,
则
h
(
x
)
在
(ln
2,
+∞
)
单调递增
;
∴
h
(
x
)
min
=h
(ln
2)
=
2
-
2ln
2
>
0,
