导数问题中参数范围的求法-典型

高考：导数题型归类,分类解题方法举例,如极值点偏移、隐零点运用高考压轴题：导数题型及解题方法一、切线问题题型1：求曲线y=f(x)在x=x处的切线方程。

方法：f'(x)为在x=x处的切线的斜率。

题型2：过点(a,b)的直线与曲线y=f(x)的相切问题。

方法：设曲线y=f(x)的切点(x,f(x))，由(x-a)f'(x)=f(x)-b求出x，进而解决相关问题。

注意：曲线在某点处的切线若有则只有一条，曲线过某点的切线往往不止一条。

例题：已知函数f(x)=x-3x。

1）求曲线y=f(x)在点x=2处的切线方程；（答案：9x-y-16=0）2）若过点A(1,m)(m≠-2)可作曲线y=f(x)的三条切线，求实数m的取值范围。

提示：设曲线y=f(x)上的切点(x,f(x))，建立x,f(x)的等式关系。

将问题转化为关于x,m的方程有三个不同实数根问题。

答案：m的范围是(-3,-2)）练1：已知曲线y=x-3x。

1）求过点(1,-3)与曲线y=x-3x相切的直线方程。

（答案：3x+y=0或15x-4y-27=0）2）证明：过点(-2,5)与曲线y=x-3x相切的直线有三条。

题型3：求两个曲线y=f(x)、y=g(x)的公切线。

方法：设曲线y=f(x)、y=g(x)的切点分别为(x1,f(x1))、(x2,g(x2))，建立x1,x2的等式关系，(x2-x1)f'(x1)=g(x2)-f(x1)，(x2-x1)f'(x2)=g(x2)-f(x1)；求出x1,x2，进而求出切线方程。

解决问题的方法是设切点，用导数求斜率，建立等式关系。

例题：求曲线y=x与曲线y=2elnx的公切线方程。

（答案：2ex-y-e=0）练1：求曲线y=x与曲线y=-(x-1)的公切线方程。

（答案：2x-y-1=0或y=0）2.设函数f(x)=p(x-2)-2lnx，g(x)=x，直线l与函数f(x),g(x)的图象都相切，且与函数f(x)的图象相切于(1,0)，求实数p的值。

