核心素养系列(一)函数与导数高考压轴大题的突破问题-【创新教程】2027年高考数学总复习大一轮讲义（人教B版）

高考总复习人教数学B版（新教材） 十十。号，了0)=2，所以切线针 所以f(x)在（一1，t)上有唯一零点， (t,0)上无零点， 率为2，所以曲线y=f(x)在点(0， 即f(x)在(-1,0)上有唯一零点， f(0)处的切线方程为y=2x. 所以a<-1,符合题意. (2)f(x)=ln(1+x)+a, 所以若f(x)在区间（一1,0），(0， 十∞)各恰有一个零，点，a的取值范 1+a(1-x) f(x)=1十x 围为（一∞，一1）. e 跟踪训练 =e+a(1-x2) 解：(1)f(x)=3z2+2bx十c, (1十x)e 由已知条件得 设g(x)=e十a(1-x2), 1f(3)=27+9b+3c+d=0, ①若a>0,当x∈(-1,0)，g(x)=e f(0)=c=0, +a(1-x)>0,即(x)>0, (f(0)=d=0, 所以f(x)在（一1,0）上单调递增， 解得b=一3，c=d=0: f(x)f(0)=0, .f(x)=x3-3x2. 故f(x)在（一1,0）上没有零，点，不合 (②)由y=fz)-g(x)=0在[一2,1]上有 两个不同的解， 题意， ②若-1≤a≤0，当x∈(0，十∞)， 得x3-32-9x-m十1=0在区间[-2， 则g(x)=e一2ax>0, 1门有两个不同的解 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增， 即m=x3-3x2-9.x十1在[-2,1] 所以g(x)>g(0)=1十a≥0， 上有两个不同解 即f(x)>0, 令h(x)=x-3x2-9x十1，h'(x)= 所以f(x)在(0，十∞)上单调递增， 3x2-6x-9,x∈[-2,1]， f(x)f(0)=0, 令3z2-6.x-9>0,得-2≤x<-1: 故f(x)在(0，十o∞)上没有零，点，不 令3x2-6.x-9<0,得-1<x≤1： 合题意 .h(x)mx=h(-1)=6, ③若a<-1, 又f(-2)=-1,f1)=-10, (i)当x∈(0，十oo),则g(x)=e ∴.h(x)mim=-10; -2ax>0, ,m=h(x)在区间[-2,1]上有两个 所以g(x)在(0，十∞)上单调递增。 不同的解，.一1m<6..实数m 的取值范围是[一1,6). g(0)=1十a<0,g(1)=e0, 所以存在m∈(0,1)，使得g(m)=0, 核心素养系列（一） 即f(m)=0. [例1[解](1)证明：令h(x)=x 当x∈(0，m),f(x)0,f(x)单调 x2-sin x, 递减； 则h(x)=1-2x-c0sx, 当x∈(m,十o),f'(x)>0,f(.x)单 令p(x)=1-2x-c0sx, 调递增. 则p'(x)=-2十sinx<0, 所以当x∈(0，m),f(x)<f(0)=0, 所以p(x)即h'(x)单调递减 当x→十o∞，f(x)→十oo, 又h'(0)=0, 所以f(x)在（m,十∞)上有唯一 所以当0x<1时，h'(x)<h'(0)= 零点， 0,h(x)单调递减， 又(0，m)没有零点，即f(x)在(0， 所以当0x<1时，h(x)<h(0)=0, 十∞)上有唯一零点. 即x-x2<sinx. (i)当x∈(-1,0)，g(x)=e'十a(1 令g(x)=sinx一x, 一x2), 则g(x)=c0sx一10， 设h(x)=g'(x)=e-2ax, 所以g(x)单调递减，又g(0)=0, h'(x)=e-2a>0, 所以当0<x<1时，g(x)<g(0)=0, 所以g'(x)在（一1,0)单调递增， 即sinx<x. g(-1)=1+2a<0,g(0)=1>0, 综上，当0<x<1时，x一x2<sinx e 所以存在n∈(-1,0)，使得g'(n) (2)因为f(x)=cos ax-ln(1-x)(-1 =0, <x1), 当x∈(-1，n),g'(x)<0,g(x)单调 所以f(x)=f(一x),所以f(x)为偶 递减， 函数 当x∈(n,0),g(x)>0,g(x)单调递 f(x)=-asin ax十 2x(-1<x 增，g(x)<g(0)=1十a<0, 1-x 又g(-1)=1>0. <1), 