高考数学热点难点突破技巧第06讲导数中的双参数问题的处理

导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。

$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。

解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。

又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。

又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。

策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。

高考数学中的函数与导数的应用技巧高考数学中函数与导数的应用技巧在高考数学中，函数与导数是两个非常重要的知识点。

它们在各个科目中都扮演着不可或缺的角色，同时也是考试中必考的内容。

在学习这两个知识点时，我们需要掌握它们的应用技巧。

下面将简要介绍高考中函数与导数的应用技巧。

一、函数的应用技巧在高考中，函数是一个非常重要的知识点。

其应用范围涉及到各个分支学科。

掌握好函数的应用技巧，可以帮助我们更好地解决问题。

1.函数的连续性在高考数学中，函数的连续性是一个非常重要的概念。

如果一个函数在某个点上连续，那么它在该点的极限就等于该点的函数值。

利用这个概念，我们就可以使用代数法和图像法来判断函数的连续性，从而更好地解决问题。

2.函数的单调性函数的单调性是指函数的增减性质。

在高考中，我们需要通过函数的单调性来进行最值的求解。

如果一个函数在某个区间上单调递增，那么该区间的最小值就是函数在该区间左端点处的函数值。

反之，如果一个函数在某个区间上单调递减，那么该区间的最大值就是函数在该区间右端点处的函数值。

因此，掌握函数的单调性可以帮助我们更好地解决最值问题。

3.函数的奇偶性函数的奇偶性是指函数的对称性质。

在高考中，我们需要通过函数的奇偶性来判断函数的对称中心以及进行函数的分解。

如果一个函数为奇函数，则该函数在原点处对称。

如果一个函数为偶函数，则该函数在坐标轴上的所有点对称。

因此，掌握函数的奇偶性可以帮助我们更好地进行函数的图像分析以及函数的求解。

二、导数的应用技巧在高考数学中，导数是一个非常重要的知识点。

其应用范围涉及到各个分支学科。

掌握好导数的应用技巧，可以帮助我们更好地解决问题。

1.导数的定义在高考数学中，导数的定义是一个非常重要的概念。

通过导数的定义，我们可以求解函数在某个点的切线斜率。

在实际应用中，我们可以利用导数的定义来判断函数的单调性、最值、曲线的凸凹性等问题。

2.导数的求解在高考数学中，导数的求解是一个非常重要的环节。

双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立． 设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证 解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以 又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以， 所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。

高考导数大题解题技巧高考导数大题解题技巧无论是什么科目的考试，都有它固有的漏洞和具体的解决办法，数学更是如此，高考数学导数的解题思路是什么?下面由店铺为整理有关高考导数大题解题技巧的资料，希望对大家有所帮助！高考导数大题解题技巧1.单调性问题研究函数的单调性问题是导数的一个主要应用，解决单调性、参数的范围等问题，需要解导函数不等式，这类问题常常涉及解含参数的不等式或含参数的不等式的恒成立、能成立、恰成立的求解。

由于函数的表达式常常含有参数，所以在研究函数的单调性时要注意对参数的分类讨论和函数的定义域。

2.极值问题求函数y=f(x)的极值时，要特别注意f'(x0)=0只是函数在x=x0有极值的必要条件，只有当f'(x0)=0且在xx0 时，f'(x0)异号，才是函数y=f(x)有极值的充要条件，此外，当函数在x=x0处没有导数时，在x=x0处也可能有极值，例如函数f(x)=|x|在x=0时没有导数，但是，在x=0处，函数f(x)=|x|有极小值。

还要注意的是，函数在x=x0有极值，必须是x=x0是方程f'(x)=0的根，但不是二重根(或2k重根)，此外，在确定极值点时，要注意，由f'(x)=0所求的驻点是否在函数的.定义域内。

3.切线问题曲线y=f(x)在x=x0处的切线方程为y-f(x0)=f'(x0)(x-x0)，切线与曲线的综合，可以出现多种变化，在解题时，要抓住切线方程的建立，切线与曲线的位置关系展开推理，发展理性思维。