用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型1.若导函数是一次型,分类步骤是：①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；2.若导函数是二次型,分类步骤是：①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单调性.下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程思路：根据根是否在定义域内进行分类例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类例2.讨论f x =ax-1-aln x+1的单调性例3.讨论f x =14ax4-13x3+12ax2-x+1的单调性类型四：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类例4.讨论f x =x+(1-a)ln x+ax+1的单调性类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类例5.讨论f x =x2+ax+ae x的单调性类型六：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类例6.讨论f x =12x2-a2+1a x+ln x的单调性类型七：f x 定义域是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类例7.讨论f x =ax3-a+32x2+x-1的单调性类型八：f x 定义域不是R,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类例8.讨论f x =12ax2-a+1x+ln x的单调性类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例9.讨论f x =a x-2e x-12x-12的单调性类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例10.讨论f x =x2-2axln x-12x2+2ax+1的单调性三、典例展示例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f(x)=x+a ln x,a∈R(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤x2+x对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的最大值．例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x+1(ee x-ax2-4ax a∈R为自然对数的底数).(1)若a>0时,求函数f x 的单调区间.(2)是否存在实数a,使得x≥0时,f x ≥xe x+1-ax2+cos x-2ax恒成立？若存在,求出实数a的取值范围；若不存在,说明理由.例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a≥0,函数f x =ax+1+ax-ln x．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)如果我们用n-m表示区间m,n的长度,试证明：对任意实数a≥1,关于x的不等式f x <2a+1的解集的区间长度小于2a+1．例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x-a2x2-x+a a∈R.(1)讨论函数f x 在0,+∞上的单调性；(2)已知x1,x2是函数f x 的两个不同的极值点,且x1<x2,若不等式e1+λ<x1x2λ恒成立,求正数λ的范围.四、跟踪检测1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x-ax+b．(1)当b=0时,讨论f x 的单调性；(2)当a>0时,若f x ≥0,求b的最小值．2.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f(x)=(1-m)x-ln x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若m=0,设g x =f x +2-xe x在12,1上的最小值为n,求证：(n-3)(n-4)<0 .3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.①0<a <12,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =1+a ln x x,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1ln x+x+a x(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2,若g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x-ax2+2a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x -2-ax≥0在x∈1,e上恒成立,求实数a的取值范围.7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x3+31+mx2+ 6mx x∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f1 =5,函数g x =a ln x+1-f xx2≤0在1,+∞上恒成立,求整数a的最大值.8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f(x)=(x-a-1)e x-12ax2+a2x.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a-1,求a的取值范围.9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x+ln x-a x,g x =a-2xln x+ x.(1)讨论f x 的单调性；(2)若a∈1,4,记f x 的零点为x1,g x 的极大值点为x2,求证：x1<x2·10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x2-x-ln x a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)证明：当x>1时,2e x-1ln x≥x2+1 x2-x.用导数研究含参函数的单调性一、考情分析函数是高中数学主干知识,单调性是函数的重要性质,用导数研究函数单调性是导数的一个主要应用,可以说在高考导数解答题中单调性问题是绕不开的一个问题,这是因为单调性是解决后续问题的关键,单调性在研究函数图像、比较函数值大小、确定函数的极值与零点、解不等式及证明不等式中都起着至关重要的作用.函数单调性的讨论与应用一直是高考考查的热点、而含有参数的函数单调性的讨论与应用更是高考中的难点.二、解题秘籍连续函数单调区间的分界点就是函数的极值点,也就是导函数的零点,即方程f x =0的根,所以求解含参函数的单调性问题,一般要根据f x =0的根的情况进行分类,分类时先确定导函数是一次型还是二次型1.若导函数是一次型,分类步骤是：①判断是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②若有根,求出f x =0导的根,并判断根是否在定义域内；若根不在定义域内会出现恒成立的情况；③若根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；2.若导函数是二次型,分类步骤是：①先判断二次型函数是否有根,若没有根,会出现恒成立的情况；②判断根是否在定义域内,若仅有一个根在定义域内,会出现两个单调区间,根据导函数的正负,确定单调性；③若两个根都在定义域内,需要根据两个根的大小进行讨论,当根的大小确定后,再讨论每个单调区间上的单调性.下面我们根据f x =0的根的情况总结出10类题型及解法,帮助同学们掌握这类问题的求解方法.类型一：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型一次方程思路：根据根是否在定义域内进行分类例1.讨论f x =x-1-a ln x的单调性分析：f x =x-ax x>0,f x =0根的情况转化为x-a=0x>0根的情况根据a是否在定义域0，+∞内进行分类答案：(1)a≤0,f x >0,f x 在0，+∞上是增函数；(2)a>0,f x 在0,a上是减函数,在a，+∞上是增函数.类型二：f x 定义域不是R,f x =0可化为单根型类一次方程思路：根据方程是否有根及根是否在定义域内进行分类例2.讨论f x =ax-1-aln x+1的单调性分析：f x =ax-1-ax x>0,f x =0根的情况转化为ax-1-a=0在0，+∞上根的情况.步骤一：讨论a=0(无实根)；步骤二：讨论a<0,由ax-1-a=0得x=1-aa(不在定义域内)；步骤三：讨论a >0,根据1-a a是否在定义域内再分0<a <1,a ≥1.答案：(1)a =0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(2)a <0,f x <0,f x 在0，+∞ 上是减函数；(3)a >0(i )a ≥1, f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(ii )0<a <1,f x 在0,1-a a 上是减函数,在1-a a，+∞ 上是增函数.类型三：f x 定义域为R , f x =0可化为单根型类二次(或高次)方程思路：根据x 的系数符号进行分类例3.讨论f x =14ax 4-13x 3+12ax 2-x +1的单调性分析：f x =x 2+1 ax -1 ,因为x 2+1>0,f x =0根的情况转化为ax -1=0根的情况,步骤一：讨论a >0；步骤二：讨论a =0,注意此时ax -1=-1<0 ；步骤三：讨论a <0,注意不等式两边除以a ,不等式要改变方向.答案：(1)a >0时f x 在1a ,+∞ 上递增,在-∞,1a上递减；(2)a =0时f x 在-∞,+∞ 上递减；(3)a <0时f x 在1a ,+∞ 上递减,在-∞,1a上递增.类型四：f x 定义域不是R ,f x =0可化为单根型二次方程思路：根据方程的根是否在定义域内进行分类例4.讨论f x =x +(1-a )ln x +a x +1的单调性分析：f x =x +1 x -a x 2x >0 ,因为x +1>0,f x =0根的情况转化为x -a =0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a ≤0(x -a =0无实根)；步骤二：讨论a >0,由x -a =0得x =a ；答案：(1)a ≤0,f x >0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)a >0,x >a , f x >0,f x 在a ,+∞ 上是增函数；x <a ,f x <0,f x 在0,a 上是减函数.类型五：f x 定义域为R, f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根的大小进行分类例5.讨论f x =x 2+ax +a e x 的单调性分析：f x =x +2 x +a e x ,f x =0根的情况转化为x +2 x +a =0的根的情况,根据-a 与-2的大小进行讨论.步骤一：讨论a <2；步骤二：讨论a =2,注意此时x +2 x +a =x +2 2≥0；步骤三：讨论a >2.答案：(1)a <2,f x 在-∞,-2 ,-a ,+∞ 上是增函数,在-2,-a 上是减函数；(2)a =2,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(3)a >2, f x 在-∞,-a ,-2,+∞ 上是增函数,在-a ,-2 上是减函数.