重庆市中山外国语学校导数压轴题的几种处理方法 (1)
导数压轴题的几种处理方法
x +1 恒成立，求实数 k 的取值范围；x >1 g (x) == ,等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方 法常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法：1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算1+ ln x例：已知函数 f (x) =．1（Ⅰ）若函数在区间 (a, a + 2) （其中 a > 0 ）上存在极值，求实数 a 的取值范围；（Ⅱ）如果当 x ≥ 1 时，不等式 f (x) ≥k解：（Ⅰ）因为1+ ln x ，，则 'ln x ， … 1 分当f (x) = x x > 0 f (x) =- x时， ' ；当 时， ' ． 所以在（0，1）上单调递0 < x < 1f (x) > 0 f (x) < 0f (x)增 ； 在 (1, +∞) 上 单 调 递 减 ，所 以 函 数 f (x) 在 x = 1 处 取 得 极 大 值 ．… 2 分因为函数 f (x) 在区间 (a, a + 1) （其中 a > 0 ）上存在极值，2⎧a < 1所以 ⎨⎪1⎪a +⎩2, 解得 1 < a < 1. > 1 2… 4 分（Ⅱ）不等式 f (x) ≥ k ，即为 (x +1)(1+ ln x) ≥ k, 记 g (x) = (x +1)(1+ ln x) ,所以 'x +1 x'xx - ln x … 6 分[(x +1)(1+ ln x)] x - (x +1)(1+ ln x)x 2x 21令 h (x) = x - ln x, 则 h '(x) = 1 - x ， x ≥ 1,∴ h '(x) ≥ 0.∴ h (x) 在 [1, +∞) 上单调递增，∴[h(x)]min = h(1) = 1 > 0 ，从而 g '(x) > 0故 g (x) 在 [1, +∞) 上也单调递增，∴[g (x)]min = g (1) = 2 ，所以 k ≤ 2…8 分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围，且值；（2）求证：对一切x∈0,+∞，都有ln x>ex-ex例题：设（1）若（2）若当，其中有极值，求的取值范围；，恒成立，求的取值范围．．解：（1）由题意可知：有极值，则解得：（2）由于有两个不同的实数根，故，即，恒成立，则（4分），即，（6分）由于①当时，，则在处取得极大值、在处取得极小值，则当②当时，时，，即在，解得：上单调递增，且；（8分），则③当时，恒成立；在处取得极大值、在（10分）处取得极小值，则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数f(x)=x ln x。
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析
高中数学导数难题七大题型答题技巧全解析，转给所有高中生
在考试过程中，很多高中生由于没有掌握适用的解题技巧，尤其是对相关的知识点掌握不够牢固的同学，只能放弃，今天，小编为大家总结了导数七大题型，帮助大家在高考数学中多拿一分，轻松拿下140+！
1 导数单调性、极值、最值的直接应用
2 交点与根的分布
3 不等式证明
（一）做差证明不等式
（二）变形构造函数证明不等式
（三）替换构造不等式证明不等式
4 不等式恒成立求字母范围（一）恒成立之最值的直接应用
（二）恒成立之分离参数
（三）恒成立之讨论字母范围
5 函数与导数性质的综合运用
6 导数应用题
7 导数结合三角函数。
高考数学复习讲义：破解导数问题常用到的4种方法
(－∞，－a－1)，(a，＋∞)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，极大
值为 f(a)＝1.当 a<0 时，f(x)的递增区间是(－∞，a)，(－a－1，
＋∞)，递减区间是(a，－a－1)，f(x)的极小值为 f(－a－1)＝－a2，
极大值为 f(a)＝1.
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[题后悟通] 求导后，若导函数中的二次三项式能因式分解需考虑首 项系数是否含有参数．若首项系数有参数，就按首项系数为 零、为正、为负进行讨论．可归纳为“首项系数含参数，先 证系数零正负”．
函数，当x<0时，f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)>0，且g(3)＝0，则不
等式f(x)g(x)>0的解集是
()
A．(－3,0)∪(3，＋∞)
B．(－3,0)∪(0,3)
C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)
D．(－∞，－3)∪(0,3)
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[解析] 利用构造条件中“f′(x)g(x)＋f(x)g′(x)”与待 解不等式中“f(x)g(x)”两个代数式之间的关系，可构造函数 F(x)＝f(x)g(x)，由题意可知，当x<0时，F′(x)>0，所以F(x) 在(－∞，0)上单调递增．又因为f(x)，g(x)分别是定义在R上 的奇函数和偶函数，所以F(x)是定义在R上的奇函数，从而 F(x)在(0，＋∞)上单调递增，而F(3)＝f(3)g(3)＝0，所以 F(－3)＝－F(3)，结合图象可知不等式f(x)g(x)>0⇔F(x)>0的 解集为(－3,0)∪(3，＋∞)，故选A.
