高考热点利用导数求函数参数的范围问题

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利用导数求参数范围举例

利用导数求参数范围举例例1.已知时都取得极值与在132)(23=-=+++=x x c bx ax x x f (1) 求ａ、ｂ的值及函数)(x f 的单调区间．(2) 若对2)(],2,1[c x f x <-∈不等式恒成立，求ｃ的取值范围．解：(1)2,21-=-=b a 2122)2(]2,1[)(,2)2(,21)1(23)1(,2722)32(132023,23)().2(222'>-<+>+=-+=+=-+-=+=-=-==----=c c c ，c c f x f c f c f cf c f x x x x x x x f 或解得从而上的最大值为在所以且或得由例2.已知函数1,13)(23=-=-+=x x x bx ax x f 在处取得极值 (1) 求函数)(x f 的解析式.(2) 若过点)2)(,1(-≠m m A 可作曲线y=)(x f 的三条切线,求实数m 的取值范围. 解:(1)求得x x x f 3)(3-=(2)设切点为33)(),3,(2'0300-=-x x f x x x M 因为200'20300020300200302066)(332)(,0332)1)(33(3),1)(33(x x x g m x x x g x A m x x x x m x x M x x m y -=++-=**=++---=----=-则设有三个不同的实数根的方程所以关于可作曲线的三条切线因为过点即所以又切线过点所以切线方程为)2,3(230)1(0)0(1,0)(,)1,0(,),1(),0,()(100)(00000000'---<<-⎩⎨⎧<>*==+∞-∞===的取值范围是所求的实数解得条件是有三个不同实根的充要的方程所以关于的极值点为故函数上单调递减在上单调递增在所以或得由m m g g x x x x g x g x x x g 例3．已知,)(2c x x f +=且)1()]([2+=x f x f f 。

已知函数单调性求参数取值范围

技法点拨已知函数单调性求参数取值范围■欧阳丽丽摘要：利用导数根据函数单调性（区间）求参数的取值范围，是高考考查函数单调性的一个重要考点，下面将这类问题举例分析。

关键词：导数；单调性；参数取值范围一、转化为不等式的恒成立问题求参数取值范围若函数f (x )在(a ,b )上单调递增，则f′(x )≥0；若函数f (x )在(a ,b )上单调递减，则f′(x )≤0，将问题转化为函数最值问题求解。

一般地，分离变量后，若得到a ≥h (x )，则只需a ≥h (x )max ；若得到a ≤h (x )，则只需a ≤h (x )min 。

注意：f (x )在(a ,b )上为增函数（减函数）的充要条件是对任意的x ∈(a ,b )都有f ′(x )≥0(f′(x )≤0)且在(a ,b )内的任一非空子区间上f′(x )≠0。

例1，已知函数f (x )=ln x -12ax 2-2x (a ≠0)在[1,]4上单调递减，求a 的取值范围。

解：因为f (x )在[1,]4上单调递减，所以当x ∈[1,]4时，f′(x )=1x -ax -2≤0恒成立，即a ≥1x 2-2x 恒成立。

设h (x )=1x2-2x ,x ∈[1,]4所以只要a ≥h (x )max 。

而h′(x )=2(x +1)(x +1)x 4。

当x ∈[1,]4，h′(x )>0，所以h (x )在[1,]4上单调递增。

所以当h (x )max =h (4)=-716，所以a ≥-716，即a 的取值范围是éëêöø÷-716,+∞。

评析：由f (x )在[1,]4上单调递增，得到f′(x )≤0，进而分离参数a ，构造新的函数h (x )，本题转化为求h (x )max 。

例2，已知函数f (x )=ax +1x +2在(-2,+)∞内单调递减，求实数a 的取值范围。

高考导数题型分析及解题方法

高考导数题型分析及解题方法一、考试内容导数的概念，导数的几何意义，几种常见函数的导数；两个函数的和、差、基本导数公式，利用导数研究函数的单调性和极值，函数的最大值和最小值。

二、热点题型分析题型一：利用导数研究函数的极值、最值。

1． 32()32f x x x =-+在区间[]1,1-上的最大值是 2 2．已知函数2)()(2=-==x c x x x f y 在处有极大值，则常数c ＝ 6 ； 3．函数331x x y -+=有极小值－1 ,极大值 3 题型二：利用导数几何意义求切线方程1．曲线34y x x =-在点()1,3--处的切线方程是 2y x =-2．若曲线x x x f -=4)(在P 点处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点的坐标为（1，0） 3．若曲线4y x =的一条切线l 与直线480x y +-=垂直，则l 的方程为 430x y --= 4．求下列直线的方程：（1）曲线123++=x x y 在P(-1,1)处的切线；（2）曲线2x y =过点P(3,5)的切线；解：（1） 123|y k 23 1)1,1(1x /2/23===∴+=∴++=-=－上，在曲线点－x x y x x y P所以切线方程为02 11=+-+=-y x x y 即，（2）显然点P （3，5）不在曲线上，所以可设切点为),(00y x A ，则200x y =①又函数的导数为x y 2/=，所以过),(00y x A 点的切线的斜率为0/2|0x y k x x ===，又切线过),(00y x A 、P(3,5)点，所以有352000--=x y x ②，由①②联立方程组得，⎩⎨⎧⎩⎨⎧====255110000y x y x 或，即切点为（1，1）时，切线斜率为;2201==x k ；当切点为（5，25）时，切线斜率为10202==x k ；所以所求的切线有两条，方程分别为2510 12 )5(1025)1(21-=-=-=--=-x y x y x y x y 或即，或题型三：利用导数研究函数的单调性，极值、最值1．已知函数))1(,1()(,)(23f P x f y c bx ax x x f 上的点过曲线=+++=的切线方程为y=3x+1 （Ⅰ）若函数2)(-=x x f 在处有极值，求)(x f 的表达式；（Ⅱ）在（Ⅰ）的条件下，求函数)(x f y =在[－3，1]上的最大值；（Ⅲ）若函数)(x f y =在区间[－2，1]上单调递增，求实数b 的取值范围解：（1）由.23)(,)(223b ax x x f c bx ax x x f ++='+++=求导数得过))1(,1()(f P x f y 上点=的切线方程为：).1)(23()1(),1)(1()1(-++=+++--'=-x b a c b a y x f f y 即而过.13)]1(,1[)(+==x y f P x f y 的切线方程为上故⎩⎨⎧-=-=+⎩⎨⎧-=-=++3023323c a b a c a b a 即 ∵124,0)2(,2)(-=+-∴=-'-==b a f x x f y 故时有极值在 ③ 由①②③得 a=2，b=－4，c=5 ∴.542)(23+-+=x x x x f （2）).2)(23(443)(2+-=-+='x x x x x f当;0)(,322;0)(,23<'<≤->'-<≤-x f x x f x 时当时13)2()(.0)(,132=-=∴>'≤<f x f x f x 极大时当又)(,4)1(x f f ∴=在[－3，1]上最大值是13。

专题11 利用导数解决零点问题(解析版)

