高考数学用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题

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高考数学利用导数解不等式及参数的取值范围问题

一、单选题： 1．定义在(0，＋∞)上的函数f(x )满足xf′(x)＝1＋x ，且f(1)＝2，不等式f(x)≥(a＋1)x ＋1有解，则正实数a 的取值范围是( )A ．(0，e]B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 2．若函数f(x )＝12cos 2x －2a(sin x ＋cos x)＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a≥32B.32＜a ＜3 C ．a≥1 D ．1＜a ＜33．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧ x 2－3x ＋2，x≤1ln x ，x ＞1，g(x)＝f(x)－ax ＋a ，若g(x)恰有1个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0,1]C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)4．设函数f(x)＝ae x －2sin x ，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a 的值为( )A.24πeB.24π-eC.22πeD.22π-e 二、多选题：5.已知函数g(x)＝x x e x e 22)1(-，若实数m 满足g(log 5m)－g(m 51log )≤2g(2)，则( )A ．g(x)是奇函数B ．g(x)是(0，＋∞)上的增函数C ．实数m 的取值范围为(0,25]D ．实数m 的取值范围为[5,25]三、填空题：6．已知函数f(x)=-ln x 在[1,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围为( ).A.a<1B.a≤2C.a<2D.a≤37．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=1,且对任意的x∈R,都有f´(x)<,则不等式f(log2x)>31log2的解集为.四、解答题：8．已知函数f(x)＝ln x＋2x.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；(2)若∀x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．9．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋e x＞x2＋x＋2.10．已知函数f(x)＝e x(1＋a ln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．(1)设g(x)＝e－x f′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.11．已知函数f(x)＝x ln x－a2x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.12.已知函数f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求实数a的取值范围．课后作业题参考答案：1C 2A 3A 4B 5ABC 6.B 7.{x|0<x<4}8.[解](1)易知f′(x)＝－1－ln xx2＜0(x≥1)，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]．(2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ， ①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求．③若0＜a ＜2，则∃x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ，则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4.∵ln x 0＝ax 0－2，∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2.∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x 在(1，＋∞)上单调递减，∴4e 2≤a ＜2.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞. 9.[解] (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x＝(x ＋1)(2x －a )x，当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 2，所以，函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x ＝1x ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1x 0，当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表 g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0，因此不等式得证．10[解] (1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x (x ＞0)， g (x )＝e －xf ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝a (x －1)x 2(x ＞0)．当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时， g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x ，则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x 2＋a ln x . 设H (x )＝1＋2a x －a x 2＋a ln x (x ＞0)，则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x ＝a (x 2－2x ＋2)x 3＞0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0，故存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0，则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增，故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1.由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1x ≥1.因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x 1＋a ln x 1＞e x 1(1＋a )＞0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2a x 1，所以f (x 1)＝e x 1(1＋a ln x 1)＝a e x 11－2x 1x 21＜0＝f (x 0)．又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.11.[解] (1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax x . 当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x ＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．当a ＞0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x ＞0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－ax x ＜0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1. 令g (a )＝－ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a .当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x ln x－12x2，则f′(x)＝1＋ln x－x.由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，所以f(x)＝x ln x－12x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－12，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，所以只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.令f(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证f(x)＞F(1)，x∈(0,1)，f′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，令m(x)＝f′(x)，则m′(x)＝2(1－x)2x(2－x)＞0，x∈(0,1)，所以f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0，所以函数f(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2.12.[解](1)f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝1x(x－1)[x－(a－1)]，①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1＜a ＜2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜a －1或x ＞1，由f ′(x )＜0，得a －1＜x ＜1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减； ④若a ≤1，由f ′(x )＞0，得x ＞1，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．综上，若a ＞2，f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；若a ＝2， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1＜a ＜2，f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减；若a ≤1， f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．(2)f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1＞f (x 2)＋x 2，令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1等价于函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．f ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x [x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1＜0，即a ＜1时，x ＝a －12＜0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解．当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12≥0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0，化简得(a －1)(a －5)≤0，解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1,5]．。

