导数中含参数问题与恒成立问题的解题技巧
人教版导数如何解决含参数不等式恒成立问题
k ' ( x) 2 ln x
k (1) 0 ，因此 k ( x) 0 ，即 ( x ) 在 x (1, e) 单调递增。所以 ( x) min 0 （老师有话说：
(2)分类讨论法
出最值（或极限值）那么就需分类讨论法。 上面的习题也可以用分类讨论法： 法二（分类讨论法）令 g ( x ) 2ax 2a 1 ， x
{ 1 或 1 1 , 由题意得 g ( )0 2 3 2
a 0
{a 0 1
g ( x ) 1 a 1 。 或 a 0 g ( )0
2
g (b) max g (1) x x 2 a ln x 0
法一（分类讨论法） ：
h( x) x x 2 பைடு நூலகம் a ln x ， x (1, e) 则 h ' ( x) 1 2 x a
出分类讨论点）
当 a
1 2x2 x a （ 利用判别式找 x x
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e e 2 a 0 ， a e 2 e ，所以 a
综上所述：取值范围为 a 1
(4e 1) 2 1 ， 8
法二： （分类参数法） g (b) max g ( 1) x x a ln x 0 a (
2
x2 x ) min ln x
1 2 ' 时 ( 1) 2 4a 0 ， h ( x ) 0 ， h( x ) 在 x (1, e) 单 调 递 增 ； 8
h( x) min h(1) 0 ， h(1) 0 0 ，不符合题意。
当a 当
1 1 8a 1 1 8a 1 2 ，由 2 x x a 0 得 x1 ， x2 8 4 2
高考数学导数恒成立问题的解法及例题
高考数学导数恒成立问题的解法
对于恒成立问题，一般采取的方法有两种：一是利用函数的单调性，二是利用函数的最值。
1. 利用函数的单调性
如果函数f(x)在区间D上单调，可以根据函数的单调性来解决问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，那么只需要找到满足f(x)min > 0的x值即可。
2. 利用函数的最值
如果函数f(x)在区间D上不是单调的，那么可以转化为求函数的最值问题。
例如，不等式f(x) > 0在区间D上恒成立，可以转化为求f(x)的最小值，只要最小值大于0，那么不等式就恒成立。
例题：已知函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上都不小于2，求a的取值范围。
解法：首先根据题意得到函数f(x) = x2 + ax + 4在区间[-1,2]上的最小值为2，然后根据二次函数的性质得到对称轴为x=-b/2a=-a/2。
我们需要分三种情况讨论：
1. 当-a/2≤-1时，即a≥2时，函数在[-1,2]上是增函数，只需要满足f(-1)=1-a+4≥2即可，解得a≤3，所以2≤a≤3；
2. 当-a/2≥2时，即a≤-4时，函数在[-1,2]上是减函数，只需要满足
f(2)=4+2a+4≥2即可，解得a≥-4，但是此时a没有合适的取值，故舍去；
3. 当-1<-a/2<2时，即-4<a<2时，函数在对称轴左侧是减函数，右侧是增函数，只需要满足f(-a/2)=(-a/2)2-a2/4+4≥2即可，解得-4<a≤-2。
综上可得a的取值范围为：[-4,-2]∪[2,3]。
导数恒成立解答题的几种处理方法
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 )(=。
高考数学一轮总复习课件：专题研究 利用导数研究恒成立或存在性问题
∴g′(x)＝
[（x＋1）（1＋lnx）]′x－（x＋1）（1＋lnx） x2
＝x－x2lnx.
令h(x)＝x－lnx(分子的符号无法直接判断，故考虑再构造函 数进行分析)，
∴h′(x)＝1－1x＝x－x 1. ∵x≥1，∴h′(x)≥0， ∴h(x)在[1，＋∞)上单调递增，∴h(x)≥h(1)＝1>0， ∴g′(x)>0，∴g(x)在[1，＋∞)上单调递增， ∴g(x)min＝g(1)＝2，∴k≤2. 【答案】 (－∞，2]
【解析】 ∵f(x1)≤g(x2)恒成立，∴只需f(x1)≤g(x)min. 由g(x)＝ex－x－1，得g′(x)＝ex－1，令g′(x)>0，解得
x>0，令g′(x)<0，解得x<0.