专题11 利用导数解决零点问题1．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()()ln 1e xf x x ax -=++(1)当1a =时，求曲线()y f x =在点()()0,0f 处的切线方程； (2)若()f x 在区间()()1,0,0,-+∞各恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)2y x = (2)(,1)-∞- 【解析】【分析】（1）先算出切点,再求导算出斜率即可（2）求导,对a 分类讨论,对x 分(1,0),(0,)-+∞两部分研究 (1)()f x 的定义域为(1,)-+∞当1a =时,()ln(1),(0)0e x x f x x f =++=,所以切点为(0,0)11(),(0)21e xx f x f x ''-=+=+,所以切线斜率为2 所以曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程为2y x = (2)()ln(1)e xaxf x x =++()2e 11(1)()1e (1)e x x x a x a xf x x x '+--=+=++设()2()e 1x g x a x =+-1︒若0a >,当()2(1,0),()e 10x x g x a x ∈-=+->,即()0f x '>所以()f x 在(1,0)-上单调递增,()(0)0f x f <= 故()f x 在(1,0)-上没有零点,不合题意2︒若10a -,当,()0x ∈+∞,则()e 20xg x ax '=->所以()g x 在(0,)+∞上单调递增所以()(0)10g x g a >=+,即()0f x '> 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,()(0)0f x f >= 故()f x 在(0,)+∞上没有零点,不合题意 3︒若1a <-(1)当,()0x ∈+∞,则()e 20x g x ax '=->,所以()g x 在(0,)+∞上单调递增 (0)10,(1)e 0g a g =+<=>所以存在(0,1)m ∈,使得()0g m =,即()0'=f m 当(0,),()0,()x m f x f x '∈<单调递减当(,),()0,()x m f x f x '∈+∞>单调递增所以当(0,),()(0)0x m f x f ∈<= 当,()x f x →+∞→+∞所以()f x 在(,)m +∞上有唯一零点又(0,)m 没有零点,即()f x 在(0,)+∞上有唯一零点(2)当()2(1,0),()e 1x x g x a x ∈-=+-设()()e 2x h x g x ax '==-()e 20x h x a '=->所以()g x '在(1,0)-单调递增 1(1)20,(0)10eg a g ''-=+<=>所以存在(1,0)n ∈-,使得()0g n '= 当(1,),()0,()x n g x g x '∈-<单调递减当(,0),()0,()x n g x g x '∈>单调递增,()(0)10g x g a <=+< 又1(1)0eg -=> 所以存在(1,)t n ∈-,使得()0g t =,即()0f t '= 当(1,),()x t f x ∈-单调递增,当(,0),()x t f x ∈单调递减有1,()x f x →-→-∞而(0)0f =,所以当(,0),()0x t f x ∈>所以()f x 在(1,)t -上有唯一零点,(,0)t 上无零点即()f x 在(1,0)-上有唯一零点所以1a <-,符合题意所以若()f x 在区间(1,0),(0,)-+∞各恰有一个零点,求a 的取值范围为(,1)-∞-2．（2022·全国·高考真题（理））已知函数()ln xf x x a x x e -=+-．(1)若()0f x ≥，求a 的取值范围；(2)证明：若()f x 有两个零点12,x x ，则121x x <．【答案】(1)(,1]e -∞+ (2)证明见的解析【解析】【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦，再利用导数即可得证.(1)()f x 的定义域为(0,)+∞，2111()e 1x f x x x x ⎛⎫'=--+ ⎪⎝⎭1111e 1e 11x x x x x x x x ⎛⎫-⎛⎫⎛⎫=-+-=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭令()0f x =,得1x =当(0,1),()0,()x f x f x '∈<单调递减当(1,),()0,()x f x f x >'∈+∞单调递增()(1)e 1f x f a ≥=+-，若()0f x ≥,则e 10a +-≥,即1a e ≤+ 所以a 的取值范围为(,1]e -∞+ (2)由题知,()f x 一个零点小于1,一个零点大于1 不妨设121x x 要证121x x <,即证121x x < 因为121,(0,1)x x ∈,即证()121f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭因为()()12f x f x =,即证()221f x f x ⎛⎫> ⎪⎝⎭即证1e 1ln e ln 0,(1,)x x x x x x x x x-+--->∈+∞即证1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦下面证明1x >时，1e 11e 0,ln 02x x x x x x x ⎛⎫->--< ⎪⎝⎭设11(),e e xx g x x xx =->，则11122111111()e e e 1e e 1x x x xx g x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫'=--+⋅-=--- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭111e 1e 1e e xx x xx x x x x ⎛⎫⎛⎫-⎛⎫=--=- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭设()()()22e 1111,e e 0x x xx x x x x x x x ϕϕ-⎛⎫=>=-=⎪⎭'> ⎝所以()()1e x ϕϕ>=,而1e e x <所以1e e 0xx x->,所以()0g x '>所以()g x 在(1,)+∞单调递增即()(1)0g x g >=,所以1e e 0xx x x-> 令11()ln ,12h x x x x x ⎛⎫=--> ⎪⎝⎭2222211121(1)()10222x x x h x x x x x ----⎛⎫'=-+==< ⎪⎝⎭所以()h x 在(1,)+∞单调递减即()(1)0h x h <=,所以11ln 02x x x ⎛⎫--< ⎪⎝⎭；综上, 1e 11e 2ln 02x x x x x x x ⎡⎤⎛⎫----> ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦,所以121x x <. 3．（2022·全国·高考真题（文））已知函数1()(1)ln f x ax a x x=--+．(1)当0a =时，求()f x 的最大值；(2)若()f x 恰有一个零点，求a 的取值范围．【答案】(1)1- (2)()0,+∞ 【解析】【分析】（1）由导数确定函数的单调性，即可得解；（2）求导得()()()211ax x f x x --'=，按照0a ≤、01a <<及1a >结合导数讨论函数的单调性，求得函数的极值，即可得解. (1)当0a =时，()1ln ,0f x x x x =-->，则()22111xf x x x x-'=-=，当()0,1∈x 时，0f x ，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 11f x f ==-；(2)()()11ln ,0f x ax a x x x =--+>，则()()()221111ax x a f x a x x x--+'=+-=，当0a ≤时，10-≤ax ，所以当()0,1∈x 时，0f x，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，0fx，()f x 单调递减；所以()()max 110f x f a ==-<，此时函数无零点，不合题意；当01a <<时，11a >，在()10,1,,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在11,a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；又()110f a =-<，由（1）得1ln 1x x +≥，即1ln 1x x ≥-，所以ln x x x <<<当1x >时，11()(1)ln 2((2f x ax a x ax a ax a x x=--+>--+-+则存在2312m a a⎛⎫=+> ⎪⎝⎭，使得()0f m >，所以()f x 仅在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有唯一零点，符合题意；当1a =时，()()2210x f x x-'=≥，所以()f x 单调递增，又()110f a =-=，所以()f x 有唯一零点，符合题意；当1a >时，11a <，在()10,,1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递增；在1,1a ⎛⎫⎪⎝⎭上，0f x，()f x 单调递减；此时()110f a =->，由（1）得当01x <<时，1ln 1xx>-，1>ln 21x ⎛> ⎝，此时11()(1)ln 2(11)1f x ax a x ax ax x x ⎛=--+<--+-< ⎝ 存在2114(1)n a a=<+，使得()0f n <，所以()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭有一个零点，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭无零点，所以()f x 有唯一零点，符合题意；综上，a 的取值范围为()0,+∞.4．（2022·全国·模拟预测）已知函数()()ln 13f x a x x =+-．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)证明：当1a =时，方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求出函数的定义域，再求出()31af x x '=-+，然后分0a >，0a ≤可得出函数的单调性. （2）设()()ln 1sin g x x x =+-，将问题转化为函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点，又当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，求出其导数，由零点存在原理即可证明. (1)函数()()ln 13f x a x x =+-的定义域是()1,-+∞，()31af x x '=-+．当0a >时，令()0f x '<，得33a x ->；令()0f x '>，得313a x --<<，故()f x 在31,3a -⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在3,3a -⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；当0a ≤时，()0f x '<恒成立，故()f x 在()1,-+∞上单调递减． (2)当1a =时，方程()sin 3f x x x =-即为()ln 13sin 3x x x x +-=-，即()ln 1sin 0x x +-=．令()()ln 1sin g x x x =+-，则()1cos 1g x x x '=-+，则“方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解”等价于“函数()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点”．当e 1x >-时，()ln 1lne 1sin x x +>=≥，所以()0g x >在()e 1,-+∞上恒成立，所以只需证()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点．因为e 1π-<，所以当,e 12x π⎛⎤∈- ⎥⎝⎦时，cos 0x <，101x >+，所以()0g x '>在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上恒成立．所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上单调递增，又ln 1sin ln 1102222g ππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+-=+-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，()()e 11sin e 1g -=--，所以()g x 在,e 12π⎛⎤- ⎥⎝⎦上有且仅有一个零点，即()g x 在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个零点．故方程()sin 3f x x x =-在,2π⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上有且仅有一个实数解．5．（2022·湖北·大冶市第一中学模拟预测）已知函数()e sin xf x x ax =+，其中e 是自然对数的底数.(1)若1a =时，试判断f （x ）在区间（2π-，0）的单调性，并予以证明；(2)从下面两个条件中任意选一个，试求实数a 的取值范围. ①函数()f x 在区间[0，2π]上有且只有2个零点； ①当2,0x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，()2f x x ≥.【答案】(1)f （x ）在（π2-，0）上单调递增，证明见解析；(2)选择①：π22e 1πa -≤<-；选择①：1a ≥-.