类型六：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型二次方程思路：根据根是否在定义域内及根的大小进行分类例6.讨论f x =12x 2-a 2+1a x +ln x 的单调性分析：f x =x -a x -1a x x >0 ,f x =0根的情况转化为x -a x -1a=0在0，+∞ 上根的情况.步骤一：讨论a <0(根不在定义域内).步骤二：讨论a >0(根据a ,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a <0,f x 在0，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1a ,+∞ 上是增函数,在a ,1a上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,a ,+∞ 上是增函数,在1a,a 上是减函数.类型七：f x 定义域是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根的个数及根的大小进行分类例7.讨论f x =ax 3-a +32x 2+x -1的单调性分析：f x =3x -1 ax -1 ,f x =0根的情况转化为3x -1 ax -1 =0根的情况.步骤一：讨论a =0(ax -1=0无实根)；步骤二：讨论a <0,此时13>1a ；步骤三：讨论a >0(根据13,1a的大小再分0<a <3,a =3,a >3)答案：(1)a =0,f x 在0，13 上是增函数,在13,+∞ 上是减函数；(2)a <0, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是减函数,在1a ,13 上是增函数；(3)0<a <3,f x 在0,13 ,1a ,+∞ 上是增函数,在13,1a上是减函数；(4)a =3,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(5)a >3, f x 在0,1a ,13,+∞ 上是增函数,在1a ,13上是减函数.提醒：对于类二次方程,不要忽略对x 2项的系数为零的讨论类型八：f x 定义域不是R ,f x =0可化为双根型类二次方程思路：根据根是否在定义域内、根的个数及根的大小进行分类例8.讨论f x =12ax 2-a +1 x +ln x 的单调性分析：f x =x -1 ax -1 xx >0 ,f x =0根的情况转化为x -1 ax -1 =0x >0 根的情况.步骤一：讨论a =0(有1个根).步骤二：讨论a <0(1a 不在定义域内)步骤三：讨论a >0(1，1a 均在定义域内,根据1,1a的大小再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(步骤一二合并)(2)0<a <1,f x 在0,1 ,1a ,+∞ 上是增函数,在1,1a 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1a ,1,+∞ 上是增函数,在1a,1 上是减函数.类型九：f x =0先化为指数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例9.讨论f x =a x -2 e x -12x -1 2的单调性分析：f x =x -1 ae x -1 ,f x =0根的情况转化为x -1 ae x -1 =0根的情况.步骤一：讨论a ≤0(有1个根).步骤二：讨论a >0,f x =x -1 ae x -1 的拟合函数为y =x -1 x +ln a (根据1,-ln a 的大小再分0<a <1e ,a =1e ,a >1e)答案：(1)a ≤0,f x 在-∞,1 上是增函数,在1，+∞ 上是减函数；(2)0<a <1e ,f x 在-∞,1 ,-ln a ,+∞ 上是增函数,在1,-ln a 上是减函数；(3)a =1e ,f x 在-∞，+∞ 上是增函数；(4)a >1e , f x 在-∞,-ln a ,1,+∞ 上是增函数,在-ln a ,1 上是减函数.类型十：f x =0先化为对数型方程,再通过拟合化为一次(或类一次)或二次(或类二次)方程例10.讨论f x =x 2-2ax ln x -12x 2+2ax +1的单调性分析：f x =x -a ln x x >0 的拟合函数为x -a x -1 (根据a 与0,1大小分类)步骤一：讨论a ≤0(x -a >0).步骤二：讨论a >0, (再分0<a <1,a =1,a >1)答案：(1)a ≤0,f x 在0,1 上是减函数,在1，+∞ 上是增函数；(2)0<a <1,f x 在0,a ,1,+∞ 上是增函数,在a ,1 上是减函数；(3)a =1,f x 在0，+∞ 上是增函数；(4)a >1, f x 在0,1 ,a ,+∞ 上是增函数,在1,a 上是减函数.三、典例展示例1.(2023届四川省内江市高三零模考试)已知函数f (x )=x +a ln x ,a ∈R(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,求a 的最大值．【解析】 (1)f '(x )=1+a x =x +a xx >0 ,当a ≥0时,f '(x )>0恒成立,∴f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时,令f '(x )>0得x >-a ,令f '(x )<0得0<x <-a ,∴f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；综上所述：当a ≥0时, f (x )在(0,+∞)上单调递增；当a <0时, f (x )在(-a ,+∞)上单调递增,在0,-a 上单调递减；(2)依题意得：f x ≤x 2+x 对任意x ∈(1,+∞)恒成立,等价于a ≤x 2ln x x >1 恒成立.令g x =x 2ln x x >1 ,则g 'x =2x ln x -x ln x 2=x 2ln x -1 ln x2,则当x >e 时,g 'x >0,当1<x <e 时,g 'x <0,又g 'e =0,∴g x 在1,e 上单调递减,在e ,+∞ 上单调递增,∴g x min =g e =2e ,∴a ≤2e ,即a 的最大值为2e .例2.(2022届湖北省部分学校高三下学期5月适应性考试)已知函数f x =x +1 e x -ax 2-4ax a ∈R (e 为自然对数的底数).(1)若a >0时,求函数f x 的单调区间.(2)是否存在实数a ,使得x ≥0时,f x ≥xe x +1-a x 2+cos x -2ax 恒成立？若存在,求出实数a 的取值范围；若不存在,说明理由.【解析】 (1)由题知f (x )=(x +2)e x -2ax -4a =(x +2)e x -2a ,①若0<a <12e2,则ln2a <-2,当x <ln2a 或x >-2时,f (x )>0,当ln2a <x <-2时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,ln2a ),(-2,+∞)上单调递增,在(ln2a ,-2)上单调递减；②若a =12e 2,则ln2a =-2,f (x )≥0,∴f (x )在(-∞,+∞)上单调递增；③若a >12e2,则ln2a >-2,当x <-2或x >ln2a 时,f (x )>0,当-2<x <ln2a 时,f (x )<0,∴f (x )在(-∞,-2),(ln2a ,+∞)上单调递增,在(-2,ln2a )上单调递减.综上所述,当0<a <12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,ln2a ),(-2,+∞),单调减区间为(ln2a ,-2)；当a =12e 2时,f (x )的单调增区间为(-∞,+∞)；当a >12e2时,f (x )的单调增区间为(-∞,-2),(ln2a ,+∞),单调减区间为(-2,ln2a ).(2)设g (x )=f (x )-xe x -(1-a )x 2-cos x +2ax =e x -x 2-2ax -cos x (x ≥0),则g (x )=e x -2x -2a +sin x ,设h (x )=e x -2x -2a +sin x (x ≥0),则h (x )=e x +cos x -2,设m (x )=e x +cos x -2(x ≥0),则m (x )=e x -sin x >0,∴m (x )在[0,+∞)上单调递增,∴h (x )=m (x )≥m (0)=0,∴h (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )=h (x )≥h (0)=1-2a ,当a ≤12时,g (x )≥0,∴g (x )在[0,+∞)上单调递增,∴g (x )≥g (0)=0；当a >12时,g (0)=1-2a <0,令t (x )=e x -x 2(x >0),则t (x )=e x -2x >0(x >0),所以t (x )在(0,+∞)上单调递增,所以t (x )>t (0)=1,所以e x >x 2(x >0),所以g (6a )=e 6a -14a +sin6a >36a 2-14a -1,设φ(a )=36a 2-14a -1a >12 ,易知φ(a )在12,+∞ 上单调递增,∴φ(a )>36×14-14×12-1=1>0,即g (6a )>0,∴存在x 0∈(0,6a ),使g x 0 =0,当0<x <x 0时,g (x )<0,∴g (x )在0,x 0 上单调递减,此时,g (x )<g (0)=0,不符合题意；综上,存在实数a ,使得当x ≥0时,f (x )≥xe x +(1-a )x 2+cos x -2ax 恒成立,且实数a 的取值范围为-∞,12 .例3.(2023届湖北省新高三摸底联考)已知a ≥0,函数f x =ax +1+a x-ln x ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)如果我们用n -m 表示区间m ,n 的长度,试证明：对任意实数a ≥1,关于x 的不等式f x <2a +1的解集的区间长度小于2a +1．【解析】 (1)f x =ax +a +1x-ln x ,定义域为0,+∞ ,f x =a -a +1x 2-1x =ax 2-x -a +1 x 2=x +1 ax -a -1 x 2.若a =0,f x =-x +1 x 2<0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递减；若a >0,f x =a x +1 x -1-1a x 2,1+1a >0,当x ∈0,1+1a 时,f x <0；当x ∈1+1a ,+∞ 时,f x >0,所以f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增．综上,a =0时,f x 在0,+∞ 上单调递减；a >0时,f x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a,+∞ 上单调递增．(2)令g x =f x -2a +1 =ax +a +1x -ln x -2a -1,则g 1 =0,因为a ≥1,由(1)知,g x 在0,1+1a 上单调递减,在1+1a ,+∞ 上单调递增,又1+1a >1,所以g 1+1a <0,令h a =g 2a +2 =2a 2-12-ln 2a +2 ,a ∈1,+∞ ,由h a =4a -22a +2=4a 2+4a -1a +1>0恒成立,所以h a 在1,+∞ 上单调递增．又e 3>16,所以e 316>1,即e 324>1．从而h 1 =32-ln4=ln e 324>0,所以h a >h 1 >0,即g 2a +2 >0．因为2a +2>2,1+1a <2,所以2a +2>1+1a ,所以存在唯一x 1∈1+1a ,2a +2 ,使得g x 1 =0,所以g x <0的解集为1,x 1 ,即f x <2a +1的解集为1,x 1 ,又1,x 1 的区间长度为x 1-1<2a +2 -1=2a +1,原命题得证．例4.(2022届青海省西宁市高三下学期第三次模拟)已知函数f x =x ln x -a 2x 2-x +a a ∈R .