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 。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.已知函数 (R)．(1)当时，求函数的极值；（2）若函数的图象与轴有且只有一个交点，求的取值范围．【答案】（1）当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为.（2）a的取值范围是．【解析】（1）遵循“求导数，求驻点，讨论驻点两侧导数值符号，确定极值”.（2）根据= ，得到△= = .据此讨论：①若a≥1，则△≤0，此时≥0在R上恒成立，f（x）在R上单调递增 .计算f（0），,得到结论.②若a＜1，则△＞0，= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．有．给出当变化时，的取值情况表.根据f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．作出结论.试题解析：（1）当时，，∴.令="0," 得. 2分当时,, 则在上单调递增;当时,, 则在上单调递减;当时,, 在上单调递增. 4分∴当时, 取得极大值为;当时, 取得极小值为. 6分（2）∵= ，∴△= = .①若a≥1，则△≤0， 7分∴≥0在R上恒成立，∴ f（x）在R上单调递增 .∵f（0），,∴当a≥1时，函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点． 9分②若a＜1，则△＞0，∴= 0有两个不相等的实数根，不妨设为．∴．当变化时，的取值情况如下表：x x（x，x）x++11分∵,∴.∴=.同理. ∴.令f（x1）·f（x2）＞0, 解得a＞．而当时,, 13分故当时, 函数f（x）的图象与x轴有且只有一个交点.综上所述，a的取值范围是． 14分【考点】应用导数研究函数的极值、单调性及函数的图象，分类讨论思想.2.函数的极小值是 .【答案】.【解析】，令，解得，列表如下：极大值极小值故函数在处取得极小值，即.【考点】函数的极值3.已知a≤＋lnx对任意的x∈[，2]恒成立，则a的最大值为________．【解析】令f(x)＝＋lnx，f′(x)＝，当x∈[，1)时，f′(x)<0，当x∈(1,2]时，f′(x)>0，∴f(x)min＝f(1)＝0，∴a≤0，故a最大值为0.4.已知函数,是函数的导函数，且有两个零点和(),则的最小值为()A．B．C．D．以上都不对【答案】B【解析】，由题意，当或时，，当时，，因此的最小值是，选B．【考点】函数的极值与最值．5.已知e为自然对数的底数，设函数f(x)＝(e x－1)(x－1)k(k＝1,2)，则 ()．A．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极小值B．当k＝1时，f(x)在x＝1处取到极大值C．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极小值D．当k＝2时，f(x)在x＝1处取到极大值【答案】C【解析】当k＝1时，f′(x)＝e x·x－1，f′(1)≠0，∴x＝1不是函数f(x)的极值点．当k＝2时，f′(x)＝(x－1)(xe x＋e x－2)，显然f′(1)＝0，且x在1的左边附近f′(x)<0，x在1的右边附近f′(x)>0，∴f(x)在x＝1处取到极小值．6.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是______．【答案】(，2)【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2.7.设函数f(x)＝x e x，则()．A．x＝1为f(x)的极大值点B．x＝1为f(x)的极小值点C．x＝－1为f(x)的极大值点D．x＝－1为f(x)的极小值点【答案】D【解析】∵f(x)＝x e x，∴f′(x)＝e x＋x e x＝e x(1＋x)．