11、或
所以m的值是3或－1.
(2)依题意，当x∈[0,1]时，函数f(x)max＞2f(x)min，
①m≥1时，当x∈[0,1]时，f′(x)≤0，函数f(x)单调递减，
所以f(0)＞2f(1)，
即1＞2×⇒m＞3－；
②m≤0时，x∈[0,1]时，f′(x)≥0，函数f(x)单调递增，
所以f(1)＞2f(0)，
即＞2⇒m＜3－2e；
③当0＜m＜1时，当x∈(0，m)时，f′(x)＜0，
当x∈(m,1)时，f′(x)＞0，
所以f(x)min＝f(m)＝，f(x)max＝f(0)或f(1)，
记函数g(m)＝，g′(m)＝，当m≥0时，g′(m)≤0，g(
12、m)单调递减，
所以m∈(0,1)时，g(m)＞g(1)＝，
所以2f(x)min＝＞＞1＝f(0)，
2f(x)min＝＞＞＞＝f(1)，不存在m∈(0,1)使得f(x)max＞2f(x)min，
综上，实数m的取值范围是(－∞，3－2e)∪.
■对点即时训练·
(2018·湖北七市模拟)函数f(x)＝ln x＋x2＋ax(a∈R)，g(x)＝ex＋x2.
(1)讨论f(x)的极值点的个数；
(2)若对于任意x∈(0，＋∞)，总有f(x)≤g(x)成立，求实数a的取值范围．
[解] (1)由题意得f′(x)＝＋x＋a＝(x＞0，令f′(x)＝0，即x2＋ax＋1＝0，Δ＝a
13、2－4.
①当Δ＝a2－4≤0，即－2≤a≤2时，x2＋ax＋1≥0对x>0恒成立，即f′(x)＝≥0对x>0恒成立，此时f(x)没有极值点．
②当Δ＝a2－4>0，即a<－2或a>2时，
若a<－2，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x1，x2，不妨设x10，x1x2＝1＞0，故x2＞x1＞0，
∴当0x2时，f′(x)>0；当x12，设方程x2＋ax＋1＝0的两个不同实根为x3，x4，
则x3＋x4＝－a<0，x3x4＝1＞0，故x3＜0，x4＜0
14、.
∴当x>0时，f′(x)>0，故函数f(x)没有极值点．
综上，当a<－2时，函数f(x)有两个极值点；
当a≥－2时，函数f(x)没有极值点．
(2)f(x)≤g(x)⇔ex－ln x＋x2≥ax，
因为x>0，所以a≤∀x＞0恒成立，
设φ(x)＝(x＞0)，
φ′(x)＝
＝，
∵x＞0，∴当x∈(0,1)时，φ′(x)＜0，φ(x)单调递减，
当x∈(1，＋∞)时，φ′(x)>0，φ(x)单调递增，
∴φ(x)≥φ(1)＝e＋1，
∴a≤e＋1，即实数a的取值范围是(－∞，e＋1]．
题型3 “图象辅助法”解决函数零点或方程根的问题
■核心知识储备·
15、导数法研究方程的根或函数的零点问题是指利用导数研究对应函数的单调性与极值，进而画出函数的大致图象，并根据图象判断方程的根或函数的零点个数等．破解此类题的关键点如下：
①定函数，即确定与方程对应的函数或研究零点问题中的函数解析式．
②求性质，求解函数f(x)的导函数f′(x)，根据f′(x)的符号变化研究函数的单调性，求出函数的极值，画出函数的大致图象．
③列关系，根据函数图象的分布判断函数的零点个数，或根据零点个数列出参数所满足的关系式．
④得结论，求解关系式，得出结论．
■高考考法示例·
【例3】 (2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．
(1)若
16、a＝3，求f(x)的单调区间；
(2)证明：f(x)只有一个零点．
[解] (1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.
令f′(x)＝0解得x＝3－2或x＝3＋2.
当x∈(－∞，3－2)∪(3＋2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(3－2，3＋2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，3－2)，(3＋2，＋∞)单调递增，在(3－2，3＋2)单调递减．
(2)证明：由于x2＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于－3a＝0.