【解析】【分析】（1）求导，通过判定导函数在（π2-，0）上的正负确定单调性；（2）选择①：易得()00f =，则因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点，求导通过讨论找出符合条件的a 的取值范围；选择①：构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦，此时()00m =，可通过端点效应或隐零点等思路求a的取值范围. (1)当1a =时，()e sin ,(,0)2xf x x ax x π=+∈-()πe sin e cos 1sin 14x x xf x x x x ⎛⎫=++=++ ⎪⎝⎭'.当π,02x ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，πππ,444x ⎛⎫+∈- ⎪⎝⎭，所以sin 1144x x ππ⎛⎫⎛⎫<+<-+< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，又0e 1x <<，πsin 14xx ⎛⎫+>- ⎪⎝⎭，从而()0f x '>，所以，f （x ）在（π2-，0）上单调递增. (2) 选择①，由函数()e sin 0π,2xf x x ax x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，，可知()00f =因此f （x ）在π0,2x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦上有且只有1个零点.()e sin e cos x x f x x x a +'=+，令()e sin e cos x x h x x x a =++，则()2e cos 0xh x x '=≥在[0.π2]上恒成立.即()f x '在[0，π2]上单调递增，()2ππ01e 2f a f a ⎛'⎫=+=⎪⎭'+ ⎝，，当1a ≥-时，()()00f x f '≥'≥，f （x ）在[0.π2]上单调递增.则f （x ）在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当π2e a ≤-时，()0π2f x f ⎛⎫'≤'≤ ⎪⎝⎭，()f x 在[0，π2]上单调递减，则()f x 在（0，π2]上无零点，不合题意，舍去，当2e 1a π-<<-时，π2(0)10,()e 2π0f a f a '=+<'=+≥则()f x '在（0，π2）上只有1个零点，设为0x .且当0(0,)x x ∈时，()0f x <′；当0,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x >′ 所以当()00x x ∈，时，()f x 在（0，0x ）上单调递减，在（x0，π2）上单调递增，又()π200e ππ22f f a ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭，因此只需20π22πe f a ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭即可，即π22e 1πa -≤<-，综上所述：2π2e 1πα-≤<-选择①，构造函数2π()e sin ,0,2x m x x ax x x ⎡⎤=+-∈⎢⎥⎣⎦此时()2π2e π244π00x m m a ⎛⎫==+- ⎪⎝⎭，则2π()e sin e cos 2(0)π1,(e 2π)xxm x x x a x m a m a'=++-'=+'=-+，易知(1)π)(2m m '>'令()e sin e cos 2,()2e cos 2,(0)0,()2π2x x xt x x x a x t x x t t =++-'=-'='=-令2π()2e cos 2,()2e (cos sin ),(0)2,()2πe 2xxp x x p x x x p p =-=-'='=-＇，令()2e (cos sin )x q x x x =-，则()4e sin 0x q x x '=-≤ 所以()2e (cos sin )x q x x x =-在（0，π2）上单调递减.又π20π(0)(0)20,()()2e 22πq p q p ='=>='=-<在（0，π2）上存在唯一实数1x 使得()10q x =，且满足当()10,x x ∈时，()0q x >当1π(,)2x x ∈时.()0q x <即p （x ）在（0，x 1）上单调递增，在（x 1，π2）上单调递减.又()()ππ0002022p t p t ⎛⎫⎛⎫==-=-< ⎪'' ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以()2e cos 2x p x x =-在1π(,)2x 上存在一实数2x 使得()20p x =，且满足当2(0,)x x ∈时，()0p x >；当2π()2x x ∈⋅时，()0p x <即()()t x m x ='在（0，x2）上单调递增，在（2x ，2π）上单调递减，当()010m a ='+≥时，即()10a m x ≥-'≥，，函数()2e sin x m x x ax x =+-在[0，π2]上单调递增，又()00m =，因此()2e sin 0x m x x ax x =+-≥恒成立，符合题意，当()010m a '=+<，即1a <-，在π20,x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭上必存在实数3x ，使得当()30,x x ∈时，()0m x '<，又()00m =，因此在()30,x x ∈上存在实数()0m x <，不合题意，舍去综上所述1a ≥-.6．（2022·浙江湖州·模拟预测）已知函数12()e x f x =（e 为自然对数的底数）． (1)令1()||()()g x a x f x f x =--，若不等式()0g x ≤恒成立，求实数a 的取值范围； (2)令3()()x xf x m ϕ=-，若函数()ϕx 有两不同零点()1212,x x x x <． ①求实数m 的取值范围；①证明：21e e 21x x m -<+．【答案】(1)(,1]-∞；(2)①2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①证明见解析.【解析】【分析】（1）根据()g x 为偶函数，将问题转化为0x ≥时()0g x ≤恒成立，根据(0)0g =及参变分离求0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，求参数范围；（2）①利用导数研究()ϕx 的单调性，及区间值域情况，进而判断()0x ϕ=有两不同解时m 的范围即可；①由（1）知：0x <时1122e e x x x -≥-且120x x <<，应用放缩法有2()e e x x x ϕ≥-，构造2()e e x x F x =-研究极值并判断()F x m =的两根与12,x x 大小关系得到3214e e e e x x x x -<-即可证结论. (1)由题设，1122()||e ex x g x a x -=--，则()()g x g x =-，所以()g x 为偶函数，故只需0x ≥时，()0g x ≤恒成立，而(0)0g =满足，所以0x >有1122ee x x a x--≤恒成立，令02t x =>，则e e 2t ta t--≤，若()e e 2t t h t t -=--，则()e e 220t t h t -'=+-≥=，仅当0=t 时等号成立，所以()0h t '>，即()h t 在(0,)+∞上递增，则()(0)0h t h >=，即e e 2t t t -->，所以，在(0,)+∞上e e 12t tt-->，则1a ≤，综上：a 的范围为(,1]-∞． (2)①由题设，323()1e 2x x x ϕ⎛⎫=+ ⎪'⎝⎭，若()0x ϕ'>得：23x >-，故()ϕx 在2,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭单调减，在2,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭单调增，且x 趋向负无穷()ϕx 趋向于0，x 趋向正无穷()ϕx 趋向于正无穷，又2233e ϕ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00ϕ=，则0x <时，()0x ϕ<；0x >时，()0x ϕ>，要使()0x ϕ=有两个不同解12,x x 且120x x <<，则2,03e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭；①由（1）知：0x <时1122e ex x x -≥-，则1132222()e e e e e x x x x xx ϕ-⎛⎫≥-=- ⎪⎝⎭；记2()e e x x F x =-且0x <，则(()e e 1)2x x F x '=-，所以(,ln 2)-∞-上()0F x '<，(ln 2,0)-上()0F x '>，故()F x 在(,ln 2)-∞-上递减，(ln 2,0)-上递增，且12()(ln 2),043e F x F ⎛⎫≥-=-∈- ⎪⎝⎭，所以()F x m =也有两根，记为34x x <，又(,0)-∞上)(()x F x ϕ≥，则31240x x x x <<<<，令e x t =，则34e ,e xx 为20t t m --=的两根，故34e e 1x x +=，34e e x x m =-，所以34e e x x -=3124e e e e x x x x <<<，所以3214(41)1e e e e 212x x x xm m ++-<-==+． 7．（2022·湖北·模拟预测）已知()()1ln af x a x x x=-++(1)若0a <，讨论函数()f x 的单调性； (2)()()ln a g x f x x x =+-有两个不同的零点1x ，()2120x x x <<，若12202x x g λλ+⎛⎫'> ⎪+⎝⎭恒成立，求λ的范围．【答案】(1)单调性见解析 (2)(][),22,λ∈-∞-+∞【解析】【分析】（1）求导可得()()()21x a x f x x +-'=，再根据a -与0,1的关系分类讨论即可；（2）由题()ln g x a x x =+，，设()120,1x t x =∈根据零点关系可得21ln x x a t -=，再代入1222x x g λλ+⎛⎫' ⎪+⎝⎭化简可得()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立，设()()()21ln 2t ht t t λλ+-=++，再求导分析单调性与最值即可(1)()f x 定义域为()0,∞+()()()()()222211111x a x a x a x a f x a x x x x+--+-'=-+-== ①）01a <-<即10a -<<时，()01f x a x '<⇒-<<，()00f x x a '>⇒<<-或1x > ①）1a -=即1a =-时，()0,x ∈+∞，()0f x '≥恒成立 ①）1a ->即1a <-，()01f x x a '<⇒<<-，()001f x x '>⇒<<或x a >- 综上：10a -<<时，(),1x a ∈-，()f x 单调递减；()0,a -、()1,+∞，()f x 单调递增 1a =-时，()0,x ∈+∞，()f x 单调递增1a <-时，()1,x a ∈-，()f x 单调递减；()0,1、(),a -+∞，()f x 单调递增(2)()ln g x a x x =+，由题1122ln 0ln 0a x x a x x +=⎧⎨+=⎩，120x x <<则()1221ln ln a x x x x -=-，设()120,1x t x =∈ ①212112ln ln ln x x x xa x x t--==-()1a g x x'=+ ①122112122221122ln 2x x x x g a x x t x x λλλλλλ+-++⎛⎫'=+=⋅+ ⎪+++⎝⎭()()()21102ln t t tλλ+-=+>+恒成立()0,1t ∈，①ln 0t < ①()()21ln 02t t t λλ+-+<+恒成立设()()()21ln 2t h t t t λλ+-=++，①()0h t <恒成立()()()()()()()()22222224122241222t t t t h t t t t t t t λλλλλλλ⎛⎫-- ⎪++-+⎝⎭'=-==+++ ①）24λ≥时，204t λ-<，①()0h t '>，①()h t 在()0,1上单调递增 ①()()10h t h <=恒成立， ①(][),22,λ∈-∞-+∞合题①）24λ<，20,4t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，①()0h t '>，①()h t 在20,4λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h t '<， ①()h t 在2,14λ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减①2,14t λ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()()10h t h >=，不满足()0h t <恒成立综上：(][),22,λ∈-∞-+∞【点睛】本题主要考查了分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了双零点与恒成立问题的综合，需要根据题意消去参数a ，令()120,1x t x =∈，再化简所求式关于t 的解析式，再构造函数分析最值.属于难题 8．（2022·浙江绍兴·模拟预测）设a 为实数，函数()e ln 1=++x f x a x x ． (1)当1a e=-时，求函数()f x 的单调区间；(2)判断函数()f x 零点的个数．【答案】(1)减区间为()0,∞+，无增区间. (2)当0a ≥，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点；当210e a -≤<，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点；当21e a <-，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点. 【解析】【分析】(1)利用二次求导研究函数()f x 的单调性，进而得出结果； (2)利用分类讨论的思想，根据函数()f x 与()()f x g x x=具有相同的零点，结合导数分别研究当0a ≥、210e a -≤<、21e a <-时()g x 的单调性，利用零点的存在性定理即可判断函数()g x 的零点个数，进而得出结果. