导数中的参数问题
导数中含参分类问题课件
对转化与化归思想运用不当
01
总结词：运用不当
02
详细描述：有些同学在处理 问题时，无法将问题转化为 更简单的形式或者无法从简 单形式中归纳出问题的答案 。
03
错误示例：在求解函数的单 调区间时，无法将函数的单 调性与导数的关系对应起来 ，或者在求解函数的极值时 ，无法利用单调性来求解。
04
正确理解：转化与化归思想 是一种将复杂问题转化为简 单问题的思考方式。在处理 导数问题时，需要将问题转 化为与导数相关的简单形式 ，并利用导数的性质来求解 。
讨论函数的最值
总结词
通过求函数在区间端点或一阶导数不连续点的函数值来判定原函数的最值。
详细描述
根据最值的定义，函数在某个区间内的最大值和最小值分别出现在区间端点或一阶导数不连续点上。 因此，在讨论函数的最值时，我们需要先求出函数的端点值和一阶导数不连续点的函数值，然后比较 这些值找出最大值和最小值。
数形结合思想在导数中的应用非常广泛，它可以 帮助我们直观地理解问题的本质，从而更好地解 决问题。
数形结合思想是解决导数中含参分类问题的有效 手段。
数形结合思想是数学中非常重要的思想方法之一 。
03
导数中含参分类问题的常见类型及解题方 法
讨论函数的单调性
总结词
通过研究导函数的正负性来判定原函数的单调性。
实际应用问题
经济问题
在经济学中，导数可以用来研究 经济变量的变化率，通过导数的 分析可以更好地理解经济的运行
情况。
物理问题
在物理学中，导数可以用来描述物 理量的变化率，如速度、加速度等 。通过导数的分析可以更好地理解 物理现象。
图像处理
在图像处理中，导数可以用来描述 图像的边缘信息，通过导数的分析 可以更好地进行图像分割和识别。
用导数解参数问题
使用时间： 班级： 小组： 姓名：1 用导数解参数问题已知函数的单调性，求参变量的取值范围，实质上是含参不等式恒成立的一种重要题型。
结论一、 不等式()()f x g a ≥恒成立⇔[]min ()()f x g a ≥（求解()f x 的最小值）；不等式()()f x g a ≤恒成立⇔[]max ()()f x g a ≤（求解()f x 的最大值）.结论二、 不等式()()f x g a ≥存在解⇔[]max ()()f x g a ≥（求解()f x 的最大值）；不等式()()f x g a ≤存在解⇔[]min ()()f x g a ≤（即求解()f x 的最小值）.1、（2008湖北卷）若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是（ ）A . [1,)-+∞B . (1,)-+∞C. (,1]-∞- D . (,1)-∞-2、若不等式()2211x m x ->-对满足2m ≤的所有m 都成立，求x 的取值范围。
3、（2009浙江）已知函数32()(1)(2)f x x a x a a x b =+--++ (,)a b ∈R ． （I ）若函数()f x 的图象过原点，且在原点处的切线斜率是3-，求,a b 的值；（II ）若函数()f x 在区间(1,1)-上不单调．．．，求a 的取值范围． 4、(新课程卷 )若函数y =31x 3－21ax 2+（a －1）x +1在区间（1，4）内为减函数，在区间（6，+∞）内为增函数，试求实数a 的取值范围.5、（河北卷）已知f(x)=1323+-+x x ax 在R 上是减函数，求实数a 的取值范围. a ≤－3.6 、已知在上单调递减，求实数a 的取值范围。
7 、已知函数 若在上是增函数，求a 的取值范围；8、 已知函数在区间（0，1）上是单调递增函数，求实数a 的取值范围；9、（湖北理）已知向量a =(2x ,1+x )，b =(x -1,t )，若b a x f ∙=)(在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取值范围.10、使不等式4x -22x >a -2对任意的实数x 都成立，求实数a 的取值范围. 11、（天津理）若函数)(x f =)(log 3ax x a-(a >0,a ≠1)在区间(-21,0)内单调递增，则a 的取值范围是（ ）A[41,1) B[43.1) C(49,+∞) D(1, 49) 12、（湖南卷）设t ≠0，点)0,(t P 是函数ax x x f +=3)(与)(x g =c bx +2的图象的一个公共点.两函数的图象在点P 处有相同的切线， (Ⅰ)用t 表示a ，b ，c ；使用时间： 班级： 小组： 姓名：2 (Ⅱ)若函数y =)()(x g x f -在(-1,3)上单调递减，求t 的取值范围.13、（2009福建卷）若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________.14、（全国卷一）设函数()e e xxf x -=-．（Ⅰ）证明：()f x 的导数()2f x '≥； （Ⅱ）若对所有0x ≥都有()f x ax ≥，求a 的取值范围．15、当1,33x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，log 1a x <恒成立，求实数a 的取值范围。
导数在数学含参问题中的应用
导数在数学含参问题中的应用新课程利用导数解决含参问题或恒成立问题，导数是分析和解决问题的有效工具。
但学生在运用导数解决含参的问题时，往往会束手无措，特别是对其中的分离参数无法纯粹的分离出来感到苦恼。
其实这一部分主要就是根据函数的单调性求出函数在一定条件下的最值，进而解决恒成立问题，含参数问题既是高中教学的重点和难点，又是历年高考的热点。
本文从常见题型对含参函数问题进行了分析与研究，着重介绍常见题型利用导数解决这些问题的基本策略。
标签：导数函数的单调性参数的取值范围恒成立导数的思想最初是由法国的数学家费马（Fermat）为研究极值问题而引入的，但随着人们对导数概念和性质的进一步认识和研究便发现它的引出和定义始终贯穿着函数思想。
新课程增加了导数的内容，随着课改的不断深入，导数知识考查的要求逐渐加强它在解决函数的含参问题上带来了很大的便利。