∴g(x)在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，
∴g(x)min＝g(0)＝0. ∴∀x1∈(0，＋∞)，ax12－(2a＋1)x1＋lnx1≤0恒成立，即只
故 h(x)在1a，1上单调递增，在(1，a)上单调递减． ∴h(x)max＝h(1)＝lna－1＋1a(a>1)． 令 φ(a)＝lna－1＋1a，a＞1， 则 φ′(a)＝1a－a12＝a－a21>0，则 φ(a)在(1，＋∞)上单调递增， ∴φ(a)>φ(1)＝0，即 h(x)max>0，与 ln(ax)－x＋1a<0 恒成立矛盾． ∴不存在 a 使 f(x)＞g(x)对∀x∈1a，a恒成立． 【答案】 ①2－1ex－y－e＝0 ②不存在 a，理由略
题型二 等价转化法求参数范围
例2 (1)(2021·河北保定模拟)已知函数f(x)＝(x－a)·ln(ax)， g(x)＝x2－a＋1ax＋1，a≥1.
利用导数解决不等式恒成立中参数问题优秀教案
利用导数解决不等式恒成立中地参数问题一、单参数放在不等式上型：【例题1】（07全国Ⅰ理）设函数．若对所有都有，求地取值范围．解：令，则，（1）若，当时，，故在上为增函数，∴时，，即．（2）若，方程地正根为，此时，若，则，故在该区间为减函数．∴时，，即，与题设相矛盾．综上，满足条件地地取值范围是．说明：上述方法是不等式放缩法．【针对练习1】（10课标理）设函数，当时，，求地取值范围．解：【例题2】（07全国Ⅰ文）设函数在及时取得极值．（1）求、地值；（2）若对于任意地，都有成立，求地取值范围．解：（1），∵函数在及取得极值，则有，．即，解得，．（2）由（1）可知，，．当时，；当时，；当时，．∴当时，取得极大值，又，．则当时，地最大值为．∵对于任意地，有恒成立，∴，解得或，因此地取值范围为．最值法总结：区间给定情况下，转化为求函数在给定区间上地最值．【针对练习2】（07重庆理）已知函数在处取得极值，其中、、为常数．（1）试确定、地值；（2）讨论函数地单调区间；（3）若对任意，不等式恒成立，求地取值范围．解：【针对练习3】（10天津文）已知函数，其中．若在区间上，恒成立，求地取值范围．解：【例题3】（08湖南理）已知函数．（1）求函数地单调区间；（2）若不等式对任意地都成立（其中是自然对数地底数），求地最大值．解：（1）函数地定义域是，．设．则，令，则．当时，，在上为增函数，当时，，在上为减函数．∴在处取得极大值，而，∴，函数在上为减函数．于是当时，，当时，．∴当时，在上为增函数．当时，，在上为减函数．故函数地单调递增区间为，单调递减区间为．（2）不等式等价于不等式，由知，．设，，则．由（1）知，，即．∴，，于是在上为减函数．故函数在上地最小值为．∴a地最大值为．小结：解决此类问题用地是恒成立问题地变量分离地方法，此类方法地解题步骤是：①分离变量；②构造函数（非变量一方）；③对所构造地函数求最值（一般需要求导数,有时还需求两次导数）；④写出变量地取值范围．【针对练习4】（10全国1理）已知，若，求地取值范围．解：【针对练习5】若对所有地都有成立，求实数地取值范围．解：二、单参数放在区间上型：【例题4】已知三次函数图象上点处地切线经过点，并且在处有极值．（1）求地解析式；（2）当时，恒成立，求实数地取值范围．解：（1）∵，∴，于是过点处地切线为，又切线经过点，∴，①∵在处有极值，∴，②又，③∴由①②③解得：，，，∴．（2），由得，．当时，，单调递增，∴；当时，，单调递减，∴．∴当时，在内不恒成立，当且仅当时，在内恒成立，∴地取值范围为．【针对练习6】（07陕西文）已知在区间上是增函数，在区间，上是减函数，又．（1）求地解析式；（2）若在区间上恒有成立，求地取值范围．解：三、双参数中知道其中一个参数地范围型：【例题5】（07天津理）已知函数，其中，．（1）讨论函数地单调性；（2）若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：（1）．当时，显然．这时在，上内是增函数．当时，令，解得．当变化时，，地变化情况如下表：由（2）知，在上地最大值为与地较大者，对于任意地，不等式法二：变量分离．∵，∴，即．令，，∴在上递减，最小值为，从而得，∴满足条件地地取值范围是．或用，即，进一步分离变量得，利用导数可以得到在时取得最小值，从而得，∴满足条件地地取值范围是．法三：变更主元．∵，∴在递增，即地最大值为．以下同上法．说明：本题是在对于任意地，在上恒成立相当于两次恒成立，这样地题，往往先保证一个恒成立，在此基础上，再保证另一个恒成立．