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，当1a e=-时，1()e ln 1e xf x x x =-++，则1()e ln 1x f x x -'=-++，且()01f '=，有1111e ()ex x x f x x x---''=-+=，令()01f x x ''=⇒=，所以当(0,1)x ∈时()0f x ''>，则()'f x 单调递增，当(1,)x ∈+∞时()0f x ''<，则()'f x 单调递减，所以max ()(1)0f x f ''==，即()0f x '≤，则函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，即函数()f x 的减区间为(0,)+∞，无增区间； (2)由(1)知当1a e=-时函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，又(1)0f =，此时函数()f x 只有1个零点；因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞，所以()f x 与()f x x具有相同的零点，令()e 1()ln (0)x f x a g x x x x x x ==++>，则222(1)e 11(1)(e 1)()x x a x x a g x x x x x --+'=+-=，当0a ≥时，e 10x a +>，令()01g x x '=⇒=，则函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，所以min ()(1)e 10g x g a ==+>，此时函数()g x 无零点，即函数()f x 无零点；当0a <时，令()01g x x '=⇒=或1ln()x a=-，若10e a -<<，则11ln()a<-，列表如下：当211e ea -≤≤-时，222e 2e 222e 4222e e e (e )2e 2e e 2e 0e ea g ------=++<++=-++<，当210e a -<<即21e a ->时，131e ()a a->-，1121111()e ln()[e ln()1]aa g a a a a a a a a---=-+--=---+3111[()(1)1]0a a a a a <-----+<，又(1)0g >，此时函数()g x 有1个零点，则函数()f x 有1个零点；若1e <-a ，则11ln()a>-，列表如下：所以ln()min 1e 111()(ln())ln ln()ln ln()ln1011ln()ln()aa g x g a a a a a -=-=+-+=-<=--，又(1)0g >，2(e )0g <，则此时函数()g x 有2个零点，即函数()f x 有2个零点；综上，当0a ≥时，函数()f x 在(0,)+∞上没有零点，当210ea -≤<时，函数()f x 在(0,)+∞上有1个零点，当21e a <-时，函数()f x 在(0,)+∞上有2个零点.【点睛】与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图像与x 轴的位置关系，进而确定参数的取值范围；或通过对方程等价变形转化为两个函数图像的交点问题．9．（2022·河南·开封市东信学校模拟预测（理））已知函数()ln 12a af x x x =+-+，其中R a ∈． (1)讨论函数()f x 的单调性；(2)讨论函数()f x零点的个数．【答案】(1)当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭(2)当4a ≤，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点【解析】【分析】（1）求导，再分0a <，04a ≤≤和4a >分类讨论即可；（2）根据单调性及零点存在性定理分析即可. (1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，2221(2)1()(1)(1)a x a x f x x x x x +-+'=-=++，在一元二次方程2(2)10x a x +-+=中，22Δ(2)44(4)a a a a a =--=-=-， ①当0a <时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当04a ≤≤时，()0f x '≥，此时函数()f x 单调递增，增区间为(0,)+∞，没有减区间； ①当4a >时，一元二次方程2(2)10x a x +-+=有两个不相等的根，分别记为()1221,x x x x >，有122x x a +=-，1210x x =>，可得210x x >>，有12x x ==可得此时函数()f x 的增区间为()()120,,,x x +∞减区间为()12,x x ，综上可知，当4a ≤时，函数()f x 的增区间为(0,)+∞，没有减区间；当4a >时，函数()f x 的增区间为,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，减区间为⎝⎭； (2)由（1）可知：①当4a ≤时，函数()f x 单调递增，又由(1)0f =，可得此时函数只有一个零点为1x =； ①当4a >时，由122110,x x x x =>>，可得1201x x <<<，又由(1)0f =，由函数的单调性可知()()12(1)0,(1)0f x f f x f >=<=，当01x <<且20e ax -<<时，可得2ln ln e ax -<，有ln 02ax +<，可得()ln ln 022a af x x a x <+-=+<，当2e ax >时，2()ln ln e 02222aa a a af x x >->-=-=可知此时函数()f x 有且仅有3个零点，由上知，当4a ≤时，函数()f x 有且仅有一个零点；当4a >时，函数()f x 有且仅有3个零点．10．（2022·贵州·贵阳一中模拟预测（文））已知函数()323.f x ax x a b =-++(1)讨论()f x 的单调性；(2)当()f x 有三个零点时a 的取值范围恰好是()()()3,22,00,1,--⋃-⋃求b 的值. 【答案】(1)答案见解析 (2)3b = 【解析】【分析】(1)求函数()f x 的导函数()'f x ，讨论a ，并解不等式()0f x '>，()0f x '<可得函数的单调区间；(2)由(1)结合零点存在性定理可求b . (1)()f x 的定义域为R ，()()23632,f x ax x x ax =-=-'若0a =，则()0600f x x x '>⇒->⇒<，()00f x x <⇒>'∴ ()f x 在(),0∞-单调递增，()0,∞+单调递减，若0a >，则()00'>⇒<f x x 或2x a>， ()200f x x a>⇒<<'， ()f x ∴在(),0∞-单调递增，20,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递减，2,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增，若0a <，则()200f x x a'>⇒<< ()20f x x a>⇒<'或0x >， ()f x ∴在2,a ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭单调递减，2,0a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，()0,∞+单调递减.(2)可知()f x 要有三个零点，则0a ≠，且2(0)0f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭由题意也即是()200f f a ⎛⎫< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，也就是关于a 的不等式()()()32224400a b a ba a b a b a a ++-⎛⎫++-<⇒< ⎪⎝⎭的解集就是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，令()()()32240a b a ba h a a+++=<，时()()()()()1114130h b b b b =++-=+-=，所以有1b =-或3b =，当3b =时，()()()()()323222233434400a a a a a a a h a aa++-+-+-=<⇒<，()()()2231440a a a a a+-++<的解是()()()3,22,00,1--⋃-⋃，满足条件，当1b =-时，()()()322140a a a h a a---=<，当1a =-时，()1120h -=>，不满足条件，故1b ≠-，综合上述3b =.11．（2022·河南·平顶山市第一高级中学模拟预测（理））已知函数()()e 12()exx xf x a a =+--∈R ． (1)若()e ()=⋅x g x f x ，讨论()g x 的单调性； (2)若()f x 有两个零点，求实数a 的取值范围．【答案】(1)答案见解析；(2)()0,1. 【解析】【分析】（1）对函数进行求导，分为0a ≤和0a >两种情形，根据导数与0的关系可得单调性；（2）函数有两个零点即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点，根据（1）中的单调性结合零点存在定理即可得结果. (1)由题意知，()()()e ()e e 12e e 12e e x x x x x xx x g x f x a a x ⎡⎤=⋅=⋅+--=+--⎢⎥⎣⎦，()g x 的定义域为(,)-∞+∞，()e (e 1)e e 2e 1(2e 1)(e 1)x x x x x x x g x a a a '=++⋅--=+-．若0a ≤，则()0g x '<，所以()g x 在(,)-∞+∞上单调递减；若0a >，令()0g x '=，解得ln x a =-．当(,ln )x a ∈-∞-时，()0g x '<；当(ln ,)x a ∈-+∞时，()0g x '>，所以()g x 在(,ln )a -∞-上单调递减，在(ln ,)a -+∞上单调递增． (2)因为e 0x >，所以()f x 有两个零点，即()e ()=⋅x g x f x 有两个零点．若0a ≤，由（1）知，()g x 至多有一个零点．若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()g x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln g a a a-=-+． ①当1a =时，由于(ln )0g a -=，故()g x 只有一个零点： ①当(1,)∈+∞a 时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0g a ->，故()g x 没有零点； ①当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0g a -<．又2222(2)e (e 1)2e 22e 20g a -----=+-+>-+>，故()g x 在(,ln )a -∞-上有一个零点．存在03ln 1,x a ⎛⎫⎛⎫∈-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，则0000000000()e (e 1)2e e (e 2)e 0x x x x x xg x a x a a x x =+--=+-->->．又3ln 1ln a a ⎛⎫->- ⎪⎝⎭，因此()g x 在(ln ,)a -+∞上有一个零点．综上，实数a 的取值范围为(0,1)．12．（2022·青海·大通回族土族自治县教学研究室三模（理））已知函数()ln 1f x ax x =++． (1)若()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，求实数a 的取值范围； (2)若对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)0a ≥或1a =- (2)(,2]-∞ 【解析】【分析】（1）求导1()f x a x'=+，0x >，分0a ≥和0a <讨论求解；（2）对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，转化为2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立求解． (1)解：1()f x a x'=+，0x >，当0a ≥时，()0f x '>恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增．又()11ee 11a af a a ----=--+()1e 10a a --=-≤，(1)10f a =+>，所以此时()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，符合题意；当0a <时，令()0f x '>，解得10x a <<-；令()0f x '<，解得1x a>-，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，所以()f x 在1,a ∞⎛⎫-+ ⎪⎝⎭上单调递减．要使()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点，则必有10f a ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，解得1a =-．综上，当0a ≥或1a =-时，()f x 在(0,)+∞上仅有一个零点． (2)因为()ln 1f x ax x =++，所以对任意的0x >，2()e x f x x ≤恒成立，等价于2ln 1e xx a x+≤-在(0,)+∞上恒成立．令2ln 1()e (0)xx m x x x+=->，则只需min ()a m x ≤即可，则2222e ln ()+'=x x xm x x ，再令22()2e ln (0)x g x x x x =+>，则()221()4e 0'=++>xg x x x x，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增．因为12ln 204g ⎛⎫=< ⎪⎝⎭，2(1)2e 0g =>，所以()g x 有唯一的零点0x ，且0114x <<，所以当00x x <<时，()0m x '<，当0x x >时，()0m x '>，所以()m x 在()00,x 上单调递减，在()0,x +∞上单调递增．因为022002eln 0x x x +=，所以()()()00002ln 2ln ln ln x x x x +=-+-，设()ln (0)S x x x x =+>，则1()10'=+>S x x，所以函数()S x 在(0,)+∞上单调递增．