利用导数求参数的取值范围
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。
利用函数的单调性求参数的取值范围(使用)
例1：已知函数f (x) x3 ax2 3x 1在[2,4]上是单调递增函数， 求参数a的取值范围.
解 f '(x) 3x2 2ax 3, x [2,4]
： 则f '(x) 0在[2,4]上恒成立
即3x2 2ax 3 0,恒成立x [2,4]
方法：（分离参数）2ax 3x2 3恒成立
f '(x) ax (2a 1) 2 (ax 1)(x 2)
x
x
(1)当a 0时，f '(x) 2 x x
所以f (x)在（0,2）上递增，在（2， ）上递减。
(2)当a
0时，令f
'(x)
0,
得x1
1 a
0.x2
2
结合二次函数图象知 f (x)在（0,2）上递增；
在（2， ）递减。
(3)当a
即3x2 a 3 0,恒成立x [0,)
方法：（分离参数）
a 3x2 3恒成立
a (3x2 3)min a 3
练习 若函数f (x) x3 ax2 1在（0,2）内单调递减, 2： 求实数a的取值范围.
解析： f '(x) 3x2 2ax, x (0,2)
则f '(x) 0在（0,2）上恒成立
利用函数单调性求参数的 取值范围
复习
1 用导数判断函数单调性法则:
、
如果在(a,b)内，f
(x)＞0，则f
(x)在此区间是增函数；
如果在(a,b)内，f (x)＜0，则f (x)在此区间是减函数。
2、求函数单调区间的一般步骤 是
1、求定义 域2、求导
f'(x) 3、令f'(x)>0,求出增区间，令f'(x)<0, 求出减区间。
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,∞+.。
(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳
导数习题题型十七:含参数导数问题的分类讨论问题含参数导数问题的分类讨论问题1．求导后,导函数的解析式含有参数，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）， 导函数为零的实根中有参数也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。
★已知函数ax x a x x f 2)2(2131)(23++-=(a 〉0），求函数的单调区间)2)((2)2()(--=++-='x a x a x a x x f ★★例1 已知函数x a xax x f ln )2(2)(+--=（a 〉0）求函数的单调区间 222))(2(2)2()(x a x x x a x a x x f --=++-='★★★例3已知函数()()22211ax a f x x R x -+=∈+，其中a R ∈。
（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程; （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。
解：（Ⅰ）当1a =时,曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程为032256=-+y x 。
(Ⅱ）由于0a ≠,所以()()12)1(222+-+='x x a x f ，由()'0f x =,得121,x x a a=-=。
这两个实根都在定()()()()()()22'2222122122111a x a x a x x ax a a f x x x ⎛⎫--+ ⎪+--+⎝⎭==++义域R 内，但不知它们之间 的大小。
因此，需对参数a 的取值分0a >和0a <两种情况进行讨论。
（1)当0a >时,则12x x <.易得()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，(),a +∞内为减函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为增函数。
故函数()f x 在11x a =-处取得极小值21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在2x a =处取得极大值()1f a =。
高中数学求参数取值范围题型与方法总结归纳
参数取值问题的题型与方法一、若在等式或不等式中出现两个变量，其中一个变量的范围已知，另一个变量的范围为所求，且容易通过恒等变形将两个变量分别置于等号或不等号的两边，则可将恒成立问题转化成函数的最值问题求解。