(1)讨论函数f x 在0,+∞ 上的单调性；(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个不同的极值点,且x 1<x 2,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,求正数λ的范围.【解析】 (1)f x =x ln x -a 2x 2-x +a ,所以f x =ln x -ax ,令g x =ln x -ax ,故g x =1x -a =1-ax xx >0 .当a ≤0时,g x >0在0,+∞ 上恒成立,所以g x 在0,+∞ 上单调递增,即f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,令g x >0,得0<x <1a ,令g x <0,得x >1a ,所以g x 在0,1a 上单调递增,在1a ,+∞ 上单调递减,即f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.综上所述：当a ≤0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a >0时,f x 在0,1a 上单调递增,在1a,+∞ 上单调递减.(2)e 1+λ<x 1x 2λ等价于1+λ<ln x 1+λln x 2,由题意可知x 1,x 2分别是方程f x =0的两个根,即ln x -ax =0的两个根,即ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,原式等价于1+λ<ax 1+λax 2=a x 1+λx 2 .因为λ>0,0<x 1<x 2,所以原式等价于a >1+λx 1+λx 2,又ln x 1=ax 1,ln x 2=ax 2,作差得,ln x 1x 2=a x 1-x 2 ,即a =ln x 1x 2x 1-x 2,所以原式等价于ln x 1x 2x 1-x 2>1+λx 1+λx 2,因为0<x 1<x 2,所以ln x 1x 2<1+λ x 1-x 2 x 1+λx 2恒成立.令t =x 1x 2,t ∈0,1 ,则不等式ln t <1+λ t -1 t +λ在t ∈0,1 上恒成立,令m t =ln t -1+λ t -1 t +λ,又因为m t =1t -1+λ 2t +λ2=t -1 t -λ2 t t +λ 2,当λ2≥1时,可得t ∈0,1 时,m t >0,所以m t 在0,1 上单调递增,又因为m 1 =0,m t <0在0,1 上恒成立,符合题意；当λ2<1时,可得t ∈0,λ2 时,m t >0,t ∈λ2,1 时,m t <0,所以m t 在0,λ2 上单调递增,在λ2,1 上单调递减,又因为m 1 =0,所以m t 在0,1 上不能恒小于0,不符合题意,舍去.综上所述,若不等式e 1+λ<x 1x 2λ恒成立,只需满足λ2≥1,由于λ>0,所以λ≥1,即实数λ的取值范围为：1,+∞ .四、跟踪检测1.(2023届河南省安阳市高三上学期名校调研摸底考试)已知函数f x =e x -ax +b ．(1)当b =0时,讨论f x 的单调性；(2)当a >0时,若f x ≥0,求b 的最小值．【解析】 (1)当b =0时,f x =e x -ax ,f x =e x -a ,当a ≤0时,f x =e x -a >0,f x 在R 上单调递增；当a >0时,令f x =0有x =ln a ,当x ∈-∞,ln a 时,f x <0,f x 单调递减,当x ∈ln a ,+∞ 时,f x >0,f x 单调递增.(2)当a >0时,由(1)若f x ≥0,则f ln a ≥0有解即可,即a -a ln a +b ≥0有解,即b ≥a ln a -a 有解,设g a =a ln a -a ,则g a =ln a ,故当0<a <1时,g a <0,g a 单调递减；当a >1时,g a >0,g a 单调递增.故g min a =ln1-1=-1,故当b ≥a ln a -a min =-1.故b 的最小值为-12.(2023届三省三校高三第一次联考)已知函数f (x )=(1-m )x -ln x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若m =0,设g x =f x +2-x e x 在12,1上的最小值为n ,求证：(n -3)(n -4)<0 .【解析】 (1)f (x )=1-m -1x =(1-m )x -1xx >0 .①当1-m ≤0,即m ≥1时：f (x )<0恒成立.故f (x )在(0,+∞)上单调递减.②当1-m >0,即m <1时：令f (x )<0,即(1-m )x -1x <0,解得：0<x <11-m ;所以f (x )在0,11-m上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.综上所述：当m ≥1时：f (x )在(0,+∞)上单调递减；当m <1时：f (x )在0,11-m 上单调递减,在11-m ,+∞ 上单调递增.(2)当m =0时,g x =x -ln x +2-x e x ,x ∈12,1 .g x =1-1x -e x +2-x e x =x -1x +1-x e x =1-x e x -1x .因为m x =e x -1x 在12,1 上单调递增,且m 12 =e -2<0,m 1 =e -1>0.所以必存在点x 0∈12,1 ,使g (x 0)=0,即e x 0=1x 0⇒x 0=-ln x 0且当x ∈12,x 0 时g (x )<0,当x ∈x 0,1 时g (x )>0,所以g (x )在区间12,x 0 上单调递减,在区间x 0,1 上单调递减.所以n =g x min =g x 0 =x 0-ln x 0+2-x 0 e x 0=2x 0+2-x 0x 0=2x 0+2x 0-1.x 0∈12,1 .又因n =2x 0+2x 0-1在12,1 上单调递减.所以2+2-1<n <2×12+2×2-1⇒3<n <4.故(n -3)(n -4)<0恒成立.3.(2022届四川省内江市第六中学高三下学期仿真考试)已知函数f x =x -a -1 e x -x 2+2ax a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)从下面两个条件中选一个,判断f m 的符号,并说明理由.①0<a <12,0<m <ln2；②1<a <2,1<m <2.【解析】 (1)f x =(x -a )e x -2x +2a =(x -a )e x -2 ,令f x =0,则x =a 或ln2,若a =ln2,f x ≥0,所以函数f x 在R 上为增函数；若a >ln2,当x >a 或x <ln2时,f x >0,当ln2<x <a 时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；若a <ln2,当x >ln2或x <a 时,f x >0,当a <x <ln2时,f x <0,所以函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；综上所述,当a =ln2时,函数f x 在R 上为增函数；当a >ln2时,函数f x 在(-∞,ln2)和(a ,+∞)上递增,在(ln2,a )上递减；当a <ln2时,函数f x 在(-∞,a )和(ln2,+∞)上递增,在(a ,ln2)上递减；(2)选①,当0<a <12,0<m <ln2时,由(1)知f x 在(0,a )上递增,在(a ,ln2)上递减,所以f (m )≤f (a )=-e a +a 2,令g (a )=e a -a -10<a <12 ,则g (a )=e a -1,当0<a <12时,g (a )>0,得函数g (a )在0,12上单调递增,所以g (a )>g (0)=0,即e a -a -1>0,则-e a <-a -1,所以f (a )=-e a +a 2<a 2-a -1=a -12 2-54<-1<0,所以f m <0.选②,当1<a <2,1<m <2时.由(1)得1<a <2时,f x 在1,a 上递减,在a ,2 上递增,又f 1 =-ae -1+2a =2-e a -1<0,f 2 =1-a e 2-4+4a <41-a -4+4a =0,所以当1<x <2时,f x <0,所以f m <0.4.(2022届华大新高考联盟名校高考押题卷)设函数f x =1+a ln x x ,其中a ∈R .(1)当a ≥0时,求函数f x 的单调区间；(2)若f x ≤x 2,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f (x )=1+a ln x x(x >0),f (x )=a -(1+a ln x )x 2=a -1-a ln x x 2.当a =0时,f (x )=a -(1+a ln x )x 2=-1x2<0恒成立,则f x 在0,+∞ 上为减函数,当a >0时,令f (x )>0,可得a -1-a ln x >0,则ln x <a -1a,解得0<x <e a -1a ,令f (x )<0,解得x >e a -1a ,综上,当a =0时,f x 的减区间为0,+∞ ；当a >0时,f x 的单调递增区间为0,ea -1a ,单调递减区间为e a -1a ,+∞ .(2)由f (x )≤x 2,可得x 3-a ln x -1≥0设g (x )=x 3-a ln x -1(x >0),则g (x )=3x 2-a x =3x 3-a x.①当a ≤0时,g x >0,g x 单调递增,而g 12=18-a ln 12-1=-78+a ln2<0,所以不满足题意,②当a >0时,令g (x )=3x 3-a x=0,解得x =3a 3,当x ∈0,3a 3 时,g x <0,g x 为减函数,当x ∈3a 3,+∞ 时,g x >0,g x 为增函数,所以g(x)≥g3a3=13+13ln3a-13a ln a-1.令h(a)=13+13ln3a-13a ln a-1(a>0),h (a)=13+13ln3-13(ln a+1)=13(ln3-ln a),当a∈0,3时,h a >0,h a 为增函数,当a∈3,+∞时,h a <0,g x 为减函数,所以h a ≤h3 =0,又g x ≥h a ≥0.则h a =0,解得a=3,所以实数a的取值范围是3 .5.(2022届湖北省卓越高中千校联盟高三高考终极押题卷)已知f x =a-1ln x+x+a x(1)若a<0,讨论函数f x 的单调性；(2)g x =f x +ln x-a x有两个不同的零点x1,x20<x1<x2,若g2x1+λx22+λ>0恒成立,求λ的范围．【解析】(1)f x 定义域为0,+∞f x =a-11x+1-ax2=x2+a-1x-ax2=x+ax-1x2ⅰ)0<-a<1即-1<a<0时,f x <0⇒-a<x<1,f x >0⇒0<x<-a或x>1ⅱ)-a=1即a=-1时,x∈0,+∞,f x ≥0恒成立ⅲ)-a>1即a<-1,f x <0⇒1<x<-a,f x >0⇒0<x<1或x>-a综上：-1<a<0时,x∈-a,1,f x 单调递减；0,-a、1,+∞,f x 单调递增a=-1时,x∈0,+∞,f x 单调递增a<-1时,x∈1,-a,f x 单调递减；0,1、-a,+∞,f x 单调递增(2)g x =a ln x+x,由题a ln x1+x1=0a ln x2+x2=0,0<x1<x2则a ln x1-ln x2=x2-x1,设t=x1x2∈0,1∴a=x2-x1ln x1-ln x2=x2-x1ln tg x =a x+1∴g2x1+λx22+λ=a2+λ2x1+λx2+1=x2-x1ln t⋅2+λ2x1+λx2+1=2+λ1-t2t+λln t+1>0恒成立t∈0,1,∴ln t<0∴2+λ1-t2t+λ+ln t<0恒成立设h t =2+λ1-t2t+λ+ln t,∴h t <0恒成立h t =1t -2+λ 22t +λ2=2t +λ 2-t 2+λ 2t 2t +λ 2=4t -1 t -λ24 t 2t +λ 2ⅰ)λ2≥4时,t -λ24<0,∴h t >0,∴h t 在0,1 上单调递增∴h t <h 1 =0恒成立,∴λ∈-∞,-2 ∪2,+∞ 合题ⅱ)λ2<4,t ∈0,λ24,∴h t >0,∴h t 在0,λ24上单调递增t ∈λ24,1 时,h t <0,∴h t 在λ24,1 上单调递减∴t ∈λ24,1 ,h t >h 1 =0,不满足h t <0恒成立综上：λ∈-∞,-2 ∪2,+∞6.