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一、单选题： 1．定义在(0，＋∞)上的函数f(x )满足xf′(x)＝1＋x ，且f(1)＝2，不等式f(x)≥(a＋1)x ＋1有解，则正实数a 的取值范围是( )A ．(0，e]B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 2．若函数f(x )＝12cos 2x －2a(sin x ＋cos x)＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a≥32B.32＜a ＜3 C ．a≥1 D ．1＜a ＜33．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧ x 2－3x ＋2，x≤1ln x ，x ＞1，g(x)＝f(x)－ax ＋a ，若g(x)恰有1个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0,1]C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)4．设函数f(x)＝ae x －2sin x ，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a 的值为( )A.24πeB.24π-eC.22πeD.22π-e 二、多选题：5.已知函数g(x)＝x x e x e 22)1(-，若实数m 满足g(log 5m)－g(m 51log )≤2g(2)，则( )A ．g(x)是奇函数B ．g(x)是(0，＋∞)上的增函数C ．实数m 的取值范围为(0,25]D ．实数m 的取值范围为[5,25]三、填空题：6．已知函数f(x)=-ln x 在[1,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围为( ).A.a<1B.a≤2C.a<2D.a≤37．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=1,且对任意的x∈R,都有f´(x)<,则不等式f(log2x)>31log2的解集为.四、解答题：8．已知函数f(x)＝ln x＋2x.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；(2)若∀x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．9．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋e x＞x2＋x＋2.10．已知函数f(x)＝e x(1＋a ln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．(1)设g(x)＝e－x f′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.11．已知函数f(x)＝x ln x－a2x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.12.已知函数f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求实数a的取值范围．课后作业题参考答案：1C 2A 3A 4B 5ABC 6.B 7.{x|0<x<4}8.[解](1)易知f′(x)＝－1－ln xx2＜0(x≥1)，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]．(2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ， ①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求．③若0＜a ＜2，则∃x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ，则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4.∵ln x 0＝ax 0－2，∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2.∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x 在(1，＋∞)上单调递减，∴4e 2≤a ＜2.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞. 9.[解] (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x＝(x ＋1)(2x －a )x， 当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 2，所以，函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x ＝1x ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1x 0， 当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表 g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0，因此不等式得证．10[解] (1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x (x ＞0)， g (x )＝e －xf ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝a (x －1)x 2(x ＞0)． 当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时， g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增， 故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x ， 则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x 2＋a ln x . 设H (x )＝1＋2a x －a x 2＋a ln x (x ＞0)，则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x ＝a (x 2－2x ＋2)x 3＞0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0， 故存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0， 则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增， 故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1.由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1x ≥1.因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x 1＋a ln x 1＞e x 1(1＋a )＞0， 即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2a x 1， 所以f (x 1)＝e x 1(1＋a ln x 1)＝a e x 11－2x 1x 21＜0＝f (x 0)． 又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.11.[解] (1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax x . 当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x ＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．当a ＞0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x ＞0； 若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－ax x ＜0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减． 所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1. 令g (a )＝－ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a .当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x ln x－12x2，则f′(x)＝1＋ln x－x.由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，所以f(x)＝x ln x－12x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－12，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，所以只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.令f(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证f(x)＞F(1)，x∈(0,1)，f′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，令m(x)＝f′(x)，则m′(x)＝2(1－x)2x(2－x)＞0，x∈(0,1)，所以f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0，所以函数f(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2.12.[解](1)f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝1x(x－1)[x－(a－1)]，①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1＜a ＜2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜a －1或x ＞1，由f ′(x )＜0，得a －1＜x ＜1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减； ④若a ≤1，由f ′(x )＞0，得x ＞1，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1， 则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．综上，若a ＞2，f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减； 若a ＝2， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1＜a ＜2，f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减； 若a ≤1， f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．(2)f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1＞f (x 2)＋x 2，令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1等价于函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．f ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x [x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1＜0，即a ＜1时，x ＝a －12＜0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解．当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12≥0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0， 化简得(a －1)(a －5)≤0，解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1,5]．。
利用导数求参数范围举例例1.已知时都取得极值与在132)(23=-=+++=x x c bx ax x x f (1) 求ａ、ｂ的值及函数)(x f 的单调区间．(2) 若对2)(],2,1[c x f x <-∈不等式恒成立，求ｃ的取值范围． 解：(1)2,21-=-=b a 2122)2(]2,1[)(,2)2(,21)1(23)1(,2722)32(132023,23)().2(222'>-<+>+=-+=+=-+-=+=-=-==----=c c c ，c c f x f c f c f cf c f x x x x x x x f 或解得从而上的最大值为在所以且或得由例2.已知函数1,13)(23=-=-+=x x x bx ax x f 在处取得极值 (1) 求函数)(x f 的解析式.(2) 若过点)2)(,1(-≠m m A 可作曲线y=)(x f 的三条切线,求实数m 的取值范围. 解:(1)求得x x x f 3)(3-=(2)设切点为33)(),3,(2'0300-=-x x f x x x M 因为200'20300020300200302066)(332)(,0332)1)(33(3),1)(33(x x x g m x x x g x A m x x x x m x x M x x m y -=++-=**=++---=----=-则设有三个不同的实数根的方程所以关于可作曲线的三条切线因为过点即所以又切线过点所以切线方程为)2,3(230)1(0)0(1,0)(,)1,0(,),1(),0,()(100)(00000000'---<<-⎩⎨⎧<>*==+∞-∞===的取值范围是所求的实数解得条件是有三个不同实根的充要的方程所以关于的极值点为故函数上单调递减在上单调递增在所以或得由m m g g x x x x g x g x x x g 例3．已知,)(2c x x f +=且)1()]([2+=x f x f f 。
授课类型T （导数与参数的取值范围）C （恒成立问题与参数取值范围）T （含参函数的综合问题）授课日期及时段教学内容导数与参数的取值范围一、同步知识梳理知识点1：利用导数判断函数的单调性的方法：如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '>，则()f x 在这个区间上是增函数；如果函数()y f x =在x 的某个开区间内，总有()0f x '<，则()f x 在这个区间上是减函数．知识点2：利用导数研究函数的极值：已知函数()y f x =，设0x 是定义域内任一点，如果对0x 附近的所有点x ，都有0()()f x f x <，则称函数()f x 在点0x 处取极大值，记作0()y f x =极大．并把0x 称为函数()f x 的一个极大值点．如果在0x 附近都有0()()f x f x >，则称函数()f x 在点0x 处取极小值，记作0()y f x =极小．并把0x 称为函数()f x 的一个极小值点．极大值与极小值统称为极值．极大值点与极小值点统称为极值点．知识点3：求函数()y f x =的极值的方法：第1步求导数()f x '；第2步求方程()0f x '=的所有实数根；第3步考察在每个根0x 附近，从左到右，导函数()f x '的符号如何变化．如果()f x '的符号由正变负，则0()f x 是极大值；如果由负变正，则0()f x 是极小值．如果在()0f x '=的根0x x =的左右侧，()f x '的符号不变，则0()f x 不是极值．知识点4：函数()f x 的最大（小）值是函数在指定区间的最大（小）的值．求函数最大（小）值的方法：第1步求()f x 在指定区间内所有使()0f x '=的点；第2步计算函数()f x 在区间内使()0f x '=的所有点和区间端点的函数值，其中最大的为最大值，最小的为最小值．二、同步题型分析题型1：已知函数单调性，求参数的取值范围类型1．参数放在函数表达式上例1、设函数R a ax x a x x f ∈+++-=其中86)1(32)(23．恒成立与参数的取值范围上是增函数；上是减函数；相同的零点>，函数或因而当时，（Ⅱ）时因此当，即当任给，存在使得；或则二次函数值域必满足主要是题目中出现两个不同的自变量，即要求，这与前面讲解的最大值最小值问题有不同，需要学生具有很强的分析。
利用导数求参数范围考向一 利用单调性求参数【例1】已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )为单调递增函数，求实数a 的取值范围． 【举一反三】1．已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(1，＋∞)内为增函数， 求a 的取值范围． 2.已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－1,1)上为减函数，试求a 的取值范围． 3.已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )的单调递减区间为(－1,1)，求a 的取值． 4.已知函数f (x )＝x 3－ax －1，若f (x )在区间(－1,1)上不单调，求a 的取值范围． 【套路总结】用导数研究函数的单调性 （1）用导数证明函数的单调性证明函数单调递增（减），只需证明在函数的定义域内'()f x ≥（≤）0 （2）用导数求函数的单调区间求函数的定义域D →求导'()f x →解不等式'()f x ＞()<0得解集P →求DP ,得函数的单调递增（减）区间。
一般地，函数()f x 在某个区间可导，'()f x ＞0⇒()f x 在这个区间是增函数一般地，函数()f x 在某个区间可导，'()f x ＜0⇒()f x 在这个区间是减函数（3）单调性的应用（已知函数单调性）一般地，函数()f x 在某个区间可导，()f x 在这个区间是增(减)函数⇒'()f x ≥()≤0【注】①求函数的单调区间，必须优先考虑函数的定义域，然后解不等式'()f x ＞（＜)0（不要带等号），最后求二者的交集，把它写成区间。
【举一反三】 1在区间(1,)-+∞上是减函数，则实数a 的取值范围是 A ．[1,)-+∞ B ．(1,)-+∞ C ．(,1]-∞- D ．(1,1)-2．已知函数321()5(0)3f x ax x a =-+>在(0,2)上不单调，则a 的取值范围是（ ） A ．01a << B ．102a << C ．112a << D ．1a >3.已知函数2()ln f x x x ax =++，a ∈R .若函数()f x 在其定义域上为增函数，求a 的取值范围.考向二 利用极值求参数【例2-1】已知f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx (a ≠0)在x ＝±1处取得极值，且f (1)＝－1. (1)试求常数a ，b ，c 的值；(2)试判断x ＝±1是函数的极大值点还是极小值点，并说明理由． ②已知函数的增（减）区间，应得到'()f x ≥（≤）0，必须要带上等号。