【例题6】设函数，，若对于任意地，不等式在上恒成立，求实数地取值范围．解：在上恒成立，即在上恒成立．由条件得，又，∴，即．设，则．令，，当，；当，，∴时，，于是，∴在递减，∴地最小值为，∴，因此满足条件地地取值范围是．【针对练习7】设函数，其中，．若对于任意地，不等式在上恒成立，求地取值范围．解：四、双参数中地范围均未知型：【例题7】（10湖南理）已知函数，对任意地，恒有．（1）证明：当时，；（2）若对满足题设条件地任意，，不等式恒成立，求地最小值．解：（1）易知．由题设，对任意地，，即恒成立，∴，从而．于是，且，因此．故当时，有，即当时，．（2）由（1）知，．当时，有．令，则，．而函数地值域是．因此，当时，地取值集合为．当时，由（1）知，，．此时或，．从而恒成立．综上所述，地最小值为．【针对练习8】若图象上斜率为3地两切线间地距离为，设．（1）若函数在处有极值，求地解析式；（2）若函数在区间上为增函数，且在区间上都成立，求实数地取值范围．解：五、双参数中地线性规划型：【例题8】（12浙江理）已知，，函数．（1）证明：当时，①函数地最大值为；②；（2）若对恒成立，求地取值范围．解：（1）①．当时，，在上恒成立，∴在上递增，此时地最大值为：；当时，，此时在上递减，在上递增，∴在上地最大值为：．综上所述：函数在上地最大值为．②∵，当时，．当时，．设，，列表可得，∴当时，，∴．（2）由①知：函数在上地最大值为，∴．由②知：，于是对恒成立地充要条件为：或，在坐标系中，不等式组所表示地平面区域为如图所示地阴影部分，其中不包括线段．作一组平行线，得，∴地取值范围为．【针对练习9】已知函数．（1）若，求地单调区间；（2）若地两个极值点，恒满足，求地取值范围．解：六、双参数中地绝对值存在型：【例题9】（06湖北理）设是函数地一个极值点．（1）求与地关系式（用表示），并求地单调区间；（2）设，．若存在，使得成立，求地取值范围．解：（1），由，得，即得，则．令，得或，由于是极值点，∴，即．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．当时，，则在区间上，，为减函数；在区间上，，为增函数；在区间上，，为减函数．（2）由（1）知，当时，，在区间上地单调递增，在区间上单调递减，那么在区间上地值域是，而，，，那么在区间上地值域是．又在区间上是增函数，且它在区间上地值域是，由于，∴只须仅须且，解得．故地取值范围是．【针对练习10】（10辽宁理）已知函数．（1）讨论函数地单调性；（2）设，如果对任意，，，求地取值范围．解：总结：关于运用导数解决含参函数问题地策略还有很多，参数问题形式多样，方法灵活多变，技巧性较强，对于某些“含参函数”题目，不一定用某一种方法，还可用多种方法去处理．这就要求我们养成良好地数学思维，有良好地观察与分析问题地能力，灵活地转化问题能力，使所见到地“含参函数”问题能更有效地解决．版权申明本文部分内容，包括文字、图片、以及设计等在网上搜集整理.版权为个人所有This article includes some parts, including text, pictures, and design. Copyright is personal ownership.p1Ean。
高考复习专题导数与恒成立问题一——参数分离法
导数与恒成立问题一——参数分离法（3星）(★★★) 教学目标 1．了解可导函数的单调性与其导数的关系；2．了解可导函数在某点取得极值的必要条件和充分条件（导数在极值点两侧异号），会求一些实际问题的最大值和最小值．知识梳理 5min.设函数在某区间内可导，则()0()f x f x '>⇒在该区间上单调递增；()0()f x f x '<⇒在该区间上单调递减．反之，若()f x 在某区间上单调递增，则在该区间上有()0f x '≥恒成立（但不恒等于0）；若()f x 在某区间上单调递减，则在该区间上有()0f x '≤恒成立（但不恒等于0）．典例精讲 20min.例1. ★★★已知函数f (x )＝log a (x 3－ax )(a ＞0且a ≠1)，如果函数f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0内单调递增，那么a 的取值范围是________．解析 由题意可知x 3－ax ＞0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0恒成立，所以a ＞(x 2)max ，即a ≥14.