以函数为载体，以导数为工具，运用导数确定含参数函数的参数取值范围是一类常见的探索性问题，主要是求存在性问题或恒成立问题中的参数的范围。
解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想，通过不断地转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式化、简单的问题。
解决的主要途径是将含参数不等式的存在性或恒成立问题根据其不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为含参函数的最值讨论。
这也是最近几年高考在命题是在函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向。
由于这类题目涉及的知识面广，综合性强，不少考生在处理这类问题时，不知道确定参数范围的函数关系或不等关系从何而来，以至于处于无从下手的盲区，希望下面一些拙见能对一些考生的备考有所作用。
一、含参函数的单调性的问题导数的运算，导数与函数单调性的关系，利用导数的性质对参数进行分类讨论综合运用化归与转化的思想。
【例1】已知函数f（x）=lnx-a2x2+ax（a∈R）.（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间;（2）若函数f（x）在区间（1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围.解析：（1）当a=1时，f（x）=lnx-x2+x，其定义域是（0，+∞），f′（x）= -2x+1=令f′（x）=0，即- =0，解得x=- 或x=1∵x>0，∴x=1.当00;当x>1时，f′（x）0，∴f（x）在区间（1，+∞）上为增函数，不合题意.②当a>0时，f′（x）≤0（x>0）等价于（2ax+1）（ax-1）≥0（x>0），即x≥，此时f（x）的单调递减区间为.③当a0）等价于（2ax+1）（ax-1）≥0（x>0），即x≥- ，此时f（x）的单调递减区间为得a≤- .综上，实数a的取值范围是∪[1，+∞）.【例2】已知函数f（x）= -2x2+lnx，其中a为常数.（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间;（2）若函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围.解析：（1）若a=1，则f（x）=3x-2x2+lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）= -4x+3= = （x>0）.当x∈（0，1），f′（x）>0时，函数f（x）=3x-2x2+lnx单调递增.当x∈（1，+∞），f′（x）<0时，函数f（x）=3x-2x2+lnx单调递减.故函数f （x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）.（2）f′（x）= -4x+ ，若函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，即在[1，2]上，f′（x）= -4x+ ≥0或f′（x）= -4x+ ≤0，即-4x+ ≥0或-4x+ ≤0在[1，2]上恒成立.即≥4x- 或≤4x- .令h（x）=4x- ，因为函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以≥h（2）或≤h（1），即≥ 或≤3，解得a<0或0<a≤ 或a≥1.二、含参函数中的恒成立问题可先利用题设条件建立变量的关系式，将所求变量和另一已知变量分离或半分离（无法纯粹的分离），得到函数关系，从而使这种具有函数背景的范围问题迎刃而解，再由已知变量的范围求出函数的值域，即为所求变量的范围。
导数中的参数问题(解析版)
导数中的参数问题(解析版)导数中的参数问题（解析版）在微积分学中，导数是一个重要的概念，常被用来研究函数的变化率和极值等性质。
然而，在实际应用中，函数中常常含有参数，这就引发了导数中的参数问题。
本文将从多个角度解析导数中的参数问题，并探讨其在实际情境中的应用。
一、导数定义与基本性质（无参数）首先，我们需要回顾导数的定义。
对于函数f(x)，其在点x处的导数定义为导函数f'(x)。
导数衡量了函数在某点的切线斜率，反映了函数在该点的变化趋势。
在一般情况下，函数的表达式中并不含有参数。
此时，我们可直接按照传统的导数定义来求导，例如对于函数f(x) = x^2，我们可以通过求导来得到f'(x) = 2x。
导数有一些基本性质，如可加性、常数因子、幂次法则等。
这些性质在求解无参数的导数问题时非常有用，能够帮助我们简化计算与分析过程。
二、含参数的函数的导数求解当函数中含有参数时，求解导数问题就不再像无参数的情况那样简单。
此时，我们需要对参数进行求导，其中常用的方法有隐函数求导法和代数方法。
1. 隐函数求导法当函数表达式中存在隐含的关系式时，我们可以使用隐函数求导法来求解参数相关的导数问题。
例如，考虑函数f(x, y) = x^2 + y^2 = 1，其中y是参数。
我们可以通过对该函数进行求导来得到df/dx的表达式，即导数关于自变量x的函数。
2. 代数方法对于一些特定的参数问题，我们可以通过代数方法巧妙地求解导数。
例如，对于函数f(x, a) = x^a，其中a是参数，我们可以利用对数函数的性质来求导，即将f(x, a)转化为ln(f(x, a))，然后利用导数的链式法则和幂次法则得到df/dx的表达式。
三、参数问题的实际应用导数中的参数问题在实际应用中扮演着重要的角色，能够帮助我们解决各种实际问题。
以下是几个典型的应用场景：1. 物理学中的参数问题在物理学中，很多函数表达式含有参数，例如自由落体运动的位移函数，电路中的电流与电压关系等。
【导数专题(三)】与函数单调性有关的参数问题