设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．
故g
17、(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．
又f(3a－1)＝－6a2＋2a－＝－6a－2－<0，f(3a＋1)＝>0，故f(x)有一个零点．
综上，f(x)只有一个零点．
[方法归纳] 判断函数零点个数的常用方法
(1)直接研究函数，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是函数图象与x轴交点的个数问题.
(2)分离出参数，转化为a＝g(x)，根据导数的知识求出函数g(x)在某区间的单调性，求出极值以及最值，画出草图.函数零点的个数问题即是直线y＝a与函数y＝g(x)图象交点的个数问题.只需要用a与函数g(x)的极值和最值进行比较即可.
■对点即时训练·
已知函
18、数f(x)＝ex，x∈R.
(1)若直线y＝kx与f(x)的反函数的图象相切，求实数k的值；
(2)若m＜0，讨论函数g(x)＝f(x)＋mx2零点的个数．
[解] (1)f(x)的反函数为y＝ln x，x>0，则y′＝.
设切点为(x0，ln x0)，则切线斜率为k＝＝，故x0＝e，k＝.
(2)函数g(x)＝f(x)＋mx2的零点的个数即是方程f(x)＋mx2＝0的实根的个数(当x＝0时，方程无解)，
等价于函数h(x)＝(x≠0)与函数y＝－m图象交点的个数．
h′(x)＝.
当x∈(－∞，0)时，h′(x)>0，h(x)在(－∞，0)上单调递增；
当x∈(0,2)时，
19、h′(x)＜0，h(x)在(0,2)上单调递减；
当x∈(2，＋∞)时，h′(x)>0，h(x)在(2，＋∞)上单调递增．
∴h(x)的大致图象如图：
∴h(x)在(0，＋∞)上的最小值为h(2)＝.
∴当－m∈，即m∈时，函数h(x)＝与函数y＝－m图象交点的个数为1；
当－m＝，即m＝－时，函数h(x)＝与函数y＝－m图象交点的个数为2；
当－m∈，即m∈时，函数h(x)＝与函数y＝－m图象交点的个数为3.
综上所述，当x∈时，函数g(x)有三个零点；当m＝－时，函数g(x)有两个零点；当m∈时，函数g(x)有一个零点．
1．(2018·全国卷Ⅲ)已知函数f(x
20、)＝.
(1)求曲线y＝f(x)在点(0，－1)处的切线方程；
(2)证明：当a≥1时，f(x)＋e≥0.
[解] (1)f′(x)＝，f′(0)＝2.
因此曲线y＝f(x)在(0，－1)处的切线方程是2x－y－1＝0.
(2)当a≥1时，f(x)＋e≥(x2＋x－1＋ex＋1)e－x.
令g(x)＝x2＋x－1＋ex＋1，则g′(x)＝2x＋1＋ex＋1.
当x<－1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>－1时，g′(x)>0，g(x)单调递增；所以g(x)≥g(－1)＝0.
因此f(x)＋e≥0.
2．(2017·全国卷Ⅱ)设函数f(x)＝(1－x2)ex.
(1
21、)讨论f(x)的单调性；
(2)当x≥0时，f(x)≤ax＋1，求a的取值范围．
[解] (1)f′(x)＝(1－2x－x2)ex.
令f′(x)＝0得x＝－1－或x＝－1＋.
当x∈(－∞，－1－)时，f′(x)＜0；
当x∈(－1－，－1＋)时，f′(x)＞0；
当x∈(－1＋，＋∞)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，－1－)，(－1＋，＋∞)单调递减，在(－1－，－1＋)单调递增．
(2)f(x)＝(1＋x)(1－x)ex.
当a≥1时，设函数h(x)＝(1－x)ex，则h′(x)＝－xex＜0(x>0)，因此h(x)在[0，＋∞)单调递减．而h(0)＝1，故
22、h(x)≤1，所以f(x)＝(x＋1)h(x)≤x＋1≤ax＋1.
当0(1－x)(1＋x)2，(1－x)(1＋x)2－ax－1＝x(1－a－x－x2)，取x0＝，则x0∈(0,1)，(1－x0)(1＋x0)2－ax0－1＝0，故f(x0)＞ax0＋1.
当a≤0时，取x0＝，则x0∈(0,1)，f(x0)＞(1－x0)(1＋x0)2＝1≥ax0＋1.