∴当f′(x)＞0时，则x＞－1，函数y＝f(x)是增函数，同理可求，x＜－1时函数f(x)为减函数．∴x＝－1时，函数f(x)取得极小值．8.已知函数f(x)＝x3＋ax2＋x＋2(a>0)的极大值点和极小值点都在区间(－1,1)内，则实数a的取值范围是()．A．(0,2]B．(0,2)C．[，2)D．(，2)【答案】D【解析】由题意可知f′(x)＝0的两个不同解都在区间(－1，1)内．因为f′(x)＝3x2＋2ax＋1，所以根据导函数图象可得又a>0，解得<a<2，故选D.9.若函数在区间内有极值，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】因为函数在区间内有极值，所以导数在区间内必有零点，于是.【考点】1.导数的公式与法则；2.函数的零点.10.某人进行了如下的“三段论”推理：如果，则是函数的极值点，因为函数在处的导数值，所以是函数的极值点.你认为以上推理的 ( ) A．大前提错误B．小前提错误C．推理形式错误D．结论正确【答案】A【解析】本题中，如果，则是函数的极值点是错误的.若是函数的极值点，则函数在的左右两侧异号，而否则尽管有，都不能说明是函数的极值点.如，其导数，函数在上是增函数.所以不是函数的极值点.因此本题是大前提错误.【考点】推理与证明、导数、函数的极值11.在处有极小值，则实数为 .【答案】1【解析】由得，又在处有极小值，故，解得或，当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极小值；当时，有，函数在单调递增，在单调递减，故在处有极大值.综上可知.【考点】利用导数处理函数的极值12.已知函数.(1)当时，求函数的极值；(2)求函数的单调区间.【答案】（1），无极大值；（2）见解析.【解析】（1）先找到函数的定义域，在定义域内进行作答，在条件下求出函数的导函数，根据函数的单调性与导数的关系，判断函数的极值；（2）先求出函数的导函数，其导函数中含有参数，所以要进行分类讨论，对分三种情况，，进行讨论，分别求出每种情况下的函数的单调增区间和单调减区间.试题解析：（1）函数的定义域是， 1分当时，，所以在上递减，在上递增，所以函数的极小值为，无极大值； 4分（2）定义域， 5分①当，即时，由，得的增区间为；由，得的减区间为； 7分②当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 9分③当，即时，由，得的增区间为和；由，得的减区间为； 11分综上，时，的增区间为，减区间为；时，的增区间为和，减区间为；时，的增区间为和，减区间为. 13分【考点】1、对数函数的定义域；2、含参数的分类讨论思想；3、函数的单调性与导数的关系；4、解不等式；5、求函数的极值.13.已知函数（，，且）的图象在处的切线与轴平行. （1）确定实数、的正、负号；（2）若函数在区间上有最大值为，求的值．【答案】（1），；（2）.【解析】（1）先求导数，因为切线与轴平行，所以导数为0，列出等式，判断出的符号；（2）求导数，令导数为0，解出方程的根，利用导数的正负判断出函数的单调性，通过分类讨论的方法找到最大值，让最大值等于，解出的值.试题解析：（1） 1分由图象在处的切线与轴平行，知，∴. 2分又，故，. 3分(2) 令,得或. 4分∵，令，得或令，得.于是在区间内为增函数，在内为减函数,在内为增函数.∴是的极大值点，是极小值点. 5分令，得或. 6分分类：①当时，，∴ .由解得， 8分②当时，, 9分∴.由得 . 10分记,∵, 11分∴在上是增函数，又，∴, 12分∴在上无实数根. 13分综上，的值为. 14分【考点】1.用导数求切线的斜率；2.用导数求函数最值.14.已知函数，当时取得极小值，则等于（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由，解得，当；当；当，故在处取得最小值，即，则，所以，故选D.【考点】导数的极值点求法，导数的极值求解.15.对于三次函数，给出定义：设是函数的导数，是函数的导数，若方程有实数解,则称点为函数的“拐点”。

