运用导数解决含参函数问题的策略
2] 总存在 x2 I [ 0, 2] 使得 f ( x 1 ) - g( x 2 ) = 0,
_ [ 0,
2 3
]
AA . 而 gc( x ) =
ax2 -
a2 ,
¹ 当 a< 0 时, gc( x ) < 0, 函数 g ( x ) 在 [ 0, 2] 上为递
减函数, g ( 0) = 0, g( 2) =
中学教学参考
解题方法与技巧
运用导数解决含参函数问题的策略
广西钦州市第一中学( 535000) 梁小金
以函 数为载 体, 以 导数为 工具, 考查函 数性质 及导 数应用为目标, 是最近几年函数 与导数 交汇试题 的显著
特点和命题趋向. 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
º当 $= 4- 4a2 > 0, 即 0< a< 1 时, 由 h ( x ) = 0 ]
0< 1-
1a
a2 <
1]
1+
1a
a2 >
1.
_ 当 0 < a < 1 时, f ( x ) 在 ( 0, 1-
1a
a2
)
和
( 1+
1a
a2 ,
+
] ) 上 是 单 调 递 增 函 数, 在
( 1-
1a
a2 ,
1 x
+
a x2
=
x+ x2
a
,
显然
x
2
>
0.
( 1) 当 a \- 1 时, x + a \0, 即 f c( x ) \0 在[ 1, e] 上
恒成立, 此时 f ( x ) 在[ 1, e] 上为增函数;
( 2) 当 a [ - e 时, x + a [ 0, 即 f c( x ) [ 0 在[ 1, e] 上
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. 本 文通过 一些实例介绍这类问题相应的 解法, 期 望对考生 的备考
有所帮助. 一、含参函数中的存在性问题
利用题设条件能沟通所求 参数之 间的联系, 建立方
程或不等式( 组) 求解. 这是求存 在性范 围问题最 显然的 一个方法.
8 3
a-
2a2 <
0,
不符合题意.
º当 a> 0 时, gc( x ) = a( x + a ) ( x - a) , 若 0 < a
[ 2, 即 0 < a [ 4 时, g ( x ) 在[ 0, a ] 上为 递 减 函数, 在
[
a, 2] 上为递增函数, _ g ( 0) = 0, g ( a ) = -
未知.
=例 3>
已知函数 f ( x) = 1n x-
a x
(aI
R) .
( 1) 讨论 f ( x ) 在[ 1, e] 上的单调性;
( 2) 若 f ( x ) < x 在[ 1, + ] ) 上 恒成立, 试求 a 的取
值范围.
解: ( Ñ ) f ( x ) 的定义域为(0, +
]
) , f c( x ) =
=例 4> 设函数 f ( x) = x 4 + ax3 + 2x2 + b( x I R, a,
b I R) .
( 1) 若函数 f ( x ) 仅在 x = 0 处有极值, 求实数 a 的取 值范围;
( 2) 若对于任意的 a I [ - 2, 2] , 不等式 f ( x ) [ 1 在
[ - 1, 1] 上恒成立, 求实数 b 的取值范围. 解: ( 1) f c( x ) = 4x3 + 3ax2 + 4x= x ( 4x2 + 3ax + 4) .
方法 去处 理. 这就 要求 我们养 成良好 的数 学思维, 有良
好的 观察 与分析 问题 的能力, 灵活的 转化 问题能 力, 使
所见到的/ 含参函数0问题能更有效地解决.
( 责任编辑 金 铃)
º 得1 3
[
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, 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. 类 型有: ( 1) 双参
数中知道其中一 个参 数的 范围; ( 2) 双参 数中 的范 围均
2 3
a2
a<
0, g ( 2) =
8 3
a-
2a2
\
2 3
]
1 3
[
a[
1.
若 a > 2, 即 a> 4 时, gc( x ) < 0, 函数 g ( x ) 在 [ 0, 2]
上为递减函数,
_ g ( 2) =
8 3
a-
2a2 <
0,
g ( 0)
=
0, 不满
足,
_ [ 0,
2 3
]
AA
.
综合
¹
( 2) 设 g( x ) =源自1 3ax3-
a2 x ( a X 0) ,
若对任意 的 x 1
I
[ 0, 2] 总存在 x2 I [ 0, 2] 使得 f ( x1 ) - g ( x 2 ) = 0, 求实数
a 的取值范围.
解: ( 1) ^ 0 [ x [ 2, _ f ( x ) \0. ¹ 当 x= 0 时, f ( x) = 0; º当 0< x [ 2 时,
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.