由
f′(x)＝0⇒x1＝－a－3
a2－3，x2＝－a＋3
a2－3 .
x (－∞，x1) (x1，x2) (x2，＋∞)
高考压轴题：导数题型及解题方法总结很全.
注意：“函数 f ( x) 在 m, n 上是减函数”与“函数 f ( x) 的单调减区间是 a, b ”的区别是前者是后者的子集。
例 已知函数 f (x) x2 a ln x + 2 在 1, x
（利用极值点的大小关系、及极值点与区间的关系分类）
1,2 的极小值。
二．单调性问题
题型 1 求函数的单调区间。
求含参函数的单调区间的关键是确定分类标准。分类的方法有：
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
（ 1）在求极值点的过程中，未知数的系数与
0
的关系不定而引起的分类； （2）在求极值点的过程中，有无极值点引起的分类（涉及到二次方程问题时，△与
切线方程。解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。
例 求曲线 y x2 与曲线 y 2eln x 的公切线方程。 （答案 2 ex y e 0 ）
三．极值、最值问题。
题型 1 求函数极值、最值。
基本思路：定义域 → 疑似极值点 → 单调区间 → 极值 → 最值。
例 已知函数 f (x) ex x (k 1) ex 1 x 2 kx 1 ，求在 x 2
3. 对 x1 m, n , x2 m, n ， f ( x1 ) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) min 。
4. 对 x1 m, n , ，恒成立 4. 对 x1 m, n , x2 5. 对 x1 m, n , x2
f ( x1) g (x1) 。转化 f (x1) g(x1) 0 恒成立 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) min g (x2 )min 。 m, n ， f (x1) g( x2 ) 成立。则 f ( x1 ) max g( x2 ) max
导数秒杀解题技巧
导数秒杀解题技巧
导数秒杀解题技巧是一种快速解决导数问题的方法，其主要包括以下步骤：
1.设定参数：将所求的参数分离出来，以便于求解。
2.求导：对函数进行求导，以便更好地研究函数的单调性和极值。
3.判断单调性：通过判断导数的正负，确定函数的单调性，从而确
定函数的极值点。
4.计算极值：根据极值点，计算出函数的极值。
5.代入验证：将极值代入原函数，验证其正确性。
需要注意的是，导数秒杀解题技巧虽然可以快速解决一些导数问题，但并不是万能的。
对于一些复杂的问题，可能需要结合其他方法进行求解。
同时，对于一些特殊情况，也需要特别注意。
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
2021年高考数学理科导数压轴题各种解法
以下是2021年高考数学理科导数压轴题的各种解法：
解法一：使用导数的定义求解
根据导数的定义，导数表示函数在某一点处的斜率，可以通过求取函数在该点的左导数和右导数的极限值来得到函数的导数。
首先，找到函数在给定点的左导数和右导数的表达式，然后计算它们的极限值，最终得到函数在该点的导数。
解法二：使用导数的性质求解
导数具有一系列的性质，包括线性性、常数因子性、乘积法则、和差法则、链式法则等。
通过运用这些性质，可以将复杂的函数通过简单的代数运算转化为更容易求导的形式，从而简化求解的过程。
解法三：使用隐函数求解
对于一些隐式定义的函数，可以通过求解隐函数的导数方程来得到导数。
具体的求解过程包括将隐函数对自变量求导，然后将求导结果代入到原方程中，进一步简化方程解的求取。
解法四：使用导数的几何意义求解
导数可以表示函数曲线在某一点处的切线的斜率，因此可以通过求取切线斜率的方式来得到导数。
根据函数的几何性质，寻找函数曲线在给定点的切线方程，然后计算切线方程的斜率，即可得到函数在该点的导数。
综上所述，针对2021年高考数学理科导数压轴题，可以运用
不同的解法来求解，其中包括导数的定义、性质、隐函数以及几何意义等多种方法。
具体选择哪种解法取决于题目的具体情况和自己的熟悉程度。
六招破解高考导数压轴题
破解高考导数压轴题的常见策略纵观近十年高考数学课标全国卷，容易发现导数压轴题有如下特点：主要考查导数的几何意义，利用导 数研究函数的单调性、极值、最值，研究方程和不等式. 试题有一定的综合性，并与数学思想方法紧密结合， 对函数与方程的思想，分类与整合的思想等都进行深入的考查.下面介绍破解高考导数压轴题的六种策略.1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2018 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.2. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