因为()()002ln S x S x =-，所以002ln x x =-，即0201ex x =．所以()0()m x m x ≥=02000000ln 1ln 11e 2x x x x x x x +-=--=，则有2a ≤．所以实数a 的取值范围为(,2]-∞．13．（2022·福建省福州第一中学三模）已知函数()e sin 1x f x a x =--在区间0,2π⎛⎫⎪⎝⎭内有唯一极值点1x .(1)求实数a 的取值范围；(2)证明：()f x 在区间(0,)π内有唯一零点2x ，且212x x <. 【答案】(1)(1,)+∞ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）先求导，再讨论1a 时，函数单增不合题意，1a >时，由导数的正负确定函数单调性知符合题意；（2）先由导数确定函数()f x 在区间(0,)π上的单调性，再由零点存在定理即可确定在区间(0,)π内有唯一零点；表示出()12f x ，构造函数求导，求得()120f x >，又由()20f x =，结合()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可求解. (1)()e cos x f x a x '=-，当0,2x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，cos (0,1)x ∈，21e e x π<<，①当1a 时，()0f x '>，()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；①当1a >时，显然()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上递增，又因为(0)10f a '=-<，2e 02f ππ⎛⎫'=> ⎪⎝⎭，所以()'f x 在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有唯一零点1x ，所以()10,x x ∈，()0f x '<；1,2x x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，()0f x '>，所以()f x 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一极值点，符合题意.综上，(1,)∈+∞a .(2)由（1）知1a >，所以,2x ππ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，()e cos 0x f x a x '=->，所以()10,x x ∈，()0f x '<，()f x 单调递减；()1,x x π∈，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()10,x x ∈时，()(0)0f x f <=，则()10<f x ，又因为()e 10f ππ=->，所以()f x 在()1,πx 上有唯一零点2x ，即()f x 在(0,)π上有唯一零点2x .因为()112211112e sin 21e 2sin cos 1x x f x a x a x x =--=--，由（1）知()10f x '=，所以11e cos xa x =，则()112112e 2e sin 1x xf x x =--，构造2()e 2e sin 1,0,2t t p t t t π⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，所以()2()2e 2e (sin cos )2e e sin cos t t t t p t t t t t '=-+=--，记()e sin cos ,0,2tt t t t πϕ⎛⎫=--∈ ⎪⎝⎭，则()e cos sin t t t t ϕ'=-+，显然()t ϕ'在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ''>=，所以()t ϕ在0,2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0t ϕϕ>=，所以()0p t '>，所以()p t 在0,2π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()(0)0p t p >=，所以()()1220f x f x >=，由前面讨论可知：112x x π<<，12x x π<<，且()f x 在()1,x x π∈单调递增，所以122x x >.【点睛】本题关键点在于先表示出()12f x ，构造函数()p t 求导，令导数为新的函数再次求导，进而确定函数()p t 的单调性，从而得到()120f x >，再结合()20f x =以及()f x 在()1,x x π∈上的单调性即可证得结论. 14．（2022·安徽·合肥市第八中学模拟预测（文））已知函数()e (sin cos )sin .x f x x x a x =+-.(1)当1a =时，求函数f （x ）在区间[0]2π，上零点的个数； (2)若函数()y f x =在（0，2π）上有唯一的极小值点，求实数a 的取值范围【答案】(1)2个(2)2]∞-⋃（，3222[2e ,)2e ,2e πππ⎧⎫+∞⋃⎨⎬⎩⎭【解析】【分析】(1)利用导数判断函数f x （）在[0]2π，上的单调性，结合零点存在性定理确定零点个数；(2)利用导数，通过分类讨论确定函数f x （）的单调性及极值，由此确定a 的取值范围.(1)因为1a =，所以()e (sin cos )sin .x f x x x x =+-()(2e 1)cos x f x x '=-，则当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增，又32223(0)10,()e 10,()1e 0,(2)e 022f f f f ππππππ=>=->=-<=>，则f x （）在322ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，，322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上各有一个零点，所以f x （）在区间[0]2π，上共有两个零点， (2)2()(2e )cos ,(02),22e 2e x x f x a x x ππ'=-∈<<，①当2a ≤时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则2a ≤时符合题意： ①当22e a π≥时，当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在02π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '>，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，当322x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时，()0f x '<，f x （）在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，单词递减，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则22a e π≥时符合题意①当222e a π<<时，0ln 22a π<<，此时f x （）在0,ln 2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在ln ,22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，在3(,2)2ππ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意： ①当22e a π=时，ln22a π=，此时f x （）在（0，32π）上单调递减，在3,22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，此时f x （）在32x π=的时候取得极小值，则22e a π=时符合题意；①当3222e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在,ln 22a π⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在3ln 22a π⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递减，在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意； ①当322e a π=时，3ln22a π=，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在22ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递增，此时f x （）在2x π=的时候取得极小值，则322e a π=时符合题意；①当322e 2e a ππ<<时，3ln 222a ππ<<，此时f x （）在02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减，在322ππ⎛⎫⎪⎝⎭，上单调递增，在3(,ln )22a π上单调递减，在(ln ,2)2aπ上单调递增，此时有两个极小值点，不符合题意；综上所述3222(,22e ,)2 ][e ,2e a πππ⎧⎫∈-∞+∞⎨⎬⎩⎭.【点睛】(1)可导函数y ＝f (x )在点x 0处取得极值的充要条件是f ′(x 0)＝0，且在x 0左侧与右侧f ′(x )的符号不同． (2)若f (x )在(a ，b )内有极值，那么f (x )在(a ，b )内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．15．（2022·江西·上高二中模拟预测（理））已知函数()()2ln 0ax af x x a x -=->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)设()()2ag x f x x=-+有两个零点12,x x ，若212x x >，证明：3312672e x x +>．【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析【解析】【分析】（1）求导得()2221b ax x af x a x x x -+-=--='，对导函数进行分情况讨论其正负，即可得()f x 的单调性. （2）通过函数有两个零点，转化成1212ln 2ln 2x x a x x ++==，然后根据比例，构造出221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，得到122111,e t x t x t x --==，进而构造函数33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t t t t t -=+=++-，利用导数处理单调性，进而可求. (1)）()2221b ax x af x a x x x -+-=--=' 令2()F x ax x a =-+- ，则()00F a =-< ，且对称轴102x a=> 而214a ∆=-易知当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭ 时()f x 在0⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ 单调递减，在⎝⎭单调递增当)12a ∞⎡∈+⎢⎣，时()f x 在()0+∞，单调递减. (2)()g x 有两个零点12,x x 且0x >，则1212ln 2ln 2ln 2ln 20x x x x ax a a x x x +++-+=⇒=⇒==，设21x t x =， 212x x >，2t ∴> ∴221111ln 2ln()2ln 2ln 2x x tx x x x ++==++，∴11ln ln 2ln 2t x t x ++=+，所以12111ln ln 2e 1t t x x t t --=-⇒=-， ∴33333631121(1)e (1)t x x t x t t --+=+=+，设33313ln ()ln[(1)]ln(1)1t t h t tt t t -=+=++-，2t >，则222331(1)()[1ln ](1)1t t h t t t t t -'=--+-+，设2231(1)()1ln 1t t t t t tϕ-=--++，则7437323223211()(441)[(1)4(1)](1)(1)t t t t t t t t t t t t t ϕ--'=+--=-+-++，当(1,)t ∈+∞时，()0t ϕ'>，所以函数()t ϕ在(1,)t ∈+∞上递增，()()10t ϕϕ∴>=，则()0h t '>，()h t ∴在(1,)+∞递增，又2t >，∴()(2)ln72h t h >=，故3361272e x x -+>．【点睛】本题考查了含参函数的单调性，最值问题，方程与函数零点的综合问题，利用导数解决单调性的问题，分情况讨论，转化，构造函数证明不等式，二阶求导等综合性的函数知识，在做题时要理清思路，是一道导数的综合题.16．（2022·山东师范大学附中模拟预测）已知函数()()ln h x x a x a =-∈R . (1)若()h x 有两个零点，a 的取值范围；(2)若方程()e ln 0xx a x x -+=有两个实根1x 、2x ，且12x x ≠，证明：12212e ex x x x +>. 【答案】(1)()e,+∞ (2)证明见解析【解析】【分析】（1）分析可知0a ≠，由参变量分离法可知直线1y a=与函数()ln xf x x=的图象有两个交点，利用导数分析函数()f x 的单调性与极值，数形结合可求得实数a 的取值范围；（2）令e 0x t x =>，其中0x >，令111e x t x =，222e xt x =，分析可知关于t 的方程ln 0t a t -=也有两个实根1t 、2t ，且12t t ≠，设120t t >>，将所求不等式等价变形为12112221ln 1t t t t t t ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+，令121t s t =>，即证()21ln 1s s s ->+，令()()21ln 1s g s s s -=-+，其中1s >，利用导数分析函数()g s 的单调性，即可证得结论成立. (1)解：函数()h x 的定义域为()0,∞+.。