与函数单调性有关的参数问题一、亮点1. 通过整体归纳解题思路让教学更加系统性：可以让学生更加全面地掌握函数单调性相关的参数问题的解决方法；2. 专题素材来源于近三年各高中院校考试与练习试题，（推荐用于综合复习、期末备考），提高老师讲解例题的时效性.二、教学目标1. 利用可导函数在某一区间单调，得出导函数大于或等于零（小于或等于零）恒成立情况，然后分离参数，单调性问题转化为不等式问题；2. 如果函数式中有参数，那么再求导之后，可以根据参数范围，讨论函数单调性；3. 掌握函数在不定区间上的最值解法。
三、专题讲解题型一：已知单调性求参数1、解题思路第一步：对函数进行求导第二步：判断单调性，可进一步求导列出大于等于0和小于等于0第三步：分离参数求值[点拨]列出导函数不等式的前提是单调性，分离参数求函数最值很容易，就是进行简单的算式变形，然后求解函数的最值.2、经典例题例1：（2019盐城三模）设函数()x f x x ae =-（e 为自然对数的底数，a R ∈）若函数()f x 在区间(0,1)上单调，求a 的取值范围.[思路分析]第一步：对函数()x f x x ae =-进行求导，得出导函数.第二步：因为函数()f x 在区间(0,1)上单调，所以，可以分为单调递增与单调递减两种情况.然后列出导函数大于等于0和小于等于0.第三步：对函数不等式分离参数求值.[解答]对函数求导可得'()1x f x ae =-由于函数()f x 在区间(0,1)上单调，可分两种情况，单调递增与单调递减.第一种：若()f x 在区间(0,1)单调递增，则'()10x f x ae =-≥恒成立，得x a e -≤恒成立，又因为(0,1)x ∈，所以1(,1)x e e -∈，因此1a e≤. 第二种情况：若()f x 在区间(0,1)单调递减，'()10x f x ae =-≤恒成立，x a e -≥恒成立，又因为(0,1)x ∈，所以1(,1)x e e-∈，因此1a ≥. 综上，a 的取值范围是1(,][1,)e -∞⋃+∞.[点拨]对函数求导后，分单调递增与单调递减两种情况，然后分离参数计算.3、举一反三练1：（2019江苏高考原创4）已知函数2()(1)x f x x e ax =-+，其中a R ∈，e 是自然对数的底数，若函数()f x 为R 上的单调增函数，求a 的值.[思路分析]第一步：对函数2()(1)x f x x e ax =-+，得出导函数'()(2)x f x x e a =+第二步：因为函数()f x 为R 上的单调增函数，所以'()0f x ≥在R 上恒成立.第三步：对x 进行分类，计算参数a 的值.[解答]'()(2)x f x x e a =+，因为函数()f x 为R 上的单调增函数，所以'()0f x ≥在R 上恒成立.当0x =时，'()(2)0x f x x e a =+=，'()0f x ≥显然成立；当0x >时，'()(2)0x f x x e a =+≥恒成立，则20x e a +≥恒成立，由2x a e ≥-，此时12a ≥-； 当0x <时，'()(2)0xf x x e a =+≥恒成立，则20x e a +≤恒成立，由2x a e ≤-，此时12a ≤-， 综上，12a =-. [点拨]对函数求导之后，可以先对x 进行分类，然后分离参数计算.题型二：讨论含参数函数的单调性1、解题思路第一步：对函数进行求导，得出导函数第二步：对参数分情况，计算导函数的正负第三步：由导函数的值，判断区间的增减性2、经典例题例2：（2020江苏高三入学模拟试卷）已知函数2()ln 12a f x x x =-+（a R ∈），讨论()f x 的单调性. [思路分析]第一步：先对函数2()ln 12a f x x x =-+进行求导，得出2'1()ax f x x-=， 第二步：根据导函数式的性质，对参数进行分类；第三步：进一步对导函数进行计算.[解答]()f x 的定义域为(0,)+∞，2'1()ax f x x -=， 若0a ≤，则'()0f x >，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若0a >，令'()0f x =，得x =，则当0x <<时，'()0f x >，所以()f x 在上单调递增；当x >'()0f x <，所以()f x 在)+∞上单调递减. [点拨]先对函数进行求导，然后对参数分类判断导函数正负，得出单调性.3、举一反三练1：（2019南京四校联考）已知函数1()(3)ln f x ax a x x =---，讨论()f x 的单调性. [思路分析]第一步：对函数1()(3)ln f x ax a x x=---进行求导，得出导函数2'2(3)1()ax a x f x x --+=； 第二步：对参数a 进行分类；第三步：根据导函数正负，得出函数单调区间.[解答]显然函数()f x 的定义域为(0,)+∞，且由2'2(3)1()ax a x f x x --+=， 若0a =，则'231()x f x x-+=， 所以当1(0,)3x ∈时，'()0f x >，()f x 单调递增， 当1(,)3x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 单调递减， 若0a ≠，记2()(3)1m x ax a x =--+，则22(3)4109a a a a ∆=--=-+，当19a ≤≤时，0∆≤，'()0f x ≥，函数()f x 单调递增.当1a <时，0∆≥，()m x 的两个根式1(3)04a x a -=>，2(3)04a x a-+=>， 由二次函数开口向上，可得函数()f x 在区间1(0,)x 和2(,)x +∞是单调递增的，在区间12(,)x x 上时单调递减的.当9a >时，0∆≥，()m x 的两个根式10x =<，20x =<， 由函数定义域可知，函数()f x 在区间(0,)+∞单调递增..当0a <时，0∆≥，()m x 的两个根式10x =<，20x =>， 由二次函数开口向下，可得，函数在区间2(0,)x 上单调递增，在区间2(,)x +∞上时单调递减。
函数与导数问题中求参数范围的策略