专题05 利用函数极值求参(取值范围)一、单选题1．已知函数()321132f x x x cx d =-++有极值，则c 的取值范围为( )A ．14c <B ．14c ≤C ．14c ≥D ．14c >【解析】由题意得()2f x x x c '=-+，若函数()f x 有极值，则140c ∆=->，解得14c <，故选：A ． 2．若函数328()2()43f x x ax a x =++++有极大值和极小值，则a 的取值范围是( )A ．()2,8-B ．17,,22⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()(),28,-∞-+∞ D ．()(),22,-∞-+∞【解析】216()3223f x x ax a '=+++，根据题意知方程21632203x ax a +++=有两个不等实根，于是得216412(2)03a a ∆=-+>，整理得26160a a -->，解得8a >或2a <-， 所以a 的取值范围是()(),28,-∞-+∞.故选：C3．若函数3211()232f x x ax bx c =+++在(0,1)上取得极大值，在(1,2)上取得极小值，则11b a --的取值范围是( ) A ．11,32⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】2()2f x x ax b '=++，函数()f x 在区间(0,1)内取得极大值，在区间(1,2)内取得极小值，2()20f x x ax b ∴'=++=在(0,1)和(1,2)内各有一个根，(0)0f '>，f '(1)0<，f '(2)0>，即021020b a b a b >⎧⎪++<⎨⎪++>⎩，在aOb 坐标系中画出其表示的区域是ABC ，11b a --表示区域内的点(,)P a b 与点(1,1)M 连线的斜率，联立0210b a b =⎧⎨++=⎩，解得01b a =⎧⎨=-⎩，即()1,0B -，同理()()2,0,3,0A C --，结合图象知直线MC 的斜率最小，为0MC k =，直线MB 的斜率最大，为12MB k =， 所以11b a --的取值范围1(0,)2，故选：D ．4．已知函数()322f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则a b +=( )A ．7-B ．0C ．7-或0D ．15-或6【解析】由函数()322f x x ax bx a =+++有()232f x x ax b '=++.函数()f x 在1x =处有极小值10.所以()()10110f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即()()213+201110f a b f a b a ⎧=+=⎪⎨=+++='⎪⎩，解得: 411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩， 当411a b =⎧⎨=-⎩时，()()()238111311f x x x x x '=+-=-+， 令()0f x '>得1x >或113x <-，()0f x '<得1113x -<<， 所以函数()f x 在113，⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在11,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1+，上单调递增.显然满足函数()f x 在1x =处有极小值10.当33a b =-⎧⎨=⎩时，()()22363310f x x x x '=-+=-≥， 所以函数()f x 在R 上单调递增,不满足函数()f x 在1x =处有极小值10. 所以411=7a b +=--，故选：A5．若函数32()1(0)f x x mx m =-++≠在区间(0,2)上的极大值为最大值，则m 的取值范围是( ) A ．(0,3)B ．(3,0)-C ．(,3)-∞-D ．(3,)+∞【解析】由题得2()32f x x mx -'=+，令()0f x '=，得23x m=或0x =(舍去)， 若0m <，则当02x <<时，()0f x '<，与题设矛盾；若0m >，则当203x m <<时，()0f x '>，当223m x <<时，()0f x '<，故23x m =为函数的极大值点， 因为()f x 在区间(0,2)内的极大值为最大值，所以2(0,2)3m ∈，即2023m<<， 所以03m <<.故选：A.6．已知函数()2e xf x ax =-(a ∈R )有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A ．e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．2e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．2e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令2()0xf x e ax =-=，显然0x ≠，所以2e xa x=，令()2e xg x x =(0x ≠)，则问题转化为“若y a =图象与()y g x =图象有三个交点，求a 的取值范围”.()()32e x x g x x-'=，令()0g x '=，解得2x =，∴当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x 在(,0)-∞，(2,)+∞单调递增，当02x <<时，()0g x '<，()g x 在(0,2)单调递减，()g x 在2x =处取极小值()2e 24g =，作出()y g x =的简图，由图可知，要使直线y a =与曲线()2ex g x x=有三个交点，则2e 4a >，故实数a 的取值范围是2e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.故选：C.7．已知函数3211()(,,)32f x x bx cx d b c d R =+++∈有两个极值点12,(0,1)x x ∈，则22(1)c b +-的取值范围是( ) A ．(0,1)B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,16⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】已知函数3211()(,,)32f x x bx cx d b c d R =+++∈，则()2f x x bx c '=++， ()f x 的两个极值点分别是12,(0,1)x x ∈，()()22001100242012f c f c b b b b f c b ⎧=>⎪=++>⎪⎪⎛⎫∴⎨-=-+< ⎪''⎪⎝⎭⎪⎪<-<⎩'，即：2010420c b c b c b >⎧⎪++>⎪⎨>⎪⎪-<<⎩，以上不等式对应的平面区域如图所示，三个顶点坐标为()2,1A -，()1,0B -，()0,0O ，则()221c b k +-=，表示以()0,1-为中心的双曲线，由选项可知0k >，双曲线的实轴在c 轴上，所以双曲线经过A ，B ，O 三点取得最值， 经过A 点时，0k =，经过B 点时，0k =，经过O 点时，1k =， 因为A ，B ，O 三点不在可行域内，所以()0,1k ∈，故选：A .8．若函数32()312(0)f x x ax x a =-+>存在两个极值点1x ，2x ，则()()12f x f x +的取值范围是( ) A ．(,16]-∞B ．(,16)-∞C ．(16,)+∞D ．[16,)+∞【解析】由32()312(0)f x x ax x a =-+>，则2()3612f x x ax '=-+， 因为函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，所以23643120a ∆=-⨯⨯>，即2a > ，12122,4x x a x x +=⋅=，()()()123232111222312312f x f x x ax x x ax x +-+-++=()()()()221211*********3212x x x x x x x a x x x x x ⎡⎤=--+-⋅++⎣⋅++⎦()()()()1212121212221233212a x x x x x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤=---+⎣⎦⎣⎦++⋅+⋅+()()22241234824a a a a a =---+ 3424a a =-+设()3g 424a a a =-+，则()g a '()221224122a a =-+=--当2a >时，()g a '0<，则()g a 在()2,+∞上单调递减.所以()()g g 216a <=，所以()()12f x f x +的取值范围是(,16)-∞，故选：B二、多选题9．已知函数2()2ln f x ax x x =-+存在极值点，则实数a 的值可以是( ) A ．0B ．e -C ．12D ．1e【解析】函数2()2ln f x ax x x =-+的定义域为()0,∞+，且()122'=-+f x ax x， 由题意可知，函数()y f x =在定义域()0,∞+上存在极值点， 得()1220'=-+=f x ax x在()0,∞+有两个解， 由()0f x '=可得2112=-a x x ，令10t x =>，则212=-a t t ，则实数a 的取值范围为函数212=-y t t 在()0,∞+上的值域且满足0∆>，对于二次函数()()2211121222=--=--+y t t t ，当0t >时，()21111222=--+≤y t ， 对于二次方程212=-a t t ，即2102-+=t t a ，120∆=->a ，解得12a <.因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.故选：ABD.10．已知函数321()23f x x x =+-在区间(2,3)a a -+上存在最小值，则整数a 可以取( )A ．2-B ．1-C ．0D ．1【解析】()()222f x x x x x '=+=+，()0f x '=时，2x =-或0x =，当2x <-或0x >时，()0f x '>，当20x -<<时，()0f x '<，所以函数的单调递增区间是(),2-∞-和()0,∞+，函数的单调递减区间是()2,0-， 所以函数的极大值点是2-，极小值点是0，且()02f =-，那么当321223x x +-=-，解得：0x =或3x =- ，所以函数在区间()2,3a a -+上存在最小值， 则32030a a -≤-<⎧⎨+>⎩，解得：12a -≤<.故选：BCD 11．若函数322()21f x x x a x =++-有两个极值点则a 的值可以为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【解析】322()21f x x x a x =++-，22()34f x x x a '∴=++，因为函数322()21f x x x a x =++-有两个极值点，则22()34f x x x a '=++与x 轴有两个交点，即224430a ∆=-⨯⨯>解得232333a -<<，故满足条件的有AB ，故选：AB 12．已知函数f (x )=ax 2﹣x +ln x 有两个不同的极值点x 1，x 2，若不等式()()()12122f x f x x x t +<++恒成立，则t 的取值可能是( ) A ．112ln2-- B ．112ln2-+ C ．113ln 2--D ．113ln 2-+【解析】2121()21ax x f x ax x x-+'=-+=，0x >，由题意得1x ，2x 为2210ax x -+=的两不等正根，所以10102180a aa ⎧>⎪⎪⎪>⎨⎪∆=->⎪⎪⎩，解得108a <<，22121211122212()()2()2()f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x +-+=-++-+-+22121212()3()()a x x x x ln x x =+-++， 212121212[()2]3()()a x x x x x x ln x x =+--++5ln214a a=---， 令h (a )5ln214a a =---，108a <<， 则()254'04a h a a -=>，h (a)在1(0,)8上单调递增，h (a )1()2ln2118h <=-， 因为1212()()2()f x f x x x t +<++恒成立，所以1212()()2()t f x f x x x >+-+恒成立， 所以2ln211t -．故选：BD ． 三、填空题13．若函数2()(3)ln f x x a x x =+++在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则实数a 的取值范围为________.【解析】212(3)1()2(3)x a x f x x a x x+++'=+++=，函数()f x 在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则2()2(3)10g x x a x =+++=在区间(1,2)上有一个解， ∴(1)(2)(6)(215)0g g a a =++<，解得1562a -<<-． 14．已知函数2()2ln xe f x k x kx x =+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是____．【解析】由题意，()f x 定义域为()0,∞+，322()0x x xe e kf x k x x'-=+-=有唯一的实数根2x =，即方程()()220x x e kx --=有唯一的实数根2x =，所以20xe kx -=无变号零点，即2xe k x=无变号零点.设2()xe g x x =，则()32()x e x g x x-'=， ()0,2x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数；()2,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 为增函数；所以2e ()(2)4g x g ≥=；所以k 的取值范围为：2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．15．已知函数1()2x x f x ax e+=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是________． 【解析】函数1()2x x f x ax e +=-，则()2xxf x a e '=+，因为函数()f x 有两个极值点，则()0f x '=有两个不同的实数根，即2xx a e -=有两个不同的实数根，令()x xg x e =，所以函数()y g x =与2y a =-的图像有两个不同的交点，因为1()xx g x e '-=， 则当1x <时，()0g x '>，则()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，则()g x 单调递减， 所以当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，作出函数()g x 的图像如图所示， 由图像可知，102a e <-<，解得102a e -<<，所以实数a 的取值范围是1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭． 故答案为：1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．16．若函数432111()(1)1432f x x m x mx =-+++在0x =和1x =时取极小值，则实数m 的取值范围是______ 【解析】432111()(1)1432f x x m x mx =-+++，()()32()(1)1f x x m x mx x x x m '=-++=-- 当0m =时，0x =时不是取得极小值，不合题意；当0m <时，()()(),0,0,x m f x f x '∈>单调递增，()()()0,1,0,x f x f x '∈<单调递减，0x =时不是取得极小值，不合题意；当1m =时，1x =时不是取得极小值，不合题意；当1m 时，()()()0,1,0,x f x f x '∈>单调递增，()()()1,,0,x m f x f x '∈<单调递减，1x =时不是取得极小值，不合题意；当()0,1m ∈时，()()(),0,0,x f x f x '∈-∞<单调递减，()()()0,,0,x m f x f x '∈>单调递增，()()(),1,0,x m f x f x '∈<单调递减， ()()()1,,0,x f x f x '∈+∞>单调递增，函数432111()(1)1432f x x m x mx =-+++在0x =和1x =时取极小值，符合题意. 所以实数m 的取值范围是0,1. 四、解答题17．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.(1)求()f x 的解析式；(2)记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围. 【解析】(1)因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩， 故有3211()2132f x x x x =-+++；(2)根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根， 即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点， 又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-， 所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增； 又因为1(1)6f -=-， ()1323f =，5(2)3f -=， ()1343f =-， 函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m-<，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦． 18．已知a 为实数，4x =时函数()2ln 12f x a x x x =+-的1个极值点．(1)求实数a 的值；(2)若直线y b =与函数()y f x =的图象有三个交点，求b 的取值范围．【解析】(1)∵函数()2ln 12f x a x x x =+-，∴()212af x x x=+-'， ∵4x =是函数()2ln 12f x a x x x =+-的一个极值点，∴()40f '=，得81204a+-=，得16a =； (2)当16a =时，()216ln 12f x x x x =+-，()()()22416212x x f x x x x--'=+-=， 当()0f x '>时，可得4x >或者02x <<；当()0f x '<时，可得24x <<；∴函数()f x 的单调增区间为：()4,+∞，()0,2；函数()f x 的单调减区间为：()2,4；直线y b =与函数()y f x =的图象有且仅有3个交点，()432ln 232f =-，()216ln 220f =-， 由(2)知()f x 在2x =时取极大值，在4x =时取极小值，画出()f x 的图象：直线y b =与函数()y f x =的图象有且仅有3个交点， ∴直线y b =必须在直线32ln 232y和直线16ln 220y =-之间，∴()()42f b f <<，即32ln 23216ln 220b -<<-．19．已知函数()32f x x bx cx =++，()b c R ∈，(1)当1,1b c ==-时，求函数()f x 的单调区间；(2)设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，当122x x -=时，求()1f 的最小值． 【解析】()1因为32()=+-f x x x x ，2()321,f x x x ∴=+-' 由'()0f x >，得1x <-或13x >，由'()0f x <，得113x -<<，所以函数的单调递增区间为(,1)-∞-和1(,)3+∞，单调递减区间为1(1,)3-()2由()'232f x x bx c =++，知1223b x x +=-，123cx x =，又122x x -=，所以22212121244()()4493b c x x x x x x -=+-=-=，即233b c =-，所以()22131111112()33244b f bc b b =++=+-=+-≥-，所以当32b =-时，94c =-，()22412430b c b c ∆=-=->，()1114f =-，故当32b =-，94c =-时，()1f 的最小值为114-．20．已知函数3218()(21)3()33f x x ax a x a a R =-+-+-∈．(1)若函数()f x 在2x =时取得极值，求实数a 的值；(2)若()0f x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)2()=221f x x ax a '-+-，依题意有(2)=0f '，即44210a a -+-=， 解得：32a =，检验：当32a =时，2()=32f x x x '-+，所以()=(1)(2)f x x x '--， 此时函数()f x 在(1,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，满足在2x =时取得极值，综上32a =. (2)依题意()0f x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立等价转化为min ()0f x ≥在[1,)x ∈+∞恒成立， 因为2()=221f x x ax a '-+-，令'()0f x =得：1221,1x a x =-=，①当211a -≤即1a ≤时，函数'()0f x ≥在[1,)+∞恒成立，则()f x 在[1,)+∞单调递增， 于是min ()(1)220f x f a ==-≥，解得：1a ≤，此时：1a ≤；②当211a ->即1a >时，函数()f x 在[1,21]a -单调递减，在[21,)a -+∞单调递增， 于是min ()(21)(1)220f x f a f a =-<=-<，不合题意，此时：a ∈∅综上所述：实数a 的取值范围是1a ≤.21．