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。

利用导数求含参数的函数单调区间的分类讨论归类

利用导数求含参数的函数单调区间的分类讨论归类一、根据判别式 △=b ²-4ac 讨论↵例1.已知函数. f(x)=x ³+ax ²+x+1(a∈R),求f(x)的单调区间.解: f ′(x )=3x²+2ax +1,判别式△=b ²-4ac=4(a ²-3),(1)当 a >√3或 a <−√3时，则在 (−∞,−a−√a 2−33)和 (−a+√a 2−33,+∞)上,f'(x)>0, f(x)是增函数;在 (−a−√a 2−33,−a+√a 2−33),f ′(x )<0,f(x)是减函数;(2)当 −√3<a <√3时,则对所有x∈R, f'(x)>0, f(x)是(-∞,+∞)上的增函数;↵二、根据判二次函数根的大小讨论↵例2：已知函数. f (x )=(x²+ax −3a²+3a )eˣ(a ∈R 且 a ≠23),求f(x)的单调区间. 解: f ′(x )=[x²+(a +2)x −2a²+4a ]⋅eˣ,f ′(x )=(0得x=-2a 或x=a-2↵(1)当 a >23时,则-2a<a-2,在(-∞,-2a)和(a-2,+∞)上, f'(x)>0, f(x)是增函数;在(-2a,a-2)上, f'(x)<0, f(x)是减函数;(2)当 a <23时,则a-2<-2a,在(-∞,a -2)和(-2a,+∞)上, f'(x)>0, f(x)是增函数;在(a-2,-2a)上, f'(x)<0, f(x)是减函数;题型归纳总结：求导后是二次函数的形式，如果根的大小不确定，应对根的大小讨论确定单调区间.练习2↵三、根据定义域的隐含条件讨论。

例3:已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R),求f(x)的单调区间.解: f ′(x )=1x −a (x ⟩0), (1)当a≤0时, f ′(x )=1x −a >0,在(0,+∞)上,f'(x)>0, f(x)是增函数;(2)当a>0时,令 f ′(x )=1x −a =0,得 x =1a ,题型归纳总结：定义域有限制时，定义域与不等式解集的交集为分类标准讨论。