例1．已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx+45-a 恒成立，求实数a 的取值范围。
解：原不等式即：4sinx+cos2x<45-a -a+5，要使上式恒成立，只需45-a -a+5大于4sinx+cos2x 的最大值，故上述问题转化成求f(x)=4sinx+cos2x 的最值问题。
f(x)= 4sinx+cos2x=-2sin 2x+4sinx+1=-2(sinx -1)2+3≤3,∴45-a -a+5>3即45-a >a+2，上式等价于⎪⎩⎪⎨⎧->-≥-≥-2)2(4504502a a a a 或⎩⎨⎧≥-<-04502a a ，解得≤54a<8. 另解：a+cos2x<5-4sinx+45-a 即a+1-2sin 2x<5-4sinx+45-a ,令sinx=t,则t ∈[-1,1],整理得2t2-4t+4-a+45-a >0,( t ∈[-1,1])恒成立。
设f(t)= 2t 2-4t+4-a+45-a 则二次函数的对称轴为t=1,∴f(x)在[-1，1]内单调递减。
∴只需f(1)>0,即45-a >a -2.(下同)例3．设直线l 过点P （0，3），和椭圆x y 22941+=顺次交于A 、B 两点，试求APPB的取值范围. 分析：本题中，绝大多数同学不难得到：AP PB =BAx x -，但从此后却一筹莫展, 问题的根源在于对题目的整体把握不够. 事实上，所谓求取值范围，不外乎两条路：其一是构造所求变量关于某个（或某几个）参数的函数关系式（或方程），这只需利用对应的思想实施；其二则是构造关于所求量的一个不等关系.思路1: 从第一条想法入手，AP PB =BA x x -已经是一个关系式，但由于有两个变量B A x x ,，同时这两个变量的范围不好控制，所以自然想到利用第3个变量——直线AB 的斜率k . 问题就转化为如何将B A x x ,转化为关于k 的表达式，到此为止，将直线方程代入椭圆方程，消去y 得出关于x 的一元二次方程，其求根公式呼之欲出.解1：当直线l 垂直于x 轴时，可求得51-=PB AP ；当l与x 轴不垂直时，设())(,,2211y x B y x A ，，直线l的方程为：3+=kx y ，代入椭圆方程，消去y得()045544922=+++kx x k，解之得 .4959627222,1+-±-=k k k x 因为椭圆关于y 轴对称，点P 在y 轴上，所以只需考虑0>k 的情形.当>k 时，4959627221+-+-=k k k x ，4959627222+---=k k k x ，所以21x x PB AP -==5929592922-+-+-k k k k =59291812-+-k k k =25929181k -+-.由 ()049180)54(22≥+--=∆k k , 解得952≥k ，所以51592918112-<-+-≤-k ，综上 511-≤≤-PB AP . 思路2: 如果想构造关于所求量的不等式，则应该考虑到：判别式往往是产生不等的根源. 由判别式值的非负性可以很快确定k 的取值范围，于是问题转化为如何将所求量与k 联系起来. 一般来说，韦达定理总是充当这种问题的桥梁，但本题无法直接应用韦达定理，原因在于21x x PB AP-=不是关于21,x x 的对称关系式。
导数恒成立问题求参数范围
导数恒成立问题求参数范围好嘞，今天咱们聊聊“导数恒成立问题求参数范围”这个话题，别看这个名字听上去高大上，其实说白了就是要搞清楚，什么情况下一个函数的导数总是成立。
先来个简单的背景介绍，导数嘛，就是数学里用来描述一个函数变化速度的工具，像车速表一样。
你要是开车，看看速度表，啊，今天我开得挺快，这就是导数在起作用。
好了，咱们举个简单的例子，想象你有个函数，它的样子就像是弯弯曲曲的山路。
你走这条路的时候，有时候上下起伏，有时候平平的。
如果这条路一直都是上坡或者下坡，那导数就恒成立了。
反过来，如果你遇到的路况不一样，比如突然出现个大坑，那导数就不再恒成立了，懂了吗？再来点具体的，假设有个函数，像是f(x) = ax² + bx + c。
这个函数的导数就是f'(x) = 2ax + b。
如果我说这个导数恒成立，那么就意味着不管你给我什么x，这个导数都必须有意义，也就是说，不会变成无穷大，或者不连续。
这里的参数a、b、c就成了关键角色，像是我们生活中的小伙伴，得看他们的表现。
现在，你可能会问，怎么才能搞清楚这参数的范围呢？我们得先了解什么是“恒成立”。