高考数学理《利用导数求参数的取值范围》

1 x∈0，2时，f′(x)<0，f(x)单调递减，故
• 规律方法 (1)当f(x)不含参数时，可通过解不等式f′(x)>0(或f′(x)<0)直接得到单调递增(或递减)区间． • (2) 已知函数的单调性，求参数的取值范围，应用条件 f′(x)≥0[ 或 f′(x)≤0 ， x∈(a ， b)] 恒成立，解出参数的取值范围 ( 一般可用不等式恒成立的理论求解 ) ，应注意参数的取值是 f′(x)不恒等于0的参数的范围．
解析而得
2 2
πx0 π f(x)的极值点 x0 满足 f(x0)＝± 3，则 m ＝2＋kπ(k∈Z)，从
1 1 2 2 2 x0＝k＋2m(k∈Z)，所以不等式 x0＋[f(x0)] ＜m ，即为k＋2
2 2
m ＋3＜m ，变形得 m
2
12 1－k＋＞3(k∈Z)，由题意，存在整 2
2
2 2 时，f(x)在(－∞，0)和a，＋∞单调递增，在0，a单调
递减．且 f(0)＝1>0，故 f(x)有小于 0 的零点，不符合题意，排除 A、C. 当 a<0 时，要使 x0>0 且唯一，只需选 B.
2 fa>0，即 a2>4，∴a<－2，
• 答案 C
• 2．(2014·新课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ax3 － 3x2 ＋ 1 ，若 f(x) 存在唯一的零点 x0 ，且 x0>0 ，则a的取值范围是 ( )． • A．(2，＋∞) B．(－∞，－2) • C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
解析当 a>0
2 由题意知 a≠0，由 f′(x)＝3ax －6x＝0⇒x＝0 或 x＝a.

考点13 利用导数探求参数的范围问题-2019版典型高考数学试题解读与变式(原卷版)

【考纲要求】（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）. 【命题规律】利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多. 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．这也是2019年考试的热点问题. （一）利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数1()sin 2sin 3f x x x a x =-+在(),-∞+∞上单调递增，则a 的取值范围是（）．A ．[]1,1-B ．11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D ．11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【变式1】【改编例题中条件，给定函数在给定区间上单调（并未告知单增还是单减），求参数范围】【2018湖北咸宁11月联考】若函数()4sin2sin f x x x a x =--在(),-∞+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（）A ． ][(),11,-∞-⋃-+∞B ． ][(),22,-∞-⋃+∞ C ． []1,1- D ． []2,2-【变式2】【改编例题中条件，给定函数不单调，求参数取值范围】【2018安徽“五校”联考】若函数()2ln 2f x x x x =+--在其定义域的一个子区间()21,2k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围是（） A ． 33,24⎛⎫-⎪⎝⎭ B ． 1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ． 3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ． 13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭【变式3】【改编例题中条件，给定函数存在单调区间，求参数取值范围】【2017河北武邑中学高三下学期期中考试（文）】已知函数()ln f x x =， ()212g x x bx =-（b 为常数）. （1）函数()f x 的图象在点()()1,f x 处的切线与函数()g x 的图象相切，求实数b 的值；（2）若函数()()()h x f x g x =+在定义域上存在单调减区间，求实数b 的取值范围；（3）若2b ≥， []12,1,2x x ∀∈，且12x x ≠，都有()()()()1212f x f x g x g x ->-成立，求实数b 的取值范围.（二）利用极值、最值求参数的取值范围例2.【2014山东卷（理）】设函数22()(ln )x e f x k x x x=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）.（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围.【变式1】【改编函数条件，给定函数极大、极小值都有求参数范围】【2018河南驻马店正阳第二高级中学开学考（文）】已知函数既存在极大值又存在极小值，则实数的取值范围是（）A. B.C.D.【变式2】【改编函数条件，给定函数有最大值求参数范围】【2018海南八校联盟考试（理）】已知函数()213ln 2f x x x a x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A. 1,52⎛⎫-⎪⎝⎭ B. 111,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 111,22⎛⎫⎪⎝⎭ D. 1,52⎛⎫ ⎪⎝⎭（三）在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围例3.【2017天津，文19】设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围. 【变式1】【改编例题中函数模型，求参数的最值】【2018河南信阳高级中学二模】已知函数；（1）讨论的极值点的个数；（2）若，且恒成立，求的最大值．参考数据：【变式2】【改编例题条件，在不等式有解条件下，求参数的取值范围】【2014全国1卷（文）】设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b ；（2）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。