3. 构造函数利用导数解决不等式问题是导数的一个非常重要的应用，其关键是根据不等式的结构特点，构造恰当的 辅助函数，进而通过研究函数的单调性和最值，最终解决问题.运用构造函数法来解题是培养学生创新意识的 手段之一.例3设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.4.合理放缩高考数学压轴题往往涉及函数不等式问题，由于高考命题基本上涉及超越函数，研究其单调区间时一般 涉及解超越不等式，难度非常高，往往陷入绝境.放缩法是解决函数不等式问题的一把利器，关键是如何合理 放缩.常见的一种放缩法是切线放缩法，曲线的切线为一次函数，高中阶段大部分函数的图像均在切线的同侧， 即除切点外，函数的图像在切线的上方或下方，利用这一特性，可以将参与函数放缩成一次函数.例 4设函数1(0ln x xbe f x ae x x -=+，曲线()y f x =在点（1，(1)f 处的切线为(1)2y e x =-+. (Ⅰ)求,a b ； （Ⅱ）证明：()1f x >.5.虚设零点导数在研究函数的单调性、极值和最值方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函 数的零点，因为导函数的零点既可能是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点.可以说， 抓住了导函数的零点，就抓住了原函数的要点.在高考导数压轴题中，经常会遇到导函数具有零点但求解相对 比较复杂甚至无法求解的问题.此时，不必正面强求，只需要设出零点，充分利用其满足的关系式，谋求一种 整体的代换和过渡，再结合其他统计解决问题，这种方法即是“虚设零点”.例 5(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，； (Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．6. 多次求导高中函数压轴题一般需要求导，利用导函数的正负来判断原函数的增减.有些试题，当你一次求导后发现 得出的结果还存在未知的东西，导函数的正负没有清晰得表现出来时，就可以考虑二次求导甚至三次求导， 这个时候要非常细心，观察全局，不然做到后边很容易出错.例 6设函数()1xf x e -=-． （Ⅰ）证明：当x ＞-1时，()1x f x x ≥+； （Ⅱ）设当0x ≥时，()1x f x ax ≤+，求a 的取值范围． x x 2f (x)x 2-=+e 0x >(2)20x x e x -++>[0,1)a ∈2x =(0)x e ax a g x x-->（）()g x ()h a ()h a教师版1. 分类讨论分类讨论是高考数学解答题压轴题的常用方法，纵观 2007-2017 年高考数学课标全国卷解答题压轴题， 几乎每一道都有用到分类讨论.高考要求考生理解什么样的问题需要分类讨论，为什么要分类，如何分类.例 1（2015 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21） 已知函数31()4f x x ax =++，()lng x x =-. （Ⅰ）当a 为何值时，x 轴为曲线()y f x =的切线；（Ⅱ）用min{,}m n 表示,m n 中的最小值，设函数min{),()(}()h x f x g x =（0x >），讨论()h x 零点的个数.解：（Ⅰ）2()3f x x a '=+，若x 轴为曲线()y f x =的切线，则切点0(,0)x 满足00()0,()0f x f x '==，也就是2030x a +=且300104x ax ++=，解得012x =，34a =-，因此，当34a =-时，x 轴为曲线()y f x =的切线； （Ⅱ）当1x >时，()ln 0g x x =-<，函数()()()(min{}),h x f x g x g x ≤=没有零点； 当1x =时，若54a ≥-，则5(1)04f a =+≥，min{,(1)(1)(1)}(1)0h fg g ===，故1x =是()h x 的零点；当01x <<时，()ln 0g x x =->，以下讨论()y f x =在区间(0,1)上的零点的个数. 对于2()3f x x a '=+，因为2033x <<，所以令()0f x '=可得23a x =-，那么 （i ）当3a ≤-或0a ≥时，()f x '没有零点（()0f x '<或()0f x '>），()y f x =在区间(0,1)上是单调函数，且15(0),(1)44f f a ==+，所以当3a ≤-时，()y f x =在区间(0,1)上有一个零点；当0a ≥时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；（ii ）当30a -<<时，()0f x '<（0x <<()0f x '>1x <<），所以x =14f =.显然，若0f >，即304a -<<时，()y f x =在区间(0,1)上没有零点；若0f =，即34a =-时，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点；若0f <，即334a -<<-时，因为15(0),(1)44f f a ==+，所以若5344a -<<-，()y f x =在区间(0,1)上有2个零点；若534a -<≤-，()y f x =在区间(0,1)上有1个零点.