已知()()2122x f x ax ax x e =-++-，其中0a >，e 为自然对数的底数． (1)若2a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在1x =处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当2a =时，()()22x f x x ax x e =-++-，()()()()22212x x x f x x e x e x e '=-+++-=--．令()0f x '=，可得1ln 2x =或21x =．由()0f x '>可得ln 2x <或1x >，由()0f x '<可得ln 21x <<．所以()f x 的单调递增区间为(),ln 2-∞，()1,+∞，单调递减区间为()ln 2,1．(2)()()()()21x x x f x ax a e x e x a e '=-+++-=--．令()0f x '=，可得1ln x a =或21x =．①若ln 1a <，即0a e <<时，当ln 1a x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，此时()f x 在1x =处取得极小值．②若ln 1a >时，即a e >时，当1x <时，()0f x '>；当1ln x a <<时，()0f x '<，此时()f x 在1x =处取得极大值．③当ln 1a =时，即a e =时，()0f x '≥恒成立，此时()f x 无极值．综上所述，实数a 的取值范围为()0,e ．22．已知函数()()3232612f x ax a x x =-+++. (1)试讨论函数()f x 的单调区间；(2)当1a =时，求函数()f x 的极值；(3)若函数()f x 在1x =处取得极大值，求实数a 的取值范围.【解析】(1)()()()()23326321f x ax a x ax x '=-++=--，当0a =时，()()61f x x '=--，在(,1)-∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，在(1,)+∞上，()0f x '<，()f x 单调递减，当0a ≠时，若0a >， ①21a <时，即2a >时，在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增， 在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减， ②21a 时，即2a =时，在(,)-∞+∞上()0f x '≥，()f x 单调递增， ③21>a 时，即02a <<时，在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增， 在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减， 若0a <，21a <时，即0a <时，在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减， 在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增. 综上所述，当0a =时，()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，当2a >时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递减， 当2a =时，()f x 在(,)-∞+∞上()f x 单调递增，当02a <<时，()f x 在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增，在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 当0a <时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增. (2)当1a =时，329()612f x x x x =-++， ()()()223963323(21)f x x x x x x x '=-+=-+=--，在(,1),(2,)-∞+∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，在()1,2上，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()712f x f ==极大值，()()23f x f ==极小值. (3)由题意可知，函数()f x 在1x =处取得极大值，当0a =时，()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， 所以1x =处取得极大值，符合题意，当2a >时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递减， 所以1x =处取得极小值，不符合题意；当2a =时，()f x 在(,)-∞+∞上()f x 单调递增，没有极值，不合题意，当02a <<时，()f x 在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增，在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 所以1x =处取得极大值，符合题意，当0a <时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增. 所以1x =处取得极大值，符合题意，综上所述a 的取值范围为(,2)-∞.。
用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题虽说在现行高中数学教材中没有给出极限的定义(只是在导数的定义中使用了极限符号)，但在教材中从多方位多角度的渗透了极限思想：在研究双曲线的渐近线、求2的近似值、二分法求方程近似解、幂指对函数增长速度的快慢、介绍无理数指数幂的意义以及在统计中研究密度曲线等等都渗透了极限思想.在即将出台的高中数学课标及教材中均会给出极限的定义，所以这里先由函数极限的δ-ε定义给出函数极限的保号性的相关结论，再给出该结论在求解函数问题中的应用. 函数极限的δ-ε定义 若存在实数b ，0,0εδ∀>∃>，当0x a δ<-<时，()f x b ε-<，则当x a →时，函数()f x 存在极限，且极限是b ，记作lim ()x af x b →=.由该定义，还可得 函数极限的保号性(1)①若)(lim >=→b x f ax ，则{}0)(,,,0>≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim>=+→b x f a x ，则0)(),,(,0>+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim >=-→b x f a x ，则0)(),,(,0>-∈∀>∃x f a a x δδ. (2)①若0)(lim <=→b x f ax ，则{}0)(,,,0<≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim <=+→b x f a x ，则0)(),,(,0<+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim <=-→b x f a x ，则0)(),,(,0<-∈∀>∃x f a a x δδ. 题1 (2006年高考全国卷II 理科第20题)设函数)1ln()1()(++=x x x f .若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围. (答案：]1,(-∞.)题2 (2007年高考全国卷I 理科第20题)设函数xxx f --=e e )(，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(，求实数a 的取值范围. (答案：]2,(-∞.)题 3 (2008年高考全国卷II 理科第22(2)题)设函数xxx f cos 2sin )(+=，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.(答案：⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,31.)题4 (2010年高考新课标全国卷文科第21(2)题)设函数2)1e ()(ax x x f x--=，若当0≥x 时，都有0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：]1,(-∞.)题5 (2010年高考新课标全国卷理科第21(2)题)设函数21e )(ax x x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-21,.)题1的解 令ax x f x g -=)()(，得0)1l n ()1()(≥-++=ax x x x g 在),0[+∞上恒成立.考虑到0)0(=g ，只需)(x g 在),0[+∞上单调递增.问题转化为：01)1ln()(≥-++='a x x g 在),0[+∞上恒成立. 所以1]1)1[ln(min =++≤x a . 可见1≤a 满足题设.若1>a ，则01]1)1[ln(lim )(lim 0<-=-++='++→→a a x x g x x . 由函数极限的定义得：存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<'x g ，所以)(x g 在),0(δ上单调递减.所以当),0(δ∈x 时，ax x f g x g <=<)(,0)0()(，这与题设矛盾！ 因此，所求a 的取值范围是]1,(-∞.对于题2、3，也可这样简洁求解.这就是文献[1]给出的解法(实际上，由下文的定理3知，题4、5也可这样求解)，本文就把这种解法叫做导数—极限法，下面给出这种解法的一般结论.定理 1 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明 设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≥∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≥∀时都有0)()()(000=-=≥ax x f x g x g ，即ax x f ≥)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00δ+∈x x x 时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g <=<)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.推论 设函数)(x f 满足“当0≥x 时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且0)0(,)(lim 10=='+→f a x f x ”.若0≥∀x 时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.定理 2 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≤)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明 设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≤∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≤∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≤∀时都有0)()()(000=-=≤ax x f x g x g ，即ax x f ≤)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='--→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00x x x δ-∈时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g >=>)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.定理 3 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明 在定理1中令)()(x g x f -=可证.定理 4 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明 类似于定理2的证明可证.(以下定理6,8的证明均同此.)定理5 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 证明 设2)()(ax x f x g -=，得a x f x g x g ax x f x g 2)()())((,2)()(-''=''=''-'='. 当22a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有022)()(2≥-≥-''=''a a a x f x g ”，所以0x x ≥∀时都有2)()()(000=-'='≥'ax x f x g x g ，所以x x ≥∀时都有0)()()(2000=-=≥ax x f x g x g ，即2)(ax x f ≥.当22a a >时，得02]2)([lim )(lim 200<-=-''=''++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<''x g ，)(x g '是减函数，得0)()(0='<'x g x g ，)(x g 是减函数，所以20)(,0)()(ax x f x g x g <=<，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理6 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理7 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .证明 在定理5中令)()(x g x f -=可证.定理8 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≤，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .由推论可立得题1,2,4的答案；由定理3可立得题3的答案；由定理5可立得题5的答案.读者还可给出定理5~8的推广.下面由推论给出题4的解答：可得题设即“当0>x 时，都有0)(≥x f ”，也即“当0>x 时，都有ax x ≥-1e ”，还“当0≥x 时，都有ax x ≥-1e ”.再由推论可立得答案为]1,(-∞.用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数． 又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得： 当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a →时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注 小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.例谈用验证法解题——2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解题1 解方程：(1)2121+=+x x ；(2)c c x x 11-=-；(3)c c x x 11+=+. 解 (1)容易观察出212，=x 均是该方程的解.按常规方法解此方程时，先去分母得到一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验(舍去使原方程中分母为零的解)，所以原方程最多有两个解.而已经找到了原方程的两个解212，=x ，所以这两个解就是原方程的所有解.(2)同理，可得原方程的所有解是cc x 1-=，. (3)容易观察出cc x 1，=均是该方程的解.同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解cc x 1，=(因为对于任意的非零实数c ，c 和c 1都是原方程的解，所以应当把c 和c1理解成原方程的两个解)，所以这两个解就是原方程的所有解.题2 解方程22=+++x x x .解 设函数2)(+++=x x x x f ，易知它是增函数，所以方程2)(=x f 至多有一个根(当2在函数)(x f 的值域中时有一个根，否则没有根)，……所以原方程的根是2=x .题3 已知1tan ,51cos sin ->=+ααα，求αtan . 解 由⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1cos sin 51cos sin 22αααα及“勾三股四弦五”可以猜出该方程组有两组解：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==53cos 54sin αα 或 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=54c o s 53s i n αα 该方程组即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=1sin 51sin sin 51cos 22αααα 因为关于αsin 的一元二次方程1sin 51sin 22=⎪⎭⎫⎝⎛-+αα最多有两个解，所以该方程组也最多有两组解，......所以上面猜出的两组解就是该方程组的全部解， (4)3tan -=α. 题4]1[ (2007年高考陕西卷理科第22(1)题)已知各项全不为零的数列}{k a 的前k 项和为k S ，且∈=+k a a S k k k (211N*)，其中11=a ，求数列}{k a 的通项公式. 解 由题设得kk k k k a a a a a S a )(22211+++==+ ，所以当k a a a ,,,21 确定时，1+k a 也唯一确定.所以由11=a 知，数列}{k a 是唯一确定的.可以观察出k a k =满足题设的所有条件，所以数列{}k 是满足题设的唯一数列，得k a k =.另解 (2),2)()((211111k k k kk k k k k k k k S S S S S k S S S S a a S +-=≥--==-++-+因为)2)(01≥≠=--k a S S k k k ①由题设得3,121==S S ，再由①知{}k S 是唯一确定的数列⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎩⎨⎧≥-==-2,1,11k S S k S a k k k .再同上得k a k =.题5]1[ (2005年高考江苏卷第23(1)(2)题)设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知11,6,1321===a a a ，且∈+=+--+n B An S n S n n n ()25()85(1N*)，其中B A ,为常数.(1)求A 与B 的值；(2)证明数列}{n a 为等差数列；解 (1)8,20-=-=B A . (2) ∈-+--+=+n n n S n n S n n (8582085251N*)，11=S ②所以{}n S 是唯一确定的数列，}{n a 也是唯一确定的数列.又由11,6,1321===a a a 知，若}{n a 为等差数列，则45-=n a n ，于是)35(21-=n n S n . 容易验证)35(21-=n n S n 满足②，所以题中的45),35(21-=-=n a n n S n n ，}{n a 为等差数.题6]2[ 已知数列}{n a 满足nn a a a n n ++==+2111,21，求n a ； 解 首先，由首项211=a 及递推关系nn a a n n ++=+211知，满足题意的数列}{n a 是唯一确定的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是所求的答案.