历年高考试题中也常出现 此类问 题, 且涉及 的知识
1+
1a
a2 )上是单调递减函数.
综合 ¹ º 得, 当 a \1 时, f ( x ) 的单 调 递增 区 间是
( 0, + ] ) ;
_ 当 0 < a < 1 时, f ( x ) 的 单 调 增 区 间 是 ( 0,
1-
1a
a2 )
和(
1+
1a
a2 ,
+
]
), 单调递减区间是
( 1-
1a
a2 ,
1 x
-
2.
^ x \1, _ Wc( x ) < 0. ^ x \1, _ W( x) 在[ 1, + ] ) 上 单调递减, _ Wc( x) X W( 1) = - 1< 0,
因此 gc( x) < 0. 故 g( x ) 在 [ 1, + ] ) 上单调 递减, 则 g ( x ) [ g( 1) = - 1, _ a 的取值范围是( - 1, + ] ) .
g ( x 2 ) , 求实数 a 的取值范围.
解: ( 1) f c( x ) =
ax2 - 2x + x2
a(x>
0) , 令 h ( x ) =
ax2
- 2x + a.
¹ 当 $= 4- 4a2 [ 0, 即 a \1 时, h( x ) = 0 ] f c( x ) \
0, _ 当 a \1 时 f ( x ) 在( 0, + ] ) 上是单调递增函数.
x 得 lnx -
a x
<
x.
^x
\1 _
a
\x lnx
- x2.
令 g( x ) = x lnx- x2 , 要使 a> xlnx - x 2 在[ 1, + ] ) 恒成立, 只需 a> g( x ) .
而 gc( x) = lnx - 2x + 1.
令 W( x) =
lnx -
2x + 1, 则 Wc( x ) =
f (x)=
4 3
@
1 x+
1 x
[
4 3
@ 2
1= 1 x
2 3
(
当 且仅 当
x
40
中学教学参考( 中旬) 2010. 2 总第 41 期
= 1 时取/ = 0 ).
综合 ¹ º 得 0 [ f ( x ) [
2 3
.
( 2) 设函数 g( x) 在[ 0, 2] 上的值 域为 A , ^ x1 I [ 0,
< g(x2),则
f ( e) < 2, f ( 1) < 2, _ ae-
a e
-
2<
2]
0<
a<
e
4e 2-
1.
关于运用导数解决含参 函数问题 的策略 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0 题 目, 不 一定用 某一 种方 法, 还 可用 多种
_ x < 0 ] f c( x ) < 0, x> 0 ] f c( x ) > 0, 因此 f ( x ) 在 [ - 1, 1] 上先减后增.
为了使任意的 a I [ - 2, 2] , 不等 式 f ( x) [ 1 在[ -
新教材老高考适用2023高考数学一轮总复习第四章第二节利用导数研究函数的单调性pptx课件北师大版
第二节 利用导数研究函数的单调性
内
容
索
引
01
强基础 增分策略
02
增素能 精准突破
课标解读
1.结合实例,借助几何直观了
解函数的单调性与导数的关
系.
2.能利用导数研究函数的单
调性,会求函数的单调区间.
3.能够利用导数解决与函数
单调性有关的问题.
衍生考点
核心素养
1.研究不含参函数的
单调性
数学抽象
+1
(2)若-1≤a<0,由于 ≤0,所以
+1
(- )
.
2
+1
,
+∞
+1
0,
.
f'(x)<0,即 f(x)的单调递减区间是(0,+∞).