综上，当34a >-或54a <-时，()h x 有1个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有2个零点；当5344a -<<-时，()h x 有3个零点. 3. 分离参数讨论含参数的方程或不等式解的问题时，进行分类讨论有时显得比较复杂.如果我们将含参数的方程经过 变形，将参数分离出来，使方程的一端化为只含参数的解析式，而另一端化为与参数方程无关的主变元函数， 通过函数的值域或单调性讨论原方程的解的情况，则往往显得非常简捷、有效．例 2（2013 年高考数学全国乙卷（Ⅰ卷）理 21）已知函数()f x ＝2x ax b ++，()g x ＝()x e cx d +，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线42y x =+（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，()f x ≤()kg x ，求k 的取值范围。
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
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等号两边无法求导的导数恒成立求参数范围几种处理方法 常见导数恒成立求参数范围问题有以下常见处理方法： 1、求导之后，将参数分离出来，构造新函数，计算例：已知函数1ln ()xf x x+=． （Ⅰ）若函数在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）如果当1x ≥时，不等式()1kf x x ≥+恒成立，求实数k 的取值范围；解：（Ⅰ）因为1ln ()x f x x +=，0x > ，则ln ()xf x x'=-， … 1分 当01x <<时，()0f x '>；当1x >时，()0f x '<． 所以()f x 在（0，1）上单调递增；在(1,)+∞上单调递减， 所以函数()f x 在1x =处取得极大值．… 2分因为函数()f x 在区间1(,)2a a +（其中0a >）上存在极值， 所以1,112a a <⎧⎪⎨+>⎪⎩ 解得1 1.2a << … 4分（Ⅱ）不等式()1k f x x ≥+，即为(1)(1ln ),x x k x ++≥ 记(1)(1ln )(),x x g x x++= 所以22[(1)(1ln )](1)(1ln )ln (),x x x x x x xg x x x '++-++-'==… 6分令()ln ,h x x x =-则1()1h x x'=-，1,()0.x h x '≥∴≥()h x ∴在[1,)+∞上单调递增，min [()](1)10h x h ∴==>，从而()0g x '>故()g x 在[1,)+∞上也单调递增，min [()](1)2g x g ∴==，所以2k ≤ …8分2、直接求导后对参数展开讨论，然后求出含参最值，从而确定参数范围 例题：设，其中．（1）若有极值，求的取值范围； （2）若当，恒成立，求的取值范围．解：（1）由题意可知：，且有极值，则有两个不同的实数根，故，解得：，即（4分）（2）由于，恒成立，则，即（6分）由于，则① 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：； （8分）② 当时，，即在上单调递增，且，则恒成立； （10分）③ 当时，在处取得极大值、在处取得极小值， 则当时，，解得：综上所述，的取值范围是：但是对于导数部分的难题，上述方法不能用时，我们得另辟蹊径：一、分开求左右最值：1、已知函数x x x f ln )(=。
（1）求函数)(x f 在[])0(2,>+t t t 上的最小值；（2）求证：对一切()+∞∈,0x ，都有exe x x 21ln ->解（1）1ln )(+='x x f ,令0)(='x f ，得ex 1=，当)1,0(ex ∈时，)(,0)(x f x f <'单减；当),1(+∞∈ex 时，)(,0)(x f x f >'单增。
（2分）∴>0t ① 当e t 10<<时，)(x f 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡e t 1,上单减，在⎥⎦⎤⎝⎛+2,1t e 上单增，所以e ef x f 1)1()(min -==；（4分） ② 当et 1≥时，)(x f 在[]2,+t t 上单增，所以t t t f x f ln )()(min ==。
（6分）（2）要证原命题成立，需证：)0(2)(>->x e ex x f x成立。
设e e x x g x 2)(-=，则xe xx g -='1)(，令0)(='x g 得1=x ，当)1,0(∈x 时，)(,0)(x g x g >'单增；当),1(+∞∈x 时，)(,0)(x g x g <'单减，所以当1=x 时，ex g 1)(max -=。