利用导数求参数取值的一道高考题剖析

解题篇经典题突破方法高考数学2018年9月十摩錢理化y u用导数求參数取值的一道高考题剖桁■河南省信阳高级中学郭宏彬利用导数研究含参函数的性质（单调性、零点、极值、最值等），以及利用含参函数的性质求参数的取值范围是近几年高考的热点。

通过判断导数的正负确定函数的增减，寻找与函数的极值、最值、零点个数等的对应关系是解题的关键。

本文通过对2018年的一道高考题进行一题多解、一题多变的详细剖析，希望对同学们的学习能有所帮助。

一、题目及分析例题(2018年全国卷n理21)已知函数/(X)=e-a x2。

(I)若a=1，证明：当 x>0 时，/1;(n)若/(x)在（〇，+…）上只有一个零^点，•求a。

分析：I)常规思路是求导，无法求解时为：当不等式问题用代数法求解困难或不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图像的上下关系问题，数形结合求解。

题型5-----利用函数的图像求函数的交点问题例5已知函数^=/(x)的周期为2,当 x e[—1，1]时，/(：r)=x£，那么函数 ^ =/(x)的图像与函数|g x |的图像的交点共有（）。

八10个B9个C.8个D.1个解析：在同一坐标系中作出函数^ =/(x)与函数^=|l g x|的图像，如图6所示，yk-1 〇\^12 3 4 5 6^7 8 9 10 %图6分析图像可知，共有10个交点。

故选八。

二次求导，利用导数求解问题时注意导函数的正负对应着导函数的增减，导函数的增减对应着二阶导函数的正负。

一般导函数的正负无法判断时可以利用二阶导数求导函数的增减情况及最大（小）值，进而比较导函数值的正负情况，最后确定原函数的增减情况。

(n)确定原函数的增减情况，再结合极值利用零点存在定理和零点唯一存在定理讨论函数的零点个数。

二、一题多解(工）方法一：当《 =1时，/(：^) = ^ —工2，/’（）=e— 2〇〇,令 /”〇 =e — 2=0,得:r=ln2,即 x>l n2 时 /'()为增函数，x<In2时/ (x)为减函数，所以x =l n2时，/( j:)m in=2— 21n2>0，所以原函数为R上的增函数，即当x>0时，/&)>/(0)=1。