令t(x)=-asin a.x十 所以存在t∈（一1，n),使得g(t)=0, 即f(t)=0, <1), 当x∈（一1，t),f(x)单调递增，当x 则t(x)=-a'cos ax 21十2(-1 ∈(t,0),f(x)单调递减， (1-x) 有x→-1，f(x)→-∞， <x1) 而f(0)=0,所以当x∈(t,0),f(x) 令n(x)=-a'cos ax 2(1十x2) 0, (1-x)2, ·426· n(x)-a'sin ax+4() (1-x2)3 当a=0时，当0<x<1时， (x)>0,f(x)单调递增， 当一1x<0时， f'(x)<0,f(x)单调递减， 所以x=0是f(x)的极小值点，不符 合题意. 当a>0时，取与1中的较小者， 2a 为m, 则当0<x<m时，易知n(x)0, 所以n(x)即t(x)在(0，m)上单调 递增， 所以t(x)>t'(0)=2-a ①当2-a≥0，即0<a√2时，t'(x) >0(0x<m). 所以t(x)在(0，m)上单调递增， 所以t(x)>t(0)=0, 即f(x)>0.那么f(x)在(0，)上 单调递增， 由偶函数性质知f(x)在（一m,0)上 单调递减. 故x=0是f(x)的极小值点，不符合 题意. ②当2-a2<0,即a>√2时， 当无<1，即a>受时， 因为0<01（赁）>0， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零 ,点x1 且当0<x<x1时，t(x)<0,t(x)单 调递减， 因为t(0)=0,所以当0<xx1时， t(x)<0, 即f(x)<0, 所以f(x)在(0，x1)上单调递减， 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 （一x1,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符 合题意. 当云>1，即E<a<受时， 所以t'(x)在(0，m)上存在唯一零 点x2, 且当0<x<x2时，t(x)<0,t(x)单 调递减 因为t(0)=0,所以当02时，t(x) 0,即f(x)0, 所以f(x)在(0，x2)上单调递减. 因为f(x)为偶函数，所以f(x)在 (一x2,0)上单调递增， 故可得x=0是f(x)的极大值点，符 合题意. 当Q<0时，由偶函数图像的对称性 可得a<一√2.综上所述，a的取值范 围是(-∞，-√2)U(W2,十∞). 例2][解](1)：'f(x)=alnx十bx, 六fx)=是+b :直线x一2y一2=0的斜率为合， 且过点(1，一) f(1)= 2 f(1)=2 a十b= a=1, 解得 b=-21 (2)由1)得fx)=nx-台 当x>1时，f()十<0恒成立，即 x nx一音+兰<0，￥价于<号 xln x. 令g)= -xin x, 则g(x)=x-(nx十1) =x-1-In z. 令h(x)=x-1-lnx,则h'(x)=1 -1-x-1 x 当x>1时，h(x)>0,函数h(x)在 (1,十∞)上单调递增，故h(x)> h(1)=0. 从而，当x>1时，g'(x)>0,即函数 g(x)在(1，十∞)上单调递增，故 g(x)>g(1)= 1 因此，当x>1时，<号 -xlnx恒 成立，则长分 中所求的取值范国是(0，专] (3)证明：由(2)得，当x>1时，nx 1 :<0,可化为zlnx< ,1,又ln0, 2 1、2 1 从而，n之二-i厂十 把x=2,3,4,…,n分别代入上面不 等式，并相加得， 1」 1十…十 1 2n2+3in3+ nln n (-)(合)》 中（片） 1 [例4][解](1)当a=1时，f(x)= lnx-e十1(x>0),则(x)=1 一e, 显然f(x)在(0，十∞)上单调递减， 又f(2)=2->0, f(1)=1-e<0, 参考答案 所以x)在（侵，1）上存在唯一零 x≥0，g'(x)=e-x-1,所以g"(x) =e一1≥0恒成立， ,点xo, g'(x)在(0，十∞)上单调递增，所以 当x∈(0，x)时，f(x)>0, [g'(x)]mim=g'(0)=0, 当x∈(x,十oo)时，f(x)<0, 所以g'(x)≥0恒成立，所以g(x)在 所以x。