函数与导数问题中求参数范围的策略东莞市第六高级中学安娜【摘要】函数与导数是高考考查的中点内容，一般在压轴题的位置，含有参数的导数问题一直是高考热点，本文是针对如何求解函数问题中参数的范围进行探讨.【关键词】导数；参数；范围1求参数范围的三个策略1.1分离参数分离参数即把含参数的方程或不等式中的参数分离出来，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.此方法的好处是把参数分离出来之后，不等式的另一边便可以看成一个确定的函数，再求新函数的最值，问题会变得简洁.但分离参数时条件限制的，例如)()(x g x f a ≤⋅，由于不等式的性质，需要明确)(x f 的正负，才能把参数a 分离出来.例1设.3)(,ln )(23--=+=x x x g x x x a x f 如果对任意的s ，]2,21[∈t ，都有)()(t g s f ≥成立，求实数a 的取值范围.分析：对任意s ，]2,21[∈t ，都有)()(t g s f ≥成立↓（理解“任意”含义，其中s 与t 取不同的值）maxmin )()(x g x f ≥↓求得1)(max =x g 1ln ≥+x x xa 恒成立↓分离参数ax x x a ln 2-≥恒成立↓求x x x x h ln )(2-=的最大值max)(x h a ≥解题过程：对任意的s ，]2,21[∈t ，都有)()(t g s f ≥成立等价于在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上，函数maxmin )()(x g x f ≥因为3)(23--=t t t g 所以)23(23)('2-=-=t t t t t g 令0,0)('=∴=t t g 或32=t 令232,0)('≤<∴>t t g 令3221,0)('<≤∴<t t g 所以)(t g 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡32,21上单调递减，在⎥⎦⎤ ⎝⎛2,32上单调递增所以82534181)21(-=--=g ，1438)2(=--=g 所以1)()(max max ==t g x g 所以，在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上，1ln )(≥+=x x x ax f 恒成立等价于x x x a ln 1-≥，等价于xx x a ln 2-≥设xx x x h ln )(2-=（由于一次求导之后，不能确定导数的正负，因此进行二次求导）所以xx x x h --=ln 21)('所以，)1(ln 2)(''+-=x x h 因为01ln ,221>+∴≤≤x x 所以，在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21上，0)(''<x h 恒成立所以)('x h 在⎥⎦⎤⎢⎣⎡2,21单调递减又因为011ln 21)1('=--=h 所以，当121<≤x 时，0)('>x h 当21≤<x 时，0)('<x h所以，)(x h 在⎪⎭⎫⎢⎣⎡1,21上单调递减，在(]2,1上单调递增所以，当1=x 时，11ln 1)1()(max =-==h x h 所以1≥a .此题求a 的取值范围满足分离参数的条件，进而转化为求函数的最值问题，在求)(x h 最大值时，利用了二次求导的方法.但分离参数方法的使用有条件限制，有一定的局限性.如若遇到不能分离参数的问题，可用分类讨论的方法.1.2分类讨论分类讨论是解决问题的一种逻辑方法，分类讨论思想即把所有研究的问题根据题目的特点和要求，分成若干类，转化成若干个小问题来解决，这种按不同情况分类，然后再逐一研究解决的数学思想.分类讨论思想在高中数学中是一种重要的思想方法，在分析解决问题的过程中起着重要的作用，也是高考中的高频考点，其难点在于如何分类.在含参的函数问题中，分类讨论一般是由参数的变化引起的，由于参数的取值不同会导致所得结果不同.例2已知函数xe c bx ax xf )()(2++=在[]1,0上单调递减且满足0)1(,1)0(==f f ，求a 的取值范围.分析.0)1(,1)0(==f f 求出c b a ,,的值或关系↓[]xe x a ax xf ⋅++-=1)1()(2↓[]0)1()('2≤⋅--+=x e a x a ax x f 在[]1,0上恒成立↓0)1(2≤--+a x a ax ↓不满足分类讨论的条件转变为二次不等式问题，由于二次项系数含有参数，因此进行分类讨论.解题过程：由0)1(,1)0(==f f .⎩⎨⎧-=+=⇒⎩⎨⎧=++=110)(1b a c e c b a c 所以xe x a ax xf ⋅++-=]1)1([)(2因为)(x f 在]1,0[上单调递减所以0])1([)('2≤⋅--+=xe a x a ax xf 在]1,0[上恒成立等价于0)1(2≤--+a x a ax 在]1,0[上恒成立（由于二次项系数为参数a ，所以对应的函数a x a ax x g --+=)1()(2可能为二次函数，也可能为一次函数，因此对a 进行讨论，分别讨论0>a ，1=a ，0=a ，0<a 四种情况.）①当0>a 时，因为二次函数a x a ax x g --+=)1()(2的图像开口向上而0)0(<-=a g ，所以需要0)1()1(<-=e a g ，即10<<a .②当1=a 时，1)(2-=x x g 在),0(+∞上单调递增0)1(,01)0(=<-=g g 符合条件，所以1=a ③当0=a 时，x x g -=)(在]1,0[上单调递减01)1(,0)0(<-==g g 符合条件，所以0=a ④当0<a 时，a x a ax x g --+=)1()(2的图像开口向下0)0(>-=a g 不符合条件故a 的取值范围为]1,0[.本题的突破点是把问题转化为导数小于等于0的恒成立问题，恒成立问题中，首选分离参数的方法，但本题不满足分离的条件，因此问题转化为二次项和一次项均含有参数不等式恒成立问题，档二次项为零时，本题变为一次不等式，一次分类讨论的方向便由此确定下来，分别讨论0>a ，1=a ，0=a ，0<a 四个方面进行讨论.1.3以参数为新元分类讨论后仍不能求出参数的范围时，便需要一些特殊的方法进行解题，跳出固有的思维，把参数当做新元解决问题，使问题更简洁.