1 用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题 (2019高考)数学考点分类解析

用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题虽说在现行高中数学教材中没有给出极限的定义(只是在导数的定义中使用了极限符号)，但在教材中从多方位多角度的渗透了极限思想：在研究双曲线的渐近线、求2的近似值、二分法求方程近似解、幂指对函数增长速度的快慢、介绍无理数指数幂的意义以及在统计中研究密度曲线等等都渗透了极限思想.在即将出台的高中数学课标及教材中均会给出极限的定义，所以这里先由函数极限的δ-ε定义给出函数极限的保号性的相关结论，再给出该结论在求解函数问题中的应用. 函数极限的δ-ε定义若存在实数b ，0,0εδ∀>∃>，当0x a δ<-<时，()f x b ε-<，则当x a →时，函数()f x 存在极限，且极限是b ，记作lim ()x af x b →=.由该定义，还可得函数极限的保号性(1)①若)(lim >=→b x f ax ，则{}0)(,,,0>≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim>=+→b x f a x ，则0)(),,(,0>+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim >=-→b x f a x ，则0)(),,(,0>-∈∀>∃x f a a x δδ. (2)①若0)(lim <=→b x f ax ，则{}0)(,,,0<≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim <=+→b x f a x ，则0)(),,(,0<+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim <=-→b x f a x ，则0)(),,(,0<-∈∀>∃x f a a x δδ. 题1 (2006年高考全国卷II 理科第20题)设函数)1ln()1()(++=x x x f .若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围. (答案：]1,(-∞.)题2 (2007年高考全国卷I 理科第20题)设函数xxx f --=e e )(，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(，求实数a 的取值范围. (答案：]2,(-∞.)题 3 (2008年高考全国卷II 理科第22(2)题)设函数xxx f cos 2sin )(+=，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.(答案：⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,31.)题4 (2010年高考新课标全国卷文科第21(2)题)设函数2)1e ()(ax x x f x--=，若当0≥x 时，都有0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：]1,(-∞.)题5 (2010年高考新课标全国卷理科第21(2)题)设函数21e )(ax x x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-21,.)题1的解令ax x f x g -=)()(，得0)1l n ()1()(≥-++=ax x x x g 在),0[+∞上恒成立.考虑到0)0(=g ，只需)(x g 在),0[+∞上单调递增.问题转化为：01)1ln()(≥-++='a x x g 在),0[+∞上恒成立. 所以1]1)1[ln(min =++≤x a . 可见1≤a 满足题设.若1>a ，则01]1)1[ln(lim )(lim 0<-=-++='++→→a a x x g x x . 由函数极限的定义得：存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<'x g ，所以)(x g 在),0(δ上单调递减.所以当),0(δ∈x 时，ax x f g x g <=<)(,0)0()(，这与题设矛盾！因此，所求a 的取值范围是]1,(-∞.对于题2、3，也可这样简洁求解.这就是文献[1]给出的解法(实际上，由下文的定理3知，题4、5也可这样求解)，本文就把这种解法叫做导数—极限法，下面给出这种解法的一般结论.定理 1 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≥∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≥∀时都有0)()()(000=-=≥ax x f x g x g ，即ax x f ≥)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00δ+∈x x x 时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g <=<)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.推论设函数)(x f 满足“当0≥x 时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且0)0(,)(lim 10=='+→f a x f x ”.若0≥∀x 时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.定理 2 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≤)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≤∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≤∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≤∀时都有0)()()(000=-=≤ax x f x g x g ，即ax x f ≤)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='--→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00x x x δ-∈时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g >=>)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.定理 3 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明在定理1中令)()(x g x f -=可证.定理 4 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明类似于定理2的证明可证.(以下定理6,8的证明均同此.)定理5 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 证明设2)()(ax x f x g -=，得a x f x g x g ax x f x g 2)()())((,2)()(-''=''=''-'='. 当22a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有022)()(2≥-≥-''=''a a a x f x g ”，所以0x x ≥∀时都有2)()()(000=-'='≥'ax x f x g x g ，所以x x ≥∀时都有0)()()(2000=-=≥ax x f x g x g ，即2)(ax x f ≥.当22a a >时，得02]2)([lim )(lim 200<-=-''=''++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<''x g ，)(x g '是减函数，得0)()(0='<'x g x g ，)(x g 是减函数，所以20)(,0)()(ax x f x g x g <=<，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理6 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理7 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .证明在定理5中令)()(x g x f -=可证.定理8 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≤，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .由推论可立得题1,2,4的答案；由定理3可立得题3的答案；由定理5可立得题5的答案.读者还可给出定理5~8的推广.下面由推论给出题4的解答：可得题设即“当0>x 时，都有0)(≥x f ”，也即“当0>x 时，都有ax x ≥-1e ”，还“当0≥x 时，都有ax x ≥-1e ”.再由推论可立得答案为]1,(-∞.