是f(x)的极大值点，且是唯 (0,十oo)上单调递增，所以[g(x)]mim 一极值点 =g(0)=0, (2)令f()=0,则a=血x中，令y 令h'(x)=0,可得x=2,当x∈(0,2) e 时，h(x)>0,h(x)在(0,2)上单调 a,g(x=血x中，则y=a与g()的图 递增， e 当x∈(2，十o∞)时，h'(x)<0,h(x) 像在(0，十○)上有2个交，点， 在(2，十∞)上单调递减，所以 g'(x)= 1-In z-1 [h(x)]=h(2)=7-c 4 (x0), 令h()=1-1nx-1, 所以a≥ 综上，a的取值范围为 则h(x)=一 11∠0， [,+） 所以h(x)在(0，十∞)上单调递减， 2.解：(1)a=1→f(x)=xe-e=(x一 而h(1)=0, 1)e→f(x)=xe, 当x∈(-∞，0)时，f(x)<0,f(x) 故当x∈(0,1)时，h(x)>0,即g(x)> 0,g(x)单调递增； 单调递减； 当x∈(1，十oo)时，h(x)<0,即g(x) 当x∈(0，十∞)时，f(x)>0,f(x) 单调递增， <0,g(x)单调递减， (2)令g(x)=f(x)十1=xe"-e+1 (x≥0)→g(x)≤g(0)=0对Hx≥0 恒成立， 又（日）=0，当>1时， 又g'(x)=e"十azer-e→g'(0) =0, g(x)>0,作 出图像知图： 2 令h(x)=g(x)→h'(x)=ae十a (e十a.xe)-e=a(2er十a.xer) 由图可得0 -e', 16123 5 则h'(0)=2a-1, e ①若h'(0)=2a-1>0, 故a的取值 范周是(0，日) 即a>号时，由1im&）二&0 x-0 x0 变式训练 =lmg卫> 1.解：(1)当a=1时，f(x)=e十x2 所以了xo>0,使得当x∈(0，xo)时， x,f(x)=e十2x-1, 记g(x)=f(x),因为g'(x)=e十2 有8（四>0→g()>0→g(x)单调 >0,所以g(x)在R上单调递增， 递增→g(x)>g(0)=0,矛盾. 即f(x)在R上单调递增，又因为 f(0)=0,所以当x>0时，f(x) ②若N'(0)=2a-1≤0，即a≤2时， >0. g()=ee +arer-e"=esr+in(l+ae) 所以f(x)的单调增区间为(0，十 一e≤er+h1+知-e≤e+一e 0),单调减区间为(-∞，0). =0→g(x)在[0，十∞)上单调递减， (②)当x≥0时，f)≥2+1点 g(x)≤g(0)=0,符合题意. 综上所述，实数a的取值范围是a 成立， (i)当x=0时，a∈R; (i)当x>0时， 即≥之女+1-e 1 (3)证明：求导易得t一1>2n>1D, -恒成立， x+x+1-e 1 记h(x) x >2n/1+ 所以h'(x) 1 ”>(+a） 记g(x)=e 2 x2-x-1,因为当 ·427· 高考总复习人教数学B版（新教材） >(） 所以g(t)在(0,1)上单调递增，所以 √n+n g(t)<g(1)=0, 即lnt-2(t1) <0, t+1 即n1<2(11少 t+1 =ln(n+1), 所以)>2a一子 即1 1 x1一x2 干 W22+2 4.解：1)g(x)=x+g≥2E=2c 1一>1n(n十1)，证华. √n+n (>0),当且仅当x=兰时取等号， 3.解：(1)当a=-1时，f(x)=lnx 当x=e时，g(x)有最小值2e 3 要使g(x)=m有零点，只需m ≥2e. ·f(x)=1-1,1 -2x-2 即当m∈[2e,十o∞)时，g(x)=m有 零点 x2十x-2 (2)若g(x)-f(x)=0有两个相异 2x 实根，则函数g(x)与f(x)的图像有 (x+2)(x-1) 两个不同的交点. 2x 如图，作出函数 .当x>1时，'(x)<0;当0<x<1 gx 时，f(x)>0, g(x)=x+g（x> x 函数f(x)在(0,1)上单调递增，在 0)的大致图像。 f八x (1,十o)上单调递减. :f(x)=-x2十 (2)证明：因为f(x)=lnx十 2ex-m-1 1 3 =-(x-e)2+m-1+e2, 2x+z∈(0，+o∞)， ∴.