例3已知2ln )(2-+=x a x x f ，若01)(≥+x f 恒成立，求实数a 的取值范围.分析xa x x a x x f +=+=222)('↓01)(≥+x f 恒成立1)(min -≥x f ↓讨论参数0>a 和0<a ，但是0<a 时，但求到012ln 2≥--+-a a a 便无法求解，所以后便以a 为新元，解决新的函数问题.解题过程函数定义域为()+∞,0，xa x x a x x f +=+=222)('.因为01)(≥+x f 恒成立，等价于1)(-≥x f 恒成立，即1)(min -≥x f 若0≥a 时，则0)('>x f ，所以)(x f 在),0(+∞上单调递增所以当0→x 时，-∞→)(x f ，不符合题意若0<a 时，令0)('=x f ，则2ax -=令,0)('>x f 则2a x ->，所以)(x f 在),2(+∞-a 单调递增令,0)('<x f 则20a x -<<，所以)(x f 在)2,0(a -单调递减所以，当2a x -=时，122ln 2)2()(min -≥--+-=-=a a a a f x f 即只需证明012ln 2≥--+-a a a （到了这一步，很难再求a 的取值范围，因此把题目转化成为证明012ln 2≥--+-a a a 的问题，进而转化为研究以a 为新元的函数恒大于等于0的问题，因此设新函数)(a h .）令1)2ln 21)ln(21(212ln(21(212ln 2)(---+-=--+-=--+-=a a a a a a a a a a h 所以2ln )2ln(212ln 21)1(2)ln(2121)('a a a a a a h -=-=--+-+-=令0)('=a h ，则02ln =-a ，则2-=a令0)('>a h ，则12>-a ，则2-<a ，所以)(a h 在)2,(--∞单调递增令0)('<a h ，则12<-a ，则02<<-a ，所以)(a h 在)0,2(-单调递减所以，当2-=a 时，0101)2()(max =-+=-=h x h 所以0)(≥a h ，012ln 2≥--+-a a a 成立所以2=a 因为分类讨论并不能求出a 的范围，因此转化为关于a 的函数大于等于0的恒成立的问题，使问题变的更加简洁，但是这种方法对于学生的思维要求较高.2策略之反思2.1含蓄的分离参数法分离参数法的使用是有条件限制的，并不是所有的参数都能分离，在恒成立问题中，首选分离参数法的目的是分离出一个确定的函数，进而求这个确定的函数的最值.而有些参数看似不能分离，实则条件隐藏较深，需要仔细挖掘.例如已知函数x e x x f -=2)(及xx x g 4)(+=，其中e 为自然对数的底数.若对任意的),0(0+∞∈x ，不等式)()1()()1(00x g m x f m -≤+恒成立，求正数m 的取值范围.此题在使用分离参数的过程中遇到的问题是不确定1-m 和)(0x f 的正负，因此要要分析函数)(x f 的性质，发现)(x f 是恒大于零的，所以0)()1(0>-x f m 是恒成立的，同时0)(>x g 是恒成立的，所以0)()1(0>-x g m 也是恒成立的，因此m 是大于1的数，所以01>-m 成立，因此1-m 可以分离到不等式的左边，进而得到)()(1100x f x g m m ≤-+恒成立的问题.只要求出)()(00x f x g 的最小值即可.本题的难点是对)(x f 与)(x g 两个函数的理解要到位，分析过程中也使用了分类讨论的思想，通过分类讨论，最终确定可以分离参数，分类讨论的思想方法在数学中应用及其广泛.2.2全能的分类讨论法分离参数的方法确实可以使问题变成求解确定函数的最值问题，但有些问题分离参数后，反而会使问题的求解变得更加困难，加大题目的计算量和思维量.例如已知0)1ln(2≥++-x x kx 在[)+∞,0上恒成立，求参数k 思维取值范围.此题若是用分离参数法可得2)1ln(x x x k +-≥在[)+∞,0上恒成立，令2ln )(x x x x x g -=，只需max )(x g k ≥，因此对)(x g 进行求导，可得2422ln(1)1'()x x x x x g x x ---++=,在求导之后，需要判断'()g x 的正负，进而求得()g x 的最大值，在求解的过程中难度很大，计算量很大，因此本题选择分离参数法并不是合适的方法，分类讨论反而会使问题更简单.要使0)1ln(2≥++-x x kx 在[)+∞,0上恒成立，令2()ln(1)f x kx x x =-++，只需min ()0f x ≥在[)+∞,0上恒成立即可，对()f x 进行求导可得(221)'()1x kx k f x x +-=+，当0k =时，'()0f x >恒成立.当0k ≠时，令'()0f x =可得，112x k =-或0x =，连根的大小不能确定，要进行分类讨论，由此分类讨论的方向便可确定.在本题的求解过程中，分类讨论方法的求解过程更加简洁，计算量较小.在做题的过程中首先进行实际操作，在选择更适合的方法，在教学过程中要培养学生不要形成思维定式.在上文中，对如何求解函数中参数的取值范围进行了探究，在实际解决问题的过程中，需要根据情况分析，选择适当的方法，更快更准的获取正确答案.【参考文献】[1]杜卫杰.高中数学教学中分类讨论思想的应用[J].新课程学习.2011[2]张方东.高中数学分类讨论思想的应用[J].亚太教育.2015[3]李克大.分类讨论的数学思想及其应用.[J].中学生数学，2010。
导数中的参数问题(解析版)
【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 .专题6.2 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。
【免费下载】导数含参数问题
3
a
的取值范围．
递增，
a
y
时，它的极小值也
a2 3
f
(x)
3
与
，
x
轴仅有一个
递增。（2）
a
a
a2 3
a2 3
3
3
2 3 ，且 a2
1 3
变式训练 3：设函数 f (x) x2 b ln(x 1) ,其中 b 0 .
