数学分类讨论思想与“零点分段法”(8班)精品PPT课件
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单调增函数． ……3 分 由 f (x)＝3(m－3)x2 + 9≥0 在区间(－∞，+∞)上恒成立， 所以 m≥3． 故 m 的取值范围是［3，+∞) ．…………………6 分
滚动训练
滚动练习
2：已知函数
f
x
ax2
a
12
x
a
a
12
源自文库
e
x
(其
中 aR ).
(Ⅰ) 若 x 0 为 f x 的极值点,求 a 的值；
因为
m
＝
lnx1－lnx2 x1－x2
，
所
以
即
证
明
lnx1－lnx2 x1－x2
＞
2 x1＋x2
，
即
ln
x1 x2
＞
2(xx11＋－xx22)．……12 分
令xx12＝t，则 t＞1，于是 lnt＞2(tt＋－11)．
令(t)＝lnt－2(tt＋－11)（t＞1），则 ′(t)＝1t －(t＋41)2＝t((tt－＋11))22＞0．
故函数(t)在（1，＋∞）上是增函数，所以(t)＞(1)＝0，即 lnt＞2(tt＋－11)成立．
所以原不等式成立．
………………………………………16 分
知识、方法扫描与提炼
1．分类讨论的原则： 2． 分类讨论的分类标准：
典型例题欣赏
典例：已知函数 f (x) x3 3ax(a R)
（1）当 a 1时，求 f (x) 的极小值；
③当 1＜m1 ＜e，即1e＜m＜1 时，
函数 f (x)在 (1，m1 )上单调递增，在(m1 ，e)上单调递减，
则 f (x) max＝f (m1 )＝－lnm－1．…………………………7 分
④当m1 ≤1，即 m≥1 时，
x∈(1，e)， f ′(x)＜0，函数 f (x)在(1，e)上单调递减，
(Ⅱ)
在(Ⅰ)的条件下,解不等式
f
x
x
1
1 2
x2
x
1
；
(Ⅲ) 若函数 f x 在区间 1, 2 上单调递增,求实数 a 的取
值范围. (河北衡水中学 2014 届五调考试)
【解析】(Ⅰ)因为
f
x
ax2
a
12
x
a
a
12
e
x
f
x
2ax
a
12
ex
ax2
a
12
x
a
a
12
ex
ax2
a2 1
即 3x2 3a 1 0 无解……………4 分
0 4 3(3a 1) 0
a 1 3
………………6 分
法 2： f / (x) 3x2 3a 3a ，……………4 分
要使直线 x y m 0 对任意的 mR 都不是曲线
y f (x) 的切线，当且仅当 1 3a 时成立，
f ' (x) 0 ，
f (x)在(1,1)上单调递减 ,在(,1],[1,)上单调递增 …………2 分
f (x) 的极小值是 f (1) 2 …………………3 分
（2）法 1： f / (x) 3x2 3a ，直线 x y m 0 即 y x m ，
依题意，切线斜率 k f / (x) 3x2 3a 1 ，
(Ⅱ) 当 a 0 时,不等式
f
x
x
1
1 2
解：（1）因为点 P(1，－1)在曲线 y＝f(x)上，
所以－m＝－1，解得 m＝1．
因为 f ′(x)＝x1－1，所以切线的斜率为 0，
所以切线方程为 y＝－1．………………3 分
（2）因为 f ′(x)＝x1－m＝1－xmx． ① 当 m≤0 时， x∈(1，e)， f ′(x)＞0， 所以函数 f (x)在(1，e)上单调递增 则 f (x) max＝f (e)＝1－me．…………4 分 ② 当m1 ≥e，即 0＜m≤1e时，x∈(1，e)， f ′(x)＞0， 所以函数 f (x)在(1，e)上单调递增 则 f (x)max＝f (e)＝1－me．……………………5 分
a 1 ………………6 分 3
滚动训练
滚动练习 1：已知函数 f (x)＝(m－3)x3 + 9x. （1）若函数 f (x)在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求 m 的取
值范围； （2）若函数 f (x)在区间［1，2］上的最大值为 4，求 m 的值．
（南通市 2013 届高三二调）
【解】（1）因为 f (0)＝9 > 0，所以 f (x)在区间 ， 上只能是
x a ex
…2 分
因为 x 0 为 f x 的极值点,
所以由 f 0 ae0 0 ,解得 a 0 ……………3 分
检验,当 a 0 时, f x xex ,当 x 0 时, f x 0 ,当 x 0
时, f x 0.