其对称轴为x=e, 所以(x)=1十 1 f(x)max=m-1十e2. x 2 ax- 若函数f(x)与g(x)的图像有两个 =a.z2-x+2 交点，则m-1十e>2e,即当m> 2x -e十2e十1时，g(x)一f(x)=0有 因为f(x)存在两个极值点，所以a.x 两个相异实根.∴m的取值范围是 x十2=0在(0，十∞)有两根， (-e2十2e十1，十∞). 所以∫a>0, 第三章 第1节 1△=1-8a>0, 1 夯实·必备知识必备知识 所以0<a<8,且西十= a 1.(1)端点(2)正角负角零角 象限角轴线角2.(1)半径长 x1x2= 2 因为x）-f() 2()。r号a7品正弦 x1-x2 余弦4.(1)x2十y=1单位圆 (2)横坐标纵坐标5.(1)正数负 nm4-hz)片4aa-龙)-2a一西） 数(2)x=1 一 思考辨析(1)×(2)×(3)× In z-In z 1 (4)×(5)/(6)/(7)/(8) x1一x2 4 小题查验 要拉fu)f>2a-子，只常 1 1.C2.B3.D4.-15.1或4 x1一x2 跃升·关键能力考点1 证n-ln4>2a= 2 x1一x2 x1十x2 [典例][解析](1)：0=6x+2k 7 又：x1<x2工一x2<0, E号-+答e7.辰题 3 即证ln x1 十1 意0≤5+2<2x→ 3 ≤k< 7 T2 令互=t,则0<K1, 号ez k=0,1,2,即在[0,2π)内终边与 六只需证n21-1」 t+1, 号相月的角为号贾票。 令gt)=lnt 2(t-1) t+1,t(0,1), (2)由a是第三象限的角得π十2kπ< 所以g()=1-4 (t-1)2 a受+2， t (t+1)=t+1) .-3-2km<-a<-元-2km, ≥0， ·428· 即受十2kx<-a<元十2kπ(k∈Z), .角一《的终边在第二象限 由x+2r<a<受+2k,得2x十kr< 2a<3π十4kπ(k∈Z), .角2α的终边在第一、二象限及y 轴的非负半轴. [答案](1)2红，20x,34红(2)第二 7’2121 象限第一、二象限及y轴的非负 半轴 互动探究 解析：因为元十2kx<a<受十2kx( ,所以晋+<号<受+ 3 3 3 (k∈Z). 当k=3n(n∈Z)时，号十2nx<号< 受+2mmn∈Z; 当=3n+1(n∈)时，x十2nx<号 <7匹+2mx(n∈Z0; 6 当k=3m十2n∈刀时，号+2x<号< 昔+2amae. 综上，号的终边在第一、三、四象限。 答案：第一、三、四象限 跟踪训练 1.A 2.{a90°十n·180°a135°十n· 180°，n∈Z} 考点2 [典例们[解]设圆心角是，半径是 r,则2r十8=40. 1 又S=29r=2r(40-2r)=r(20 r)=-(r-10)2+100100.当且仅 当r=10时，Smx=100,此时2×10 十108=40,0=2.所以当x=10,0=2 时，扇形的面积最大 互动探究 解：设半径为r则由=sin60°， 六r=4,l=a·r=83n 3元. 跟踪训练3 5 考点3 [母题][解析]第一步：利用两，点间 的距离公式求出，点P到坐标原，点的 距离r 设P与原，点的距离为r, :P(-4a,3a),a<0, ∴.r=√（-4a)+(3a)=5a =-5a. 第二步，利用任意角的三角函数定义 式求出sina的值. sina=39=- 3 -5a [答案]一 3第二章函数、导数及其应用 板心素美系列 (一) 函数与导数高考压轴大题的突破问题 [命题动向] 函数与导数的压轴试题，在每年的高考中属于必考内容，其命题方向主要有两个：一是围绕函数的 性质考查函数的奇偶性、单调性、周期性、极值、最值、曲线的切线等问题展开，二是围绕函数与方程、不 等式关系探索方程根的个数、不等式的证明、不等式恒成立等问题展开.此类压轴试题难度较大，逻辑推 理能力较强，在今后的备考中不可小视 策略一运用分类讨论一各个击破 (2)极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨 [例1](2023·新课标Ⅱ卷)(1)证明：当0<x<1 论为基础，根据函数的单调性确定函数的极 时，x-x2<sinx<x; 值点 (2)已知函数f(.x)=cosa.x-ln(1-x2),若x= (3)最值讨论策略：图像连续的函数在闭区间上 0是f(x)的极大值点，求a的取值范围！ 