关于切线方程问题有下列几点要注意：(1)求切线方程时，要注意直线在某点相切还是切线过某点，因此在求切线方程时，除明确指出某点是切点之外，一定要设出切点，再求切线方程；(2) 和曲线只有一个公共点的直线不一定是切线，反之，切线不一定和曲线只有一个公共点，因此，切线不一定在曲线的同侧，也可能有的切线穿过曲线；(3) 两条曲线的公切线有两种可能，一种是有公共切点，这类公切线的特点是在切点的函数值相等，导数值相等；另一种是没有公共切点，这类公切线的特点是分别求出两条曲线的各自切线，这两条切线重合。

高考导数大题解题方法高考导数大题解题方法高考导数大题解题方法一、学生存在的问题：1、切线问题，没有设切点的意识，带入解析式不全面还纠缠不清。

2、求导后不变形，导致难以判断导数的正负，或者不会判断导数的正负，产生思维中断现象。

3、忽略定义域，导致失分。

4、不能发现参数引起的分歧，不会对参数引起的分歧进行讨论。

5、没有进行逆向思维的习惯，或者逆向思维经验不足，无法破解题意。

二、导数的基本问题1.题型：1).切线问题。

2).单调性，极值，值域，最值问题。

3).函数零点(方程的根)的个数和分布问题。

4).不等式恒成立、存在性、不等式证明问题。

5).与数列、不等式、解析几何的综合问题。

2.常规步骤：1)求导数并变形，写出定义域。

变形的方法：①.整式：因式分解或配方。

②.分式：通分母，并因式分解。

③.指数式：提取公因式。

④根式：分子有理化2)解方程 , 判断导数的正负判断导数正负的方法：①.检验法。

②.图像法。

③.单调性法。

④.求导数的导数。

3)列表由导函数的正负确认原函数的单调性和极值、最值4)画函数草图解决问题。

三、难点分布及突破难点的方法1.难点分布：1).无切点的切线问题;2).含参讨论，分段讨论;3).不等式证明、恒成立、存在性问题;4).与数列、不等式、解析几何的综合问题。

2.突破难点的方法：1)切线问题，函数y=f(x)：①设切点为(x0,y0)②求导， y'=f'(x),③三代入：2).参数影响到导数的正负，就根据分歧分类讨论，绝对值函数变为分段函数，分两部分讨论研究。

一般的`分歧有：①参数对整体正负的影响。

②参数对有根无根、根的大小的影响，不能自认为有根。

③参数对根在区间内外的影响，不能自认为根在区间内。

3).构造函数解决不等式证明、恒成立和存在性问题。

有两种构造函数的方法：①主变量法，在那个变量的区间上恒成立，就以这个变量为主变量构造函数。

②分离法，把两个变量分离到不等式两边，构造函数。

导数双参数处理方法汇总
导数中双参数的处理是高中数学中的一个难点，以下是几种常用的处理方法：
1. 分离参数法：首先尝试将双参数分离，使问题简化为单参数问题。

这需要观察参数在函数表达式中的影响，并尝试通过代数手段将其分离。

2. 参数分类讨论法：当双参数不能直接分离时，可以考虑对参数进行分类讨论。

根据参数的不同取值范围，对问题进行分段处理，从而简化问题。

3. 构造函数法：如果双参数的问题难以直接处理，可以尝试构造函数。

通过构造一个新函数，将双参数问题转化为对新函数的性质进行分析的问题。

4. 参数消去法：在一些情况下，可以通过适当的变换或代数操作，消去问题中的某些参数，从而使问题简化为单参数问题。

5. 参数代入法：对于一些含有难以分离的双参数的复杂问题，可以考虑使用代入法。

通过代入一些特定的值或表达式，将问题简化为更易于处理的形式。

以上方法不是孤立的，可以根据问题的具体情况选择合适的方法，有时可能需要结合多种方法进行处理。

同时，处理双参数问题也需要一定的练习和经验积累，以提高解题的效率和准确性。

不等式双参问题的解决————缺2012年新课标卷例3：（2009辽宁卷理）已知函数f(x)=21x 2－ax+(a －1)ln x ，1a >。

（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1，x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--。