所以 x 0 为 f x 的极值点,故 a 0 .……………4 分
（2）若直线 x y m 0 对任意的 m R 都不是曲线 y f (x)
的切线，求 a 的取值范围；
（3）设 g(x) | f (x) |, x [1,1]，求 g(x) 的最大值 F (a) 的
解析式． （惠州市 2013 届高三上学期期末）
解：（1）当a 1时, f ' (x) 3x2 3,令f ' (x) 0,得x 1或x 1……1 分 当 x (1,1) 时 ， f ' (x) 0,当x (,1] [1,) 时 ，
则 f (x) max＝f (1)＝－m． …………………………9 分 综上，①当 m≤1e时，f (x)max＝1－me；
②当1e＜m＜1 时，f (x)max＝－lnm－1；
③当 m≥1 时，f (x)max＝－m．
…………10 分
（3）不妨设 x1＞x2＞0．因为 f (x1)＝f (x2)＝0，所以 lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0， 可得 lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝m(x1－x2)． 要证明 x1x2＞e2，即证明 lnx1＋lnx2＞2，也就是 m(x1＋x2)＞2．
高二（8）专题提升
达成目标
1．进一步巩固分类讨论思想尤其含有参数的分类讨论 思想；
2．初步掌握分类讨论中的“零点”分段法的思维．
引例欣赏
引例：已知函数 f(x)＝lnx－mx（m∈R）． （1）若曲线 y＝f(x)过点 P(1，－1)，求曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线方程； （2）求函数 f(x)在区间[1，e]上的最大值； （3）若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2＞e2． (南京市 2014 届三模)
滚动训练
滚动练习
2：已知函数
f
x
ax2
a
12
x
a
a
12
源自文库
e
x
(其
中 aR ).
(Ⅰ) 若 x 0 为 f x 的极值点,求 a 的值；
因为
m
＝
lnx1－lnx2 x1－x2
，
所
以
即
证
明
lnx1－lnx2 x1－x2
＞
2 x1＋x2
，
即
ln
x1 x2
＞
2(xx11＋－xx22)．……12 分
令xx12＝t，则 t＞1，于是 lnt＞2(tt＋－11)．
令(t)＝lnt－2(tt＋－11)（t＞1），则 ′(t)＝1t －(t＋41)2＝t((tt－＋11))22＞0．
故函数(t)在（1，＋∞）上是增函数，所以(t)＞(1)＝0，即 lnt＞2(tt＋－11)成立．
所以原不等式成立．
………………………………………16 分
知识、方法扫描与提炼
1．分类讨论的原则： 2． 分类讨论的分类标准：
典型例题欣赏
典例：已知函数 f (x) x3 3ax(a R)
（1）当 a 1时，求 f (x) 的极小值；
③当 1＜m1 ＜e，即1e＜m＜1 时，
函数 f (x)在 (1，m1 )上单调递增，在(m1 ，e)上单调递减，
则 f (x) max＝f (m1 )＝－lnm－1．…………………………7 分
④当m1 ≤1，即 m≥1 时，
x∈(1，e)， f ′(x)＜0，函数 f (x)在(1，e)上单调递减，
(Ⅱ)
在(Ⅰ)的条件下,解不等式
f
x
x
1
1 2
x2
x
1
；
(Ⅲ) 若函数 f x 在区间 1, 2 上单调递增,求实数 a 的取
值范围. (河北衡水中学 2014 届五调考试)
【解析】(Ⅰ)因为
f
x
ax2
a
12
x
a
a
12
e
x
f
x
2ax
a
12
ex
ax2
a
12
x
a
a
12
ex
ax2
a2 1
即 3x2 3a 1 0 无解……………4 分