利用导数求参数的取值范围方法归纳

利用导数求参数的取值范围方法归纳导数是微积分中的重要概念，可以用于求函数的变化率、极值、最值等问题。

利用导数求参数的取值范围可以帮助我们找到函数的关键点、拐点以及定义域的范围等信息。

下面是一些常见的方法归纳。

求函数在处的导数：1.首先，计算函数的导数表达式。

2.将参数值代入导数表达式，得到函数在该处的导数。

3.根据导数值的正负来判断函数在该处的增减性。

求函数的关键点：1.通过导数求出函数的导数表达式。

2.设置函数的导数等于零的方程，并求解得到参数的取值。

3.将参数的取值代入原函数，得到关键点的横坐标。

4.进一步求得关键点的纵坐标，得到函数的关键点。

求函数的拐点：1.首先，求出函数的二阶导数表达式。

2.解出二阶导数等于零的方程，得到参数的取值。

3.将参数的取值代入原函数，求出拐点的横坐标。

4.进一步求得拐点的纵坐标，得到函数的拐点。

求函数的定义域范围：1.首先，确定函数的定义区间，并计算函数在该区间的导数。

2.判断导数的正负情况，以确定函数的单调性。

3.判断函数在定义区间的端点处是否存在极值。

若存在，则考虑边界条件。

4.根据以上分析，确定函数在定义区间的取值范围。

举例说明：1. 求函数 f(x) = ax^2 + bx 的最值：首先，求出函数的导数 f'(x) = 2ax + b。

令导数等于零，得到 2ax + b = 0，解方程可得 x = -b/(2a)。

将x的值代入原函数，得到最值的纵坐标。

进一步分析函数的单调性和边界条件，得到函数的取值范围。

2. 求函数 g(x) = sin(ax) 的最值：首先，求出函数的导数 g'(x) = acos(ax)。

判断导数的正负情况，确定函数的单调性。

根据函数的周期性和边界条件，得出函数在定义区间的取值范围。

3. 求函数 h(x) = log(x + a) 的定义域范围：首先，确定函数的定义区间为x+a>0，即x>-a。

对函数求导，得到导数h'(x)=1/(x+a)。

专题8 导数中已知单调性求参数的范围经典例题与练习(解析版)-2021年高考数学导数中必考知识专练

专题8：导数中已知单调性求参数的范围经典例题与练习（解析版）已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围解法1：转化为0)(0)(''≤≥x f x f 或在给定区间上恒成立，回归基础题型解法2：利用子区间（即子集思想）；首先求出函数的单调增或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集；做题时一定要看清楚“在（m,n ）上是减函数”与“函数的单调减区间是（a,b ）”，要弄清楚两句话的区别：前者是后者的子集例1：已知R a ∈，函数x a x a x x f )14(21121)(23++++=．（Ⅰ）如果函数)()(x f x g '=是偶函数，求)(x f 的极大值和极小值；（Ⅱ）如果函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，求a 的取值范围．解：)14()1(41)(2++++='a x a x x f . （Ⅰ）∵()f x '是偶函数，∴ 1-=a . 此时x x x f 3121)(3-=，341)(2-='x x f ，令0)(='x f ，解得：32±=x .列表如下：可知：()f x 的极大值为34)32(=-f ， ()f x 的极小值为34)32(-=f .（Ⅱ）∵函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，∴21()(1)(41)04f x x a x a '=++++≥，在给定区间R 上恒成立判别式法则221(1)4(41)204a a a a ∆=+-⋅⋅+=-≤，解得：02a ≤≤.综上，a 的取值范围是}20{≤≤a a .例2、已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。

子集思想（I ）2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++-1、20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立当且仅当1x =-时取“=”号，()(,)f x -∞+∞在单调递增。