;
+1
(3)若 a<-1, >0,当 x∈
当 x∈
+1
, +∞
+1
0,
时,f'(x)>0,所以 f(x)的单调递增区间是
且g(-2)=g(2)=2f(2)=0,g(0)=0.因为f(x)>0,所以当x>0时,由g(x)=xf(x)>0得
2.讨论含参函数的单
逻辑推理
调性
数学运算
3.与导数有关的函数
数学建模
单调性的应用
强基础 增分策略
知识梳理
1.函数的单调性与其导数的关系
导数的符号与函数的单调性之间具有如下的关系:
(1)若在某个区间内,函数y=f(x)的导数f'(x)>0,则在这个区间内,函数
含参的零点问题解题技巧
含参的零点问题解题技巧含参的零点问题通常是函数在特定区间内求解的问题，其中函数的零点指的是使函数值为零的自变量取值。
这类问题在数学、物理等领域具有广泛的应用。
为了解决这类问题，我们可以遵循以下步骤和技巧：1.确定变量范围首先，我们需要确定自变量（即参数）的取值范围。
这可以通过观察函数的定义域、值域或者已知条件来确定。
确定范围后，我们可以更好地分析问题，并为后续的求解奠定基础。
2.化简函数式在含参的零点问题中，函数式往往较为复杂。
为了便于求解，我们需要对其进行化简。
化简的方法包括因式分解、合并同类项等。
通过化简，我们可以将问题简化，从而更容易找到零点。
3.寻找可能的零点在化简后的函数式中，我们需要寻找可能的零点。
这可以通过观察函数的图像、分析函数的性质或利用数值方法（如二分法、牛顿法等）来实现。
寻找可能的零点有助于缩小搜索范围，提高求解效率。
4.判断零点个数找到可能的零点后，我们需要判断这些零点的个数。
这可以通过分析函数的性质、计算函数的导数或者应用一些判别准则来实现。
判断零点个数有助于确定后续的求解策略，如使用逐一检验法、区间排除法等。
5.实例分析下面我们来看一个实例，以加深对含参的零点问题的理解。
例：求函数f(x) = x - 2x + 1 在区间[0, 2] 内的零点。
解：（1）确定变量范围：x ∈ [0, 2]；（2）化简函数式：f(x) = (x - 1)；（3）寻找可能的零点：x - 1 = 0，即x = 1；（4）判断零点个数：只有一个零点x = 1。
通过以上步骤，我们可以轻松地求解含参的零点问题。
在实际应用中，根据问题的具体情况，可以灵活运用这些步骤和技巧。
【总结与建议】解决含参的零点问题，关键在于掌握解题步骤和技巧。
在求解过程中，注意分析问题、化简函数式、寻找可能的零点以及判断零点个数。
此外，多做练习题、了解相关领域的知识也是提高解题能力的重要途径。
如何运用导数解决含参函数问题的研究
如何运用导数解决含参函数问题的研究作者：黄清鹏来源：《中学课程辅导·教师通讯》2018年第02期【内容摘要】导数的学习和解决方法的掌握，不仅是高中数学重要的组成部分，在高考中也是作为考试的考查重点。
含参函数问题主要是以函数为载体，运用导数工具来解决这一类问题，这是一种方法，主要是考查函数性质，促进学生深入研究和分析导数和更好地应用导数。
因此，运用导数解决含参函数问题，必须把握好最近几年函数命题的规律，深入了解和分析导数的性质和应用，结合试题特点和命题趋向的同时，要充分运用导数来解决含参函数问题。
要把握好导数的性质，根据导数来求出含参数函数问题中参数的取值范围，这种求存在性问题是常考的范围，也是常规的解题思路，通过等价转化将复杂的数学思想进行简单转化，有利于将学生不熟悉、复杂的问题简单化，进而变为他们熟悉、规范和简单的含参函数问题。
运用导数解决含参函数问题，对提高学生对导数性质认识和创新方法与思路去解决含参函数问题具有极强的指导意义。
【关键词】含参函数问题导数数学历年高考试题中常常出现含参函数问题，这考察的不仅是学生对含参函数问题的解决能力，也是学生解题思路的一种培养。
常用的解题方法就是导数求解法。
实际上，学生对这类含参函数问题比较头疼和恐惧，因为此类问题涉及的数学知识内容多、面广，具有极强的综合性。
学生面对这类问题时，不知道如何确定参数范围，也不知道所包括的函数关系或不等关系是怎么来的。
含参函数问题以函数为载体，对学生函数性质及导数应用的考察要求较为严格，也是近些年高考数学命题的趋向。
实际上，运用导数解决含参数函数问题，求参数取值范围，作为探索性问题对于数学解题来说非常常见，通过等价转化来把握住数学思想，就可以将这些复杂的数学问题转化成为学生熟悉的、规范的和简单的问题。
运用导数解决含参函数问题，就是基于不等式的结构特征，把握好含参数不等式的存在性，适当构造函数，来探讨含参函数的最值，利用导数就可以求出范围。
专题12 利用导数解决函数的单调性
专题12导数与函数的单调性问题【高考地位】在近几年的高考中，导数在研究函数的单调性中的应用是必考内容，它以不但避开了初等函数变形的难点，定义法证明的繁杂，而且使解法程序化，优化解题策略、简化运算，具有较强的工具性的作用.导数在研究函数的单调性中的应用主要有两方面的应用：一是分析函数的单调性；二是已知函数在某区间上的单调性求参数的取值范围.在高考中的各种题型中均有出现，其试题难度考查相对较大.类型一求无参函数的单调区间例1已知函数()ln xf x e=.（1）当1a =时，判断()f x 的单调性；【解析】（1）当1a =时，()ln 1xx f x e+=，第一步，计算函数()f x 的定义域：()0,+∞.第二步，求出函数()f x 的导函数'()f x ：()1ln 1xx x f x e --'=第三步，令()1ln 1g x x x=--，则()g x 在()0,∞+上为减函数，且()10g =所以，当()0,1x ∈时，()0g x >，()0f x '>，()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，()0g x <，()0f x '<，()f x 单调递减.