易得⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=+=-+n k n k n n n n a a n n 111111121，即n k a n 1-=（k 是常数）满足递推关系n n a a n n ++=+211，再由211=a ，得n a n 123-=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 123-=.题7]2[ 已知数列}{n a 满足n n a n n a a 1,3211+==+，求n a . 解 易知本题的答案是是唯一确定的，所以只需寻求一个数列满足该题目的所有条件.易得k nk n kn na a n n (111+=+=+是非零常数），即n k a n =满足递推关系n n a n n a 11+=+，再由321=a ，得n a n 32=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 32=.注 因为绝大部分求数列通项公式的题目答案都是唯一的，所以只要能观察或求出满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的唯一答案.对于要求解的问题Ω，若能证明它最多有n n (是确定的正整数)个解，又找出了它的n 个解n ωωω,,,21 ，则这n 个解就是该问题的所有解.这就是本文要阐述的用验证法解题.下面再用这种方法解答一道高考题：题8 (2010·安徽·理·20)设数列 ,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何∈n N*，都有1113221111++=+++n n n a a na a a a a a . 证明 先证必要性.若数列{}n a 是公差为d 的等差数列： 当0=d 时，易得欲证成立.当0≠d 时，有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-+-=++++++1132232112132211111n n n n n n a a a a a a a a a a a a d a a a a a a 111111111322111111111111+++++=-⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n n n a a na a a a d a a d a a a a a a d再证充分性.只需对)3(≥n n 用数学归纳法证明加强的结论：若),,3,2(1111113221n i a a ia a a a a a i i i ==+++++恒成立，则n a a a ,,,21 成等差数列，且na a n 1≠. 当3=n 时成立：当2=i 时，得2313132212,211a a a a a a a a a =+=+，所以321,,a a a 成等差数列，还可证313a a ≠(因为由313a a =可得023131313334=-=--+=+=a a a a a d a a ，而由3=i 时成立立知)04≠a .假设k n ,,4,3 =时成立：即ka a a ,,,21 成等差数列，且ka a a a a a k 11413,,4,3≠≠≠. 由k i ,,3,2 =时均成立及kaa a a a a k 11413,,4,3≠≠≠知，当21,a a 确定时，数列121,,,+n a a a 也是确定的，而由必要性的证明知，由21,a a 确定的等差数列121,,,+n a a a 满足题设，所以由题设及21,a a 确定的数列就是这个等差数列，即121,,,+n a a a 成等差数列，同上还可证111+≠+k a a k ，即1+=k n 时成立.所以要证结论成立，得充分性成立.参考文献1 甘志国.例谈用验证法求数列通项[J].中学数学月刊，2008(3)：462 甘志国著.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.416-417用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数． 又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得： 当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a 时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注 小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.。
高考数学：导数压轴题——根据极值求参数题型方法
1.已知函数的极值求参数时,通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程.需注意的是,可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件,所以必须对求出的参数值进行检验,看是否符合函数取得极值的条件.
2.已知函数的最值求参数,一般先求出最值(含参数),再根据最值列方程或不等式(组)求解.
经典例题
设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
思路分析
(1)先求出g(x)=f '(x)的解析式,然后求函数的导数g'(x),再利用函数单调性和导数之间的关系即可求g(x)的单调区间;
(2)分别讨论a的取值范围,根据函数极值的定义,进行验证即可得出结论.。
17.导数及其应用【高考真题】17-1（2011全国-9）由曲线，直线及轴所围成的图形的面积为（A ） （B ）．4 （C ）． （D ）．6 17-2（2011全国-20）在平面直角坐标系中，已知点，点在直线上，点满足∥，··，M 点的轨迹为曲线。
（Ⅰ）求的方程；（Ⅱ）为上的动点，为在点处的切线，求点到距离的最小值。
17-3（2011全国-21）已知函数，曲线在点（1，）处的切线方程为。
（Ⅰ）求，的值；（Ⅱ）如果当，且时，，求的取值范围。
17-4（2012全国-12）设点P 在曲线上，点Q 在曲线上，则的最小值为（ ） （A ） （B（C ）（D17-5（2012全国-21）已知函数满足。
（1）求的解析式及单调区间；（2）若，求的最大值。
y =2y x =-y 103163xOy (0,1)A -B 3y =-M MB OA MA AB =MB BA C C P C l C P O l ln ()1a x b f x x x =++()y f x =(1)f 230x y +-=a b 0x >1x ≠ln ()1x k f x x x>+-k 12x y e =ln(2)y x =||PQ 1ln2-ln 2)-1ln2+ln 2)+)(x f 2121)0()1(')(x x f e f x f x +-=-)(x f b ax x x f ++≥221)(b a )1(+17-6（2013全国Ⅰ-11）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x 2＋2x x ≤0ln(x ＋1) x ＞0，若| f (x )|≥ax ，则a 的取值范围是 （A ）（－∞，0] （B ）（－∞，1] （C ）[－2，1] （D ）[－2，0] 17-7（2013全国Ⅰ-21）已知函数f (x )＝x 2＋ax ＋b ，g (x )＝e x (cx ＋d )，若曲线y ＝f (x )和曲线y ＝g (x )都过点P(0，2)，且在点P 处有相同的切线y ＝4x +2（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值（Ⅱ）若x ≥－2时，f (x )≤kgf (x )，求k 的取值范围。
利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)高考理科复专题练利用导数解决含参的问题考纲要求：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。
2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。
命题规律：利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多。
不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理。
这也是2018年考试的热点问题。
高考题讲解及变式：利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（）。
A。
[-1,1]B。
(-1,1)C。
(-∞,-1]∪[1,+∞)D。
(-∞,-1)∪(1,+∞)答案】C解析】因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以f'(x)>0.将f(x)代入f'(x)得f'(x)=1-2sinx+acosx。
要使f'(x)>0，即要使1-2sinx+acosx>0.因为-1≤sinx≤1，所以1-2sinx≥-1.所以acosx>-1，即a>-1/cosx。
因为cosx=1时，a不等于-1；cosx=-1时，a不等于1.所以a∈(-∞,-1]∪[1,+∞)，选C。
变式1.【2018XXX高三实验班第一次月考（理）】若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上为单调函数，则k的取值范围是_______。
答案】k≥1或k≤-1解析】在区间(1,+∞)上，f'(x)=k-1/x。
利用导数求参数的取值范围一•已知函数单调性，求参数的取值范围类型1 •参数放在函数表达式上例1. 设函数f(x) 2x3 3(a 1)x2 6ax 8其中a R •⑴若f (x)在x 3处得极值,求常数a的值.⑵若f(x)在(,0)上为增函数,求a的取值范围二.已知不等式在某区间上恒成立，求参数的取值范围类型1.参数放在不等式上2例3•已知f(x) x3ax2bx c在x 与x 1时都取得极值3(1)求a、b的值及函数f (x)的单调区间.(2)若对x [ 1,2],不等式f(x) C2恒成立，求c的取值范围.23. 已知函数f (x) x3— 2x 5,若对任意x [ 1,21都有f (x) m则实数m的取值范围是2类型2 .参数放在区间上例4 .已知三次函数f(x) ax3 5x2 cx d图象上点(1,8)处的切线经过点(3,0),并且f (x)在x=3处有极值.(1) 求f (x)的解析式•( 2)当x (0,m)时，f (x) >0恒成立，求实数m的取值范围.分析:(1) f (x) x3 5x2 3x 9' 2(2) .f (x) 3x 10x 3 (3x 1)(x 3)由f (x) 0得X1丄必 3当x (0,1)时f (x) 0, f(x)单调递增，所以f (x) f (0) 93 3当x 』,3)时f '(x) 0, f (x)单调递减，所以f (x) f(3) 03所以当m 3时f(x) 0在(0,m)内不恒成立,当且仅当m (0,3]时f (x) 0在(0,m)内恒成立所以m的取值范围为(0,3]基础训练：4. 若不等式x4 4x3 ________________________________________ 2 a对任意实数x 都成立，则实数a的取值范围是___________________________________________________ .三.知函数图象的交点情况，求参数的取值范围.例5•已知函数f(x) ax3 bx2 3x在x 1, x 1处取得极值(1)求函数f(x)的解析式.⑵若过点A(1,m)(m 2)可作曲线y= f (x)的三条切线，求实数m的取值范围略解⑴求得f (x) x3 3x⑵设切点为M(x0,x3 3x0),因为f (x) 3x2 3所以切线方程为y m (3x2 3)(x 1),又切线过点M所以x3 3x0 m (3x2 3)(x01)即2x3 3x(2 m 3 0因为过点A可作曲线的三条切线，所以关于X。
2024届新高考数学导数大题精选30题1(2024·安徽·二模)已知函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x .(1)求函数f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)求f (x )的单调区间和极值.【答案】(1)y =4x -13；(2)递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为2,3 ，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.【分析】(1)求出函数f (x )的导数，赋值求得f (1)，再利用导数的几何意义求出切线方程.(2)由(1)的信息，求出函数f (x )的导数，利用导数求出单调区间及极值.【详解】(1)函数f (x )=x 2-10x +3f (1)ln x ，求导得f(x )=2x -10+3f (1)x，则f (1)=-8+3f (1)，解得f (1)=4，于是f (x )=x 2-10x +12ln x ，f (1)=-9，所以所求切线方程为：y +9=4(x -1)，即y =4x -13.(2)由(1)知，函数f (x )=x 2-10x +12ln x ，定义域为(0,+∞)，求导得f (x )=2x -10+12x =2(x -2)(x -3)x，当0<x <2或x >3时，f (x )>0，当2<x <3时，f (x )<0，因此函数f (x )在(0,2),(3,+∞)上单调递增，在(2,3)上单调递减，当x =2时，f (x )取得极大值f (2)=-16+12ln2，当x =3时，f (x )取得极小值f (3)=-21+12ln3，所以函数f (x )的递增区间为(0,2),(3,+∞)，递减区间为(2,3)，极大值-16+12ln2，极小值-21+12ln3.2(2024·江苏南京·二模)已知函数f (x )=x 2-ax +ae x，其中a ∈R ．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，若f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，求a 的值．【答案】(1)x -ey =0(2)a =1【分析】(1)由a =0，分别求出f (1)及f (1)，即可写出切线方程；(2)计算出f (x )，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，分类讨论a 的范围，得出f (x )的单调性，由f (x )在区间[0,a ]上的最小值为1e，列出方程求解即可．【详解】(1)当a =0时，f (x )=x 2e x ，则f (1)=1e ，f (x )=2x -x 2ex，所以f (1)=1e ，所以曲线y =f (x )在(1,f (1))处的切线方程为：y -1e =1e(x -1)，即x -ey =0．(2)f(x )=-x 2+(a +2)x -2a e x =-(x -2)(x -a )ex，令f (x )=0，解得x =2或x =a ，当0<a <2时，x ∈[0,a ]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,a ]上单调递减，所以f (x )min =f (a )=a ea =1e ，则a =1，符合题意；当a >2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，x ∈(2,a ]时，f (x )>0，则f (x )在(2,a ]上单调递增，所以f (x )min =f (2)=4-a e2=1e ，则a =4-e <2，不合题意；当a =2时，x ∈[0,2]时，f (x )≤0，则f (x )在[0,2]上单调递减，所以f (x )min =f (2)==2e 2≠1e ，不合题意；综上，a =1．3(2024·浙江绍兴·模拟预测)已知f x =ae x -x ，g x =cos x . (1)讨论f x 的单调性.(2)若∃x 0使得f x 0 =g x 0 ，求参数a 的取值范围.【答案】(1)当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)-∞,1【分析】(1)对f x =ae x -x 求导数，然后分类讨论即可；(2)直接对a >1和a ≤1分类讨论，即可得到结果.【详解】(1)由f x =ae x -x ，知f x =ae x -1.当a ≤0时，有f x =ae x -1≤0-1=-1<0，所以f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，对x <-ln a 有f x =ae x -1<ae -ln a -1=1-1=0，对x >-ln a 有f x =ae x -1>ae -ln a -1=1-1=0，所以f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.综上，当a ≤0时，f x 在-∞,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增.(2)当a >1时，由(1)的结论，知f x 在-∞,-ln a 上单调递减，在-ln a ,+∞ 上单调递增，所以对任意的x 都有f x ≥f -ln a =ae -ln a +ln a =1+ln a >1+ln1=1≥cos x =g x ，故f x >g x 恒成立，这表明此时条件不满足；当a ≤1时，设h x =ae x -x -cos x ，由于h -a -1 =ae -a -1+a +1-cos -a -1 ≥ae-a -1+a ≥-a e-a -1+a =a 1-e-a -1≥a 1-e 0=0，h 0 =ae 0-0-cos0=a -1≤0，故由零点存在定理，知一定存在x 0∈-a -1,0 ，使得h x 0 =0，故f x 0 -g x 0 =ae x 0-x 0-cos x 0=h x 0 =0，从而f x 0 =g x 0 ，这表明此时条件满足.综上，a 的取值范围是-∞,1 .4(2024·福建漳州·一模)已知函数f x =a ln x -x +a ，a ∈R 且a ≠0．(1)证明：曲线y =f x 在点1,f 1 处的切线方程过坐标原点．(2)讨论函数f x 的单调性．【答案】(1)证明见解析(2)答案见解析【分析】(1)先利用导数的几何意义求得f x 在1,f 1 处的切线方程，从而得证；(2)分类讨论a <0与a >0，利用导数与函数的单调性即可得解.【详解】(1)因为f x =a ln x -x +a x >0 ，所以f (x )=a x -1=a -xx，则f (1)=a ln1-1+a =a -1，f (1)=a -1，所以f x 在1,f 1 处的切线方程为:y -(a -1)=(a -1)(x -1)，当x =0时，y -(a -1)=(a -1)(0-1)=-(a -1)，故y =0，所以曲线y =f (x )在点1,f 1 处切线的方程过坐标原点.(2)由(1)得f (x )=ax -1=a -xx，当a<0时，a-x<0，则f x <0，故f(x)单调递减；当a>0时，令f (x)=0则x=a，当0<x<a时，f (x)>0，f(x)单调递增；当x>a时，f (x)<0，f(x)单调递减；综上：当a<0时，f(x)在(0,+∞)上单调递减；当a>0时，f(x)在(0,a)上单调递增，在(a,+∞)上单调递减.5(2024·山东·二模)已知函数f x =a2xe x-x-ln x．(1)当a=1e时，求f x 的单调区间；(2)当a>0时，f x ≥2-a，求a的取值范围．【答案】(1)f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞(2)a≥1【分析】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，求导得f x =x+1xxe x-1-1，令g x =xe x-1-1，求g x 确定g x 的单调性与取值，从而确定f x 的零点，得函数的单调区间；(2)求f x ，确定函数的单调性，从而确定函数f x 的最值，即可得a的取值范围．【详解】(1)当a=1e时，f x =xe x-1-x-ln x,x>0，则f x =x+1e x-1-1-1x=x+1xxe x-1-1，设g x =xe x-1-1，则g x =x+1e x-1>0恒成立，又g1 =e0-1=0，所以当x∈0,1时，f x <0，f x 单调递减，当x∈1,+∞时，f x >0，f x 单调递增，所以f x 的减区间为0,1，增区间为1,+∞；(2)f x =a2x+1e x-1-1x=x+1xa2xe x-1，设h x =a2xe x-1，则h x =a2x+1e x>0，所以h x 在0,+∞上单调递增，又h0 =-1<0，h1a2=e1a2-1>0，所以存在x0∈0,1 a2，使得h x0 =0，即a2x0e x0-1=0，当x∈0,x0时，f x <0，f x 单调递减，当x∈x0,+∞时，f x >0，f x 单调递增，当x=x0时，f x 取得极小值，也是最小值，所以f x ≥f x0=a2x0e x0-x0-ln x0=1-ln x0e x0=1+2ln a，所以1+2ln a≥2-a，即a+2ln a-1≥0，设F a =a+2ln a-1，易知F a 单调递增，且F1 =0，所以F a ≥F1 ，解得a≥1，综上，a≥1.6(2024·山东·一模)已知函数f(x)=ln x+12a(x-1)2．