(2022届河南省许平汝联盟高三下学期核心模拟卷)已知函数f x =ln x -ax 2+2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】 (1)f x 的定义域是0,+∞ ,f x =-2ax 2+1x.①当a ≤0时,f x >0恒成立,所以f x 在0,+∞ 上单调递增；②当a >0时,令f x =0,解得x =2a 2a 或-2a 2a (舍),令f x >0,解得0<x <2a 2a,令f x <0,解得x >2a 2a,所以f x 在0,2a 2a上单调递增,在2a 2a ,+∞ 上单调递减.(2)若f x -2-a x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,即ln x -ax 2-2-a x +2≥0在x ∈1,e 上恒成立.令g x =ln x -ax 2-2-a x +2,x ∈1,e ,则g x =1x -2ax -2-a =-2ax 2-2-a x +1x =-ax +1 2x -1 x.当a =0时,g x =ln x -2x +2,g e =ln e -2e +2=3-2e <0,不符合题意；当a >0时,g x <0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意；当a <0时,若-1a≤1,即a ≤-1,g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递增,又g 1 =0,所以g x ≥0在x ∈1,e 上恒成立,符合题意.若1<-1a <e ,即-1<a <-1e ,令g x >0,解得-1a <x <e ,令g x <0,解得1<x <-1a ,所以g x 在1,-1a 上单调递减,在-1a ,e 上单调递增,所以g x min =g -1a<g 1 =0,不符合题意；若-1a ≥e ,即-1e≤a <0,g x ≤0在x ∈1,e 上恒成立,所以g x 在1,e 上单调递减,又g 1 =0,所以g e <g 1 =0,不符合题意.综上所述,实数a 的取值范围是-∞,-1 .7.(2022届广东省潮州市瓷都中学高三下学期第三次模拟)已知函数f x =2x 3+31+m x 2+6mx x ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f 1 =5,函数g x =a ln x +1 -f x x 2≤0在1,+∞ 上恒成立,求整数a 的最大值.【解析】 (1)f x =6x 2+61+m x +6m =6x 2+1+m x +m =6(x +1)(x +m )若m =1时,f (x )≥0,f (x )在R 上单调递增；若m >1时,-m <-1,当x <-m 或x >-1时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-m <x <-1时,f (x )<0,f (x )为减函数,若m <1时,-m >-1,当x <-1或x >-m 时,f (x )>0,f (x )为增函数,当-1<x <-m 时,f (x )<0,f (x )为减函数.综上,m =1时,f (x )在R 上单调递增；当m >1时,f (x )在(-∞,-m )和(-1,+∞)上单调递增,在(-m ,-1)上单调递减；当m <1时,f (x )在(-∞,-1)和(-m ,+∞)上单调递增,在(-1,-m )上单调递减.(2)由f (1)=2+3(1+m )+6m =5,解得 m =0,所以f (x )=2x 3+3x 2,由x ∈(1,+∞)时,ln x +1>0,可知g (x )=a (ln x +1)-2x -3≤0在(1,+∞)上恒成立可化为a ≤2x +3ln x +1在x ∈(1,+∞)上恒成立,设h (x )=2x +3ln x +1(x >1),则h (x )=2(ln x +1)-(2x +3)×1x (ln x +1)2=2ln x -3x (ln x +1)2,设φ(x )=2ln x -3x (x >1),则 φ (x )=2x +3x2>0,所以φ(x )在(1,+∞)上单调递增,又φ(2)=2ln2-32=ln16-32<0,φ52 =2ln 52-65=25ln 52-3 5>0,所以方程h (x )=0有且只有一个实根x 0,且 2<x 0<52,2ln x 0=3x 0,所以在(1,x 0)上,h (x )<0, h (x )单调递减,在x 0,+∞ 上,h (x )>0,h (x )单调递增,所以函数h (x )的最小值为h x 0 =2x 0+3ln x 0+1=2x 0+332x 0+1=2x 0∈4,5 ,从而a ≤2x 0,又a 为整数,所以a 的最大值为4.8.(2022四川省资阳市高三第一次质量检测)已知函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x .(1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )在(-∞,0)上只有一个极值,且该极值小于-e a -1,求a 的取值范围.【解析】(1)由题意,函数f (x )=(x -a -1)e x -12ax 2+a 2x ,可得f (x )=(x -a )e x -ax +a 2=(x -a )e x -a ,当a ≤0时,e x -a >0,令f (x )<0,解得x <a ；令f (x )>0,解得x >a ,故f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,当a >0时,令f (x )=0,解得x 1=a 或x 2=ln a ,设g (a )=a -ln a ,可得g (a )=a -1a,当a >1时,g (a )>0；当0<a <1时,g (a )<0,故g (x )min =g (1)=1>0,故a >ln a ,由f (x )>0,解得x >a 或x <ln a ,由f (x )<0,解得ln a <x <a ,故f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增,综上可得：当a ≤0时,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,a >0时,f (x )在(-∞,ln a )递增,在(ln a ,a )递减,在(a ,+∞)递增；(2)当a <0时,由(1)知,f (x )在(-∞,a )递减,在(a ,+∞)递增,故f x 极小值=f (a )=-e a +12a 3<-e a -1,解得a <-32,当0<a <1时,ln a <0,由(1)知f (x )在x =ln a 处取极大值,设h (a )=f (ln a )=(ln a -a -1)a -12a ln 2a +a 2ln a =a ln a 1-12ln a +a -a 2-a ,则h (a )=-12ln 2a +2a ln a -a ,因为0<a <1,可得ln a <0,所以h (a )<0,h (a )在(0,1)递减,所以h (a )>h (1)=-2>-e a -1,所以0<a <1不合题意,当a ≥1时,ln a ≥0,由(1)知f (x )在(-∞,0)递增,此时f (x )在(-∞,0)无极值,不符合题意,综上可得,实数a 的取值范围是(-∞,-32).9.(2021重庆市第八中学高三下学期高考适应性考试)已知函数f x =x +ln x -a x,g x =a -2x ln x +x .(1)讨论f x 的单调性；(2)若a ∈1,4 ,记f x 的零点为x 1,g x 的极大值点为x 2,求证：x 1<x 2·【解析】(1)f x 的定义域为0,+∞ ,f ′x =1+1x +a x 2=x 2+x +a x 2,当a ≥0时,f ′x >0,f x 在0,+∞ 上单调递增：当a <0时,Δ=1-4a >0,f ′x =0在0,+∞ 上有唯一正根-1+1-4a 2,当x ∈0,-1+1-4a 2时,f ′x <0,单调递减；当x ∈-1+1-4a 2,+∞ 时,f ′x >0,f x 单调递增；综上,当a ≥0时,f x 在0,+∞ 上单调递增；当a <0时,f x 在0,-1+1-4a 2 上单调递减；在-1+1-4a 2,+∞ 上单调递增.(2)由(1)知,当a ∈1,4 时,f x 在0,+∞ 上单调递增,且f 1 =1-a <0，f 2 =2+ln2-a 2>0,所以f x 在0,+∞ 上有唯一零点x 1∈1,2 .又g ′x =-2ln x +a x -1,又a ∈1,4 ,由单调性运算性质可知,g ′x 在0,+∞ 上单调递减,且g ′1 =a -1>0，g ′4 =-2ln4+a 4-1<0,故存在x 0∈1,4 ,使得g ′x 0 =0,即a x 0=2ln x 0+1,当x ∈0,x 0 时,g ′x >0,g x 单调递减；当x ∈x 0,+∞ 时,g ′x <0,g x 单调递增；所以x 0是g x 唯一极大值点,所以x 0=x 2,故a x 2=2ln x 2+1,因此f x 2 =x 2+ln x 2-a x 2=x 2+ln x 2-2ln x 2-1=x 2-ln x 2-1.设h x =x -ln x -1,因为x ∈1,4 ，h ′x =1-1x >0,所以h ′x 在1,4 上单调递增,所以h x >h 1 =0.故有f x 2 >0=f x 1 ,又f x 在0,+∞ 上单调递增,所以x 1<x 2.10.(2021山东省烟台市高三高考适应性练习)已知函数f x =a x 2-x -ln x a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)证明：当x >1时,2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x.【解析】(1)函数f x 的定义域为0,+∞ ,f x =a 2x -1 -1x =2ax 2-ax -1x.令g x =2ax 2-ax -1.①当a =0时,g x =-1<0,f x =g x x<0,故f x 在0,+∞ 单调递减；②当a ≠0时,g x 为二次函数,Δ=a 2+8a .若Δ≤0,即-8≤a <0,则g x 的图象为开口向下的抛物线且g x ≤0,所以f x ≤0,故f x 在0,+∞ 单调递减；若Δ>0,即a <-8或a >0,令g x =0,得x 1=a -a 2+8a 4a ,x 2=a +a 2+8a 4a.当a <-8时,g x 图象为开口向下的抛物线,0<x 2<x 1,所以当x ∈0,x 2 或x ∈x 1,+∞ 时,g x <0,所以f x <0,f x 单调递减；当x ∈x 2,x 1 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增；当a >0时,g x 图象为开口向上的抛物线,x 1<0<x 2,所以当x ∈0,x 2 ,g x ≤0,所以f x <0,故f x 单调递减；当x ∈x 2,+∞ 时,g x >0,所以f x >0,f x 单调递增.综上,当a <-8时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 和a -a 2+8a 4a ,+∞上单调递减,在a +a 2+8a 4a ,a -a 2+8a 4a上单调递增；当a >0时,f x 在0,a +a 2+8a 4a 单调递减,在a +a 2+8a 4a ,+∞上单调递增；当-8≤a ≤0,f x 在0,+∞ 单调递减;(2)由(1)知,当a =1时,f x 在0,1 单调递减,在1,+∞ 单调递增,因此对∀x >1恒有f x >f 1 ,即x 2-x >ln x .因为0<ln x <x 2-x ,若2e x -1≥x 2+1成立,则2e x -1ln x ≥x 2+1x 2-x 成立.令φx =e x -1-12x 2+1 x ≥1 ,则φ x =e x -1-x ,φ x =e x -1-1.因为x ≥1,所以φ x ≥0,所以φ x 在1,+∞ 单调递增,又φ 1 =0,所以当x ≥1时,φ x ≥0,所以φx 在1,+∞ 单调递增,又φ1 =0,所以对∀x >1恒有φx >φ1 =0,即2e x -1≥x 2+1.1ln x>1x2-x>0,由不等式的基本性质可得2e x-1ln x≥x2+1x2-x.当x>1时,0<ln x<x2-x,则。