用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得：当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a →时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.例谈用验证法解题——2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解题1 解方程：(1)2121+=+x x ；(2)c c x x 11-=-；(3)c c x x 11+=+. 解 (1)容易观察出212，=x 均是该方程的解.按常规方法解此方程时，先去分母得到一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验(舍去使原方程中分母为零的解)，所以原方程最多有两个解.而已经找到了原方程的两个解212，=x ，所以这两个解就是原方程的所有解.(2)同理，可得原方程的所有解是cc x 1-=，. (3)容易观察出cc x 1，=均是该方程的解.同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解cc x 1，=(因为对于任意的非零实数c ，c 和c 1都是原方程的解，所以应当把c 和c1理解成原方程的两个解)，所以这两个解就是原方程的所有解.题2 解方程22=+++x x x .解设函数2)(+++=x x x x f ，易知它是增函数，所以方程2)(=x f 至多有一个根(当2在函数)(x f 的值域中时有一个根，否则没有根)，……所以原方程的根是2=x .题3 已知1tan ,51cos sin ->=+ααα，求αtan . 解由⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1cos sin 51cos sin 22αααα及“勾三股四弦五”可以猜出该方程组有两组解：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==53cos 54sin αα 或 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=54c o s 53s i n αα 该方程组即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=1sin 51sin sin 51cos 22αααα 因为关于αsin 的一元二次方程1sin 51sin 22=⎪⎭⎫⎝⎛-+αα最多有两个解，所以该方程组也最多有两组解，......所以上面猜出的两组解就是该方程组的全部解， (4)3tan -=α. 题4]1[ (2007年高考陕西卷理科第22(1)题)已知各项全不为零的数列}{k a 的前k 项和为k S ，且∈=+k a a S k k k (211N*)，其中11=a ，求数列}{k a 的通项公式. 解由题设得kk k k k a a a a a S a )(22211+++==+ ，所以当k a a a ,,,21 确定时，1+k a 也唯一确定.所以由11=a 知，数列}{k a 是唯一确定的.可以观察出k a k =满足题设的所有条件，所以数列{}k 是满足题设的唯一数列，得k a k =.另解 (2),2)()((211111k k k kk k k k k k k k S S S S S k S S S S a a S +-=≥--==-++-+因为)2)(01≥≠=--k a S S k k k ①由题设得3,121==S S ，再由①知{}k S 是唯一确定的数列⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎩⎨⎧≥-==-2,1,11k S S k S a k k k .再同上得k a k =.题5]1[ (2005年高考江苏卷第23(1)(2)题)设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知11,6,1321===a a a ，且∈+=+--+n B An S n S n n n ()25()85(1N*)，其中B A ,为常数.(1)求A 与B 的值；(2)证明数列}{n a 为等差数列；解 (1)8,20-=-=B A . (2) ∈-+--+=+n n n S n n S n n (8582085251N*)，11=S ②所以{}n S 是唯一确定的数列，}{n a 也是唯一确定的数列.又由11,6,1321===a a a 知，若}{n a 为等差数列，则45-=n a n ，于是)35(21-=n n S n . 容易验证)35(21-=n n S n 满足②，所以题中的45),35(21-=-=n a n n S n n ，}{n a 为等差数.题6]2[ 已知数列}{n a 满足nn a a a n n ++==+2111,21，求n a ；解首先，由首项211=a 及递推关系nn a a n n ++=+211知，满足题意的数列}{n a 是唯一确定的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是所求的答案.易得⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=+=-+n k n k n n n n a a n n 111111121，即n k a n 1-=（k 是常数）满足递推关系n n a a n n ++=+211，再由211=a ，得n a n 123-=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 123-=.题7]2[ 已知数列}{n a 满足n n a n n a a 1,3211+==+，求n a . 解易知本题的答案是是唯一确定的，所以只需寻求一个数列满足该题目的所有条件.易得k nk n kn na a n n (111+=+=+是非零常数），即n k a n =满足递推关系n n a n n a 11+=+，再由321=a ，得n a n 32=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 32=.注因为绝大部分求数列通项公式的题目答案都是唯一的，所以只要能观察或求出满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的唯一答案.对于要求解的问题Ω，若能证明它最多有n n (是确定的正整数)个解，又找出了它的n 个解n ωωω,,,21 ，则这n 个解就是该问题的所有解.这就是本文要阐述的用验证法解题.下面再用这种方法解答一道高考题：题8 (2010·安徽·理·20)设数列 ,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何∈n N*，都有1113221111++=+++n n n a a na a a a a a . 证明先证必要性.若数列{}n a 是公差为d 的等差数列：当0=d 时，易得欲证成立.当0≠d 时，有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-+-=++++++1132232112132211111n n n n n n a a a a a a a a a a a a d a a a a a a 111111111322111111111111+++++=-⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n n n a a na a a a d a a d a a a a a a d再证充分性.只需对)3(≥n n 用数学归纳法证明加强的结论：若),,3,2(1111113221n i a a ia a a a a a i i i ==+++++恒成立，则n a a a ,,,21 成等差数列，且na a n 1≠. 当3=n 时成立：当2=i 时，得2313132212,211a a a a a a a a a =+=+，所以321,,a a a 成等差数列，还可证313a a ≠(因为由313a a =可得023131313334=-=--+=+=a a a a a d a a ，而由3=i 时成立立知)04≠a .假设k n ,,4,3 =时成立：即ka a a ,,,21 成等差数列，且ka a a a a a k 11413,,4,3≠≠≠. 由k i ,,3,2 =时均成立及kaa a a a a k 11413,,4,3≠≠≠知，当21,a a 确定时，数列121,,,+n a a a 也是确定的，而由必要性的证明知，由21,a a 确定的等差数列121,,,+n a a a 满足题设，所以由题设及21,a a 确定的数列就是这个等差数列，即121,,,+n a a a 成等差数列，同上还可证111+≠+k a a k ，即1+=k n 时成立.所以要证结论成立，得充分性成立.参考文献1 甘志国.例谈用验证法求数列通项[J].中学数学月刊，2008(3)：462 甘志国著.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.416-417用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得：当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a 时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.。