故()f x 递增区间为()0,1；()f x 递减区间为()1,+∞【变式演练1】函数()2sin sin 2f x x x =⋅，0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦的单调递增区间为__________．【答案】(0,)3π；（区间两端开闭都可以）【分析】利用三角恒等变换得32sin y =，再利用换元法设sin [0,1]t x =∈，利用导数和复合函数的单调性解不等式0sin x <<，即可得到答案；【详解】令223sin sin 22sin cos sin 2sin y x x x x x =⋅=⋅=，设sin [0,1]t x =∈，则3()2h t t =，∴()'362h t tt ='，2242246122346t t t t t t---=，[0.1)t∈，∴()002h t t >⇒<<'，∴0sin 03x x π<<<<，∴()f x 在区间(0,)3π单调递增.故答案为：(0,)3π.【点睛】本题考查复合函数的单调性与导数的结合，考查运算求解能力，求解时注意复合函数的单调性是同增异减的原则.【变式演练2】已知函数()()2ln 1x xf x x e e -=+++，则不等式()()2210f x f x --+≤的解集为___________.【答案】(]1,3,3⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭【分析】首先根据题意得到()f x 是偶函数，利用导数和奇偶性得到函数()f x 的单调区间，再利用单调性和奇偶性解不等式即可.【详解】因为()()2ln 1x xf x x e e -=+++，x ∈R ，所以()()()2ln 1x xf x x e e f x -+-=++=，所以()f x 是偶函数.因为()22222111x x xx x x e f x e e x x e-'==++-+-+当0x >时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上单调递增.又因为()f x 是偶函数，所以()f x 在(),0-∞上单调递减.所以()()2210f x f x --+≤，即()()221f x f x -≤+，所以221x x -≤+，即23830x x +-≥，解得3x ≤-或13x ≥.故答案为：(]1,3,3⎡⎫-∞-+∞⎪⎢⎣⎭.【变式演练3】已知函数()2sin f x x x =-+，若a f =，(2)b f =--，2(log 7)c f =，则,,a b c 的大小关系为（）A ．a b c <<B ．b c a<<C ．c a b<<D ．a c b<<【答案】D 【解析】【分析】求得函数()f x 单调性与奇偶性，再结合指数函数与对数函数的性质，得出2log 72>>，得到()22(log 7)(f f f >>，进而得到2(2)(log 7)(f f f -->>，即可得到答案.【详解】由题意，函数()2sin f x x x =-+的定义域为R ，且()2()sin()2sin ()f x x x x x f x -=-⋅-+-=-=-，即()()f x f x -=-，所以函数()f x 是R 上的奇函数，又由()2cos 0f x x '=-+<，所以函数()f x 为R 上的单调递减函数，又因为133>=，22log 7log 42>=且22log 7log 83<=，即22log 73<<，所以2log 72>>，可得()22(log 7)(f f f >>，又由函数()f x 是R 上的奇函数，可得()(2)2f f --=，所以2(2)(log 7)(f f f -->>，即a c b <<.故选：D.【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性与函数的单调性，以及指数函数与对数函数的图象与性质的综合应用，其中解答中熟练应用函数的基本性质，结合指数函数与对数函数的性质求得自变量的大小关系式解答的关键，着重考查了推理与运算能力.【变式演练4】定义在R 上的连续函数()f x ，导函数为()f x '．若对任意不等于1-的实数x ，均有()()()10x f x f x '+->⎡⎤⎣⎦成立，且()()211xf x f x e -+=--，则下列命题中一定成立的是（）A ．()()10f f ->B ．()()21ef f -<-C ．()()220e f f -<D ．()()220e f f ->【答案】B 【解析】【分析】构造函数()()x f x g x e=，利用导数分析出函数()y g x =在(),1-∞-上单调递增，在()1,-+∞上单调递减，并推导出函数()()x f x g x e=的图象关于直线1x =-对称，进而可判断出各选项的正误.【详解】构造函数()()xf xg x e=，则()()()x f x f x g x e '-'=，当1x ≠-时，()()()10x f x f x '+->⎡⎤⎣⎦.当1x >-时，则()()0f x f x '->，()0g x '<；当1x <-时，则()()0f x f x '-<，()0g x '>.所以，函数()()xf xg x e=在(),1-∞-上单调递增，在()1,-+∞上单调递减.又()()211xf x f x e-+=--，所以()()1111xxf x f x ee-+---+--=，即()()11g x g x -+=--，故函数()()x f x g x e=的图象关于直线1x =-对称．