最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和 [尝试解答] 区间端点的函数值进行比较为标准进行的， 在极值和区间端点函数值中最大的为最大 值、最小的为最小值. 变式训练 1.已知函数f(x)=ex+a.x2-x. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当≥0时，fx)≥2十1，求a的取值 范围。 破题策略 函数性质综合问题难点是函数单调性和极值、最 值的分类讨论， (1)单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等 于零的点为分界点，把函数定义域分段，在各 段上讨论导数的符号，在不能确定导数等于零 的点的相对位置时，还需要对导数等于零的点 的位置关系进行讨论. ·75 高考总复习人教数学B版（新教材） [策略二]提炼重要不等式一牵线搭桥（突破答题） [尝试解答] [例2]已知函数f(x)=alnx十bx(a,b∈R)在点 (1,(1)处的切线方程为x-2y-2=0. (1)求a,b的值； (2)当>1时，f(x)+<0恒成立，求实数k 2 的取值范围； (3)证明：当n∈N+,且n≥2时，2n2+31n3 …十 3n2-n-2 n In n 2n2+2n [冲关方案] 思路提示 解题关键 本题第(1)问是利用导 数的几何意义求参数 的取值.已知函数f(x) =alnx+bx(a,b∈R) 方程思想：求解时，利用 在点(1，f(1)处的切 点(1，f1)处的导数 线方程为x-2y一2= (1)为切线的斜率，且 0,求a,b的值，即求函 点(1，f(1)在切线上， 数(x)的解析式，比 建立方程组，解方程组 较简单，但计算必须正 求出a,b 确，因为这是下一问的 基础 分离常数法：当x>1 时，f(.x)+飞<0恒成 立，即lnx-g+k<o, 2 x 等价于k< -xln x, 本题第(2)问是不等 转化为求函数g(x)= 式的恒成立问题.在 破题策略 第(1)问求对函数 2一nx的最小值， 构造函数证明不等式的技巧 f(x)的解析式的前 这是解决不等式恒成 (1)移项法：证明不等式f(x)>g(x)(f(x)<g(x)) 提条件下，已知x>1 立问题的一种基本 时，不等式f(x)+ 的问题转化为证明f(x)一g(x)>0(f(x) 方法. 分类讨论法：这一问还 g(x)<0),进而构造辅助函数h(x)=f(.x) <0恒成立，求实数k 的取值范围 可以构造函数g(x)= g(x). In x- 兰得) (2)构造“形似”函数：对原不等式同解变形，如移 x2一2x+2k对方程 项、通分、取对数；把不等式转化为左右两边 2.x2 是相同结构的式子的结构，根据“相同结构” x2-2x十2k=0(￥)的 构造辅助函数 判别式△=4一8k进行 分类讨论 (3)主元法：对于（或可化为）f(x1,x2)≥A的不 赋值法：由(2)提炼出不 等式，可选x1(或x2)为主元，构造函数f(x, 本题第(3)问是证明与 等式，当x>1时，lnx x2)(或f(x1x)). 正整数有关的不等式 1 问题.当n∈N+,且n <0,即xlnx< (4)放缩法：若所构造函数最值不易求解，可将所 2 ≥2时，证明21n2 1 -1,又xnx>0,从 证明不等式进行放缩，再重新构造函数 2 (5)赋值法：证明正整数不等式时，要把这些正整 3n3+…+ 1 1 > nln n 而， xIn x x2-1 数放在正实数的范围内，通过构造正实数的 32--2成立 不等式进行证明，而不能直接构造正整数的 2n2+2n 1十然后对x 1 1 函数，因为这样的函数不是可导函数，使用导 进行赋值得以证明 数就是错误的. ·76 第二章函数、导数及其应用 变式训练 2.