0 4 3(3a 1) 0
a 1 3
………………6 分
法 2： f / (x) 3x2 3a 3a ，……………4 分
要使直线 x y m 0 对任意的 mR 都不是曲线
y f (x) 的切线，当且仅当 1 3a 时成立，
f ' (x) 0 ，
f (x)在(1,1)上单调递减 ,在(,1],[1,)上单调递增 …………2 分
f (x) 的极小值是 f (1) 2 …………………3 分
（2）法 1： f / (x) 3x2 3a ，直线 x y m 0 即 y x m ，
依题意，切线斜率 k f / (x) 3x2 3a 1 ，
(Ⅱ) 当 a 0 时,不等式
f
x
x
1
1 2
解：（1）因为点 P(1，－1)在曲线 y＝f(x)上，
所以－m＝－1，解得 m＝1．
因为 f ′(x)＝x1－1，所以切线的斜率为 0，
所以切线方程为 y＝－1．………………3 分
（2）因为 f ′(x)＝x1－m＝1－xmx． ① 当 m≤0 时， x∈(1，e)， f ′(x)＞0， 所以函数 f (x)在(1，e)上单调递增 则 f (x) max＝f (e)＝1－me．…………4 分 ② 当m1 ≥e，即 0＜m≤1e时，x∈(1，e)， f ′(x)＞0， 所以函数 f (x)在(1，e)上单调递增 则 f (x)max＝f (e)＝1－me．……………………5 分
a 1 ………………6 分 3
滚动训练
滚动练习 1：已知函数 f (x)＝(m－3)x3 + 9x. （1）若函数 f (x)在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求 m 的取
值范围； （2）若函数 f (x)在区间［1，2］上的最大值为 4，求 m 的值．
（南通市 2013 届高三二调）
【解】（1）因为 f (0)＝9 > 0，所以 f (x)在区间 ， 上只能是
x a ex
…2 分
因为 x 0 为 f x 的极值点,
所以由 f 0 ae0 0 ,解得 a 0 ……………3 分
检验,当 a 0 时, f x xex ,当 x 0 时, f x 0 ,当 x 0
时, f x 0.
所以 x 0 为 f x 的极值点,故 a 0 .……………4 分
（2）若直线 x y m 0 对任意的 m R 都不是曲线 y f (x)
的切线，求 a 的取值范围；
（3）设 g(x) | f (x) |, x [1,1]，求 g(x) 的最大值 F (a) 的
解析式． （惠州市 2013 届高三上学期期末）
解：（1）当a 1时, f ' (x) 3x2 3,令f ' (x) 0,得x 1或x 1……1 分 当 x (1,1) 时 ， f ' (x) 0,当x (,1] [1,) 时 ，
则 f (x) max＝f (1)＝－m． …………………………9 分 综上，①当 m≤1e时，f (x)max＝1－me；
②当1e＜m＜1 时，f (x)max＝－lnm－1；
③当 m≥1 时，f (x)max＝－m．
…………10 分
（3）不妨设 x1＞x2＞0．因为 f (x1)＝f (x2)＝0，所以 lnx1－mx1＝0，lnx2－mx2＝0， 可得 lnx1＋lnx2＝m(x1＋x2)，lnx1－lnx2＝m(x1－x2)． 要证明 x1x2＞e2，即证明 lnx1＋lnx2＞2，也就是 m(x1＋x2)＞2．
高二（8）专题提升
达成目标
1．进一步巩固分类讨论思想尤其含有参数的分类讨论 思想；
2．初步掌握分类讨论中的“零点”分段法的思维．
引例欣赏
引例：已知函数 f(x)＝lnx－mx（m∈R）． （1）若曲线 y＝f(x)过点 P(1，－1)，求曲线 y＝f(x)在点 P 处的切线方程； （2）求函数 f(x)在区间[1，e]上的最大值； （3）若函数 f(x)有两个不同的零点 x1，x2，求证：x1x2＞e2． (南京市 2014 届三模)