（9分）又由（1）得)(x f 在)1,0(e 上单减，在),1(+∞e 上单增，所以当e x 1=时，ex f 1)(min -=，又)()(),1(10)1(x g x f g ef >∴=->= ，（11分）所以对一切),0(+∞∈x ，都有ex ex x21ln ->成立。
（12分） 2、设函数，记，若函数至少存在一个零点，则实数的取值范围是 ．设，令，，发现函数在上都单调递增，在上都单调递减，于是函数在上单调递增，在上单调递减，所以当时，所以函数有零点需满足，即.二、适当处理后能够简化运算：3(2014)()=xlnx g(x)=k(x-1)()=g(x),k f x f x 、年一测已知函数，（1）若>求的范围.⑴解:注意到函数()f x 的定义域为(0,)+∞, 所以()()f x g x ≥恒成立()()f xg x x x⇔≥恒成立, 设(1)()ln (0)k x h x x x x-=->,则221()k x kh x x x x-'=-=, ------------2分 当0k ≤时,()0h x '>对0x >恒成立,所以()h x 是(0,)+∞上的增函数, 注意到(1)0h =,所以01x <<时,()0h x <不合题意.-------4分 当0k >时,若0x k <<,()0h x '<;若x k >,()0h x '>. 所以()h x 是(0,)k 上的减函数,是(,)k +∞上的增函数,故只需min ()()ln 10h x h k k k ==-+≥. --------6分 令()ln 1(0)u x x x x =-+>, 11()1xu x x x-'=-=, 当01x <<时,()0u x '>; 当1x >时,()0u x '<. 所以()u x 是(0,1)上的增函数,是(1,)+∞上的减函数. 故()(1)0u x u ≤=当且仅当1x =时等号成立. 所以当且仅当1k =时,()0h x ≥成立,即1k =为所求.三、放缩后，求参数范围4、设函数2()1xf x e x ax =---。
（1） 若0a =，求()f x 的单调区间； （2） 若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围 （1）0a =时，()1xf x e x =--，'()1xf x e =-.当(,0)x ∈-∞时，'()0f x <；当(0,)x ∈+∞时，'()0f x >.故()f x 在(,0)-∞单调减少，在(0,)+∞单调增加（II ）'()12xf x e ax =--由（I ）知1xe x ≥+，当且仅当0x =时等号成立.故'()2(12)f x x ax a x ≥-=-，从而当120a -≥，即12a ≤时，'()0 (0)f x x ≥≥，而(0)0f =， 于是当0x ≥时，()0f x ≥. 由1(0)xe x x >+≠可得1(0)xe x x ->-≠.从而当12a >时，'()12(1)(1)(2)x x x x x f x e a e e e e a --<-+-=--，故当(0,ln 2)x a ∈时，'()0f x <，而(0)0f =，于是当(0,ln 2)x a ∈时，()0f x <.综合得a 的取值范围为1(,]2-∞.5、（2014年二测）()(1)()(2)01()(),k x f x xe f x kx f x f x-=<<>已知求的和极值，求取值范解（Ⅰ）由题知()(1)()R x f x x e x -'=-∈，当()0f x '>时，1x <，当()0f x '<时，1x >，----3分所以函数()f x 的增区间为(,1)-∞，减区间为(1,)+∞，其极大值为1(1)f e=，无极小值．-----------5分（Ⅱ）由题知01x <<， 当0k ≤时，因为01kx x≤<<，由⑴知函数在(,1)-∞单调递增，所以()()kf x f x>，符合题意；-------7分当01k <<时，取x k =，可得()(1)f k f >，这与函数在(,1)-∞单调递增不符；9分当1k ≥时，因为11k x x≥>，由⑴知函数()f x 在(1,)+∞单调递减， 所以1()()k f f x x ≤，即只需证1()()f x f x>，即证11xx xe e x -->，即1ln ln x x x x ->--，12ln 0x x x -+>，令1()2ln (01)h x x x x x=-+<<， 则222221(1)()0x x x h x x x -+--'==-<对01x <<恒成立， 所以()h x 为(0,1)上的减函数，所以()(1)0h x h >=，所以()()kf x f x>，符合题意．-------11分综上：(,0][1,)k ∈-∞+∞为所求．------------12分6、（2013年辽宁）已知函数()()()[]321,12cos .0,12e xx f x x g x ax x x x -=+=+++∈当时，(I)求证:()11-;1x f x x≤≤+ (II)若()()f x g x ≥恒成立,求实数a 取值范 第一问略：。