(2022·新高考Ⅱ卷，22)已知函数f(x) xear-er. (1)当a=1时，讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，f(x)<-1,求a的取值范围； (3)设n∈N,证明： 1 1 +…+ √12+1√22+2 1 >ln(n+1). √n2+n [策略三门灵活等价转化一华丽转身 [例3](12分)已知函数f(x)=x(lnx-a)+1(a∈R) (1)证明：曲线y=f(x)在点(1，f(1))处的切线经过坐标原点； (2)若a>1,证明：f(x)有两个零点. [答题模板] (1)因为f(.x)=x(lnx-a)+1,所以f(1)=1-a, ●[得分点①]正确 求导可得f(x)=lnx十1一a,所以f(1)=1-a①，(2分) 求得f(1)和f(1) 故切线方程为y-(1-a)=(1-a)(x-1), 得2分 即y=(1-a)x,所以该切线经过坐标原，点②.(4分) (2)第1步：确定f(x)定义域并求导函数零点 易知函数f(x)定义域为(0，十∞)， ●[得分点②]正确 由(1)得f(x)=lnx十1-a(x>0),令f(x)=0,得x=ea-1>1. 求得切线方程并得 第2步：判断单调性 出结论得2分 当x∈(0，ea-1)时，f(x)<0,f(x)单调递减； 当x∈(e-1,十∞)时，f(x)>0,f(x)单调递增③.(5分) [得分点③]正确 第3步：求最小值 判断f(x)的单调性 所以f(x)mim=f(ea-1)=1-ea-1④.(6分) 得1分 第4步：求f(x)在各单调区间上的零，点个数 因为ea-1>1,所以f(ea-1)<0,又f(e)=1>0, [得分，点④]正确 所以由零点存在定理知f(x)在(ea-1,e)内有一个零点， 求得f(x)的最小值 故f(x)在区间(ea-1,+∞)上只有一个零点⑤.(8分) 得1分 因为a>1,所以-a<a-l,ea<e-1,f(ea)=c-2a ea 令h(x)=ex-2x,当x>1时，h'(x)=er-2>0, ●[得分点⑤]正确 所以h(x)在区间(1，十∞)上单调递增， 求得f(x)在区间 所以h(a)>h(1)=e-2>0,所以e“>2a,即f(ea)>0⑥，(10分) (e4-1,十∞)的零点 又f(ea-1)<0,由零点存在定理知f(x)在(e一a,ea-1)内有一个零点， 个数得2分 故f(x)在(0，ea-1)只有一个零点⑦.(11分)第5步：得出结论 综上所述，f(x)有两个零点⑧.(12分) ●[得分，点⑥]正确 [教材知识迁移与运用 判断f(ea)的正负 条件 f(x)=x(Inx-a) 得2分 若f(x)=lnx,则(x)= 教 ●[得分点⑦]正确 材 若f(x)=c(c为常数)，则f(x)=0 求得f(x)在区间(0， 知 两个函数f(x)与g(x)的乘积的导数，其运算法则为[f(x)g(x)]' e4-1)的零，点个数得 =f(x)·g(x)十f(x)g'(x) 1分 迁移与 由f(x)=x(Inx-a)千1，得了(x)=(x)'(Inx-a)+x(inx-a干 ●[得分，点⑧]正确 运用 (1)=Inx-a+x.I=Inx+1-a 得出结论得1分 ·77· 高考总复习人教数学B版（新教材） 变式训练 3.(2024·大同模拟)已知函数f(.x)=lnx十 1 (1)当a=一1时，求f(x)的单调区间： (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且x1<x2, 证明：)二f>2a- x1-x2 破题策略 对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数 形结合的数学思想来求解.这类问题求解的 法是： (1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点， 并求其定义域；(2)求导数，得单调区间和极值 点；(3)画出函数的大致图像，观察图像：(4)数形 结合，挖掘隐含条件，确定函数图像与x轴的交 点情况进而求解。 变式训练 4.(2024·长春市质检)已知函数f(x)=一x2十2ex+ m-1,gx)=x+g(x>0. x (1)若g(x)=m有零点，求m的取值范围； (2)确定m的取值范围，使得g(.x)一f(x)=0有 两个相异实根。 [策略四]借助函数大致图像一直观诠释 [例4](2024·安徽模拟)已知函数f(x)=lnx ae'+1(a∈R) (1)当a=1时，讨论f(x)极值点的个数； (2)若函数f(x)有两个零点，求a的取值范围. [尝试解答] @温馨提 学习至此，请完成配套训练 课时冲关23 ·78