2x2
g(
b
x 1
2x
1) 2
2x2 2x b
，高&考%资(源#网
b
1 2
，则
x 1
b.
g(x)
在
Hale Waihona Puke 当b 1 2
1 2
,
时，
g(x) 2x2 2x b 0 在 1, 上恒成立. f ' (x) 0, 即当 b 1 时,函数 f (x) 在定义
（Ⅰ）当 a 10 时，讨论函数 f (x) 的单调性； 3
（Ⅱ）若函数 f (x) 仅在 x 0 处有极值，求 a 的取值范围；
对全部高中资料试卷电气设备，在安装过程中以及安装结束后进行高中资料试卷调整试验；通电检查所有设备高中资料电试力卷保相护互装作置用调与试相技互术关，系电，力根保通据护过生高管产中线工资敷艺料设高试技中卷术资配，料置不试技仅卷术可要是以求指解，机决对组吊电在顶气进层设行配备继置进电不行保规空护范载高与中带资负料荷试下卷高总问中体题资配，料置而试时且卷，可调需保控要障试在各验最类；大管对限路设度习备内题进来到行确位调保。整机在使组管其高路在中敷正资设常料过工试程况卷中下安，与全要过，加度并强工且看作尽护下可关都能于可地管以缩路正小高常故中工障资作高料；中试对资卷于料连继试接电卷管保破口护坏处进范理行围高整，中核或资对者料定对试值某卷，些弯审异扁核常度与高固校中定对资盒图料位纸试置，.卷编保工写护况复层进杂防行设腐自备跨动与接处装地理置线，高弯尤中曲其资半要料径避试标免卷高错调等误试，高方要中案求资，技料编术试5写交卷、重底保电要。护气设管装设备线置备4高敷动调、中设作试电资技，高气料术并中课3试中且资件、卷包拒料中管试含绝试调路验线动卷试敷方槽作技设案、，术技以管来术及架避系等免统多不启项必动方要方式高案，中；为资对解料整决试套高卷启中突动语然过文停程电机中气。高课因中件此资中，料管电试壁力卷薄高电、中气接资设口料备不试进严卷行等保调问护试题装工，置作合调并理试且利技进用术行管，过线要关敷求运设电行技力高术保中。护资线装料缆置试敷做卷设到技原准术则确指：灵导在活。分。对线对于盒于调处差试，动过当保程不护中同装高电置中压高资回中料路资试交料卷叉试技时卷术，调问应试题采技，用术作金是为属指调隔发试板电人进机员行一，隔变需开压要处器在理组事；在前同发掌一生握线内图槽部纸内故资，障料强时、电，设回需备路要制须进造同行厂时外家切部出断电具习源高题高中电中资源资料，料试线试卷缆卷试敷切验设除报完从告毕而与，采相要用关进高技行中术检资资查料料和试，检卷并测主且处要了理保解。护现装场置设。备高中资料试卷布置情况与有关高中资料试卷电气系统接线等情况，然后根据规范与规程规定，制定设备调试高中资料试卷方案。
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导数中的参数问题【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式成立/存在性/方程的根/零点等条件,求解参数的取值或取值范围”.这类型题目在近几年的高考全国卷还是地方卷中，每一年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.学生要想解决这类型的题目，关键的突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分类讨论法和分离参数法.【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，如下面的第2种情形），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．直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是_____．【举一反三】若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．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．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．【举一反三】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)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．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_______．【指点迷津】1.本题考查导数在研究函数中的应用，体现了导数的工具性，解题的关键是得到的表达式．解答恒成立问题的常用方法是转化为求函数的最值的问题解决，当函数的最值不存在时可利用函数值域的端点值来代替.2. 由是函数的两个不同的极值点可得，进而得到，然后构造函数，求出函数的值域后可得所求范围．【举一反三】若函数有个零点，则实数取值的集合是________．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．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 --【指点迷津】该题为含参数的最值问题,关键是确定单调性和区间,即含参数的导函数在区间上的符号,该导数含f ’′(x )=x x e −2kx =x (x e −2k )含有指数，且()'0f x =有两个根，故而要根据两个根的大小和两根与固定区间端点的大小进行相应的讨论，确定单调性，再确定最值.【举一反三】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【强化训练】1．已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A . [)1,-+∞ B . [)1,1- C . ()1,-+∞ D . ()1,1-2．已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是A ．B ．C ．D ．3．当0x ≥时， ()ln 11xxe a x x ≥++恒成立，则a 的取值范围为（ ） A . (],1-∞ B . (],e -∞ C . 1,e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦ D . (],0-∞4.已知函数 恰好有两个极值点，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．5.若函数恰有三个零点，则的取值范围为( ) A ．