对于A 选项，()()10g g ->，即()()10ef f ->，()1f -与()0f 的大小关系不确定，A 选项错误；对于B 选项，()()21g g -<-，即()()221e f ef -<-，即()()21ef f -<-，B 选项正确；对于C 、D 选项，()()20g g -=，即()()220e f f -=，C 、D 选项错误.故选：B ．【点睛】本题考查利用构造函数法判断函数值的大小关系，根据导数不等式的结构构造新函数是解题的关键，考查推理能力，属于难题.类型二判定含参数的函数的单调性例2已知函数()()2ln 21f x x x ax a R =+-+∈.（1）讨论()f x 的单调性；【解析】（1）第一步，计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ：()2122122(0)'x ax x x x xf a x -+=+-=>，记()2221g x x ax =-+.第二步，讨论参数的取值范围，何时使得导函数'()f x 按照给定的区间大于0或小于0：当0a ≤时，因为0x >，所以()1g x >，所以函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <≤时，因为()2420a ∆=-≤，所以()0g x ≥，函数()f x 在()0,∞+上单调递增；当a >时，由()00x g x >⎧⎨>⎩，解得22,22a a x ⎛+∈⎪⎝⎭，第三步，根据导函数的符号变换判断其单调区间：所以函数()f x 在区间22,22a a ⎛-+⎝⎭上单调递减，在区间20,2a ⎛- ⎪⎝⎭和22a ⎛⎫++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增.【变式演练5】（主导函数是一次型函数）已知函数()=1,f x nx ax a R -∈.（1）讨论函数f x （）的单调性；【解析】（1）因为()ln (0)f x x ax x =->，所以11()'-=-=ax f x a x x，当0a时，()0f x '>，即函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，令()0f x '>，即10ax ->，解得10x a<<；令()0f x '<，即10ax -<，解得1x a>，综上所述：当0a 时，函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当0a >时，函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减.【变式演练6】（主导函数为类一次型）已知函数()xf x e ax -=+.（I ）讨论()f x 的单调性；【解析】（Ⅰ）函数()y f x =的定义域为R ，且()xf x a e -'=-.①当0a ≤时，()0f x '<，函数()y f x =在R 上单调递减；②当0a >时，令()0f x '<，可得ln x a <-；令()0f x '>，可得ln x a >-.此时，函数()y f x =的单调递减区间为(),ln a -∞-，单调递增区间为()ln ,a -+∞；【变式演练7】（主导函数为二次型）【2020届山西省高三高考考前适应性测试（二）】已知函数()2ln af x x a x x=--，0a ≥.（1）讨论()f x 的单调性；【解析】（1）函数()2ln a f x x a x x =--的定义域为()0,∞+，()222221a a x ax af x x x x-+'=+-=.令()22g x x ax a =-+，244a a ∆=-.①当2440a a ∆=-≤时，即当01a ≤≤时，对任意的0x >，()0g x ≥，则()0f x '≥，此时，函数()y f x =在()0,∞+上单调递增；②当2440a a ∆=->时，即当1a >时，方程()0g x =有两个不等的实根，设为1x 、2x ，且12x x <，令220x ax a -+=，解得10x a =>，20x a =+>.解不等式()0f x '<，可得a x a <<+解不等式()0f x '>，可得0x a <<-或x a >+此时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a ，()a ++∞，单调递减区间为(a a -+.综上所述，当01a ≤≤时，函数()y f x =的单调递增区间为()0,∞+，无递减区间；当1a >时，函数()y f x =的单调递增区间为(0,a ，()a ++∞，单调递减区间为(a a -+；【变式演练8】（主导函数是类二次型）已知函数2()(1)x f x k x e x =--，其中k ∈R.（1）当k 2≤时，求函数()f x 的单调区间；【解析】（1）()2(2)x x f x kxe x x ke '=-=-，当0k ≤时20x ke -<，令'()0f x >得0x <，令'()0f x <得0x >，故()f x 的单调递增区间为(0)()f x -∞，，的单调递减区间为(0)+∞，当02k <≤时，令'()0f x =得0x =，或2ln 0x k=≥，当02k <<时2ln0k >，当'()0f x >时2ln x k >或0x <；当'()0f x >时20ln x k <<；()f x 的单调递增区间为()2,0,ln ,k ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭；减区间为20ln k ⎛⎫ ⎪⎝⎭，.