(1)当a=-12时，求函数f(x)的单调区间；(2)若函数g(x)=f(x)-2x+1有两个极值点x1,x2，且g(x1)+g(x2)≥-1-32a，求a的取值范围．【答案】(1)增区间(0,2)，减区间(2,+∞)(2)[1,+∞)【分析】(1)将a=-12代入求导，然后确定单调性即可；(2)求导，根据导函数有两个根写出韦达定理，代入g(x1)+g(x2)≥-1-32a，构造函数，求导，研究函数性质进而求出a的取值范围．【详解】(1)当a=-12时，f(x)=ln x-14(x-1)2，x>0，则f (x)=1x-12(x-1)=-(x-2)(x+1)2x，当x∈(0,2)，f (x)>0，f(x)单调递增，当x∈(2,+∞)，f (x)<0，f(x)单调递减，所以f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2,+∞)；(2)g(x)=f(x)-2x+1=ln x+12a(x-1)2-2x+1，所以g (x)=1x+a(x-1)-2=ax2-(a+2)x+1x，设φ(x)=ax2-(a+2)x+1，令φ(x)=0，由于g(x)有两个极值点x1,x2，所以Δ=(a+2)2-4a=a2+4>0x1+x2=a+2a>0x1x2=1a>0，解得a>0．由x1+x2=a+2a，x1x2=1a，得g x1+g x2=ln x1+12a x1-12-2x1+1+ln x2+12a x2-12-2x2+1=ln x1x2+12a x1+x22-2x1x2-2x1+x2+2-2x1+x2+2=ln1a +12a a+2a2-2a-2⋅a+2a+2-2⋅a+2a+2=ln1a +a2-2a-1≥-1-32a，即ln a-12a-1a≤0，令m(a)=ln a-12a-1a，则m (a)=1a-12-12a2=-(a-1)22a2≤0，所以m(a)在(0,+∞)上单调递减，且m(1)=0，所以a≥1，故a的取值范围是[1,+∞)．7(2024·湖北·二模)求解下列问题，(1)若kx-1≥ln x恒成立，求实数k的最小值；(2)已知a，b为正实数，x∈0,1，求函数g x =ax+1-xb-a x⋅b1-x的极值．【答案】(1)1(2)答案见解析【分析】(1)求导，然后分k≤0和k>0讨论，确定单调性，进而得最值；(2)先发现g0 =g1 =0，当a=b时，g x =0，当0<x<1，a≠b时，取ab=t，L x =tx+1-x-t x，求导，研究单调性，进而求出最值得答案.【详解】(1)记f x =kx-1-ln x x>0，则需使f x ≥0恒成立，∴f x =k-1xx>0，当k≤0时，f x <0恒成立，则f x 在(0,+∞)上单调递减，且在x>1时，f x <0，不符合题意，舍去；当k >0时．令f x =0，解得x =1k，则f x 在0,1k 上单调递减，在1k ,+∞ 上单调递增，所以f x min =f 1k =-ln 1k=ln k ，要使kx -1≥ln x 恒成立，只要ln k ≥0即可，解得k ≥1，所以k 的最小值为1；(2)g (x )=ax +(1-x )b -a x ⋅b 1-x ，x ∈[0,1]，a >0，b >0，易知g 0 =g 1 =0，当a =b 时，g x =ax +a -ax -a =0，此时函数无极值；当0<x <1，a ≠b 时，g (x )=ax +(1-x )b -b ⋅a b x =b a b x +1-x -a b x，取ab=t ，t >0，t ≠1，L x =tx +1-x -t x ，t >0，t ≠1，x ∈0,1 ，则L x =t -1-t x ln t ，当t >1时，由L x ≥0得x ≤ln t -1ln tln t，由(1)知t -1≥ln t ，当t >1时，t -1ln t>1，因为x -1≥ln x ，所以1x -1≥ln 1x ，所以ln x ≥1-1x ，即x >0，当t >1时，ln t >1-1t，所以t >t -1ln t ，则ln t >ln t -1ln t >0，所以ln t -1ln tln t<1，即L x 在0,ln t -1ln t ln t 上单调递增，在ln t -1ln tln t,1单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =ab，a ≠b ，当0<t <1时，同理有ln t -1lntln t∈0,1 ，由Lx ≥0得x ≤ln t -1lntln t，即(x )在0,ln t -1lntln t上单调递增，在ln t -1lntln t,1上单调递减．所以函数g x 极大=gln t -1lntln t，t =a b，a ≠b ，综上可知，当a =b 时，函数g x 没有极值；当a ≠b 时，函数g x 有唯一的极大值g ln t -1lntln t，其中t =ab，没有极小值．【点睛】关键点点睛：取ab=t ，将两个参数的问题转化为一个参数的问题，进而求导解答问题.8(2024·湖北武汉·模拟预测)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2,g (x )=sin n x -x n cos x ,x ∈0,π2,n ∈N +．(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )>0恒成立，求n 的最大值．【答案】(1)极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2；(2)3.【分析】(1)判断函数f (x )为奇函数，利用导数求出f (x )在区间0,π2上的极值，利用奇偶性即可求得定义域上的极值.(2)利用导数证明当n =1时，g (x )>0恒成立，当n >1时，等价变形不等式并构造函数F (x )=x -sin x cos 1nx,0<x <π2，利用导数并按导数为负为正确定n 的取值范围，进而确定不等式恒成立与否得解.【详解】(1)函数f (x )=tan x +sin x -92x ，-π2<x <π2，f (-x )=tan (-x )+sin (-x )-92(-x )=-f (x )，即函数f (x )为奇函数，其图象关于原点对称，当0<x <π2时，f (x )=sin x cos x +sin x -92x ，求导得：f(x )=1cos 2x +cos x -92=2cos 3x -9cos 2x +22cos 2x =(2cos x -1)(cos x -2-6)(cos x -2+6)2cos 2x，由于cos x ∈(0,1)，由f (x )>0，得0<cos x <12，解得π3<x <π2，由f (x )<0，得12<cos x <1，解得0<x <π3，即f (x )在0,π3 上单调递减，在π3,π2上单调递增，因此函数f (x )在0,π2 上有极小值f π3 =3(3-π)2，从而f (x )在-π2,π2 上的极小值为f π3 =3(3-π)2，极大值为f -π3 =3(π-3)2.(2)当n =1时，g (x )>0恒成立，即sin x -x cos x >0恒成立，亦即tan x >x 恒成立，令h (x )=tan x -x ,x ∈0,π2 ，求导得h (x )=1cos 2x -1=1-cos 2x cos 2x=tan 2x >0，则函数h (x )在0,π2上为增函数，有h (x )>h (0)=0，因此tan x -x >0恒成立；当n >1时，g (x )>0恒成立，即不等式sin xn cos x>x 恒成立，令F (x )=x -sin x cos 1n x ,0<x <π2，求导得：F (x )=1-cos x ⋅cos 1nx -1n⋅cos1n-1x ⋅(-sin x )⋅sin xcos 2nx=1-cos1+n nx +1n⋅sin 2x ⋅cos1-n nxcos 2nx=1-cos 2x +1n ⋅sin 2xcos n +1nx =cosn +1nx -cos 2x -1n (1-cos 2x )cos n +1nx =cosn +1nx -1n -n -1ncos 2x cosn +1nx令G (x )=cos n +1nx -1n -n -1n cos 2x ，求导得则G (x )=n +1n cos 1nx ⋅(-sin x )-n -1n⋅2cos x ⋅(-sin x )=sin x n (2n -2)cos x -(n +1)cos 1n x =2n -2n ⋅sin x cos x -n +12n -2cos 1n x=2n -2n ⋅sin x ⋅cos 1n x cos n -1n x -n +12n -2，由n >1,x ∈0,π2 ，得2n -2n⋅sin x ⋅cos 1nx >0，当n +12n -2≥1时，即n ≤3时，G (x )<0，则函数G (x )在0,π2上单调递减，则有G (x )<G (0)=0，即F (x )<0，因此函数F (x )在0,π2 上单调递减，有F (x )<F (0)=0，即g (x )>0，当n +12n -2<1时，即n >3时，存在一个x 0∈0,π2 ，使得cos n -1n x 0=n +12n -2，且当x ∈(0,x 0)时，G (x )>0，即G (x )在(0,x 0)上单调递增，且G (x )>G (0)=0，则F (x )>0，于是F (x )在(0,x 0)上单调递增，因此F (x )>F (0)=0，即sin xn cos x<x ，与g (x )>0矛盾，所以n 的最大值为3.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．③根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．9(2024·湖北·模拟预测)已知函数f x =ax 2-x +ln x +1 ，a ∈R ，(1)若对定义域内任意非零实数x 1，x 2，均有f x 1 f x 2x 1x 2>0，求a ；(2)记t n =1+12+⋅⋅⋅+1n ，证明：t n -56<ln n +1 <t n ．【答案】(1)a =12(2)证明见解析【分析】(1)求导可得f 0 =0，再分a ≤0与a >0两种情况分析原函数的单调性，当a >0时分析极值点的正负与原函数的正负区间，从而确定a 的值；(2)由(1)问的结论可知，1n -12n2<ln 1n +1 <1n ，再累加结合放缩方法证明即可.【详解】(1)f x 的定义域为-1,+∞ ，且f 0 =0；f x =2ax -1+1x +1=2ax -x x +1=x 2a -1x +1，因此f 0 =0；i.a ≤0时，2a -1x +1<0，则此时令f x >0有x ∈-1,0 ，令f x <0有x ∈0,+∞ ，则f x 在-1,0 上单调递增，0,+∞ 上单调递减，又f 0 =0，于是f x ≤0，此时令x 1x 2<0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；ii .a >0时，f x 有零点0和x 0=12a-1，若x 0<0，即a >12，此时令f x <0有x ∈x 0,0 ，f x 在x 0,0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 >0，令x 1>0，x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0>0，即0<a <12，此时令f x <0有x ∈0,x 0 ，f x 在0,x 0 上单调递减，又f 0 =0，则f x 0 <0，令-1<x 1<0,x 2=x 0，有f x 1 f x 2x 1x 2<0，不符合题意；若x 0=0，即a =12，此时fx =x 2x +1>0，f x 在-1,+∞ 上单调递增，又f 0 =0，则x >0时f x >0，x <0时f x <0；则x ≠0时f x x >0，也即对x 1x 2≠0，f x 1 f x 2x 1x 2>0，综上，a =12(2)证：由(1)问的结论可知，a =0时，f x =-x +ln x +1 ≤0；且a =12时x >0，f x =12x 2-x +ln x +1 >0；则x>0时，x-12x2<ln x+1<x，令x=1n，有1n-12n2<ln1n+1<1n，即1n-12n2<ln n+1-ln n<1n，于是1n-1-12n-12<ln n-ln n-1<1n-11-12<ln2<1将上述n个式子相加，t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2<ln n+1<t n；欲证t n-56<ln n+1<t n，只需证t n-56<t n-121+122+⋅⋅⋅+1n2，只需证1+122+⋅⋅⋅+1n2<53；因为1n2=44n2<44n2-1=212n-1-12n+1，所以1+122+⋅⋅⋅+1n2<1+213-15+15-17+⋅⋅⋅+12n-1-12n+1=53-22n+1<53，得证：于是得证t n-56<ln n+1<t n.【点睛】方法点睛：(1)此题考导数与函数的综合应用，找到合适的分类标准，设极值点，并确定函数正负区间是解此题的关键；(2)对累加结构的不等式证明，一般需要应用前问的结论，取特定参数值，得出不等式累加证明，遇到不能累加的数列结构，需要进行放缩证明.10(2024·湖南·一模)已知函数f x =sin x-ax⋅cos x,a∈R．(1)当a=1时，求函数f x 在x=π2处的切线方程；(2)x∈0,π2时；(ⅰ)若f x +sin2x>0，求a的取值范围；(ⅱ)证明：sin2x⋅tan x>x3．【答案】(1)πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)a≤3(ⅱ)证明见解析【分析】(1)令a=1时，利用导数的几何意义求出斜率，进行计算求出切线方程即可.(2)(ⅰ)设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,由g x >0得a≤3，再证明此时满足g x >0.(ⅱ)根据(ⅰ)结论判断出F x =sin2x⋅tan x-x3在0,π2上单调递增，∴F(x)>F(0)=0,即sin2x tan x >x3.【详解】(1)当a=1时，f(x)=sin x-x⋅cos x,f (x)=cos x-(cos x-x⋅sin x)=x⋅sin x,fπ2=π2,fπ2=1.所以切线方程为：y-1=π2x-π2,即πx-2y+2-π22=0.(2)(ⅰ)f(x)+sin2x=sin x-ax⋅cos x+sin2x>0,即tan x-ax+2sin x>0,x∈0,π2，设g(x)=2sin x+tan x-ax,x∈0,π2,g (x )=2cos x +1cos 2x -a =1cos 2x(2cos 3x -a cos 2x +1).又∵g (0)=0,g (0)=3-a ,∴g (0)=3-a ≥0是g (x )>0的一个必要条件，即a ≤3.下证a ≤3时，满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,又g (x )≥1cos 2x(2cos 3x -3cos 2x +1)，设(t )=2t 3-3t 2+1,t ∈(0,1),h (t )=6t 2-6t =6t (t -1)<0,h (t )在(0,1)上单调递减，所以h (t )>h (1)=0，又x ∈0,π2 ,cos x ∈(0,1),∴g (x )>0,即g (x )在0,π2 单调递增.∴x ∈0,π2时，g (x )>g (0)=0；下面证明a >3时不满足g (x )=2sin x +tan x -ax >0,x ∈0,π2,，g (x )=2cos x +1cos 2x-a ，令h (x )=g (x )=2cos x +1cos 2x -a ，则h (x )=-2sin x +2sin x cos 3x =2sin x 1cos 3x-1，∵x ∈0,π2 ,∴sin x >0,1cos 3x-1>0，∴h (x )>0,∴h (x )=g (x )在0,π2为增函数，令x 0满足x 0∈0,π2,cos x 0=1a ，则g x 0 =2cos x 0+1cos 2x 0-a =2cos x 0+a -a >0，又g (0)=3-a <0,∴∃x 1∈0,x 0 ,使得g x 1 =0，当x ∈0,x 1 时，g (x )<g x 1 =0，∴此时g (x )在0,x 1 为减函数，∴当x ∈0,x 1 时，g (x )<g (0)=0，∴a >3时，不满足g (x )≥0恒成立.综上a ≤3.(ⅱ)设F (x )=sin 2x ⋅tan x -x 3,x ∈0,π2 ,F (x )=2sin x ⋅cos x ⋅tan x +sin 2x ⋅1cos 2x-3x 2=2sin 2x +tan 2x -3x 2=2(sin x -x )2+(tan x -x )2+2(2sin x +tan x )x -2x 2-x 2-3x 2.由(ⅰ)知2sin x +tan x >3x ,∴F (x )>0+0+2x ⋅3x -6x 2=0,，F x 在0,π2上单调递增，∴F (x )>F (0)=0,即sin 2x tan x >x 3.【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是进行必要性探路，然后证明充分性，得到所要求的参数范围即可．11(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=ln (1+x )-11+x．(1)求曲线y =f (x )在(0,f (0))处的切线方程；(2)若x ∈(-1,π)，讨论曲线y =f (x )与曲线y =-2cos x 的交点个数．【答案】(1)y =32x -1；(2)2．【分析】(1)求导，即可根据点斜式求解方程，(2)求导，分类讨论求解函数的单调性，结合零点存在性定理，即可根据函数的单调性，结合最值求解.【详解】(1)依题意，f x =11+x +121+x 32，故f 0 =32，而f 0 =-1，故所求切线方程为y +1=32x ，即y =32x -1．(2)令ln 1+x -11+x =-2cos x ，故ln 1+x +2cos x -11+x=0，令g x =ln 1+x +2cos x -11+x ，g x =11+x -2sin x +121+x -32，令h x =g x =11+x -2sin x +121+x -32，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52．①当x ∈-1,π2时，cos x ≥0,1+x 2>0,1+x-52>0，∴h x <0,∴h x 在-1,π2上为减函数，即gx 在-1,π2 上为减函数，又g 0 =1+12>0,g1 =12-2sin1+12⋅2-32<12-2⋅sin1+12<1-2×12=0，∴g x 在0,1 上有唯一的零点，设为x 0，即g x 0 =00<x 0<1 ．∴g x 在-1,x 0 上为增函数，在x 0,π2上为减函数．又g 0 =2-1>0,g -π4 =ln 1-π4 +2cos -π4 -11-π4=ln 1-π4+2-11-π4<0,g π2=ln 1+π2 -11+π2>0，∴g x 在-1,x 0 上有且只有一个零点，在x 0,π2上无零点；②当x ∈π2,5π6 时，g x <11+x -1+121+x-32<0,g x 单调递减，又g π2 >0,g 5π6 =ln 1+5π6 -3-1+5π6-12<ln4-3<0，∴g x 在π2,5π6内恰有一零点；③当x ∈5π6,π 时，hx =-11+x2-2cos x -341+x -52为增函数，∴hx =h 5π6 =-11+5π62+1-34⋅1+5π6-52>0，∴g x 单调递增，又g π >0,g 5π6 <0，所以存在唯一x 0∈5π6,π ,g x 0 =0，当x ∈5π6,x 0 时，g x <0,g x 递减；当x ∈x 0,π 时，g x >0,g x 递增，g x ≤max g 5π6 ,g π <0，∴g x 在5π6,π内无零点．综上所述，曲线y =f x 与曲线y =-2cos x 的交点个数为2．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.12(2024·广东佛山·二模)已知f x =-12e 2x +4e x -ax -5.(1)当a =3时，求f x 的单调区间；(2)若f x 有两个极值点x 1，x 2，证明：f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】(1)求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性；(2)借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，可得t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，借助韦达定理可得t 1+t 2=4，t 1t 2=a ，即可用t 1、t 2表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，进而用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.