【精品】 2019年高考数学专题★极值点不可解问题的求解策略(PPT)
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【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 ．
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；
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
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
典例剖析
1 3 27 1 ∵ x0 ( , ) ，∴ h( x0 ) ( , ) . 2 4 32 8
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
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
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，
x 【解析】 （Ⅰ） f ( x) e x 2a b Fra Baidu bibliotek 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
（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；
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
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
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 .
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 ．
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；
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
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
典例剖析
1 3 27 1 ∵ x0 ( , ) ，∴ h( x0 ) ( , ) . 2 4 32 8
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
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
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，
x 【解析】 （Ⅰ） f ( x) e x 2a b Fra Baidu bibliotek 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
（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；
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
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
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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 .