当2k =时2ln0k=，当0x >时'()0f x >；当0x <时'()0f x >；()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞；【变式演练9】已知函数()22ln f x x x =-，若()f x 在区间()2,1m m +上单调递增，则m 的取值范围是（）A ．1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．1,12⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．[)0,1【答案】A 【分析】利用导数求出函数()f x 的单调递增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，进而可得出()12,1,2m m ⎛⎫+⊆+∞ ⎪⎝⎭，可得出关于实数m的不等式组，由此可解得实数m 的取值范围.【详解】因为()22ln f x x x =-的定义域为()0,∞+，()14f x x x'=-，由()0f x '>，得140x x ->，解得12x >，所以()f x 的递增区间为1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．由于()f x 在区间()2,1m m +上单调递增，则()12,1,2m m ⎛⎫+⊆+∞ ⎪⎝⎭，所以12122m mm +>⎧⎪⎨≥⎪⎩，解得114m ≤<.因此，实数m 的取值范围是1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭．故选：A.【点睛】方法点睛：利用函数()f x 在区间D 上单调递增求参数，可转化为以下两种类型：（1）区间D 为函数()f x 单调递增区间的子集；（2）对任意的x D ∈，()0f x '≥恒成立.同时也要注意区间左端点和右端点值的大小关系.类型三由函数单调性求参数取值范围例3．若()()21ln 242f x x b x =-++在()2,-+∞上是减函数，则实数b 的范围是（）A ．(],1-∞-B ．(],0-∞C ．(]1,0-D ．[)1,-+∞【答案】A【解析】第一步：计算函数()f x 的定义域并求出函数()f x 的导函数'()f x ：因为()()21ln 242f x x b x =-++，故可得()2b f x x x '=-++，第二步根据题意转化为相应的恒成立问题：因为()f x 在区间()2,-+∞是减函数，故02bx x -+≤+在区间()2,-+∞上恒成立.因为20x +>，故上式可整理化简为()2b x x ≤+在区间()2,-+∞上恒成立，因为()2y x x =+在区间()2,-+∞上的最小值为1-，第三步得出结论：故只需b ≤-1.故选：A.【点睛】本题考查根据函数的单调性，利用导数求解参数范围的问题，属基础题.【变式演练11】（转化为任意型恒成立）【四川省绵阳市2020高三高考数学（文科）三诊】函数2()(2)x f x e x ax b =-++在(1,1)-上单调递增，则2816a b ++的最小值为（）A ．4B ．16C ．20D ．18【答案】B 【解析】【分析】由函数()()22xf x exax b =-++在()1,1-上单调递增得：()2402a x a b x -+-++≥在()1,1-上恒成立，转化成26020a b b +-≥⎧⎨+≥⎩，结合线性规划知识求解即可【详解】因为函数()()22xf x e xax b =-++在()1,1-上单调递增，所以()()()()22''22'xx f x ex ax b e x ax b =-+++-++=()2402x a x a b e x ⎡⎤+-++≥⎣⎦-在()1,1-上恒成立．又0x e >，所以()2402a x a b x -+-++≥在()1,1-上恒成立．记()()224g x a x x a b -=+-++，则()()()()12401240g a a b g a a b ⎧-=---++≥⎪⎨=-+-++≥⎪⎩，整理得：26020a b b +-≥⎧⎨+≥⎩，把横坐标看作a 轴，纵坐标看作b 轴，作出不等式组表示的区域如下图，令2816a z b =++，则2288a z b =-+-，抛物线28a b =-恰好过图中点()4,2G -，由线性规划知识可得：当抛物线2288a zb =-+-过点()4,2G -时，28z -最小，此时z 取得最小值．所以()2min 4821616z =+⨯-+=故选B【点睛】本题主要考查了单调性与导数的关系，还考查了恒成立问题及线性规划求最值，考查计算能力及转化能力，属于中档题．【变式演练12】（转化为变号零点）已知函数2()ln 1f x x a x =-+在(1,2)内不是单调函数，则实数a 的取值范围是（）A ．[)2,8B ．[]2,8C ．(][),28,-∞+∞ D ．()2,8【答案】D【解析】【分析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，22()2a x a f x x x x-'=-=，根据题意可得到，12<<，从而可得答案．【详解】解： 函数2()1f x x alnx =-+，定义域{|0}x x >，∴22()2a x a f x x x x-'=-=，当0a时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上是增函数，不符合题意，当0a >时，在⎫+∞⎪⎪⎭上，()0f x '>，()f x 单调递增，在⎛ ⎝上，()0f x '<，()f x 单调递减， 函数2()1f x x alnx =-+在(1,2)内不是单调函数，12∴<<，28a ∴<<，故选：D ．