【详解】(1)当a =3时，f x =-12e 2x +4e x -3x -5，f x =-e 2x +4e x -3=-e x -1 e x -3 ，则当e x ∈0,1 ∪3,+∞ ，即x ∈-∞,0 ∪ln3,+∞ 时，f x <0，当e x ∈1,3 ，即x ∈0,ln3 时，f x >0，故f x 的单调递减区间为-∞,0 、ln3,+∞ ，单调递增区间为0,ln3 ；(2)f x =-e 2x +4e x -a ，令t =e x ，即f x =-t 2+4t -a ，令t 1=e x 1，t 2=e x 2，则t 1、t 2是方程t 2-4t +a =0的两个正根，则Δ=-4 2-4a =16-4a >0，即a <4，有t 1+t 2=4，t 1t 2=a >0，即0<a <4，则f x 1 +f x 2 +x 1+x 2=-12e 2x 1+4e x 1-ax 1-5-12e 2x2+4e x 2-ax 2-5+x 1+x 2=-12t 21+t 22 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1+ln t 2 -10=-12t 1+t 2 2-2t 1t 2 +4t 1+t 2 -a -1 ln t 1t 2-10=-1216-2a +16-a -1 ln a -10=a -a -1 ln a -2，要证f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0，即证a -a -1 ln a -2<00<a <4 ，令g x =x -x -1 ln x -20<x <4 ，则g x =1-ln x +x -1x =1x-ln x ，令h x =1x -ln x 0<x <4 ，则h x =-1x 2-1x <0，则g x 在0,4 上单调递减，又g 1 =11-ln1=1，g 2 =12-ln2<0，故存在x 0∈1,2 ，使g x 0 =1x 0-ln x 0=0，即1x 0=ln x 0，则当x ∈0,x 0 时，g x >0，当x ∈x 0,4 时，g x <0，故g x 在0,x 0 上单调递增，g x 在x 0,4 上单调递减，则g x ≤g x 0 =x 0-x 0-1 ln x 0-2=x 0-x 0-1 ×1x 0-2=x 0+1x 0-3，又x 0∈1,2 ，则x 0+1x 0∈2,52 ，故g x 0 =x 0+1x 0-3<0，即g x <0，即f x 1 +f x 2 +x 1+x 2<0.【点睛】关键点点睛：本题关键点在于借助换元法，令t =e x ，t 1=e x 1，t 2=e x 2，从而可结合韦达定理得t 1、t 2的关系，即可用a 表示f x 1 +f x 2 +x 1+x 2，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得.13(2024·广东广州·模拟预测)已知函数f x =x e x -kx ,k ∈R .(1)当k =0时，求函数f x 的极值；(2)若函数f x 在0,+∞ 上仅有两个零点，求实数k 的取值范围.【答案】(1)极小值为-1e，无极大值(2)e ,+∞【分析】(1)求出导函数，然后列表求出函数的单调区间，根据极值定义即可求解；(2)把原函数有两个零点转化为g x =e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，分类讨论，利用导数研究函数的单调性，列不等式求解即可.【详解】(1)当k =0时，f x =xe x (x ∈R )，所以f x =1+x e x ，令f x =0，则x =-1，x -∞,-1-1-1,+∞f x -0+f x单调递减极小值单调递增所以f (x )min =f -1 =-e -1=-1e，所以f x 的极小值为-1e，无极大值.(2)函数f x =x e x -kx 在0,+∞ 上仅有两个零点，令g x =e x -kx ，则问题等价于g x 在0,+∞ 上仅有两个零点，易知g x =e x -k ，因为x ∈0,+∞ ，所以e x >1.①当k ∈-∞,1 时，g x >0在0,+∞ 上恒成立，所以g x 在0,+∞ 上单调递增，所以g x >g 0 =1，所以g x 在0,+∞ 上没有零点，不符合题意；②当k ∈1,+∞ 时，令g x =0，得x =ln k ，所以在0,ln k 上，g x <0，在ln k ,+∞ 上，g x >0，所以g x 在0,ln k 上单调递减，在(ln k ,+∞)上单调递增，所以g x 的最小值为g ln k =k -k ⋅ln k .因为g x 在0,+∞ 上有两个零点，所以g ln k =k -k ⋅ln k <0，所以k >e.因为g 0 =1>0,g ln k 2 =k 2-k ⋅ln k 2=k k -2ln k ，令h x =x -2ln x ，则h x =1-2x =x -2x，所以在0,2 上，h x <0，在2,+∞ 上，h x >0，所以h x 在0,2 上单调递减，在2,+∞ 上单调递增，所以h x ≥2-2ln2=ln e 2-ln4>0，所以g ln k 2 =k k -2ln k >0，所以当k >e 时，g x 在0,ln k 和(ln k ,+∞)内各有一个零点，即当k >e 时，g x 在0,+∞ 上仅有两个零点.综上，实数k 的取值范围是e ,+∞ .【点睛】方法点睛：求解函数单调区间的步骤：(1)确定f x 的定义域.(2)计算导数f x .(3)求出f x =0的根.(4)用f x =0的根将f x 的定义域分成若干个区间，判断这若干个区间内f x 的符号，进而确定f x 的单调区间.f x >0，则f x 在对应区间上单调递增，对应区间为增区间；f x <0，则f x 在对应区间上单调递减，对应区间为减区间.如果导函数含有参数，那么需要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.14(2024·江苏南通·二模)已知函数f x =ln x -ax ，g x =2ax，a ≠0.(1)求函数f x 的单调区间；(2)若a >0且f x ≤g x 恒成立，求a 的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)2e 3.【分析】(1)求导后，利用导数与函数单调性的关系，对a >0与a <0分类讨论即可得；(2)结合函数的单调性求出函数的最值，即可得解.【详解】(1)f x =1x -a =1-axx(a ≠0)，当a <0时，由于x >0，所以f x >0恒成立，从而f x 在0,+∞ 上递增；当a >0时，0<x <1a ，f x >0；x >1a ，fx <0，从而f x 在0,1a 上递增，在1a,+∞ 递减；综上，当a <0时，f x 的单调递增区间为0,+∞ ，没有单调递减区间；当a >0时，f x 的单调递增区间为0,1a ，单调递减区间为1a ,+∞ .(2)令h x =f x -g x =ln x -ax -2ax，要使f x ≤g x 恒成立，只要使h x ≤0恒成立，也只要使h x max ≤0.h x =1x -a +2ax 2=-ax +1 ax -2 ax 2，由于a >0，x >0，所以ax +1>0恒成立，当0<x <2a 时，h x >0，当2a<x <+∞时，h x <0，所以h x max =h 2a =ln 2a -3≤0，解得：a ≥2e 3，所以a 的最小值为2e3.15(2024·山东济南·二模)已知函数f x =ax 2-ln x -1,g x =xe x -ax 2a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：f x +g x ≥x .【答案】(1)答案见详解(2)证明见详解【分析】(1)求导可得fx =2ax 2-1x，分a ≤0和a >0两种情况，结合导函数的符号判断原函数单调性；(2)构建F x =f x +g x -x ,x >0，h x =e x -1x,x >0，根据单调性以及零点存在性定理分析h x 的零点和符号，进而可得F x 的单调性和最值，结合零点代换分析证明.【详解】(1)由题意可得：f x 的定义域为0,+∞ ，fx =2ax -1x =2ax 2-1x，当a ≤0时，则2ax 2-1<0在0,+∞ 上恒成立，可知f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，令f x >0，解得x >12a；令f x <0，解得0<x <12a；可知f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增；综上所述：当a ≤0时，f x 在0,+∞ 上单调递减；当a >0时，f x 在0,12a 上单调递减，在12a,+∞ 上单调递增.(2)构建F x =f x +g x -x =xe x -ln x -x -1,x >0，则F x =x +1 e x -1x -1=x +1 e x -1x，由x >0可知x +1>0，构建h x =e x -1x ,x >0，因为y =e x ,y =-1x在0,+∞ 上单调递增，则h x 在0,+∞ 上单调递增，且h 12=e -20,h 1 =e -1 0，可知h x 在0,+∞ 上存在唯一零点x 0∈12,1 ，当0<x <x 0，则h x <0，即Fx <0；当x >x 0，则h x >0，即F x >0；可知F x 在0,x 0 上单调递减，在x 0,+∞ 上单调递增，则F x ≥F x 0 =x 0e x 0-ln x 0-x 0-1，又因为e x 0-1x 0=0，则e x 0=1x 0,x 0=e -x 0，x 0∈12,1 ，可得F x 0 =x 0×1x 0-ln e -x-x 0-1=0，即F x ≥0，所以f x +g x ≥x .16(2024·福建·模拟预测)已知函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线在y 轴上的截距为-2．(1)求a 的值；(2)若f x 有且仅有两个零点，求b 的取值范围．【答案】(1)2(2)b ∈0,2e 【分析】(1)借助导数的几何意义计算即可得；(2)借助函数与方程的关系，可将f x 有且仅有两个零点转化为方程b =2ln xx有两个根，构造对应函数并借助导数研究单调性及值域即可得.【详解】(1)f (x )=ax-b ，f 1 =a -b ，f (1)=a ×0-b =-b ，则函数f (x )=a ln x -bx 在1,f 1 处的切线为：y +b =a -b x -1 ，即y =a -b x -a ，令x =0，则有y =-a =-2，即a =2；(2)由a =2，即f (x )=2ln x -bx ，若f x 有且仅有两个零点，则方程2ln x-bx=0有两个根，即方程b=2ln xx有两个根，令g x =2ln xx，则gx =21-ln xx2，则当x∈0,e时，g x >0，则当x∈e,+∞时，g x <0，故g x 在0,e上单调递增，在e,+∞上单调递减，故g x ≤g e =2ln ee=2e，又x→0时，g x →-∞，x→+∞时，g x →0，故当b∈0,2 e时，方程b=2ln x x有两个根，即f x 有且仅有两个零点.17(2024·浙江杭州·二模)已知函数f x =a ln x+2-12x2a∈R．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点，(ⅰ)求实数a的取值范围；(ⅱ)证明：函数f x 有且只有一个零点．【答案】(1)答案见解析；(2)(ⅰ)-1<a<0；(ⅱ)证明见解析【分析】(1)求出函数的导函数，再分a≤-1、-1<a<0、a≥0三种情况，分别求出函数的单调区间；(2)(ⅰ)由(1)直接解得；(ⅱ)结合函数的最值与零点存在性定理证明即可.【详解】(1)函数f x =a ln x+2-12x2a∈R的定义域为-2,+∞，且f x =ax+2-x=-x+12+a+1x+2，当a≤-1时，f x ≤0恒成立，所以f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时，令f x =0，即-x+12+a+1=0，解得x1=-a+1-1，x2=a+1-1，因为-1<a<0，所以0<a+1<1，则-2<-a+1-1<-1，所以当x∈-2,-a+1-1时f x <0，当x∈-a+1-1,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时，此时-a+1-1≤-2，所以x∈-2,a+1-1时f x >0，当x∈a+1-1,+∞时f x <0，所以f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．综上可得：当a≤-1时f x 在-2,+∞单调递减；当-1<a<0时f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减；当a≥0时f x 在-2,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减．(2)(ⅰ)由(1)可知-1<a<0．(ⅱ)由(1)f x 在-2,-a+1-1上单调递减，在-a+1-1,a+1-1上单调递增，在a+1-1,+∞上单调递减，所以f x 在x=a+1-1处取得极大值，在x=-a+1-1处取得极小值，又-1<a<0，所以0<a+1<1，则1<a+1+1<2，又f x极大值=f a+1-1=a ln a+1+1-12a+1-12<0，又f-a+1-1<f a+1-1<0，所以f x 在-a+1-1,+∞上没有零点，又-1<a<0，则4a<-4，则0<e4a<e-4，-2<e4a-2<e-4-2，则0<e 4a-22<4，所以f e 4a-2=4-12e4a-22>0，所以f x 在-2,-a+1-1上存在一个零点，综上可得函数f x 有且只有一个零点．18(2024·河北沧州·模拟预测)已知函数f(x)=ln x-ax+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)若∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，求实数a的取值范围．【答案】(1)答案见解析(2)-∞,2．【分析】(1)利用导数分类讨论判断函数f x 的单调性，即可求解；(2)先利用导数证明不等式e x≥x+1，分离变量可得a≤e2x-ln x+1x恒成立，进而e 2x-ln x+1x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，即可求解.【详解】(1)函数f x =ln x-ax+1，a∈R的定义域为0,+∞，且f (x)=1x-a．当a≤0时，∀x∈0,+∞，f (x)=1x-a≥0恒成立，此时f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，令f (x)=1x-a=1-axx=0，解得x=1a，当x∈0,1 a时，f x >0，f x 在区间0,1a上单调递增，当x∈1a,+∞时，f x <0，f x 在区间1a,+∞上单调递减．综上所述，当a≤0时，f x 在区间0,+∞上单调递增；当a>0时，f x 在区间0,1 a上单调递增，在区间1a,+∞上单调递减．(2)设g x =e x-x-1，则g x =e x-1，在区间(-∞,0)上，g x <0，g x 单调递减，在区间0,+∞上，g x >0，g x 单调递增，所以g x ≥g0 =e0-0-1=0，所以e x≥x+1(当且仅当x=0时等号成立)．依题意，∀x>0，f x ≤xe2x-2ax恒成立，即a≤e2x-ln x+1x恒成立，而e2x-ln x+1x=xe2x-(ln x+1)x=e2x+ln x-(ln x+1)x≥2x+ln x+1-(ln x+1)x=2，当且仅当2x+ln x=0时等号成立．因为函数h x =2x+ln x在0,+∞上单调递增，h1e=2e-1<0，h(1)=2>0，所以存在x0∈1e,1，使得2x0+ln x0=0成立．所以a ≤e 2x -ln x +1xmin =2，即a 的取值范围是-∞,2 ．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的恒成立问题的求解策略：形如f x ≥g x 的恒成立的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x min ≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a ≥φx 或a ≤φx 恒成立，即a ≥φx max 或a ≤φx min 恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数y =f x 的图象在y =g x 的图象的上方(或下方)，进而得到不等式恒成立.19(2024·广东·二模)已知f x =12ax 2+1-2a x -2ln x ,a >0.(1)求f x 的单调区间；(2)函数f x 的图象上是否存在两点A x 1,y 1 ,B x 2,y 2 (其中x 1≠x 2)，使得直线AB 与函数f x 的图象在x 0=x 1+x22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.【答案】(1)f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)不存在，理由见解析【分析】(1)求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间；(2)求出直线AB 的斜率，再求出f (x 0)，从而得到x 1,x 2的等式，再进行换元和求导，即可解出答案.【详解】(1)由题可得f(x )=ax +1-2a -2x =ax 2+(1-2a )x -2x =(ax +1)(x -2)x(x >0)因为a >0，所以ax +1>0，所以当x ∈(0,2)时，f (x )<0，f (x )在(0,2)上单调递减，当x ∈(2,+∞)时，f (x )>0，f (x )在(2,+∞)上单调递增.综上，f (x )在(0,2)上单调递减，在(2,+∞)上单调递增.(2)由题意得，斜率k =y 2-y 1x 2-x 1=12ax 22+(1-2a )x 2-2ln x 2 -12ax 21+(1-2a )x 1-2ln x 1 x 2-x 1=12a (x 22-x 21)+(1-2a )(x 2-x 1)-2ln x 2x 1x 2-x 1=a 2(x 1+x 2)+1-2a -2ln x2x 1x 2-x 1，f x 1+x 22 =a (x 1+x 2)2+1-2a -4x 1+x 2,由k =f x 1+x22 得，ln x2x 1x 2-x 1=2x 1+x 2，即ln x 2x 1=2(x 2-x 1)x 1+x 2，即ln x 2x 1-2x2x 1-1 x 2x1+1=0令t =x 2x 1，不妨设x 2>x 1，则t >1，记g (t )=ln t -2(t -1)t +1=ln t +4t +1-2(t >1)所以g(t )=1t -4t +1 2=t -1 2t t +1 2>0，所以g (t )在(1,+∞)上是增函数，所以g (t )>g (1)=0，所以方程g (t )=0无解，则满足条件的两点A ,B 不存在.20(2024·广东深圳·二模)已知函数f x =ax +1 e x ，f x 是f x 的导函数，且f x -f x =2e x ．(1)若曲线y =f x 在x =0处的切线为y =kx +b ，求k ，b 的值；(2)在(1)的条件下，证明：f x ≥kx +b ．【答案】(1)k =3，b =1；(2)证明见解析.【分析】(1)根据题意，求导可得a 的值，再由导数意义可求切线，得到答案；(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，利用导数研究函数g (x )的单调性从而求出最小值大于0，可得证.【详解】(1)因为f x =ax +1 e x ，所以f x =ax +a +1 e x ，因为f x -f x =2e x ，所以a =2．则曲线y =f (x )在点x =0处的切线斜率为f 0 =3．又因为f 0 =1，所以曲线y =f (x )在点x =0处的切线方程为y =3x +1，即得k =3，b =1．(2)设函数g x =2x +1 e x -3x -1，x ∈R ，则g x =2x +3 e x -3，设h x =g x ，则h x =e x 2x +5 ，所以，当x >-52时，h x >0，g x 单调递增．又因为g0 =0，所以，x >0时，g x >0，g x 单调递增；-52<x <0时，g x <0，g x 单调递减．又当x ≤-52时，g x =2x +3 e x -3<0，综上g x 在-∞,0 上单调递减，在0,+∞ 上单调递增，所以当x =0时，g x 取得最小值g 0 =0，即2x +1 e x -3x -1≥0，所以，当x ∈R 时，f x ≥3x +1．21(2024·辽宁·二模)已知函数f x =ax 2-ax -ln x .(1)若曲线y =f x 在x =1处的切线方程为y =mx +2，求实数a ,m 的值；(2)若对于任意x ≥1，f x +ax ≥a 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】(1)a =-1，m =-2(2)12,+∞ 【分析】(1)根据导数几何意义和切线方程，可直接构造方程组求得结果；(2)构造函数g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，将问题转化为g x ≥0恒成立；求导后，分别在a ≤0、a ≥12和0<a <12的情况下，结合单调性和最值求得符合题意的范围.【详解】(1)∵f x =2ax -a -1x，∴f 1 =2a -a -1=a -1，∵y =f x 在x =1处的切线为y =mx +2，∴f 1 =a -1=mf 1 =0=m +2 ，解得：a =-1，m =-2.(2)由f x +ax ≥a 得：ax 2-ln x -a ≥0，令g x =ax 2-ln x -a x ≥1 ，则当x ≥1时，g x ≥0恒成立；。