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难点一利用导数探求参数的范围问题1. 与函数零点有关的参数范围问题函数的零点，即的根，亦即函数的图象与轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与轴的位置关系（或者转化为两个熟悉函数交点问题），进而确定参数的取值范围．例1（2020·全国高三专题练习）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】()()()()22331x x x 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.()f x ()0f x =()f x xx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：D2. 与曲线的切线有关的参数取值范围问题函数在点处的导数就是相应曲线在点处切线的斜率，即，此类试题能与切斜角的范围，切线斜率范围，以及与其他知识综合，往往先求导数，然后转化为关于自变量的函数，通过求值域，从而得到切线斜率的取值范围，或者切斜角范围问题．例2. （2020·全国高三专题练习（理））已知函数21()2,()f x x ax g x x=+=-，若存在点()()()()1122,,,A x f x B x g x ，使得直线AB 与两曲线()y f x =和()y g x =都相切，当实数a 取最小值时，12x x +=（）A．B．2CD．4-【答案】A 【解析】2()2,f x x ax =+Q ∴ ()22f x x a '=+，∴()1122f x x a '=+，又()21112f x x ax =+，过A 点切线方程为：()21122y x a x x =+-，①又1()g x x =-Q ，∴21()g x x'=，即()2221g x x '=，又()221g x x =-，因此过B 点的切线方程为：22212y x x x =-，② 由题意知①②都为直线AB , 1222121222x a x x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，4118x a x =-，令4()8x h x x =-，332()122x x h x '-=-=， ()y f x =0x x ='0()f x 00(,())x f x '0()k f x =0x k令()0h x '=，x =(,0)x ∈-∞和时，()h x 单调递减，且(,0)x ∈-∞时()()00h x h >=，恒成立，)x ∈+∞时，()h x单调递增，x ∴=时，()min h x，1x ∴=，则2212x x==12x x ∴+=故选：A . 3.与不等式恒成立问题有关的参数范围问题含参数的不等式恒成立的处理方法：①的图象永远落在图象的上方；②构造函数法，一般构造，；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值. 3.1 参变分离法将已知恒成立的不等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一个已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则．例3．【河南省实验中学2019届模拟三】已知函数f （x ）=e x −x −1（e 是自然对数的底数）．（1）求证：e x ≥x +1；（2）若不等式f （x ）＞ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，求正数a 的取值范围．思路分析：（1）要证e x ≥x +1，只需证f （x ）＝e x ﹣x ﹣1≥0，求导得f ′（x ）＝e x ﹣1，利用导数性质能证明e x ≥x +1．（2）不等式f （x ）＞ax ﹣1在x ∈[12，2]上恒成立，即a ＜e x −x x在x ∈[12，2]上恒成立，令g （x ）=e x −x x，x ∈[12，2]，利用导数性质求g （x ）=e x −x x在x ∈[12，2]上的最小值，由此能求出正数a 的取值范围．【详解】（1）由题意知，要证e x ≥x +1，只需证f (x )=e x −x −1≥0，求导得f ′(x )=e x −1，当x ∈(0，+∞)时，f ′(x )=e x −1>0，当x ∈(−∞,0)时，f ′(x )=e x −1<0，∴f （x ）在x ∈(0，+∞)是增函数，在x ∈(−∞,0)时是减函数，即f (x )在x =0时取最小值f (0)=0，∴f (x )≥f (0)=0，即f (x )=e x −x −1≥0，∴e x ≥x +1．（2）不等式f (x )>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，即e x −x −1>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，亦即a <e x −x x在x ∈[12，2]上恒成立，令g （x ）=e x −x x，x ∈[12,2]，以下求g (x )=e x −x x 在x ∈[12,2]上的最小值，g ′(x )=e x (x−1)x 2,当x ∈[12,1]时，g ′(x )≤0，当x ∈[1,2]]时，g ′(x )≥0，∴当x ∈[12,1]]时，g (x )单调递减，当x ∈[1,2]]时，g (x )单调递增，∴g (x )在x =1处取得最小值为g (1)=e −1，∴正数a 的取值范围是(0,e −1)．()()f x g x >()y f x =()y g x =()()()F x f x g x =-min ()0F x >()a h x >()a h x <()h x3.2 构造函数法参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．例4．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值；（2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点；（3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e 是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e=-+；无极大值（2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，函数()g x 是递增函数，所以函数()g x 的最大值为： max 1111()()ln ln 1g x g a a a a a==-⋅=-，因为10a e <<，所以11ln 1e a a>⇒>，因此有max ()0g x >，因为1e a >，所以(1)0g a =-<，因此当10x a<<时，函数()g x 有唯一零点；因为10a e <<，所以211a a >，22211111()ln 0g a a a a a =-<-<，故函数()g x 在1x a>时，必有唯一的零点，因此函数()g x 有2个不同的零点；（3）设()()()ln ln h x f x g x x x a x ax =+=++-，(1)0h =，'1()ln 1h x x a x =++-，因为211()0h x x x''=->，所以函数()h x '在1x >时单调递增，即'((2)1)h h a x '>=-当20a -≥时，即2a ≤，1x >时，'()0h x >，函数()h x 在1x >时单调递增，因此有()(1)0h x h >=，即当1x >时，()()0f x g x +>恒成立；当2a >时，''1(1)20,()10,aa h a h e e=-<=+>所以存在0(1,)a x e ∈，使得'0()0h x =，即当0(1,)x x ∈时，函数()h x 单调递减，所以此时0()()(1)0h x h x h <<=，显然对于当1x >时，()()0f x g x +>不恒成立，综上所述，2a ≤，所以实数a 的最大值为2. 4.与函数单调区间有关的参数范围问题若函数在某一个区间可导，函数在区间单调递增；函数在区间单调递减.若函数在某一个区间可导，且函数在区间单调递增恒成立；函数在区间单调递减恒成立.4.1 参数在函数解析式中转化为恒成立和恒成立问题后，利用恒成立问题的解题方法处理例5. （2020·陕西高三月考）已知函数()sin ln f x a x b x x =+-. （1）当0,1a b ==时，证明：()1f x -„. （2）当6b π=时，若()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，求a 的取值范围. （1）证明：当0,1a b ==时，()ln f x x x =-，所以1()xf x x-'=. 令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >. 所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以max ()(1)1f x f ==-，故()1f x -„. （2）解：当6b π=时，()cos 16f x a x xπ'=+-，由题可知()0f x '≥ 所以cos 106a x xπ+-…在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，即66cos x a x x π-…在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立.令6(),0,6cos 3x h x x x x ππ-⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，显然当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x <； ()f x D '()0f x >⇒()f x D '()0f x <⇒()f x D ()f x D ()f x D ⇒'()0f x ≥()f x D ⇒'()0f x ≤'()0f x ≥'()0f x ≤当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0h x >. 而当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，22cos (6)sin ()06cos x x x x h x x x ππ+-'=>，所以()h x 在,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()13h x h π⎛⎫<=⎪⎝⎭，所以1a …，即a 的取值范围是[1,)+∞. 点评：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y ＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y ＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y ＝f(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法. 4.2 参数在定义域中函数解析式确定，故可先确定其单调区间，然后让所给定义域区间包含在单调区间中. 例6.已知函数ln ()a x f x x +=，曲线ln ()a x f x x+=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直.注：e 为自然对数的底数.（1）若函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值，求实数m 的取值范围；（2）求证：当1x >时，1()21(1)(1)x xf x e e x xe ->+++. 思路分析：(1)求函数ln ()a x f x x +=的导数()f x '，由曲线ln ()a xf x x +=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直可得21()f e e '=-，可求出a 的值，这时2ln '()(0)xf x x x=->，讨论导数的符号知函数()f x 仅当1x =时，取得极值，由1(,1)m m ∈+即可求实数m 的取值范围；（2）当1x >时，1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->⇔+++11(1)(ln 1)211x x x x e e x xe -++>++g 令(1)(ln 1)()x x g x x++=，令12()1x x e h x xe -=+，由max min()()1g x h x e ⎛⎫>⎪+⎝⎭证之即可.试题解析：（1）因为ln ()a x f x x +=，所以21ln '()a x f x x --=.又据题意，得21'()f e e =-，所以221a e e -=-，所以1a =.所以1ln ()x f x x +=.所以2ln '()(0)xf x x x=->.当(0,1)x ∈时，'()0f x >，()f x 为增函数；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 为减函数.所以函数()f x 仅当1x =时，取得极值.又函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值，所以11m m <<+，所以01m <<.故实数m 的取值范围是(0,1).（2）当1x >时，1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++，即为11(1)(ln 1)211x xx x e e x xe -++>++g .令(1)(ln 1)()x x g x x++=，则22[(1)(ln 1)]'(1)(ln 1)ln '()x x x x x x x g x x x ++-++-==.再令()ln x x x ϕ=-，则11'()1x x x xϕ-=-=. 又因为1x >，所以'()0x ϕ>.所以()x ϕ在(1,)+∞上是增函数.又因为(1)1ϕ=，所以当1x >时，'()0g x >. 所以()g x 在区间(1,)+∞上是增函数.所以当1x >时，()(1)g x g >，又(1)2g =，故()211g x e e >++.令12()1x x e h x xe -=+，则11122(1)(1)'2(1)'()2(1)(1)x x x x x x x x e xe xe e e e h x xe xe ---+-+-==++g .因为1x >，所以122(1)0(1)x x x e e xe --<+.所以当1x >时，'()0h x <，故函数()h x 在区间(1,)+∞上是减函数.又2(1)1h e =+，所以当1x >时，2()1h x e <+，所以()()1g x h x e >+，即1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++. 点评：本题考查了利用导数判断函数单调性等基础知识，理解单调性的概念是解题关键. 5.与逻辑有关的参数范围问题新课程增加了全称量词和特称量词应用这一知识点，并且在考试卷中屡屡出现，使得恒成立问题花样推陈出新，别有一番风味，解决的关键是弄懂量词的特定含义.例7.已知函数()()22 01 0x x ax e x f x x x b⎧->⎪=⎨≤⎪⎩，，在2x =处的切线斜率为272e .（1）求实数a 的值；（2）若0x >时，()y f x m =-有两个零点，求实数m 的取值范围. （3）设()()ln x g x b f x =+-，若对于130 2x ⎛⎤∀∈ ⎥⎝⎦，，总有()21 2.71828x e e e ⎡⎤∈=⎢⎥⎣⎦，…，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围.思路分析：（1）根据导数几何意义得()27'22e f =，所以求导数()()2'222x f x e x a x a ⎡⎤=+--⎣⎦列出等量关系，求解得34a =（2）利用导数研究函数()()22xf x x ax e =-单调变化趋势：在()0 1，单调递减，在()1 +∞，单调递增，再考虑端点值：()300,()2f f f ⎛⎫==+∞→+∞ ⎪⎝⎭，所以要有两个零点，需 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，（3）不等式恒成立问题，一般方法为转化为对应函数最值：()()min f x g x ≥，由前面讨论可知()()min 12ef x f ==-，所以()()ln ln 12x x e g x b b f x x ⎛⎫=+=-≤- ⎪-⎝⎭在1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有解，即1ln 21e b x x ≤-⋅-的最大值，先求ln 1x y x =-，1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，最大值，而=利用导数易得1x e =时ln 1x y x =-取最大值1e +，即()21e b e ≤-+ 试题解析：（1）0x >时，()()()()222 '222x x f x x ax e f x e x a x a ⎡⎤=-=+--⎣⎦，，由条件知()27'22e f =，∴34a =. （2）0x >时，()()22xf x x ax e =-，∴()()()1'1232x f x e x x =-+，()f x 在()0 1，单调递减，在()1 +∞，单调递增，()3002f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，则()min 12e f f ==-，∴ 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()y f x m =-有两个零点. （3）由题意，即要()()min min f x g x ≥ （*）当0x >时，()232xf x x x e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由（2）知()()min 12e f x f ==-，当0x >时，0x -<，∴()()ln ln 1x x g x b b f x x ⎛⎫=+=- ⎪-⎝⎭，()2ln 1'x g x b x -=⋅，∵21 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴2ln 10x x -≤.①若0b >，()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是减函数，()()min 11g x g e b e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.∵()()min min f x g x <，∴（*）不成立.②若0b <，()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数，()()min 11g x g b e e ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.要使()()min min f x g x ≥，只要()12e b e -≥+，则()21e b e ≤-+. (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．综合上述五种类型，利用导数求解含参问题时，首先具备必要的基础知识（导数的几何意义、导数在单调性上的应用、函数的极值求法、最值求法等），其次要灵活掌握各种解题方法和运算技巧，比如参变分离法，分类讨论思想和数形结合思想等，涉及极值和最值问题时，一般情况下先求导函数，然后观察能否分解因式，若能则比较根的大小，并与定义域比较位置关系、分段考虑导函数符号，划分单调区间，判断函数大致图像；若不能分解因式，则考虑二次求导，研究函数是否具有单调性.利用导数处理参数范围问题并不可怕，关键在于通过解题不断摸索解题思路，形成一种解题格式和套路.。