例说高考题中的利用导数求参数范围

例说高考题中的利用导数求参数范围导数，作为解决与高次函数有关问题的一种工具，有着无可比拟的优越性。

一与二次函数的性质、单调性、不等式等相联系求解策略：利用“要使a x f >)(成立，只需使函数的最小值a x f >min)(恒成立即可；要使a x f <)(成立，只需使函数的最大值a x f <max)(恒成立即可”.这也是近两年高考考查和应用最多的一种.例1（05湖北理）已知向量a =(2x ,1+x )，a =(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.解析：由向量的数量积定义，)(x f =2x (x -1)+(1+x )t =3x-+2x +tx +t∴)(x f '=23x -+x 2+t .若)(x f 在区间(-1,1)上是增函数，则有)(x f '≥0⇔t ≥23x -x 2在 (-1,1)上恒成立.若令)(x g =23x -x 2=-3(31-x )2-31在区间[-1,1]上，max)(x g =)1(-g =5，故在区间(-1,1)上使t ≥)(x g 恒成立，只需t ≥)1(-g 即可，即t ≥5.即t 的取值范围是[5，∞）.点评：本题除了用导数反映单调性，还借助了二次函数的性质求出最值，且要注意边界值的取舍。

例2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. 解析：注意到不等式的次数较高，应想到构造函数，求导.令)(x f =4x -22x ，则如果原不等式对任意的实数x 都成立等价于m in)(x f >a -2.又)(x f '=34x -x 4=42x (1-x )，令)(x f '=0，解得，x =0或x =1.)(x f '的符号及)(x f 的单调性如下：因为)(x f 在R 上的极值只有一个，故此极小值即为最小值，即m in)(x f =)1(f = -1，∴m in)(x f = -1>a -2，即a >3.点评：本题是利用导数求得函数的最值，进而求出参数范围的。

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