(21)解：(1)()f x 的定义域为(0,)+∞。

2'11(1)(1)()a x ax a x x a f x x a x x x--+--+-=-+==2分（i ）若11a -=即2a =,则 2'(1)()x f x x-= 故()f x 在(0,)+∞单调增加。

(ii)若11a -<,而1a >,故12a <<,则当(1,1)x a ∈-时，'()0f x <; 当(0,1)x a ∈-及(1,)x ∈+∞时，'()0f x >故()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加。

(iii)若11a ->,即2a >,同理可得()f x 在(1,1)a -单调减少，在(0,1),(1,)a -+∞单调增加. (II)考虑函数 ()()g x f x x =+21(1)ln 2x ax a x x =-+-+ 则211()(1)(1)111)a a g x x a x a a x x--'=--+≥--=-- 由于1<a<5,故()0g x '>，即g(x)在(0, +∞)单调增加，从而当120x x >>时有12()()0g x g x ->，即1212()()0f x f x x x -+->，故1212()()1f x f x x x ->--，当120x x <<时，有12211221()()()()1f x f x f x f x x x x x --=>---·········12分补充：（2010辽宁理数）（21）（本小题满分12分） 已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，1212()()4f x f x x x -≥-，求a 的取值范围。

【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 【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 ．522．（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（ ）导数中的参数问题A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦ C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦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 ．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⎛⎫⎪⎝⎭【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⎡⎫⎪⎢⎣⎭2（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) 3.（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 ．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()()210f x 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 ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【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 ()x g 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,)eD ．1(,)e+∞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_______．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）【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 -- 2．（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()2122xf 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,eB ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【强化训练】1．（2020·重庆南开中学高三）已知函数1()ln f x x a x=++，()f x '是()f x 的导函数，若关于x 的方程(1)()()x f x f x '+=有两个不等的根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,ln 22⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ B ．10,ln 22⎛⎫- ⎪⎝⎭C ．1,ln 24⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭D ．10,ln 24⎛⎫- ⎪⎝⎭2．（2019·重庆万州外国语学校天子湖校区高三开学考试（理））对于任意的正实数x ，y 都有（2x y e -)ln y x xme ≤成立，则实数m 的取值范围为 A ．1(,1]e B ．21(,1]e C ．21(,]e eD ．(10,]e3．当0x ≥时，()ln 11xxe a x x ≥++恒成立，则a 的取值范围为（ ） A . (],1-∞ B . (],e -∞ C . 1,e⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦D . (],0-∞4.（2020四川省成都外国语学校）已知函数 恰好有两个极值点，则的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．5．（2020·天津耀华中学高三月考）若函数()(sin cos )x f x e x a x =+在(,)42ππ上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．(,1]-∞B ．(,1)-∞C ．[1,)+∞D ．(1,)+∞6.（2020高三第一次全国大联考）若函数恰有三个零点，则的取值范围为( )A ．B ．（）C ．D ．（）7．