综上，a的取值范围是[1，＋∞)．
3．(2016·全国卷
23、Ⅰ)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2.
(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．
[解] (1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．
(ⅰ)设a≥0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)＜0；
当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0.
所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
(ⅱ)设a＜0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．
①若a＝－，则f′(x)＝(x－1)(ex－e)，
所以f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．
②若a＞－，则ln(－2a)＜1，
故
24、当x∈(－∞，ln(－2a))∪(1，＋∞)时，f′(x)＞0；
当x∈(ln(－2a)，1)时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(－∞，ln(－2a))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a)，1)上单调递减．
③若a＜－，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．
(2)(ⅰ)设a＞0，则由(1)知，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f(1)＝－e
25、，f(2)＝a，取b满足b＜0且b＜ln，则f(b)＞(b－2)＋a(b－1)2＝a＞0，所以f(x)有两个零点．
(ⅱ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，所以f(x)只有一个零点．
(ⅲ)设a＜0，若a≥－，则由(1)知，f(x)在(1，＋∞)上单调递增．又当x≤1时f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点；若a＜－，则由(1)知，f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)＜0，故f(x)不存在两个零点．
综上，a的取值范围为(0，＋∞)．
两类压轴大题是导数和圆锥曲线，难度大、综合性强，取得满分不容易，但要得到
26、尽可能多的分数还是有方法可行的．高考是选拔性的考试，同时又是一场智者的竞争，真正的高考高手是坦然的，他们懂得有舍才有得的真正道理，面对高考大题，特别是压轴题，哪些应该勇于割舍，哪些应努力争取．本讲教你四招，让你在考试中尽可能多得分、巧得分．
策略1 缺步解答——化繁为简，能解多少算多少
如果遇到一个很困难的问题，确实啃不动，一个聪明的解题策略是，将它们分解为一系列的步骤，或者是一个个小问题，先解决问题的一部分，能解决多少就解决多少，能演算几步就写几步，尚未成功不等于失败．特别是那些解题层次明显的题目，或者是已经程序化了的方法，每进行一步得分点的演算都可以得分，最后结论虽然未得出，但分数却已
27、过半，这叫“大题巧拿分”．
【例1】 (12分)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆C经过点P.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设过点A(0,2)的直线l与椭圆C交于M，N两点，点Q是线段MN上的点，且＝＋，求点Q的轨迹方程．
[解] (1)由椭圆定义知，2a＝|PF1|＋|PF2|＝＋＝2，
所以a＝. 2分
又由已知，c＝1，
所以椭圆C的离心率e＝＝＝， 4分
(2)由(1)知，椭圆C的方程为＋y2＝1.
设点Q的坐标为(x，y)，
①当直线l与x轴垂直时，直线l与椭圆C交于(0,1)，(0，－1)两点，此时点Q
28、的坐标为. 6分
②当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2.
因为M，N在直线l上，可设点M，N的坐标分别为(x1，kx1＋2)，(x2，kx2＋2)，
则|AM|2＝(1＋k2)x，|AN|2＝(1＋k2)x.
又|AQ|2＝x2＋(y－2)2＝(1＋k2)x2.
由＝＋，得
＝＋，
即＝＋＝.① 8分
将y＝kx＋2代入＋y2＝1中，得
(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0.②
由Δ＝(8k)2－4×(2k2＋1)×6＞0，得k2＞.
由②可知，x1＋x2＝，x1x2＝，
代入①中并化简，得x2＝.③ 9分
因为点Q在直线y＝kx＋2上，所以k＝，代
29、入③中并化简，
得10(y－2)2－3x2＝18. 10分
由③及k2＞，可知0＜x2＜，即x∈∪.
又满足10(y－2)2－3x2＝18，
故x∈.
由题意，Q(x，y)在椭圆C内，所以－1≤y≤1，
又由10(y－2)2＝18＋3x2有(y－2)2∈且－1≤y≤1，则y∈.
所以点Q的轨迹方程为10(y－2)2－3x2＝18，
其中x∈，y∈. 12分
[名师点题] (1)本题第(1)问为已知椭圆标准方程求椭圆的离心率问题，属于容易题.