B ．（）C ．D ．（）6．若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A ． B ． C ． D ．7.已知函数，对任意，，都有，则实数a 的取值范围是A ．B ．C ．D ．8．已知函数，若的解集为，且中恰有两个整数，则实数的取值范围为（ ）A．B．C．D．9．已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．10．已知函数，，函数的最小值，则实数的最小值是（）A．B．C．D．11.已知函数有三个极值点，则a的取值范围是（）A．B．C．D．12．设，已知函数，对于任意，都有，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．二、填空题13．若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为_____.14．已知函数，，若，则_______15．函数有极值，则实数的取值范围是______.16．已知函数，若函数有两个极值点，且，则实数的取值范围是________.导数中的参数问题答案【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式成立/存在性/方程的根/零点等条件,求解参数的取值或取值范围”.这类型题目在近几年的高考全国卷还是地方卷中，每一年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.学生要想解决这类型的题目，关键的突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分类讨论法和分离参数法.【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，如下面的第2种情形），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．直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是_____． 【答案】【解析】因为直线与曲线有两个公共点，所以方程有两不等实根，即有两不等实根，令，则与函数有两不同交点，因为，所以由得；由得或；因此函数在和上单调递减，在上单调递增，作出函数的简图大致如下：因为；又与函数有两不同交点，所以由图像可得，只需.故答案为【指点迷津】由直线与曲线有两个公共点可得方程有两不等实根，即有两不等实根，令，求出函数的值域即可.【举一反三】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．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.【指点迷津】不等式的恒成立问题，应优先考虑参变分离的方法，把恒成立问题转化为函数的最值（或最值的范围）问题来处理，有时新函数的最值点（极值点）不易求得，可采用设而不求的思想方法，利用最值点（极值点）满足的等式化简函数的最值可以求得相应的最值范围．【举一反三】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x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）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：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．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．【指点迷津】1.本题考查导数在研究函数中的应用，体现了导数的工具性，解题的关键是得到的表达式．解答恒成立问题的常用方法是转化为求函数的最值的问题解决，当函数的最值不存在时可利用函数值域的端点值来代替.2. 由是函数的两个不同的极值点可得，进而得到，然后构造函数，求出函数的值域后可得所求范围．【举一反三】若函数有个零点，则实数取值的集合是________．【答案】或（填也给满分）【解析】由题意得，令，得．设，则，易得在和上单调递增，在和上单调递减．因为函数有个零点， 所以函数的图象和直线有个交点， 而，，注意，即轴与的图象只有个交点．画出函数的大致图象和直线,如下图所示，依题意得或，即或．故实数取值的集合是或．故答案为：或或．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．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】D【指点迷津】该题为含参数的最值问题,关键是确定单调性和区间,即含参数的导函数在区间上的符号,该导数含f ’′(x )=x x e −2kx =x (x e −2k )含有指数，且()'0f x =有两个根，故而要根据两个根的大小和两根与固定区间端点的大小进行相应的讨论，确定单调性，再确定最值.【举一反三】已知函数，，若关于的方程在区间内有两个实数解，则实数的取值范围是( )A ．B ．C ．D ．【答案】A 【解析】易知当≤0时，方程只有一个解， 所以>0．令，，令得，为函数的极小值点，又关于的方程=在区间内有两个实数解，所以，解得，故选A. 【强化训练】1．已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是（ ） A . [)1,-+∞ B . [)1,1- C . ()1,-+∞ D . ()1,1-【答案】A【解析】由题意得3ln a x x x >-，令3ln (1)y x x x x =->21ln 12,40,y x x y x x∴=+-=-'<'' 2ln 12ln1120,y x x ∴<+'=+--= 1ln1111y a ∴<⨯-=-∴≥-；故选A .2．已知函数，若关于的方程恰有三个不相等的实数解,则的取值范围是 A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 关于的方程恰有三个不相等的实数解， 即方程恰有三个不相等的实数解， 即与有三个不同的交点.令，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；且当时，，当时，，，当时，，据此绘制函数的图像如图所示，结合函数图像可知，满足题意时的取值范围是 .本题选择C 选项.3．