高中数学导数难题怎么解题导数是高考数学必考的内容，近年来高考加大了对以导数为载体的知识问题的考查，题型在难度、深度和广度上不断地加大、加深，从而使得导数相关知识愈发显得重要。

下面是小编为大家整理的关于高中数学导数难题解题技巧，希望对您有所帮助。

欢迎大家阅读参考学习!1.导数在判断函数的单调性、最值中的应用利用导数来求函数的最值的一般步骤是： (1)先根据求导公式对函数求出函数的导数; (2)解出令函数的导数等于 0 的自变量; (3)从导数性质得出函数的单调区间; (4)通过定义域从单调区间中求出函数最值。

2.导数在函数极值中的应用利用导数的知识来求函数极值是高中数学问题比较常见的类型。

利用导数求函数极值的一般步骤是： (1)首先根据求导法则求出函数的导数; (2)令函数的导数等于 0，从而解出导函数的零点; (3)从导函数的零点个数来分区间讨论，得到函数的单调区间; (4)根据极值点的定义来判断函数的极值点，最后再求出函数的极值。

3.导数在求参数的取值范围时的应用利用导数求函数中的某些参数的取值范围，成为近年来高考的热点。

在一般函数含参数的题中，通过运用导数来化简函数，可以更快速地求出参数的取值范围。

导数知识在函数解题中的妙用函数知识是高中数学的重点内容，其中包括极值、图像、奇偶性、单调性等方面的分析，具有代表性的题型就是极值的计算和单调性的分析，按照普通的解题过程是通过图像来分析，可是对于较难的函数来说，制作图像不仅浪费时间，而且极容易出错，而在函数解题中应用导数简直就是手到擒来。

例如：函数 f(x)=x3+3x2+9x+a，分析 f(x)的单调性。

这是高中数学中常见的三次函数，在对这道题目进行单调性分析时，很多学生根据思维定式会采用常规的手法画图去分析单调区间，但由于未知数a 的存在而遇到困难。

如果考虑用导数的相关知识解决这一问题，解：f’(x)=-3x2+6x+9，令 f’(x)>0，那么解得 x<-1 或者 x>3，也就是说函数在(- ∞ ，-1)， (3，+∞)这个单调区间上单调递减，这样就能非常容易的判断函数的单调性。

导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论. 1.导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时， ()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -； 当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -. 点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况. 2.导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x > 在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x -=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：综上所述，当a ≤≤()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为⎛-∞ ⎝⎭和⎫+∞⎪⎪⎝⎭，单调递减区间为33a a ⎛⎫--- ⎪ ⎪⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。

导数在数学含参问题中的应用新课程利用导数解决含参问题或恒成立问题，导数是分析和解决问题的有效工具。

但学生在运用导数解决含参的问题时，往往会束手无措，特别是对其中的分离参数无法纯粹的分离出来感到苦恼。

其实这一部分主要就是根据函数的单调性求出函数在一定条件下的最值，进而解决恒成立问题，含参数问题既是高中教学的重点和难点，又是历年高考的热点。

本文从常见题型对含参函数问题进行了分析与研究，着重介绍常见题型利用导数解决这些问题的基本策略。

标签：导数函数的单调性参数的取值范围恒成立导数的思想最初是由法国的数学家费马（Fermat）为研究极值问题而引入的，但随着人们对导数概念和性质的进一步认识和研究便发现它的引出和定义始终贯穿着函数思想。

新课程增加了导数的内容，随着课改的不断深入，导数知识考查的要求逐渐加强它在解决函数的含参问题上带来了很大的便利。

以函数为载体，以导数为工具，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。

这也是最近几年高考在命题是在函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向。

由于这类题目涉及的知识面广，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，以至于处于无从下手的盲区，希望下面一些拙见能对一些考生的备考有所作用。

一、含参函数的单调性的问题导数的运算，导数与函数单调性的关系，利用导数的性质对参数进行分类讨论综合运用化归与转化的思想。

【例1】已知函数f（x）=lnx-a2x2+ax（a∈R）.（1）当a=1时，求函数f（x）的单调区间;（2）若函数f（x）在区间（1，+∞）上是减函数，求实数a的取值范围.解析：（1）当a=1时，f（x）=lnx-x2+x，其定义域是（0，+∞），f′（x）= -2x+1=令f′（x）=0，即- =0，解得x=- 或x=1∵x>0，∴x=1.当00;当x>1时，f′（x）0，∴f（x）在区间（1，+∞）上为增函数，不合题意.②当a>0时，f′（x）≤0（x>0）等价于（2ax+1）（ax-1）≥0（x>0），即x≥，此时f（x）的单调递减区间为.③当a0）等价于（2ax+1）（ax-1）≥0（x>0），即x≥- ，此时f（x）的单调递减区间为得a≤- .综上，实数a的取值范围是∪[1，+∞）.【例2】已知函数f（x）= -2x2+lnx，其中a为常数.（1）若a=1，求函数f（x）的单调区间;（2）若函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，求a的取值范围.解析：（1）若a=1，则f（x）=3x-2x2+lnx的定义域为（0，+∞），f′（x）= -4x+3= = （x>0）.当x∈（0，1），f′（x）>0时，函数f（x）=3x-2x2+lnx单调递增.当x∈（1，+∞），f′（x）<0时，函数f（x）=3x-2x2+lnx单调递减.故函数f （x）的单调递增区间为（0，1），单调递减区间为（1，+∞）.（2）f′（x）= -4x+ ，若函数f（x）在区间[1，2]上为单调函数，即在[1，2]上，f′（x）= -4x+ ≥0或f′（x）= -4x+ ≤0，即-4x+ ≥0或-4x+ ≤0在[1，2]上恒成立.即≥4x- 或≤4x- .令h（x）=4x- ，因为函数h（x）在[1，2]上单调递增，所以≥h（2）或≤h（1），即≥ 或≤3，解得a<0或0<a≤ 或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或半分离（无法纯粹的分离），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。