(2)本题的难点在于第(2)问中确定轨迹方程及方程中各变量的取值范围，本题有一定的难度，要想拿到全分很难，这就应该学会缺步解答.,首
30、先，解决直线与圆锥曲线的位置关系问题时，若需要设直线方程，应考虑直线的斜率是否存在，因此当直线l的斜率不存在时，求出点Q的坐标为，这是每位考生都应该能做到的.其次，联立直线方程与椭圆方程并设出M，N，Q的坐标，通过，得到，然后由x1＋x2及x1x2联想一元二次方程根与系数的关系，将问题解决到是完全可以做到的，到此已经可以得到9分.
另外，考虑到点Q在直线l上，将点Q坐标代入所设直线方程就能得到10(y－2)2－3x2＝18，到此便可以得到10分.到此不能继续往下解时，我们也已经得到绝大部分分数了.
策略2 跳步解答——左右逢源，会做哪问做哪问
解题过程中卡在某一过渡环节上是常见的．这时，
31、我们可以先承认中间结论，往后推，看能否得到结论．若题目有两问，第(1)问想不出来，可把第(1)问当作“已知”，先做第(2)问，跳一步解答．
【例2】 (12分)设函数fn(x)＝xn＋bx＋c(n∈N*，b，c∈R)．
(1)设n≥2，b＝1，c＝－1，证明：fn(x)在区间内存在唯一零点；
(2)设n＝2，若对任意x1，x2∈[－1,1]，有|f2(x1)－f2(x2)|≤4，求b的取值范围；
(3)在(1)的条件下，设xn是fn(x)在内的零点，判断数列x2，x3，…，xn，…的增减性．
[解] (1)证明：b＝1，c＝－1，n≥2时，fn(x)＝xn＋x－1.
∵fnfn(1
32、)＝×1＜0，
∴fn(x)在内存在零点. 2分
又∵当x∈时，f′n(x)＝nxn－1＋1＞0，
∴fn(x)在上是单调递增的．
∴fn(x)在区间内存在唯一零点. 4分
(2)当n＝2时，f2(x)＝x2＋bx＋c.
对任意x1，x2∈[－1,1]都有|f2(x1)－f2(x2)|≤4.
等价于f2(x)在[－1,1]上的最大值与最小值之差M≤4.
据此分类讨论如下： 5分
①当＞1，即|b|＞2时，
M＝|f2(1)－f2(－1)|＝2|b|＞4，与题设矛盾. 6分
②当－1≤－＜0，即0＜b≤2时，
M＝f2(1)－f2＝2≤4恒成立. 7分
③当0≤－≤
33、1，即－2≤b≤0时，
M＝f2(－1)－f2＝2≤4恒成立．
综上可知，－2≤b≤2. 8分
故a的取值范围为[－2,2]．
(3)法一：设xn是fn(x)在内的唯一零点(n≥2)，fn(xn)＝x＋xn－1＝0，
fn＋1(xn＋1)＝x＋xn＋1－1＝0，xn＋1∈，
于是有fn(xn)＝0＝fn＋1(xn＋1)
＝x＋xn＋1－1＜x＋xn＋1－1＝fn(xn＋1)．
又由(1)知fn(x)在上是单调递增的，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列. 12分
法二：设xn是fn(x)在内的唯一零点，
fn＋1(xn)fn＋1(
34、1)＝(x＋xn－1)(1n＋1＋1－1)
＝x＋xn－1＜x＋xn－1＝0，
则fn＋1(x)的零点xn＋1在(xn,1)内，
故xn＜xn＋1(n≥2)，
所以数列x2，x3，…，xn，…是递增数列. 12分
[名师点题] 第(1)问可利用函数的单调性及零点存在性定理较简单解决，但第(2)问较麻烦，很多同学不会做或耽误较长时间，从而延误了第(3)问的解答.事实上，由题意可知，第(3)问的解答与第(2)问没有任何关系，但与第(1)问是相关的，且非常容易解答，因此我们可跨过第(2)问，先解决第(3)问，从而增大了本题的得分率，这是解决此类题的上策之举.