就像你每天吃饭，不管怎样都得吃，不可能今天想吃米饭，明天又想吃饺子，哈哈，没门儿！所以对于我们的函数，如果它的导数在某个范围内都是稳定的，那我们就得找出这个范围。
这些参数就像是调味料，放多了味道会太重，放少了又不够。
这时候我们可以考虑导数的零点，特别是2ax + b = 0的时候，咱们可以解出x的值。
想象一下，如果有个b恰好是0，那这个函数就像是一个平稳的湖面，没有波澜，真是太好啦！但是，若是a也为0，那这个函数直接就成了常数函数，导数自然也成了0。
这样一来，大家都快乐，哈哈。
不过，若是a大于0或者小于0，那我们就得小心了。
因为这时候函数的形状会随着x的变化而变化。
我们不想一会儿上天，一会儿入地，对吧？所以参数a就像是把握方向的舵，得仔细考虑。
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。
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。
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利用导数求参数的取值范围
导数是微积分中的重要概念之一，它可以用于求解函数的变化率、极
值以及函数的图像性质等。
在求参数的取值范围时，通过导数可以帮助我
们确定参数的有效取值范围。
首先，让我们回顾一下导数的定义。
对于函数f(x)，它在点x0处的
导数可以通过以下公式计算：
f'(x0) = limit(h->0) [f(x0+h) - f(x0)] / h
这个公式表示了函数在x0处的切线的斜率。
如果导数大于0，则函
数在该点处递增；如果导数小于0，则函数在该点处递减。
在解决参数的取值范围时，一种常见的方法是通过导数的正负性来确定。
具体而言，我们可以通过以下步骤来求解参数的取值范围：
1.确定函数表达式：首先，我们需要确定待求参数所在的函数表达式。
这通常是一个关于自变量x和参数p的函数，如f(x;p)。
2.求导：接下来，我们对函数f(x;p)关于自变量x求导。
这将给出
函数在每个点处的导数表达式，如f'(x;p)。
3.确定导数的正负性：根据导数的正负性，我们可以确定函数在每个
点处的增减情况。
4.设置约束条件：根据问题的要求，我们可以确定一定的约束条件来
限制参数p的取值范围。
这些约束条件可以是函数在一些点处递增或递减，或函数在一些区间内具有特定性质等。
5.解方程或不等式：最后，我们将约束条件与导数的正负性结合起来，解方程或不等式来确定参数p的取值范围。
实际问题中，求参数的取值范围也可能涉及到其他数学方法和定理，
如最值问题、平均值定理等。
这些方法将在下面的具体例子中进行讨论。
例子1：确定函数f(x;p) = px^2 + 2x + 1的参数p的取值范围，
使得函数在整个定义域上递增。
1. 求导：对函数f(x;p)关于自变量x求导，得到f'(x;p) = 2px +
2
2. 导数的正负性：由于希望函数在整个定义域上递增，所以导数
f'(x;p)应当大于0。
解不等式2px + 2 > 0，得到p > -1
所以参数p的取值范围为p>-1
例子2：确定函数f(x;p) = px^3 + x^2 + 1的参数p的取值范围，
使得函数在整个定义域上的平均增加率大于0。
1. 求导：对函数f(x;p)关于自变量x求导，得到f'(x;p) = 3px^2
+ 2x。
2. 导数的正负性：由于希望函数在整个定义域上的平均增加率大于0，所以导数f'(x;p)应当大于0。
解不等式3px^2 + 2x > 0，得到x > 0。
3.约束条件：根据问题的要求，我们还需要考虑函数在整个定义域上
的平均增加率大于0。
这可以通过求函数f(x;p)在整个定义域上的平均值
来得到。
求函数f(x;p)在整个定义域上的平均值可以用积分来计算：(1/b-a) * ∫(a to b) f(x;p) dx > 0
其中，a和b是定义域的上下限，这里假设定义域为R。
对于函数f(x;p) = px^3 + x^2 + 1，我们可以计算积分：
(1/b-a) * ∫(a to b) (px^3 + x^2 + 1) dx
=p/4*(b^4-a^4)+1/3*(b^3-a^3)+b-a
由于希望平均增加率大于0，积分结果应当大于0。
解不等式
p/4*(b^4-a^4)+1/3*(b^3-a^3)+b-a>0。
通过上述步骤，我们可以得到一个关于参数p的约束条件和不等式。
如果还有其他约束条件，我们可以将这些条件与求导的结果和积分的结果结合起来，最终求解参数的取值范围。
综上所述，通过求导数可以帮助我们确定参数的取值范围。
但在具体问题中，根据问题的要求，还需要结合其他数学方法和定理来确定约束条件，并最终求解参数的取值范围。