难点一 利用导数探求参数的范围问题1. 与函数零点有关的参数范围问题函数的零点，即的根，亦即函数的图象与轴交点横坐标，与函数零点有关的参数范围问题，往往利用导数研究函数的单调区间和极值点，并结合特殊点，从而判断函数的大致图像，讨论其图象与轴的位置关系（或者转化为两个熟悉函数交点问题），进而确定参数的取值范围． 例1（2020·全国高三专题练习）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】()()()()22331x x x x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根， 且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.()f x ()0f x =()f x xx因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D2. 与曲线的切线有关的参数取值范围问题函数在点处的导数就是相应曲线在点处切线的斜率，即，此类试题能与切斜角的范围，切线斜率范围，以及与其他知识综合，往往先求导数，然后转化为关于自变量的函数，通过求值域，从而得到切线斜率的取值范围，或者切斜角范围问题．例2. （2020·全国高三专题练习（理））已知函数21()2,()f x x ax g x x=+=-，若存在点()()()()1122,,,A x f x B x g x ，使得直线AB 与两曲线()y f x =和()y g x =都相切，当实数a 取最小值时，12x x +=（ ）A．B．2CD．4-【答案】A 【解析】2()2,f x x ax =+Q ∴ ()22f x x a '=+，∴()1122f x x a '=+，又()21112f x x ax =+，过A 点切线方程为：()21122y x a x x =+-，①又1()g x x =-Q ，∴21()g x x'=，即()2221g x x '=，又()221g x x =-，因此过B 点的切线方程为：22212y x x x =-，② 由题意知①②都为直线AB , 1222121222x a x x x ⎧+=⎪⎪⎨⎪-=-⎪⎩，4118x a x =-， 令4()8x h x x =-，332()122x x h x '-=-=， ()y f x =0x x ='0()f x 00(,())x f x '0()k f x =0x k令()0h x '=，x =(,0)x ∈-∞和时，()h x 单调递减，且(,0)x ∈-∞时()()00h x h >=，恒成立，)x ∈+∞时，()h x单调递增，x ∴=时，()min h x，1x ∴=，则2212x x==12x x ∴+=故选：A . 3.与不等式恒成立问题有关的参数范围问题含参数的不等式恒成立的处理方法：①的图象永远落在图象的上方；②构造函数法，一般构造，；③参变分离法，将不等式等价变形为，或，进而转化为求函数的最值. 3.1 参变分离法将已知恒成立的不等式由等价原理把参数和变量分离开，转化为一个已知函数的最值问题处理，关键是搞清楚哪个是变量哪个是参数，一般遵循“知道谁的范围，谁是变量；求谁的范围，谁是参数”的原则． 例3．【河南省实验中学2019届模拟三】已知函数f （x ）=e x −x −1（e 是自然对数的底数）． （1）求证：e x ≥x +1；（2）若不等式f （x ）＞ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，求正数a 的取值范围．思路分析：（1）要证e x ≥x +1，只需证f （x ）＝e x ﹣x ﹣1≥0，求导得f ′（x ）＝e x ﹣1，利用导数性质能证明e x ≥x +1．（2）不等式f （x ）＞ax ﹣1在x ∈[12，2]上恒成立，即a ＜e x −x x在x ∈[12，2]上恒成立，令g （x ）=e x −x x，x ∈[12，2]，利用导数性质求g （x ）=e x −x x在x ∈[12，2]上的最小值，由此能求出正数a 的取值范围．【详解】（1）由题意知，要证e x ≥x +1，只需证f (x )=e x −x −1≥0，求导得f ′(x )=e x −1，当x ∈(0，+∞)时，f ′(x )=e x −1>0，当x ∈(−∞,0)时，f ′(x )=e x −1<0，∴f （x ）在x ∈(0，+∞)是增函数，在x ∈(−∞,0)时是减函数，即f (x )在x =0时取最小值f (0)=0，∴f (x )≥f (0)=0，即f (x )=e x −x −1≥0，∴e x ≥x +1．（2）不等式f (x )>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，即e x −x −1>ax −1在x ∈[12,2]上恒成立，亦即a <e x −x x在x ∈[12，2]上恒成立，令g （x ）=e x −x x，x ∈[12,2]，以下求g (x )=e x −x x 在x ∈[12,2]上的最小值，g ′(x )=e x (x−1)x 2,当x ∈[12,1]时，g ′(x )≤0，当x ∈[1,2]]时，g ′(x )≥0，∴当x ∈[12,1]]时，g (x )单调递减，当x ∈[1,2]]时，g (x )单调递增，∴g (x )在x =1处取得最小值为g (1)=e −1，∴正数a 的取值范围是(0,e −1)．()()f x g x >()y f x =()y g x =()()()F x f x g x =-min ()0F x >()a h x >()a h x <()h x3.2 构造函数法参变分离后虽然转化为一个已知函数的最值问题，但是有些函数解析式复杂，利用导数知识无法完成，或者是不易参变分离，故可利用构造函数法．例4．（2020·四川三台中学实验学校高三开学考试）已知函数()ln f x x x a =+，()ln ,g x x ax a =-∈R . （1）求函数()f x 的极值； （2）若10a e<<，其中e 为自然对数的底数，求证：函数()g x 有2个不同的零点； （3）若对任意的1x >，()()0f x g x +>恒成立，求实数a 的最大值.（1）函数()f x 的定义域为0x >，因为()ln f x x x a =+，所以()ln 1f x x =+‘，当1x e >时，()0f x >‘，所以函数()f x 单调递增；当10x e<<时，()0f x <‘，所以函数()f x 单调递减，因此1e 是函数()f x 的极小值，故函数()f x 的极值为极小值，值为11()f a e e=-+；无极大值 （2）函数()g x 的定义域为0x >，因为()ln ,g x x ax =-所以'1()g x a x=-，因为10a e <<，所以当1x a >时，'()0g x <，因此函数()g x 是递减函数，当10x a<<时，'()0g x >，函数()g x 是递增函数，所以函数()g x 的最大值为： max 1111()()ln ln 1g x g a a a a a==-⋅=-， 因为10a e <<，所以11ln 1e a a>⇒>，因此有max ()0g x >， 因为1e a >，所以(1)0g a =-<，因此当10x a<<时，函数()g x 有唯一零点；因为10a e <<，所以211a a >，22211111()ln 0g a a a a a =-<-<，故函数()g x 在1x a>时，必有唯一的零点，因此函数()g x 有2个不同的零点；（3）设()()()ln ln h x f x g x x x a x ax =+=++-，(1)0h =，'1()ln 1h x x a x =++-，因为211()0h x x x''=->，所以函数()h x '在1x >时单调递增，即'((2)1)h h a x '>=-当20a -≥时，即2a ≤，1x >时，'()0h x >，函数()h x 在1x >时单调递增，因此有()(1)0h x h >=，即当1x >时，()()0f x g x +>恒成立；当2a >时，''1(1)20,()10,aa h a h e e=-<=+>所以存在0(1,)a x e ∈，使得'0()0h x =，即当0(1,)x x ∈时，函数()h x 单调递减，所以此时0()()(1)0h x h x h <<=，显然对于当1x >时，()()0f x g x +>不恒成立，综上所述，2a ≤，所以实数a 的最大值为2. 4.与函数单调区间有关的参数范围问题若函数在某一个区间可导，函数在区间单调递增；函数在区间单调递减.若函数在某一个区间可导，且函数在区间单调递增恒成立；函数在区间单调递减恒成立.4.1 参数在函数解析式中转化为恒成立和恒成立问题后，利用恒成立问题的解题方法处理 例5. （2020·陕西高三月考）已知函数()sin ln f x a x b x x =+-. （1）当0,1a b ==时，证明：()1f x -„. （2）当6b π=时，若()f x 在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上为增函数，求a 的取值范围. （1）证明：当0,1a b ==时，()ln f x x x =-，所以1()xf x x-'=. 令()0f x '>，得01x <<；令()0f x '<，得1x >. 所以()f x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以max ()(1)1f x f ==-， 故()1f x -„. （2）解：当6b π=时，()cos 16f x a x xπ'=+-，由题可知()0f x '≥ 所以cos 106a x xπ+-…在0,3π⎛⎫ ⎪⎝⎭上恒成立，即66cos x a x x π-…在0,3π⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立.令6(),0,6cos 3x h x x x x ππ-⎛⎫=∈ ⎪⎝⎭，显然当0,6x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0h x <； ()f x D '()0f x >⇒()f x D '()0f x <⇒()f x D ()f x D ()f x D ⇒'()0f x ≥()f x D ⇒'()0f x ≤'()0f x ≥'()0f x ≤当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，()0h x >. 而当,63x ππ⎛⎫∈⎪⎝⎭时，22cos (6)sin ()06cos x x x x h x x x ππ+-'=>， 所以()h x 在,63ππ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增， 所以()13h x h π⎛⎫<=⎪⎝⎭， 所以1a …，即a 的取值范围是[1,)+∞. 点评：导数与函数的单调性(1)函数单调性的判定方法：设函数y ＝f(x)在某个区间内可导，如果f′(x)＞0，则y ＝f(x)在该区间为增函数；如果f′(x)＜0，则y ＝f(x)在该区间为减函数.(2)函数单调性问题包括：①求函数的单调区间，常常通过求导，转化为解方程或不等式，常用到分类讨论思想；②利用单调性证明不等式或比较大小，常用构造函数法. 4.2 参数在定义域中函数解析式确定，故可先确定其单调区间，然后让所给定义域区间包含在单调区间中. 例6.已知函数ln ()a x f x x +=，曲线ln ()a x f x x+=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直.注：e 为自然对数的底数.（1）若函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值，求实数m 的取值范围；（2）求证：当1x >时，1()21(1)(1)x xf x e e x xe ->+++. 思路分析：(1)求函数ln ()a x f x x +=的导数()f x '，由曲线ln ()a xf x x +=在点(,())e f e 处的切线与直线20e x y e -+=垂直可得21()f e e '=-，可求出a 的值，这时2ln '()(0)xf x x x=->，讨论导数的符号知函数()f x 仅当1x =时，取得极值，由1(,1)m m ∈+即可求实数m 的取值范围；（2）当1x >时，1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->⇔+++11(1)(ln 1)211x x x x e e x xe -++>++g 令(1)(ln 1)()x x g x x++=，令12()1x x e h x xe -=+，由max min()()1g x h x e ⎛⎫>⎪+⎝⎭证之即可.试题解析： （1）因为ln ()a x f x x +=，所以21ln '()a x f x x --=.又据题意，得21'()f e e =-，所以221a e e -=-，所以1a =.所以1ln ()x f x x +=.所以2ln '()(0)xf x x x=->.当(0,1)x ∈时，'()0f x >，()f x 为增函数；当(1,)x ∈+∞时，'()0f x <，()f x 为减函数.所以函数()f x 仅当1x =时，取得极值.又函数()f x 在区间(,1)m m +上存在极值，所以11m m <<+，所以01m <<.故实数m 的取值范围是(0,1).（2）当1x >时，1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++，即为11(1)(ln 1)211x xx x e e x xe -++>++g .令(1)(ln 1)()x x g x x++=，则22[(1)(ln 1)]'(1)(ln 1)ln '()x x x x x x x g x x x ++-++-==.再令()ln x x x ϕ=-，则11'()1x x x xϕ-=-=. 又因为1x >，所以'()0x ϕ>.所以()x ϕ在(1,)+∞上是增函数.又因为(1)1ϕ=，所以当1x >时，'()0g x >. 所以()g x 在区间(1,)+∞上是增函数.所以当1x >时，()(1)g x g >，又(1)2g =，故()211g x e e >++.令12()1x x e h x xe -=+，则11122(1)(1)'2(1)'()2(1)(1)x x x x x x x x e xe xe e e e h x xe xe ---+-+-==++g .因为1x >，所以122(1)0(1)x x x e e xe --<+.所以当1x >时，'()0h x <，故函数()h x 在区间(1,)+∞上是减函数.又2(1)1h e =+， 所以当1x >时，2()1h x e <+，所以()()1g x h x e >+，即1()21(1)(1)x x f x e e x xe ->+++. 点评：本题考查了利用导数判断函数单调性等基础知识，理解单调性的概念是解题关键. 5.与逻辑有关的参数范围问题新课程增加了全称量词和特称量词应用这一知识点，并且在考试卷中屡屡出现，使得恒成立问题花样推陈出新，别有一番风味，解决的关键是弄懂量词的特定含义.例7.已知函数()()22 01 0x x ax e x f x x x b⎧->⎪=⎨≤⎪⎩，，在2x =处的切线斜率为272e .（1）求实数a 的值；（2）若0x >时，()y f x m =-有两个零点，求实数m 的取值范围. （3）设()()ln x g x b f x =+-，若对于130 2x ⎛⎤∀∈ ⎥⎝⎦，，总有()21 2.71828x e e e ⎡⎤∈=⎢⎥⎣⎦，…，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围.思路分析：（1）根据导数几何意义得()27'22e f =，所以求导数()()2'222x f x e x a x a ⎡⎤=+--⎣⎦列出等量关系，求解得34a =（2）利用导数研究函数()()22xf x x ax e =-单调变化趋势：在()0 1，单调递减，在()1 +∞，单调递增，再考虑端点值：()300,()2f f f ⎛⎫==+∞→+∞ ⎪⎝⎭，所以要有两个零点，需 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，（3）不等式恒成立问题，一般方法为转化为对应函数最值：()()min f x g x ≥，由前面讨论可知()()min 12ef x f ==-，所以()()ln ln 12x x e g x b b f x x ⎛⎫=+=-≤- ⎪-⎝⎭在1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有解，即1ln 21e b x x ≤-⋅-的最大值，先求ln 1x y x =-，1 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，最大值，而=利用导数易得1x e =时ln 1x y x =-取最大值1e +，即()21e b e ≤-+ 试题解析：（1）0x >时，()()()()222 '222x x f x x ax e f x e x a x a ⎡⎤=-=+--⎣⎦，，由条件知()27'22e f =，∴34a =. （2）0x >时，()()22xf x x ax e =-，∴()()()1'1232x f x e x x =-+，()f x 在()0 1，单调递减，在()1 +∞，单调递增，()3002f f ⎛⎫== ⎪⎝⎭，则()min 12e f f ==-，∴ 02e m ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，时，()y f x m =-有两个零点. （3）由题意，即要()()min min f x g x ≥ （*）当0x >时，()232xf x x x e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，由（2）知()()min 12e f x f ==-，当0x >时，0x -<，∴()()ln ln 1x x g x b b f x x ⎛⎫=+=- ⎪-⎝⎭，()2ln 1'x g x b x -=⋅，∵21 x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，，∴2ln 10x x -≤.①若0b >，()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是减函数，()()min 11g x g e b e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭.∵()()min min f x g x <，∴（*）不成立.②若0b <，()g x 在1 e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，上是增函数，()()min 11g x g b e e ⎛⎫==+ ⎪⎝⎭.要使()()min min f x g x ≥，只要()12e b e -≥+，则()21e b e ≤-+. (3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解． 综合上述五种类型，利用导数求解含参问题时，首先具备必要的基础知识（导数的几何意义、导数在单调性上的应用、函数的极值求法、最值求法等），其次要灵活掌握各种解题方法和运算技巧，比如参变分离法，分类讨论思想和数形结合思想等，涉及极值和最值问题时，一般情况下先求导函数，然后观察能否分解因式，若能则比较根的大小，并与定义域比较位置关系、分段考虑导函数符号，划分单调区间，判断函数大致图像；若不能分解因式，则考虑二次求导，研究函数是否具有单调性.利用导数处理参数范围问题并不可怕，关键在于通过解题不断摸索解题思路，形成一种解题格式和套路.。

