数学分类讨论思想与“零点分段法”(8班)

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)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)＝1x－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)＝1x－m＝1－mxx．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1m≥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③当1＜1m＜e，即1e＜m＜1时，函数f(x)在(1，1m)上单调递增，在(1m，e)上单调递减，则f(x)max＝f(1m)＝－lnm－1．…………………………7分④当1m≤1，即m≥1时，x∈(1，e)，f′(x)＜0，函数f(x)在(1，e)上单调递减，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．因为m＝lnx1－lnx2x1－x2，所以即证明lnx1－lnx2x1－x2＞2x1＋x2，即lnx1x2＞2(x1－x2)x1＋x2．……12分令x1x2＝t，则t＞1，于是lnt＞2(t－1)t＋1．令(t)＝lnt－2(t－1)t＋1（t＞1），则′(t)＝1t－4(t＋1)2＝(t－1)2t(t＋1)2＞0．故函数(t)在（1，＋∞）上是增函数，所以(t)＞(1)＝0，即lnt＞2(t－1)t＋1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：典例：已知函数3()3()fxxaxaR（1）当1a时，求()fx的极小值；（2）若直线0xym对任意的mR都不是曲线()yfx的切线，求a的取值范围；（3）设()|()|,[1,1]gxfxx，求()gx的最大值()Fa的解析式．（惠州市2013届高三上学期期末）典型例题欣赏解：（1）11,0)(,33)(,1'2'xxxfxxfa或得令时当……1分当)1,1(x时，),1[]1,(,0)('xxf当时，0)('xf，上单调递增在上单调递减在),1[],1,(,)1,1()(xf…………2分)(xf的极小值是(1)2f…………………3分（2）法1：/2()33fxxa，直线0myx即yxm，依题意，切线斜率/2()331kfxxa，即23310xa无解……………4分043(31)0a31a………………6分法2：fxxaa/2()333，……………4分要使直线0myx对任意的mR都不是曲线()yfx的切线，当且仅当a13时成立，31a………………6分滚动训练滚动练习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)＝90，所以f(x)在区间，上只能是单调增函数．……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22211xfxaxaxaae(其中aR).(Ⅰ)若0x为fx的极值点,求a的值；(Ⅱ)在(Ⅰ)的条件下,解不等式21112fxxxx；(Ⅲ)若函数fx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22211xfxaxaxaae22222221111xxxfxaxaeaxaxaaeaxaxae…2分因为0x为fx的极值点,所以由000fae,解得0a……………3分检验,当0a时,xfxxe,当0x时,0fx,当0x时,0fx.所以0x为fx的极值点,故0a.……………4分(Ⅱ)当0a时,不等式21112fxxxx211112xxexxx,整理得211102xxexx,即2101102xxexx或2101102xxexx…6分令2112xgxexx,1xhxgxex,1xhxe,当0x时,10xhxe；当0x时,10xhxe,所以hx在,0单调递减,在(0,)单调递增,所以00hxh,即0gx,所以gx在R上单调递增,而00g；故211002xexxx；211002xexxx,所以原不等式的解集为01xxx或；……………8分滚动训练同学们，再见！课后及时巩固哦!