当14≤a ＜1时，需函数y ＝x 3－ax 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上递减，y ′＝3x 2－a ≤0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0恒成立，所以a ≥(3x 2)max ，故34≤a ＜1；当a ＞1时，需函数y ＝x 3－ax 在⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0上递增，y ′＝3x 2－a ≥0，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，0恒成立，所以a ≤(3x 2)min ，a ≤0，舍去，综上a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1. 答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫34，1 对于利用导数解法含有参数的单调问题时，一般是将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的运用．例2. ★★★已知函数2()8,()6ln .f x x x g x x m =-+=+是否存在实数,m 使得()y f x =的图象与()y g x =的图象有且只有三个不同的交点？若存在，求出m 的取值范围；若不存在，说明理由。
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。
解答含参问题的三个路径
解题宝典||AF ,||BF ，这样便可快速求出1||AF +1||BF 的值.解：由题意得a =2,b =3，||AF =b 2a -c cos 60°,||BF =b 2a +c cos 60°,所以1||AF +1||BF =a -c cos 60°b 2+a +c cos 60°b 2=2a b 2=2×23=43.例4.已知椭圆C ：x 22+y 2=1的左右焦点分别为F 1,F 2，点A ,B 是椭圆C 上位于x 轴上方的两点,并且AF 1//BF 2.如果||AF 1-||BF 2=，求直线||AF 1的斜率k .分析:先设∠AF 1F 2=θ，用椭圆角度式焦半径公式表示出||AF 1,||DF 1,然后由椭圆对称性可表示出BF ，根据已知条件列出关系式，即可求出cos θ，再通过三角恒等变换求得tan θ，就能得到所求的斜率.解：由题意得a =2,b =1,c =1,设∠AF 1F 2=θ,由椭圆角度式焦半径公式可得||AF 1=||DF 1=12+cos θ,因为AF 1//BF 2，所以由椭圆对称性可得||BF 2=||DF 1=12+cos θ,又||AF 1-||BF 2=,所以,化简得6cos 2θ+4cos θ-26=0，解得cos θ=由sin θ2+cos θ2=1得sin θ，所以k =tan θ=sin θcos θ.总之，椭圆的焦半径公式的两种形式有着各自的特点和适用范围，在解答与椭圆有关的问题中应用非常广泛.在解题时,我们常常需要将椭圆的焦半径公式与椭圆的方程、定义、性质等结合起来应用.这就要求同学们不仅要加深对概念、公式、性质的理解，强化训练，同时也要培养灵活处理问题的能力.（作者单位：湖南人文科技学院数学系）含参问题的类型有很多，如求参数的取值范围、证明不等式恒成立、判断函数的单调性等.解答含参问题的途径也有很多，如利用方程思想、利用导数法、借助待定系数、利用函数思想等.本文重点探讨一下解答含参问题的三种途径：利用方程思想、利用函数的性质、借助待定系数，以帮助同学们拓宽解题的思路.一、利用方程思想方程思想是解答高中数学问题的常用思想，是指通过建立方程或者方程组使问题获解的数学思想.在解答含参问题时，我们可以根据代数式的特点建立方程或者方程组，然后利用方程的判别式△=b 2-4ac 、根与系数的关系来解答问题.例1.已知函数f ()x =x 2-()m +5x +2()m +5在定义域内恒为非负数，求方程2x m +1=||m +2+1的根的取值范围.解：因为f ()x 恒为非负数，所以方程f (x )=0的判别式△=()m +52-8()m +5≤0，解得-5≤m ≤3.方程2xm +1=|m +2|+1可化为2x=()m +1()|m -2|+1，当-5≤m ≤2时，2x =()m +1()2-m +1，所以2x =-m 2+2m +3=-()m -12+4，则2x ≤4,x ≤2，当2<m ≤3时，2x =()m +1()m -1=m 2-1,3<m 2-1≤8，所以log 23<x ≤3.39解题宝典故方程的根的取值范围是(]-∞,3.