高考题中的利用导数求参数范围一与二次函数的性质、单调性、不等式等相联系求解策略：利用“要使f (x) a成立，只需使函数的最小值f(x) a恒成立即可；要使f (x)min只需使函数的最大值f(x) a恒成立即可”.max这也是近两年高考考查和应用最多的一种.―r —■- ―r—tr2例1已知向量a =(x ,x 1)，a=(i x,t)，若f(x)a?b在区间(-i,i)上是增函数，求t的取值范围2 3 2解析：由向量的数量积定义，f(x) = x(1 x)+( x 1) t = x+x+tx + t2••• f (x)= 3x +2x + t.2若f (x)在区间(-1,1)上是增函数，则有f (x) > 0 t > 3x -2x在(-1,1)上恒成立.2 12 1右令g(x) =3x -2x=-3( x )--3 3在区间［-1,1］上，g(x) = g( 1)=5，故在区间(-1,1)上使t > g(x)恒成立，max只需t > g( 1)即可，即t > 5.即t的取值范围是［5 ,R).点评：本题除了用导数反映单调性，还借助了二次函数的性质求出最值，且要注意边界值的取舍。
4 2例2使不等式x -2x >2 a对任意的实数x都成立，求实数a的取值范围.解析：注意到不等式的次数较高，应想到构造函数，求导4 2令f(x) = x -2x ,则如果原不等式对任意的实数x都成立等价于f(x) >2 a.min3 2又f (x)=4x -4x=4x (x 1),令f (x)=o，解得，x=0或x=1.f (x)的符号及f (x)的单调性如下:因为在R上的极值只有一个，故此极小值即为最小值，即•- f (x) = -1> 2 a，即a >3.min a成立,f (x) = f (1)= -1 ,min点评：本题是利用导数求得函数的最值，进而求出参数范围的。
利用导数解决单调性中求参数问题(选填)热点题型归纳 1题型一：已知函数y=f(x)在区间D上单调 1题型二：已知函数f x 在区间D上存在单调区间 6题型三：已知函数f x 在区间D上不单调 8题型四：已知函数f x 的单调区间恰为D 11题型五：已知函数f x 有三个单调区间 13最新模考题组练 16热点题型归纳题型一：已知函数y=f(x)在区间D上单调【典型例题】例题1.(2022·重庆市第七中学校高二阶段练习)若函数f(x)=kx-ln x在区间(1,+∞)单调递增，则k的取值范围是( )A.[1,+∞)B.(-∞,-1]C.(1,+∞)D.(-∞,-2]【答案】A【详解】由题意得，f(x)的定义域为(0，+∞)，f (x)=k-1 x，因为f(x)在(1，+∞)上单调递增，所以f (x)≥0在(1，+∞)上恒成立，即k≥1x，又函数y=1x在(1，+∞)上单调递减，所以k≥1.故选：A例题2.(2022·全国·高二课时练习)若函数f(x)=x2-ax+ae x在区间(-1,0)内单调递减，则实数a的取值范围是( )A.(-∞,3]B.[3,+∞)C.[1,+∞)D.(-∞,1]【答案】D【详解】由f(x)=x2-ax+ae x得f x =e x x2+2-ax=xe x x+2-a，由于函数f(x)=x2-ax+ae x在区间(-1,0)内单调递减，即f x ≤0在(-1,0)上恒成立，即x+2-a≥0，即得a≤x+2在(-1,0)恒成立，所以a≤1，故选：D.例题3.(2022·陕西咸阳中学高三阶段练习(理))已知函数f x =ax 2+2x -e x ，若对∀m ,n ∈0,+∞ ，m >n ，都有f m -f nm -n <2成立，则a 的取值范围是( )A.-∞,12B.-∞,1C.-∞,e 2D.-∞,e 【答案】C【详解】因为对∀m ,n ∈0,+∞ ，m >n ，都有f m -f nm -n<2成立，所以对∀m ,n ∈0,+∞ ，m >n ，都有f m -2m <f n -2n .设g x =f x -2x =ax 2-e x ，则g x 在0,+∞ 为减函数.g x =2ax -e x ，等价于x ∈0,+∞ ，2ax -e x ≤0恒成立，即x ∈0,+∞ ，2a ≤e xx恒成立.设h x =e x x ，h x =e x x -e xx 2=e x x -1 x 2，所以x ∈0,1 ，h x <0，h x 为减函数，x ∈1,+∞ ，h x >0，h x 为增函数，所以h x min =h 1 =e ，所以2a ≤e ，即a ≤e2.故选：C【提分秘籍】已知函数f x 在区间D 上单调①已知f x 在区间D 上单调递增⇔∀x ∈D ，f x ≥0恒成立.②已知f x 在区间D 上单调递减⇔∀x ∈D ，f x ≤0恒成立.注：已知单调性，等价条件中的不等式含等号.【变式演练】1.(2021·四川·宜宾市叙州区第一中学校高二阶段练习(文))若f (x )=-12x 2+(a +2)x +ln x 在(1,+∞)上是减函数，则实数a 的取值范围是( )A.(-∞,-2) B.(-2,+∞)C.[-2,+∞)D.-∞,-2【答案】D【详解】由题意可得：当x >1时，f x =-x +a +2 +1x ≤0，即a ≤x -1x-2.因为y =x 和y =-1x 在(1,+∞)上单增，所以y =x -1x-2在(1,+∞)上单增，所以y >-2，所以a ≤-2.故选：D2.(2022·全国·高三专题练习)设函数f (x )=ln x -ax 2在(1,+∞)上单调递减，则实数a 的取值范围是( )A.0,12B.12,+∞C.(0,1]D.[1,+∞)【答案】B【详解】解：∵函数f (x )=ln x -ax 2在(1,+∞)上单调递减，∴当x ∈(1,+∞)时，f ′(x )=1-2ax 2x ≤0，∴a ≥12x 2在x ∈(1,+∞)时恒成立，即a ≥12x 2 max ，x ∈(1,+∞)，又∵y =12x 2在1,+∞ 单调递减，故y max =12×12=12，故a ∈12,+∞ ．故选：B ．3.(2022·陕西省宝鸡市长岭中学高二期中(理))若函数h x =2x -kx在1,+∞ 上是增函数，则实数k 的取值范围是( )A.-2,+∞ B.2,+∞C.-∞,-2D.-∞,2【答案】A【详解】h x =2+k x 2=2x 2+kx 2，因为h x 在1,+∞ 上是增函数，所以h x ≥0对x ∈1,+∞ 恒成立，则2x 2+k x 2≥0对x ∈1,+∞ 恒成立，所以k ≥-2x 2对x ∈1,+∞ 恒成立，则k ≥-2，即k ∈[-2,+∞).故选：A .4.(2022·山西临汾·高三期中)设函数f (x )=ln x +m x ，若对任意b >a >1，f (b )-f (a )b -a<1恒成立，则m 的取值范围是( )A.0,+∞ B.0,+∞C.14,+∞D.14,+∞【答案】A【详解】由题设f (b )-b <f (a )-a ，且b >a >1，令g (x )=f (x )-x =ln x +mx-x 且x >1，则g (b )<g (a )，故g (x )在x ∈(1,+∞)上递减，所以g(x )=1x -m x 2-1=-x 2-x +m x2≤0恒成立，即m ≥x -x 2在x ∈(1,+∞)上恒成立，而y =x -x 2=-x -12 2+14在x ∈(1,+∞)上值域为(-∞,0)，所以m ≥0.故选：A题型二：已知函数f x 在区间D 上存在单调区间【典型例题】例题1.(2022·江西·上高二中高二阶段练习(文))若函数g (x )=ln x +12x 2-b -1 x 存在单调递减区间，则实数b 的取值范围是( )A.3,+∞ B.3,+∞C.-∞,3D.-∞,3【答案】B【详解】函数g (x )=ln x +12x 2-b -1 x 的定义域为0,+∞ ，且其导数为g x =1x+x -(b -1)．由g x 存在单调递减区间知g x <0在0,+∞ 上有解，即1x+x -(b -1)有解．因为函数g x 的定义域为0,+∞ ，所以x +1x ≥2．要使1x +x -(b -1)有解，只需要1x+x 的最小值小于b -1，所以2<b-1，即b >3，所以实数b 的取值范围是3,+∞ ．故选:B ．例题2.(2022·全国·高三专题练习)若函数f (x )=12ax 2+x ln x -x 存在单调递增区间，则a 的取值范围是( )A.-1e ,1 B.-1e,+∞ C.-1,+∞D.-∞,1e【答案】B【详解】f (x )=ax +ln x ，∴f (x )>0在x ∈0，+∞ 上有解，即ax +ln x >0在x ∈0，+∞ 上有解，即a >-ln x x 在x ∈0，+∞ 上有解．令g (x )=-ln x x ，则g ′(x )=-1-ln x x 2，∴g (x )=-ln xx 在(0，e )上单调递减，在(e ，+∞)上单调递增，∴g (x )=-ln x x 的最小值为g (e )=-1e ，∴a >-1e．故选：B ．【提分秘籍】已知函数f x 在区间D 上存在单调区间①已知f x 在区间D 上存在单调增区间⇔∃x ∈D ，f (x )>0有解.②已知f x 在区间D 上存在单调减区间⇔∃x ∈D ，f (x )<0有解.【变式演练】1.(2022·全国·高三专题练习)若函数f (x )=ln x +12x 2-(b -1)x 在12,2 存在单调递减区间，则实数b 的取值范围是A.[3,+∞) B.(3,+∞)C.72,+∞D.72,+∞【答案】B【详解】因为函数f (x )=ln x +12x 2-(b -1)x 在12,2 存在单调递减区间，故f x <0在区间12,2上有解.即1x +x -b -1 <0在区间12,2 有解.即存在x ∈12,2 ，使得b -1>x +1x ，又y =x +1x 在12,1 单调递减，在1,2 单调递增.且x =12时，y =52；x =1时y =2；x =2时，y =52，故要满足题意，只需b -1>2即可，解得b >3.故选：B .2.(2022·福建·福州黎明中学高三阶段练习)若函数f (x )=x 2-4ex -ax 在R 上存在单调递增区间，则实数a 的取值范围为__________．【答案】-∞,-2-2ln2【详解】因为f (x )=x 2-4ex -ax ，所以f ′(x )=2x -4ex -a .由题意，f ′(x )=2x -4ex -a >0，即a <2x -4ex 有解．令g (x )=2x -4ex ，则g ′(x )=2-4ex .令g ′(x )=0，解得x =-ln2.当x ∈(-∞，-ln2)时，函数g (x )=2x -4ex 单调递增；当x ∈(-ln2，+∞)时，函数g (x )=2x -4ex 单调递减．所以当x =-ln2时，g (x )=2x -4ex 取得最大值-2-2ln2，所以a <-2-2ln2.题型三：已知函数f x 在区间D 上不单调【典型例题】例题1.(2022·陕西·蒲城县蒲城中学高三阶段练习(文))已知函数f x =1-x ln x +ax 在1,+∞ 上不单调，则a 的取值范围是( )A.0,+∞ B.-∞,0C.0,+∞D.-∞,0【答案】A【详解】依题意f ′x =-ln x +1x +a -1，故f ′(x )在1,+∞ 上有零点，令g (x )=-ln x +1x+a -1，令g (x )=0，得a =ln x -1x +1，令z (x )=ln x -1x+1，则z ′(x )=1x +1x2，由x >1，得z ′(x )>0，z (x )单调递增，又由z (1)=0，得z (x )>0，故a =z (x )>0，所以，a 的取值范围0,+∞ 故选：A例题2.(2022·广西河池·高二阶段练习(理))若函数f x =2x 2-ln x 在定义域内的一个子区间k -1,k +1上不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A.-12,32B.32,2C.1,2D.1,32【答案】D【详解】由题意得，函数定义域为0,+∞f x =4x -1x ，令f x =0，解得在定义域内x =12，当x <12时，f x <0，f x 单调递减，当x >12时，f x >0，f x 单调递增，函数在区间k -1,k +1 内不单调，所以k -1<12<k +1，解得-12<k <32，又因为k -1≥0，得k ≥1，综上k ∈1,32 ，故选：D ．【提分秘籍】已知函数f x 在区间D 上不单调⇔∃x 0∈D ，使得f x 0 =0(其中x 0为变号零点)【变式演练】1.(2022·安徽·合肥一中高二阶段练习)若函数f (x )=x 3+2-a x 2+a3x +1在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围为( )A.a <1或a >4 B.a ≤1或a ≥4C.1<a <4D.1≤a ≤4【答案】A【详解】由题意，函数f (x )=x 3+2-a x 2+a 3x +1，可得f (x )=3x 2+4-2a x +a 3，因为函数f (x )=x 3+2-a x 2+a3x +1在其定义域上不单调，即f (x )=3x 2+4-2a x +a3=0有变号零点，结合二次函数的性质，可得Δ=(4-2a )2-4a >0，即a 2-5a +4>0，解得a <1或a >4，所以实数a 的取值范围为(-∞,1)∪(4,+∞).故选：A .2.(2022·四川省资阳中学高二期中(理))已知函数f (x )=ln x -ax -2在区间(1,2)上不单调，则实数a 的取值范围为( )A.12,1 B.12,1C.13,12D.12,23【答案】B 【详解】由f (x )=1x -a =1-axx，①当a ≤0时函数f (x )单调递增，不合题意；②当a >0时，函数f (x )的极值点为x =1a ，若函数f (x )在区间(1,2)不单调，必有1<1a <2，解得12<a<1.故选：B ．3.(2022·江西·金溪一中高二阶段练习(理))已知函数f x =x 2-a ln x +1在1,3 内不是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.2,18B.2,18C.-∞,2 ∪18,+∞D.2,18【答案】A【详解】∵f 'x =2x -a x，f x =x 2-a ln x +1在1,3 内不是单调函数，故2x -ax=0在1,3 存在变号零点，即a =2x 2在1,3 存在零点，∴2<a <18.故选：A .4.(2022·上海大学市北附属中学高一期中)若函数y =2x 2-kx +8在区间2,5 上不是单调函数，则实数k 的取值范围________.【答案】8,20【详解】解：因为y =2x 2-kx +8，所以函数的对称轴为x =k4，因为函数在区间2,5 上不是单调函数，所以2<k4<5，解得8<k <20，即实数k 的取值范围为8,20 .故答案为：8,20题型四：已知函数f x 的单调区间恰为D【典型例题】例题1.(2021·四川省成都市玉林中学高二期中(文))已知函数f (x )=x 2-ax -1 e x -1在(-∞,-2)单调递增，在(-2,1)单调递减，则函数f (x )在[-2,2]的值域是( )A.[-1,e ] B.[-e ,e 2]C.[e -1,5e -2]D.[5e -2,e 2]【答案】A【详解】解：f ′(x )=(2x -a )e x -1+(x 2-ax -1)e x -1=(x 2-ax +2x -a -1)e x -1，∵f (x )在(-∞,-2)单调递增，在(-2,1)单调递减，∴f ′(-2)=0，即(4+2a -4-a -1)e -3=0，∴a =1，∴f (x )=(x 2-x -1)e x -1，f ′(x )=(x +2)(x -1)e x -1，当2>x >1，x <-2时，f ′(x )>0，当-2<x <1时，f ′(x )<0，∴f (x )在[-2，1)上单调递减，在[1，2]，-∞,-2 上单调递增，∴a =1符合题意，又f (-2)=5e -3，f (1)=-1，f (2)=e ，∴函数f (x )在[-2，2]的值域是[-1，e ]．故选：A ．例题2.(2022·全国·高二课时练习)已知函数f x =13x 3+ax 2+x +1在-∞,0 、3,+∞ 上为增函数，在1,2 上为减函数，则实数a 的取值范围为( )A.-∞,-1 B.-53,-54C.-53,1D.-53,-54【答案】B【详解】因为f x =13x 3+ax 2+x +1，则f x =x 2+2ax +1，由题意可知，f x 有两个不等的零点，设为x 1、x 2且x 1<x 2，因为函数f x =13x 3+ax 2+x +1在-∞,0 、3,+∞ 上为增函数，在1,2 上为减函数，则x 1∈0,1 、x 2∈2,3 ，所以，f 0 =1>0f1 =2+2a ≤0f2 =4a +5≤0f3 =6a +10≥0 ，解得-53≤a ≤-54.故选：B .【变式演练】1.(2022·全国·高二课时练习)已知函数f (x )=13ax 3+12bx 2+cx +d (a ,b ,c ,d ∈R )的单调递增区间是(-3,1)，则( )A.a <b <c B.b <c <aC.b <a <cD.a <c <b【答案】C【详解】解：由题可得f (x )=ax 2+bx +c ，则f (x )>0的解集为(-3,1)，即f (x )=a (x +3)(x -1)=0，a <0，可得b =2a ,c =-3a ，∴b <a <c ，故选:C ．2.(2022·福建漳州·高二期末)已知函数f (x )=x 3+ax 2+bx +c 的单调递减区间是[-4,-2]，则关于x 的不等式f (-2)≤f (x )≤f (-4)的解集是__________.【答案】[-5,-1]【详解】f x =3x 2+2ax +b ，f (x )的单调递减区间是[-4,-2]，则不等式f x ≤0的解集为[-4,-2]，所以-4，-2是f (x )=0的两根，故a =9，b =24，所以f (x )=x 3+9x 2+24x +c ，f (-2)=c -20，f (-4)=c -16.令f (x )≤f (-4)，得x 3+9x 2+24x +16≤0，即(x +4)(x 2+5x +4)=(x +4)2(x +1)≤0，得x ≤-1；令f (-2)≤f (x )，得x 3+9x 2+24x +20≥0，即(x +2)(x 2+7x +10)=(x +2)2(x +5)≥0，得x ≥-5；所以不等式f (-2)≤f (x )≤f (-4)的解集为[-5,-1].故答案为：[-5,-1]题型五：已知函数f x 有三个单调区间【典型例题】例题1.(2019·河北省隆化存瑞中学高三阶段练习(理))若函数f x =43x 3-2ax 2-a -2 x +5恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为A.-1≤a ≤2 B.-2≤a ≤1C.a >2或a <-1D.a >1或a <-2【答案】D【详解】因为函数f x =43x 3-2ax 2-a -2 x +5恰好有三个单调区间，所以f (x )=4x 2-4ax -(a -2)有两个不等零点，则Δ=16a 2+16(a -2)=16(a -1)(a +2)>0，解得a>1或a <-2.故选D .例题2.(2019·江苏盐城·一模)已知函数f x =x -a ln x a ∈R ，若函数f x 存在三个单调区间，则实数a 的取值范围是__________.【答案】-1e 2,0【详解】f 'x =ln x +1x x -a =ln x +1-ax 函数f x =x -a ln x a ∈R ，若函数f x 存在三个单调区间即f 'x =0有两个不等实根，即a =x ln x +1 有两个不等实根，转化为y =a 与y =x ln x +1 的图像有两个不同的交点y '=ln x +2令ln x +2=0，即x =1e 2，即y =x ln x +1 在0，1e 2 上单调递减，在1e2，+∞ 上单调递增．y min =-1e 2，当x ∈0，1e 2 时，y <0，所以a 的范围为-1e 2,0 【提分秘籍】已知函数f x 有三个单调区间⇔f (x )=0有两个不同的实数根.【变式演练】1.(2022·宁夏·永宁县文昌中学高三期末(文))若函数y =-43x 3+bx 有三个单调区间，则b 的取值范围是________________．【答案】b >0【详解】试题分析：由已知可得y '=-4x 2+b =0在R 上有不等实根⇒b >0．