当0x ≥时，()ln 11xxe a x x ≥++恒成立，则a 的取值范围为（ ） A . (],1-∞ B . (],e -∞ C . 1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D . (],0-∞【答案】A【解析】当x ≥0时， 1x xe x +≥aln （x +1）恒成立，∴()()()·,1ln 1xx e a f x x x ≤=++x ≥0则f′（x）=()()()()2221ln11ln1x xe x x xex x++-++，再设g（x）=（1+x）2ln（x+1）﹣x，则g′（x）=（1+x ）ln（x+1）+1+x﹣x=（1+x）ln （x+1）+1＞0恒成立，∴g （x ）在[0，+∞）上单调递增，∴g （x）≥g（0）=0，∴f′（x ）≥0∴f′（x）在[0，+∞）上单调递增，∴f（x）≥f （0），∵根据洛必达法则可得∵f（0）=1∴a≤1，故a的取值范围为（﹣∞，1]，故答案为A.4.已知函数恰好有两个极值点，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】A【解析】依题意，令并化简得，，构造函数，，故当时，递增，当时，递减，.注意到时，，由此可知与有两个交点，需要满足，故，故选.5.若函数恰有三个零点，则的取值范围为( )A．B．（）C．D．（）【答案】D【解析】当时，为减函数，令易得，所以只需有两个零点，令则问题可转化为函数的图象与的图象有两个交点.求导可得，令，即，可解得；令，即，可解得，所以当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，由此可知当时，函数取得最小值，即．在同一坐标系中作出函数与的简图如图所示，根据图可得故选D.6．若函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由题意，函数的定义域为，又由，得，则等价为方程，在上有两个不同的根，设，，由得得，得，此时，函数为增函数，得得，得或，此时，函数为减函数，即当时，函数取得极大值，极大值为，要使，有两个根，则即可，故实数的取值范围是，故选：D．7.已知函数，对任意，，都有，则实数a的取值范围是A．B．C．D．【答案】A【解析】由题意可知函数是上的单调递减函数，且当时，，据此可得：，即恒成立，令，则，据此可得函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，函数的最小值为，则，据此可得：实数a的取值范围是．故选：A．8．已知函数，若的解集为，且中恰有两个整数，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】，,设，，问题就转化为在内，，且中恰有两个整数.先研究函数的单调性，当时，，所以函数在单调递减；当时，，所以函数在单调递增，注意到，当时，.，恒过要想在内，，且中恰有两个整数，必须要满足以下两个条件：故本题选C.9．已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题得，取特值代入上面的不等式得a≥3，所以，（1）在x∈（0,1上，0＜x≤1＜，恒有a≤3+2x-lnx成立，记g(x)=2x-lnx+3(0＜x≤1）所以，所以所以.(2)在x∈上，，恒有，所以在x∈上恒成立，又在x∈上，的最小值为5，所以.(3)在x∈时，x≥，恒有.综上.故选:C10．已知函数，，函数的最小值，则实数的最小值是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】求得考察是否有零点，令，可得，记，,在上递减，在上递增，所以，即，因为,所以，故可知，当时，单调递减，当时，单调递增，从而由上知，设，记在上单调递减，，的最小值为0.故选C.11.已知函数有三个极值点，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】由题意，函数的导数，若函数有三个极值点，等价为有三个不同的实根，即，即，则，所以有两个不等于﹣1的根，则，设，则，则由得x＞1，由得且，则当时，取得极小值，当时，，作出函数，的图象如图，要使有两个不同的根，则满足，即实数a的取值范围是．故选：C．12．设，已知函数，对于任意，都有，则实数的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】设函数，由当时，对于任意，都有，即对于任意，，由于，那么在上单调递减，而，在上单调递减，所以，，则，那么，或，结合，所以，故选C.二、填空题13．若函数在其定义域上恰有两个零点，则正实数a的值为_____. 【答案】【解析】当x≤0时，f（x）＝x+2x，单调递增，f（﹣1）＝﹣1+2﹣1＜0，f（0）＝1＞0，由零点存在定理，可得f（x）在（﹣1，0）有且只有一个零点；则由题意可得x＞0时，f（x）＝ax﹣lnx有且只有一个零点，即有a有且只有一个实根．令g（x），g′（x），当x＞e时，g′（x）＜0，g（x）递减；当0＜x＜e时，g′（x）＞0，g（x）递增．即有x＝e处取得极大值，也为最大值，且为，当x如图g（x）的图象，当直线y＝a（a＞0）与g（x）的图象只有一个交点时，则a．故答案为：．14．已知函数，，若，则_______【答案】【解析】令，则，易知函数在上单调递减，在上单调递增，且，故.当，即时，，，此时，不合题意，舍去；当，即时，，，若，即，则，解得；若，即，则，解得；当，即时，，，此时，不合题意，舍去.综上所述，.故答案为：15．函数有极值，则实数的取值范围是______. 【答案】【解析】令函数有极值，则在区间上有实数根当时，，则函数在区间单调递增时，；时，故存在，使得在递减，在递增故的极大值是，符合题意；当时，令，解得令，解得，此时函数单调递增令，解得，此时函数单调递减当时，函数取得极大值．当趋近于与趋近于时，要使在区间上有实数根，则，解得综上：实数的取值范围是本题正确结果：16．已知函数，若函数有两个极值点，且，则实数的取值范围是________.【答案】【解析】∵函数有两个极值点，∴有两个零点，即，两式作比得到:==，令，①，则有=,②∴,代入①可得，又由②得=，∴t,令g（t）=，（t）,则=，令h(t)=，则=，∴h(t)单调递减，∴h(t)=1-2，∴g（t）单调递减，∴g(t)=，即，而，令u(x)=，则>0, ∴u(x)在x上单调递增，∴u(x)，即a，又有两个零点，u(x)在R上与y=a有两个交点，而，在（-，1）,u(x)单调递增，在（1，+, u(x)单调递减，u(x)的最大值为u(1)=，大致图像为：∴,又，，综上，，故答案为.。