我们首先借助方程f ()x =0的判别式初步确定m的取值范围，然后结合指数函数y =2x的值域来探讨当-5≤m ≤3时，()m +1()|m -2|+1取值范围，进而求得m 的取值范围.二、利用函数的性质函数的性质有很多，如单调性、奇偶性、对称性、周期性等.在解答含参问题时，我们可以根据题意构造合适的函数，然后利用函数的性质来解题.通过分析函数的单调性、周期性、最值等来确定参数的取值、比较不等式的大小、证明不等式恒成立等，进而解答问题.例2.已知不等式1n +1+1n +2+⋯+12n ≥112log a(a-1)+23，对于一切大于1的自然数n 恒成立，试确定参数a 的取值范围.解：设f ()n =1n +1+1n +2+⋯+12n(n ∈N 且n >1)，∵f ()n +1-f ()n =12n +1+12n +2-1n +1=1()2n +1()2n +2>0，∴f ()n 是增函数，∴n ∈N,且n >1时，f ()n ≥f ()2=712，∴112log a ()a -1+23≤712，即log a ()a -1≤-1，解得1≤a≤∴a 的取值范围是æèçû1.该题是含参恒成立问题.我们首先构造函数，然后通过分析函数的单调性，建立新的不等式，解该不等式便求得a 的取值范围.例3.已知定义在R 上的函数y =f (x )满足条件f (x +4)=-f (x )，且函数y =f (x +2)是偶函数，当x ∈(0,2]时，f (x )=ln x -ax (a >12)，当x ∈[-2,0)时，f (x )的最小值为3，则a 的值为().A.e 2B.eC.2D.1解：因为函数y =f (x +2)是偶函数，即对称轴为x =0，所以函数y =f (x )的对称轴为x =2，当x ∈[2,4)时，4-x ∈(0,2]，所以f (x )=f (4-x )=ln(4-x )-a (4-x )．因为f (x +4)=-f (x )，所以x ∈[-2,0)时，x +4∈[2,4)，f (x )=-f (x +4)=-ln[4-(x +4)]+a [4-(x +4)]=-ln(-x )-ax ，所以f ′(x )=-1x -a ，令f ′(x )=0，得x =-1a，因为a >12，所以-1a ∈(-2,0)，当-2≤x <-1a 时，f ′(x )<0，当-1a <x <0时，f ′(x )>0，所以f (x )在éëùû-2,-1a 上是减函数，在éëùû-1a ,0上是增函数，所以当x =-1a 时，f (x )取得最小值f (-1a )=-ln(1a)+1，因为f (x )在[-2,0)上的最小值为3，所以-ln(1a)+1=3，解得a =e 2.解答本题需结合题意综合运用函数的奇偶性对称性、单调性.三、借助待定系数待定系数法常用于求函数的解析式、求数列的通项公式、解答不等式恒成立问题.在运用待定系数法解答含参问题时，需将一个多项式表示成另一种含有待定系数的形式，在得到一个恒等式后将系数对应,得到满足的方程或方程组，通过解方程或方程组求出待定的系数，或找出某些系数所满足的关系式.例4.证明是否存在常数a ,b ,c 使得等式：22+2∙32+⋯+n ()n +12=n ()n +112()an 2+bn +c 对一切自然数n 都成立.证明：∵n ()n +12=n 2+2n 2+n 3，∴1∙22+2∙32+⋯+n ()n +12=()1+2+3+⋯+n +2(12+22+⋯+n 2)+(13+23+⋯+n 3)=n ()n +112()3n 2+11n +10.∴当a =3,b =11,c =10时，等式对一切自然数n都成立.解答本题主要运用了待定系数法.首先对等式左侧的式子化简，得到与等式右侧结构一致的式子，然后将系数对应，得到使等式成立时的a ，b ，c 的值.含参问题是高中数学中的一类常见问题，同学们在日常学习中要注意总结题型和解法，将所学的知识融会贯通，这样才能快速找到解题的途径.（作者单位：新疆乌鲁木齐市第六十九中学）40。
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函数、导数中含参数问题与恒成立问题的解题技巧与方法 含参数问题及恒成立问题方法小结：
1、分类讨论思想
2、判别法
3、分离参数法
4、构造新函数法
一、分离讨论思想：
例题1： 讨论下列函数单调性：
1、()x f =();1,0,≠>-a a a a x
2、()x f =)0,11(1
2≠<<--b x x bx
二、判别法
例2：已知不等式04)2(2)2(2