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 =。

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

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

下面是一些常见的方法归纳。

求函数在处的导数：1.首先，计算函数的导数表达式。

2.将参数值代入导数表达式，得到函数在该处的导数。

3.根据导数值的正负来判断函数在该处的增减性。

求函数的关键点：1.通过导数求出函数的导数表达式。

2.设置函数的导数等于零的方程，并求解得到参数的取值。

3.将参数的取值代入原函数，得到关键点的横坐标。

4.进一步求得关键点的纵坐标，得到函数的关键点。

求函数的拐点：1.首先，求出函数的二阶导数表达式。

2.解出二阶导数等于零的方程，得到参数的取值。

3.将参数的取值代入原函数，求出拐点的横坐标。

4.进一步求得拐点的纵坐标，得到函数的拐点。

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

2.判断导数的正负情况，以确定函数的单调性。

3.判断函数在定义区间的端点处是否存在极值。

若存在，则考虑边界条件。

4.根据以上分析，确定函数在定义区间的取值范围。

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

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

将x的值代入原函数，得到最值的纵坐标。

进一步分析函数的单调性和边界条件，得到函数的取值范围。

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

判断导数的正负情况，确定函数的单调性。

根据函数的周期性和边界条件，得出函数在定义区间的取值范围。

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

对函数求导，得到导数h'(x)=1/(x+a)。

【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。