【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，依题意得到02a -是关键，也是难点所在，属于中档题．【变式演练13】（直接给给定单调区间）已知函数()32113f x x mx nx =+++的单调递减区间是()3,1-，则m n +的值为（）A ．-4B ．-2C ．2D ．4【答案】B【解析】【分析】根据()f x 的单调区间，得到导函数()'fx 的零点，结合根与系数关系，求得m n +的值.【详解】依题意()'22f x x mx n =++，由于函数()32113f x x mx nx =+++的单调递减区间是()3,1-，所以3x =-，1x =是()'22fx x mx n =++的两个零点，所以3121313m m n n -+=-=⎧⎧⇒⎨⎨-⨯==-⎩⎩，所以2m n +=-.故选：B【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性，属于中档题.【变式演练14】（转化为存在型恒成立）若f （x ）321132x x =-++2ax 在（1，+∞）上存在单调递增区间，则a 的取值范围是()A ．（﹣∞，0]B ．（﹣∞，0）C ．[0，+∞）D ．（0，+∞）【答案】D【解析】【分析】f (x )在(1,+∞)上存在单调递增区间,等价于()f x '>0在(1,+∞)上有解.因此结合()f x '的单调性求出其在(1,+∞)上的最值,即可得出结论.【详解】f (x )321132x x =-++2ax 在(1,+∞)上存在单调递增区间,只需()f x '>0在(1,+∞)上有解即可.由已知得2()2f x x x a '=-++,该函数开口向下,对称轴为12x =,故()f x '在(1,+∞)上递减,所以(1)f '=2a >0,解得a >0.故选:D.【点睛】本题主要考查了函数单调性的应用,难度不大.。
运用导数解决含参问题
运用导数解决含参问题运用导数解决含参函数问题的策略以函数为载体，以导数为工具，考查函数性质及导数应用为目标，是最近几年函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向。
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。
一、含参函数中的存在性问题利用题设条件能沟通所求参数之间的联系，建立方程或不等式（组）求解。
这是求存在性范围问题最显然的一个方法。
例题讲解例1：已知函数x x x f ln 21)(2+=，若存在],1[0e x ∈使不等式mx f ≤)(0，求实数m 的取值范围二、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，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。
类型有：(1)双参数中知道其中一个参数的范围；(2)双参数中的范围均未知。
一、选择题1 ．（2013年课标Ⅱ）已知函数32()f x x ax bx c =+++,下列结论中错误的是（ ）A ．0x ∃∈R,0()0f x =B.函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点,则()f x 在区间0(,)x -∞上单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点,则0'()0f x =2 ．（2013年大纲）已知曲线()421-128=y x ax a a =+++在点，处切线的斜率为，（） A ．9 B ．6 C ．-9 D ．-6 3 ．（2013年湖北）已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞4.若函数32()1f x x x mx =+++是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是: （ ）A. 1(,)3+∞B. 1(,)3-∞C. 1[,)3+∞D. 1(,]3-∞ 5.函数2()f x ax b =-在区间(,0)-∞内是减函数，则,a b 应满足: （ ） Ａ．0a <且0b = Ｂ．0a >且b R ∈Ｃ．0a <且0b ≠ Ｄ．0a <且b R ∈6. 函数y ＝a x 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a ＝ ( )A ． 18B ．41C ．21D ．17.函数,93)(23-++=x ax x x f 已知3)(-=x x f 在时取得极值，则a = ( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题8 ．（2013年广东卷（文））若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴,则a =____.9．（2013年江西卷（文））若曲线1y x α=+(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=_________。
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。
运用导数解决含参函数问题的策略