<--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，求参数a 的取值范围． 解：要使04)2(2)2(2<--+-x a x a 对于x ∈Ｒ恒成立，则只须满足： （1）⎩⎨⎧<-+-<-0)2(16)2(4022a a a 或 （2）⎪⎩
⎪⎨⎧<-=-=-040)2(202a a 解（1）得⎩⎨⎧<<-<2
22a a ，解（2）a ＝２ ∴参数a 的取值范围是－２＜a ≤２．
练习1. 已知函数])1(lg[22a x a x y +-+=的定义域为R ，求实数a 的取值范围。
三、分离法参数：
分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，通过分离参数，用函数观点讨论主变量的变化情况，由此我们可以确定参数的变化范围.这种方法可以避免分类讨论的麻烦，从而使问题得以顺利解决.分离参数法在解决有关不等式恒成立、不等式有解、函数有零点、函数单调性中参数的取值范围问题时经常用到. 解题的关键是分离出参数之后将原问题转化为求函数的最值或值域问题.即：
（1）
对任意x 都成立()min x f m ≤ （2）对任意x 都成立。
例3．已知函数]4,0(,4)(2∈--=x x x ax x f 时0)(<x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
解： 将问题转化为x
x x a 2
4-<对]4,0(∈x 恒成立，令x x x x g 24)(-=，则min )(x g a <由144)(2
-=-=x
x x x x g 可知)(x g 在]4,0(上为减函数，故0)4()(min ==g x g ∴0<a 即a 的取值范围为)0,(-∞。
注：分离参数后，方向明确，思路清晰能使问题顺利得到解决。
例4．已知函数),1[,2)(2+∞∈++=x x
a x x x f ，若对任意),1[+∞∈x ，0)(>x f 恒成立，求实数a 的取值范围。
（答案3->a ）
例题 5. 已知函数()x x f ln =，()bx ax x g +=22
1，0≠a . 若2=b ，且()()()x g x f x h -=存在单调递减区间，求a 的取值范围； 解：当x ax x x h b 22
1ln )(,22--==时.，则.1221)(2x x ax ax x x h -+-=--=' 因为函数()h x 存在单调递减区间，所以()0h x '<有解.由题设可知,()x h 的定义域是()+∞,0 ,而()0<'x h 在()+∞,0上有解,就等价()0<'x h 于在区间()+∞,0能成立, 即x x a 212->, ()+∞∈,0x 成立, 进而等价于()x u a min >成立,其中()x x
x u 212-=.由()x x
x u 212-=1112-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x 得,()1min -=x u .于是,1->a , 由题设0≠a ,所以a 的取值范围是()()+∞-,00,1
例6 已知x
a ax x x f 222)(2-+=在[1,)+∞上是单调递增函数，求a 的取值范围. 解 ∵()2a a f x x x =-+，∴2()1a
f x x
'=+.又)(x f 在[1,)+∞上是单调递增函数， ∴0)(≥'x f .于是可得不等式2x a -≥对于1x ≥恒成立.∴2max ()a x ≥-.由1x ≥，
得21x -≤-.∴1-≥a .
四、构造法： 利用导数解决不等式问题，实质上是转化为构造函数，利用导数研究函数的单调性，转化的思路一般如下：
f (x )≥
g (x )⇔F (x )＝f (x )－g (x )≥0⇔F (x )min ≥0，
f (x )≤
g (x )⇔F (x )＝f (x )－g (x )≤0⇔F (x )max ≤0.
例题7 设()f x =ln x ，()()g x f x =+'()f x 。
（1）求()g x 的单调区间和最小值；（2）讨论()g x 和1()g x 的大小；（3）求a 的取值范围，使得()()g a g x -<1a
,对任意的0x >成立。
例题8：求证：当0x >时，ln(1)x x >+
例题7：答案：(1)减区间：(0,1);增区间()1,+∞；最小值1.(2)当11,()()x g x g x ==;当(0,1)x ∈1()()g x g x >；当1(1,)()()x g x g x ∈+∞<1()()g x g x >。