策略3 逆向解答——逆水行舟
35、，往往也能解决问题
对一个问题正面思考发生思维受阻时，用逆向思维的方法去探求新的解题途径，往往能得到突破性的进展．顺向推有困难就逆推，直接证有困难就反证．
【例3】 (12分)已知f(x)＝xln x，g(x)＝－x2＋ax－3.
(1)求函数f(x)的最小值；
(2)对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；
(3)证明：对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立．
[解] (1)f′(x)＝ln x＋1， 1分
当x∈时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；
当x∈时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；
所以f(x)的最小值为f＝－. 3
36、分
(2)2xln x≥－x2＋ax－3，则a≤2ln x＋x＋
设h(x)＝2ln x＋x＋(x＞0)，
则h′(x)＝， 4分
①当x∈(0,1)时，h′(x)＜0，h(x)单调递减；
②当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增， 5分
所以h(x)min＝h(1)＝4.
因为对一切x∈(0，＋∞)，2f(x)≥g(x)恒成立，
所以a≤h(x)min＝4，即a的取值范围为(－∞，4]. 7分
(3)证明：问题等价于证明xln x＞－(x∈(0，＋∞)). 8分
由(1)可知f(x)＝xln x(x∈(0，＋∞))的最小值是－，
当且仅当x＝时取得.
37、 9分
设m(x)＝－(x∈(0，＋∞))，则m′(x)＝，
易知m(x)max＝m(1)＝－.
且两函数不会同时取得－.
所以有xln x＞－， 11分
从而对一切x∈(0，＋∞)，都有ln x＞－成立. 12分．
[名师点题] 解答本题第(3)问利用了逆向解答，把不等式巧妙地转化为，不等式左边是f(x)，右边看作一个新的函数m(x)，只需说明f(x)min>m(x)max即可.
策略4 退步解答——以退为进，列出相关内容也能得分
“以退求进”是一个重要的解题策略．对于一个较一般的问题，如果你一时不能解决所提出的问题，那么，你可以从一般退到特殊，从抽象退到具体，从复杂退到简
38、单，从整体退到部分，从参变量退到常量，从较强的结论退到较弱的结论．总之，退到一个你能够解决的问题，通过对“特殊”的思考与解决，启发思维，达到对“一般”的解决．
【例4】 (12分)如图1，O为坐标原点，双曲线C1：－＝1(a1＞0，b1＞0)和椭圆C2：＋＝1(a2＞b2＞0)均过点P，且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形．
图1
(1)求C1，C2的方程；
(2)是否存在直线l，使得l与C1交于A，B两点，与C2只有一个公共点，且|＋|＝||，证明你的结论．
[解] (1)设C2的焦距为2c2，由题意知，2c2＝2,2a1＝2.
从而a1＝1，c
39、2＝1.
因为点P在双曲线x2－＝1上，
所以2－＝1，故b＝3. 2分
由椭圆的定义知
2a2＝＋＝2.
于是a2＝，b＝a－c＝2.
故c1，c2的方程分别为
x2－＝1，＋＝1. 4分
(2)不存在符合题设条件的直线. 5分
①若直线l垂直于x轴，因为l与C2只有一个公共点，所以直线l的方程为x＝或x＝－.
当x＝时，易知A(，)，B(，－)，
所以|＋|＝2，||＝2.
此时，|＋|≠||.
当x＝－时，同理可知，|＋|≠||. 7分
②若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋m.
由得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0.
当l与C1相交
40、于A，B两点时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，
从而x1＋x2＝，x1x2＝.
于是y1y2＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝. 9分
由得(2k2＋3)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
因为直线l与C2只有一个公共点，所以上述方程的判别式Δ＝16k2m2－8(2k2＋3)(m2－3)＝0.
化简，得m2＝2k2＋3， 10分
因此·＝x1x2＋y1y2
＝＋＝≠0.
于是2＋2＋2·≠2＋2－2·，
即|＋|2≠|－|2，
故|＋|≠||.
综合①②可知，不存在符合题设条件的直线. 12分
[名师点题] 在求解第(2)问时可采用退步解答，若不能正确判断其结论也应说明直线是否存在，同时应对直线垂直于x轴时给予说明，这就是所谓的从一般到特殊.
2022高考数学“一本”培养专题突破 第2部分 专题6 函数、导数、不等式 第14讲 导数的综合应用学案 文