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②当ａ ＞Ｏ时 ，ｔ ） （ ＋√ ）ｚ ， ０ ｇ （ 一ｎ ｚ （ 一√ ）若 ＜√ ≤２ 即 Ｏ ≤ ４时 ， ） ［ ， 上 为递 减 函数 ， ， ＜ａ ｇ（ 在 ０√ ］ 在
【 １ 已知函数 厂 ｚ 一去ｚ＋ｌｘ 若存在 ３ Ｅ 例 】 （） ｎ， ７ ｏ
［ ，］ １ 使不等式 ｆ ｘ ） （ 。≤ｍ， 求实数 ｍ的取值范 围．
解： ）（） ．＋ｎ（＞０， ｚ一 ＋｛， （ －ｚ一 １。 ｌ ｘ ）厂（） １厂 ｚ ｘ 由
ｘ １Ｐ， ＞ｏ Ｅ［ ， ／（） 得函数 厂 在区间∈［ ， 为增函 ］ （） １Ｐ ］
，
２ 上为递增 函数 ． （） ， （ ） 一 ］ ｇ ｏ 一０ ｇ 一
＜
些实例介绍这类问题相应 的解法 ， 期望 对考生 的备 考 含参 函数中的存在性 问题
有所 帮 助 ．
一
０（一 ａ２ ≤≤． ， ） － ２２ ｎ１ ｇ 号 ａ １ ２ ≥
善 ＞２ 即 口 时 ， ＜Ｏ 函数 ｇ ｚ 在［ ，］ ， ＞４ ｇ （ ） ， （ ） Ｏ ２
和另 一 已知 变量分 离 ， 得到 函数关 系 ， 而使这种具 有 从 函数背景的范围问题迎刃而解 ， 由已知变量 的范围求 再 出函数的值域 ， 为所求 变量 的范 围． 型有 ： １ 双参 即 类 （）
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。
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。
高考数学专题《函数与导数》解读
从新高考的考查情况来看，函数与导数一直是高考的重点和难点．一般以基本初等函数为载体，利用导数研究函数的单调性、极值、最值、零点等问题，同时与解不等式关系最为密切，还可能与三角函数、数列等知识综合考查。
一般出现在选择题和填空题的后两题以及解答题中，难度较大，复习备考的过程中应引起重视。
通过导数研究函数的单调性、极值、最值问题，考查考生的分类讨论思想、等价转化思想以及数学运算、逻辑推理核心素养.1、研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (1)讨论分以下四个方面①二次项系数讨论；②根的有无讨论；③根的大小讨论；④根在不在定义域内讨论． (2)讨论时要根据上面四种情况，找准参数讨论的分类． (3)讨论完毕须写综述．2、研究函数零点或方程根的方法(1)通过最值(极值)判断零点个数的方法:借助导数研究函数的单调性、极值后，通过极值的正负，函数单调性判断函数图象走势，从而判断零点个数或者通过零点个数求参数范围．(2)数形结合法求解零点:对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性，画出草图数形结合确定其中参数的范围．(3)构造函数法研究函数零点:①根据条件构造某个函数，利用导数确定函数的单调区间及极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求解．②解决此类问题的关键是将函数零点、方程的根、曲线交点相互转化，突出导数的工具作用，体现转化与化归的思想方法． 3、求与函数零点有关的参数范围的方法： 方程有实根函数的图象与轴有交点函数有零点．（1）参数分离法，构造新的函数，将问题转化为利用导数求新函数单调性与最值.（2）分类讨论法. 4、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()0f x =()y f x =x ()y f x =重难点06 函数与导数和热点问题，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．恒成立问题的重要思路：(1)m≥f(x)恒成立⇒m≥f(x)max．(2)m≤f(x)恒成立⇒m≤f(x)min．存在性（有解）问题的重要思路：(1)存在m≥f(x) ⇒m≥f(x) min(2) 存在m≤f(x) ⇒m≤f(x) max．5、利用导数证明不等式f(x)＞g(x)的基本方法：(1)若f(x)与g(x)的最值易求出，可直接转化为证明f(x)min＞g(x)max；(2)若f(x)与g(x)的最值不易求出，可构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，然后根据函数h(x)的单调性或最值，证明h(x)＞0.无论不等式的证明还是解不等式，构造函数，运用函数的思想，利用导数研究函数的性质，达到解题的目的，是一成不变的思路，合理构思，善于从不同角度分析问题，是解题的法宝.6、函数性质综合问题函数性质综合应用问题的常见类型及解题策略：（1）函数单调性与奇偶性的综合．注意函数单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．（2）周期性与奇偶性的综合．此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行变换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解．（3）单调性、奇偶性与周期性的综合．解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解．（4）应用奇函数图象关于原点对称，偶函数图象关于y轴对称．利用单调性比较大小、解不等式、研究函数的最值、函数单调性的讨论（含参）、零点问题和不等式恒成立的相关问题（包含不等式证明和由不等式恒成立求参数取值范围）是出题频率最高的；同时也要注意极值点偏移、双变量等热点问题。