（2020·重庆巴蜀中学高三期末）已知关于x 的不等式2(2)1x x m x x e e -+在(-∞，0]上恒成立，则实数m 的取值范围是( ) A ．1,2⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭B ．[)0,+∞C ．1,3⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．[)1,+∞8．（2020·南昌县莲塘第一中学高三期末（理））已知函数()()()2ln 20f x x ax a x a =+++<，()2x xg x e=-，对任意的(]00,2x ∈，关于x 的方程()()0f x g x =在(]0,e 上有实数根，则实数a 的取值范围为（ ）（其中 2.71828e =为自然对数的底数）.A ．1,0e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭B ．1,e⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦C ．[),0e -D ．(],e -∞-9.（2020广州模拟）已知函数，对任意，，都有，则实数a 的取值范围是A ．B ．C ．D ．10．（2020·重庆一中高三期末）定义在R 上且周期为4的函数()f x 满足：当[)1,3x ∈-时，()1,102ln 2,03xx f x x x ⎧⎛⎫-≤≤⎪ ⎪=⎨⎝⎭⎪+<<⎩，若在区间[]0,4上函数()()1g x f x ax =--恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1ln 310,,143+⎡⎤⎛⎫⋃⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭B ．1ln 310,,133+⎡⎤⎛⎫⋃⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭C ．1ln 310,,243+⎡⎤⎛⎫⋃⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭D ．1ln 310,,233+⎡⎤⎛⎫⋃⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭11．（2020重庆市南开模拟）已知函数，若不等式对任意上恒成立，则实数的取值范围为（ ）A ．B ．C ．D ．12．（2020·广东高三（理））已知函数()21,1ln ,1ax ax x f x x a x x ⎧-+≤=⎨->⎩()a R ∈，若函数()f x 有四个零点，则a 的取值范围是（ ）A ．(),0-∞B ．(),e +∞C ．()4,+∞D ．()24,e13．若对任意的1x ，[)22,0x ∈-，12x x <，122112x x x e x e a x x -<-恒成立，则a 的最小值为（ ） A ．23e -B ．22e -C ．21e -D ．1e-【来源】安徽省芜湖市芜湖县一中2020届高三下学期仿真模拟理科数学试题 14．若函数()()()1cos 23sin cos 212f x x a x x a x =+++-在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数a 的取值范围为 A ．11,5⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．1,15⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C ．[)1,1,5⎛⎤-∞-⋃+∞ ⎥⎝⎦D ．(]1,1,5⎡⎫-∞-⋃+∞⎪⎢⎣⎭15．已知函数()(3)(2ln 1)x f x x e a x x =-+-+在(1,)+∞上有两个极值点，且()f x 在(1,2)上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．(,)e +∞ B ．2(,2)e e C ．2(2,)e +∞D ．22(,2)(2,)e e e +∞【来源】黑龙江省大庆实验中学2020届高三综合训练（五）数学（文）试题16．若函数sin ()cos a x f x x-=在区间ππ(,)63上单调递增,则实数a 的取值范围是A ．(,2)-∞B ．(1,2]-C ．[2,)+∞D ．(2,)+∞17．设0k ＞，若存在正实数x ，使得不等式14log 20kx x k --⋅≥成立，则k 的最大值为 （ ）A ．1ln 2e B ．ln 2eC ．ln 2e D ．ln 22【来源】四川省雅安市2021届高三三摸数学（理）试题18．在关于的不等式()2222e e 4e e 4e 0x x x a x a -+++>(其中 2.71828e =为自然对数的底数)的解集中，有且仅有一个大于2的整数，则实数的取值范围为（ ） A ．4161,5e 2e ⎛⎤⎥⎝⎦ B ．241,32e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．42164,5e 3e ⎛⎤⎥⎝⎦ D ．3294,43e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ 【来源】四川省攀枝花市2021届高三一模考试数学（理）试题19．若曲线()()2ln 11()f x a x a x a R =+++∈在点()()1,1f 处的切线与直线720x y +-=平行，且对任意的()1212,0,,x x x x ∈+∞≠，不等式()()1212f x f x m x x ->-恒成立，则实数m 的最大值为（ ） AB．C．D．【来源】安徽省安庆市2021届高三下学期二模文科数学试题 20．已知函数()()32012xa f x ae x ax a =--->，若函数()y f x =与()()y f f x =有相同的最小值，则a 的最大值为（ ）．A ．1B ．2C ．3D ．421．已知函数21,1()ln 25,1xx f x x x x x ⎧->⎪=⎨⎪--+≤⎩，若函数2()()(12)()1F x f x a f x =+-+恰有5个零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．743,412⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．37,24⎛⎤⎥⎝⎦C ．343,212⎛⎫⎪⎝⎭D ．1,2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭【来源】湖南省常德市2021届高三下学期一模数学试题22．已知函数()()222ln 1f x a x x a a =+->，()2ln xg x e x =--，若()f x 的图象与()g x 的图象在[1,)+∞上恰有两对关于x 轴对称的点，则实数a 的取值范围是（ ）A ．,2e ⎛⎫+∞⎪⎝⎭B ．[,)e +∞C ．,2e e ⎛⎤⎥⎝⎦D ．1,2e ⎛⎫⎪⎝⎭【来源】山西省太原市2021届高三二模数学（理）试题 23．已知函数ln ()xf x x=，若2()()10f x mf x m --->仅有3个整数解，则实数m 的取值范围是（ ） A ．ln5ln 2(1,1)52-- B ．ln5ln 2(1,1]52-- C ．ln5ln 2[1,1]52-- D ．ln5ln 2[1,1)52-- 24．已知2()2(ln )x e f x t x x x x=-++恰有一个极值点为1，则t 的取值范围是（ ）A ．1(]46e ⎧⎫-∞⋃⎨⎬⎩⎭，B ．10,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．1[0]46e ⎧⎫⋃⎨⎬⎩⎭， D ．1(,]4-∞二、填空题25.（2020河北省沧州市模拟）直线与曲线有两个公共点，则实数的取值范围是_____．26．（2020·四川高三期末（理））已知当x ∈R 时，均有不等式()()20xxae aex -+≥成立，则实数a 的取值范围为______．27．（2020·广东金山中学高三期末（理））已知函数()23,11,1x x x f x x x ⎧-+>=⎨-≤⎩，若函数()()1y f x a x =--恰有三个零点，则实数a 的取值范围是____________．28．（2020·江苏高三模拟）已知关于x 的不等式2(1)0x x k e e --+<有且仅有三个整数解，则实数k 的取值范围是______.29．（2020·四川绵阳中学高三（理））若函数21()(ln )2f x x m x x x =+--有且仅有1个零点，则实数m 的取值范围为________．30．（2020·吉林高三（理））已知函数()22ln f x ax x x =-+有两个不同的极值点12,x x ,且不等式()()1212f x f x x x t +<++恒成立,则t 的取值范围是__________．参考答案一．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 . 【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，0gx 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x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）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．【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()()210f x 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【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】()()()()22331xxx 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,)eD ．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 --+=-=='， 令()0h x '=得2x k =，2x 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()0()0212h e h eh 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()2122xf 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 x l 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，()0x h 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， ()0x h 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。

再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法长沙市明达中学吴祥云今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。

题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。

闲话少说，先上题：已知函数f(x)=xe x,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2.解析：f′(x)=1−xe x,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)则g′(x)=(1−x)e x−e2−xe x e2−x<0,则g(x)在(0,1)递减∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)递减,∴2−x1<x2,即x1+x2>2。

思路二：（极值点偏移+对数平均不等式）f(x1)=f(x2)⇒x1e x1=x2e x2⇒lnx1−x1=lnx2−x2⇒lnx1−lnx2=x1−x2⇒x1−x2lnx1−lnx2=1,由对数平均不等式x1−x2lnx1−lnx2<x1+x22(证明略)，得x1+x22>1,即x1+x2>2。

思路三：（差值消元）令x2−x1=t>0,x1e x1=x2e x2⇒x2x1=e x2e x1=e x2−x1=e t⇒x1=te t−1,x2=te t−1+t,∴x1+x2=2te t−1+t,欲证x1+x2>2即证2te t−1+t<2即e t(2−t)2+t<1,令g(t)=e t(2−t)2+t,则g′(t)=e t(−t2)(2+t)2<0,故g(t)在(0,+∞)递减，点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。