2.(2022·江西省信丰中学高二阶段练习(文))若函数f (x )=ax 3+x 在定义域R 上恰有三个单调区间，则a的取值范围是( )A.(-∞,0) B.(0,+∞)C.-∞,0D.0，+∞【答案】A【详解】因为函数f (x )=ax 3+x 在定义域R 上恰有三个单调区间，所以其导函数在定义域R 上有两个不同的零点，由f (x )=3ax 2+1可得3ax 2+1=0，即x 2=-13a，所以只需a <0，方程3ax 2+1=0在R 上有两个不同的实数根.故选：A .3.(2016·黑龙江双鸭山·高二阶段练习)若函数f (x )=ax 3+3x 2-x 恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围为A.(-3,+∞) B.-3，+∞C.(-3,0)⋃(0,+∞)D.(-∞,0)⋃(0,3)【答案】D【详解】试题分析：由题意得，函数f (x )的导数为f (x )=3ax 2+6x -1，因为函数f (x )=ax 3+3x 2-x 恰有三个单调区间，所以a ≠0且f (x )=0有两个根，即Δ=62+4×3a >0，解得a <3且a ≠0，故选D .4.(2020·全国·高三专题练习)已知函数f x =x 3+3ax 2+3a +2 x +1恰有三个单调区间，则实数a 的取值范围是__________．【答案】a <-1或a >2【详解】分析：求出函数的导函数，利用导数有两个不同的零点，说明函数恰好有三个单调区间，从而求出a 的取值范围．详解：∵函数f x =x 3+3ax 2+3a +2 x +1，∴f ′(x )=3x 2+6ax +3a +2 ，由函数f (x )恰好有三个单调区间，得f ′(x )有两个不相等的零点，∴3x 2+6ax +3a +2 =0满足：△=36a 2-36a +2 >0，解得a <-1或a >2，故答案为：a <-1或a >2．最新模考题组练一、单选题1.(2019·四川自贡·高二期末(理))函数f x =ax 3+x 2+5x -1恰有3个单调区间的必要不充分条件是( )A.-∞,115B.0,115C.-∞,0 ∪0,115D.-∞,0【答案】A【详解】解：由f (x )=ax 3+x 2+5x -1，得f ′(x )=3ax 2+2x +5，当a =0时，由f ′(x )=0，解得x =-52，函数f (x )有两个单调区间；当a >0时，由Δ=4-60a >0，解得a <115，即0<a <115，此时函数f (x )=ax 3+x 2+5x -1恰有3个单调区间；当a <0时，Δ=4-60a >0，解得a <115，即a <0，此时函数f (x )=ax 3+x 2+5x -1恰有3个单调区间．∴综上所述a ∈-∞,0 ∪0,115是函数f (x )=ax 3+x 2+5x -1恰有3个单调区间的充要条件，分析可得a ∈-∞,115是其必要不充分条件．故选：A ．2.(2019·河北省隆化存瑞中学高三阶段练习(理))若函数f x =43x 3-2ax 2-a -2 x +5恰好有三个单调区间，则实数a 的取值范围为A.-1≤a ≤2 B.-2≤a ≤1C.a >2或a <-1D.a >1或a <-2【答案】D【详解】因为函数f x =43x 3-2ax 2-a -2 x +5恰好有三个单调区间，所以f (x )=4x 2-4ax -(a -2)有两个不等零点，则Δ=16a 2+16(a -2)=16(a -1)(a +2)>0，解得a>1或a <-2.故选D .3.(2022·河南·驻马店市第二高级中学高三阶段练习(文))若函数f x =kx -ln x 在区间12,+∞ 上单调递增，则k 的取值范围为( )A.12,+∞B.2,+∞C.14,+∞D.4,+∞【答案】B【详解】f (x )=k -1x ,因为函数f x =kx -ln x 在区间12,+∞ 上单调递增，所以f (x )=k -1x≥0在12,+∞ 上恒成立，即k ≥1x 在12,+∞ 上恒成立.因为y =1x 在12,+∞ 上单调递减，所以当x ∈12,+∞ 时，y <2，所以k ≥2，则k 的取值范围为2,+∞ .故选：B4.(2021·江苏·张家港高级中学高三期中)若函数f x =ln x +ax 2-2在区间12,2内存在单调递增区间，则实数a 的取值范围是( )A.-2,+∞ B.-18,+∞ C.-18,-2D.-2,+∞【答案】D【详解】∵f (x )=ln x +ax 2-2，∴f (x )=1x+2ax ，若f x 在区间12,2 内存在单调递增区间，则f (x )>0,x ∈12,2 有解，故a >-12x2，令g (x )=-12x 2，则g (x )=-12x2在12,2 单调递增，∴g (x )>g 12=-2，故 a >-2.故选：D .5.(2023·全国·高三专题练习)若函数f (x )=x 2+x -ln x -2在其定义域的一个子区间(2k -1,2k +1)内不是单调函数，则实数k 的取值范围是( )A.-32,34B.12,3C.-32,3D.12,34 【答案】D【详解】因为函数f (x )的定义域为(0,+∞)，所以2k -1≥0，即k ≥12，f (x )=2x +1-1x =2x 2+x -1x =(x +1)(2x -1)x ，令f (x )=0，得x =12或x =-1(舍去)，因为f (x )在定义域的一个子区间(2k -1,2k +1)内不是单调函数，所以2k -1<12<2k +1，得-14<k <34，综上，12≤k <34，故选：D6.(2022·福建福州·高三期中)已知函数f x =ae x +4x ，对任意的实数x 1,x 2∈(-∞,+∞)，且x 1≠x 2，不等式f x 1 -f x 2 x 1-x 2>x 1+x 2恒成立，则实数a 的取值范围是( )A.2e ,+∞B.2e 3,+∞C.2e ,+∞D.2e 3,+∞【答案】B【详解】不妨设x 1>x 2，由f x 1 -f x 2 x 1-x 2>x 1+x 2，得f x 1 -f x 2 >x 21-x 22，即f x 1 -x 21>f x 2 -x 22，令g (x )=f (x )-x 2，所以对任意的实数x 1,x 2∈(-∞,+∞),x 1>x 2时，都有g x 1 >g x 2 ，即g (x )在(-∞,+∞)上单调递增，所以g (x )=ae x -2x +4≥0在x ∈(-∞,+∞)上恒成立，即a ≥2x -4e x．在x ∈(-∞,+∞)上恒成立．令h (x )=2x -4e x ．则h (x )=6-2x e x，令h (x )>0，解得x <3，令h (x )<0，解得x >3，所以h (x )在(-∞,3)上单调递增，在(3,+∞)上单调递减，所以h (x )max =h (3)=2e 3，所以a ≥2e3，即实数a 的取值范围是2e 3,+∞ ．故选：B ．7.(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax 4+x -1 e x 在区间1,3 上不是单调函数，则实数a 的取值范围是( )A.-e 4,-e 216B.-e 4,-e 216C.-e 336,-e 216D.-e 4,-e 316 【答案】A【详解】因为f x =ax 4+(a -1)e x 在区间1,3 上不是单调函数，所以f x =4ax 3+xe x =0在区间1,3 上有解，即-4a =e x x 2在区间1,3 上有解．令g x =e x x 2，则g 'x =x -2 e xx 3．当x ∈1,2 时，g 'x <0；当x ∈2,3 时，g 'x >0．故g x 在1,2 上单调递减，在2,3 上单调递增．又因为g 1 =e ,g 2 =e 24,g 3 =e 39<e ，且当a =-e 216时，f x =-e 24x 3+xe x =x 3e x x2-e 24 ≥0,所以f x 在区间1,3 上单调递增，所以e 24<-4a <e ，解得-4e <a <-e 216.故选：A8.(2022·安徽·合肥一中高二阶段练习)若函数f (x )=x 3+2-a x 2+a 3x +1在其定义域上不单调，则实数a 的取值范围为( )A.a <1或a >4B.a ≤1或a ≥4C.1<a <4D.1≤a ≤4【答案】A【详解】由题意，函数f (x )=x 3+2-a x 2+a 3x +1，可得f (x )=3x 2+4-2a x +a 3，因为函数f (x )=x 3+2-a x 2+a 3x +1在其定义域上不单调，即f (x )=3x 2+4-2a x +a 3=0有变号零点，结合二次函数的性质，可得Δ=(4-2a )2-4a >0，即a 2-5a +4>0，解得a <1或a >4，所以实数a 的取值范围为(-∞,1)∪(4,+∞).故选：A .二、填空题9.(2016·山东济宁·高二阶段练习(文))若函数f (x )=x 3+bx 2+x 恰有三个单调区间，则实数b 的取值范围为___________．【答案】b <-3或b >3【详解】试题分析：由f (x )=x 3+bx 2+x ， 求导：f (x )=3x 2+2bx +1，恰有三个单调区间则有两个极值， 即令；Δ=4b 2-12>0,b >3或b <-3．10.(2015·江苏宿迁·高二期中)若函数y =-43x 3+bx 2-2x +5有三个单调区间，则实数b 的取值范围为______．【答案】-∞,-22 ∪22,+∞【详解】试题分析：函数有3个单调区间，等价于导函数有2个不同零点，y =-4x 2+2bx -2,Δ=4b 2-32>0∴b ∈-∞,-22 ∪22,+∞11.(2022·福建·莆田第三中学高三阶段练习)已知函数f x =3ln x -kx +k x ，若f x 在定义域内为单调递减函数，则实数k 的最小值为__________________．【答案】32##1.5【详解】由题意知f x =3ln x -kx +k x ,(x >0)，则 f (x )=3x -k -k x2， f x 在定义域内为单调递减函数，则f (x )≤0当x >0时恒成立，则可得： k ≥3x +1x max， 因为x >0，x +1x ≥2 当且仅当x =1时等号成立，则 3x +1x ≤32 ，故 k ≥32 ，即实数k 的最小值为32，故答案为：3212.(2022·上海·上外附中高三阶段练习)f x =-13x 3+12x 2+2ax ，若f x 在23,+∞ 上存在单调递增区间，则a 的取值范围是_______【答案】-19,+∞【详解】因为f x =-13x 3+12x 2+2ax ，则f x =-x 2+x +2a ，有已知条件可得：∃x ∈23,+∞ ，使得f x >0，即a >12x 2-x ，当y =12x 2-x >1223 2-23 =-19，所以a >-19.故答案为：-19,+∞ .13.(2022·全国·模拟预测)若函数y =a x 3-x 的单调递增区间是-∞,-33 ，33,+∞ ，则实数a 的取值范围是______.【答案】0,+∞【详解】y =a 3x 2-1 ，令y =0，得x =±33，由函数y =a x 3-x 的单调递增区间是-∞,-33 ，33,+∞ ，得导函数y =a 3x 2-1 的图象是开口向上的抛物线，所以a >0.故答案为：0,+∞14.(2021·江苏·高二专题练习)已知函数f (x )=x 3-ax 2在[2,4]上不是单调函数，则实数a 的取值范围是_________．【答案】(3,6)【详解】因为f (x )=x 3-ax 2，则f (x )=3x 2-2ax ，若函数f (x )=x 3-ax 2在[2,4]上是单调递增的函数，则f (x )=3x 2-2ax ≥0在[2,4]上恒成立，即a ≤32x 在[2,4]上恒成立，因此a ≤3；若函数f (x )=x 3-ax 2在[2,4]上是单调递减的函数，则f (x )=3x 2-2ax ≤0在[2,4]上恒成立，即a ≥32x 在[2,4]上恒成立，因此a ≥6；因为函数f (x )=x 3-ax 2在[2,4]上个是单调函数，所以3<a <6故答案为：(3,6)。
高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数在上的最大值为2，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先画出分段函数f（x）的图象，如图．当x∈[-2，0]上的最大值为2；欲使得函数在上的最大值为2，则当时，的值必须小于等于2，即，解得：，故选D.【考点】函数最值的应用.2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.定义在[1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－|x－3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c＝________.【答案】1或2【解析】易知当2≤x≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x≤2时，2≤2x≤4，从而由条件得f(x)＝f(2x)＝(1－|2x－3|)．因为c>0，故极大值点为；当2≤x≤4时，4≤2x≤8，从上述步骤得f(2x)＝cf(x)＝c(1－|4x－3|)．因为c>0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，所以＝，解得c＝2或1.4.已知函数，，其中.(1)若是函数的极值点，求实数的值；(2)若对任意的(为自然对数的底数)都有成立，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)．【解析】（1）利用函数极值点的导数等于0，且此点的左侧和右侧导数的符号相反，求得实数的值；（2）问题等价于对任意的时，都有，分类讨论，利用导数的符号判断函数的单调性，由单调性求出函数的最小值及的最大值，根据它们之间的关系求出实数的取值范围．试题解析：(1)∵，其定义域为，∴．∵是函数的极值点，∴，即.∵，∴．经检验当时，是函数的极值点，∴．(2)对任意的都有成立等价于对任意的，都有．当时，．∴函数在上是增函数，∴.∵，且，．①当且时，，∴函数在上是增函数，∴．由，得a≥，又，∴不合题意．②当时，若，则，若，则．∴函数在上是减函数，在上是增函数．∴.由，得．又，∴．③当且时，，函数在上是减函数．∴.由，得．又，∴.综上所述，的取值范围为．【考点】1、函数在某点取得极值的条件；2、利用导数求闭区间上函数的最值．5.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.6.设函数f(x)的定义域为R，x0(x≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x)B．－x是f(－x)的极小值点C．－x是－f(x)的极小值点D．－x是－f(－x)的极小值点【答案】D【解析】取函数f(x)＝x3－x，则x＝－为f(x)的极大值点，但f(3)>f，排除A.取函数f(x)＝－(x－1)2，则x＝1是f(x)的极大值点，但－1不是f(－x)的极小值点，排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的极小值点，排除C.7.设函数f(x)＝＋ln x，则()．A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点【答案】D【解析】∵f(x)＝＋ln x(x＞0)，∴f′(x)＝－＋.由f′(x)＝0解得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．∴x＝2为f(x)的极小值点．8.已知函数在时有极值0，则．【答案】11【解析】对函数求导得,由题意得 ,即解得: 或,当时,故,【考点】函数的极值9.已知函数在处有极值，则等于( )A．或B．C．或18D．【答案】A【解析】，依题意，解得故当时，；当时，.故答案为11或18.【考点】函数的极值.10.已知函数在处取得极大值，则的值为 .【答案】.【解析】，，依题意知，于是有，，整理得，解得或.①当时，，此时，此时函数在处取得极小值，不合乎题意！②当时，，此时，此时函数在处取得极大值，合乎题意！故.【考点】函数的极值11.定义在上的函数满足：①（为正常数）；②当时，.若函数的所有极大值点均在同一条直线上，则_____________.【答案】或.【解析】当时，，故函数在上单调递增，在上单调递增，故函数在处取得极大值，当时，则，此时，此时，函数在处取得极大值，对任意，当时，函数在处取得极大值，故函数的所有极大值点为，由于这些极大值点均在同一直线上，则直线的斜率为定值，即为定值，故或，即或.【考点】1.函数的极值；2.直线的斜率12.设函数，其中为实常数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）讨论在定义域上的极值.【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单减区间是；（Ⅱ）当时，无极值；当时，在点处取得极大值，且为，无极小值.【解析】（Ⅰ）先把代入，对函数求导，令导数大于0，求出函数的单调递增区间，令导数小于0，求出函数的单调递减区间（Ⅱ）对参数进行讨论，分和两种情况.试题解析：（Ⅰ）由得，；由得，.所以函数的单调递增区间为，单减区间是. 6分（Ⅱ）当时, ,在上始终单增,无极值.当时，，. 9分当时，；当时，.此时，在点处取得极大值，且为，无极小值. 12分【考点】1.利用导数求单调区间；2.利用导数求极值.13.函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为【答案】10【解析】因为函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为10.14.已知函数在点x=1处连续，则a的值是（）A．2B．3C．－2D．－4【答案】B【解析】解：因为函数在店x=1处连续，因此该点的函数值等于该点的极限值。
专题11 导数为工具求解参数取值范围问题专题概述利用导数研究可导函数的单调性,求可导函数的极值和最值,以及用导数解决实际应用题是导数在中学数学中的主要应用,另外从高考试题来看,高考对导数的考查加强了试题的综合性和应用性,由此可见,导数的解题地位成了必不可少的工具,所以导数的应用成为久考不衰的考点．利用导数处理切线问题，注意三个条件的运用：设切点00(,)M x y ，则切线斜率为'0()k f x =，切点坐标满足切线方程；切点坐标满足曲线方程，圆的切线的处理注重圆心到直线等于半径以及切点与圆心的连线垂直切线等知识，注重方程思想的运用．利用导数求函数的极值和最值：1、求函数的极值，先求'()0f x =的根0x ，再和函数定义域比较，如果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函数单调，无极值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑0x 两侧导数是否异号，从而判断是否有极值.求函数的最值和求极值类似，先求'()0f x =的根0x ，如果落在定义域外或者落在定义域端点，此时函数单调，利用单调性求最值；当落在定义域内时，将定义域分段，分别考虑0x 两侧导数是否异号，从而判断函数大致图象，从而求最值.典型例题【例1】（2020•3月份模拟）已知函数()(0)x f x ae a =>与2()2(0)g x x m m =->的图象在第一象限有公共点，且在该点处的切线相同，当实数m 变化时，实数a 的取值范围为( ) A ．24(,)e +∞ B ．28(,)e +∞ C ．24(0,)e D ．28(0,)e 【分析】先设出切点，根据切点是公共点且切点处导数值相等构造方程，由此将m 用切点的横坐标0x 表示出来，根据m 的范围求出0x 的范围，再将a 表示成0x 的函数，利用导数求其值域即可． 【解答】解：设切点为0(A x ，0)y ，所以0020024x x ae x m ae x ⎧=-⎪⎨=⎪⎩，整理得20004200x x mx m ⎧=-⎪>⎨⎪>⎩，由200240m x x =->，解得02x >．由上可知004x x a e =，令4()x x h x e =，则4(1)()x x h x e -'=． 因为2x >，所以4(1)4()0,()xx x xh x h x e e-'=<=在(2,)+∞上单调递减， 所以280()h x e <<，即28(0,)a e∈． 故选：D ．【例2】（2020•全国II 卷模拟）若函数()x f x alnx e =-有极值点，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,)e -+∞B ．(1,)eC ．(1,)+∞D ．(0,)+∞【分析】先求出导函数()f x '，再对a 的值分情况讨论，利用数形结合的方法即可求出a 的取值范围． 【解答】解：函数()x f x alnx e =-，(0,)x ∈+∞， ()x af x e x'∴=-， ①当0a 时，()0f x '<，函数()f x 在(0,)+∞上单调递减，无极值点， ②当0a >时，根据ay x=与x y e =的图象，如图所示： ，设两个函数在第一象限的交点的横坐标为0x ，当0(0,)x x ∈时，x a e x >，()0f x '>，函数()f x 在区间0(0,)x 上单调递增；当0(x x ∈，)+∞时，x ae x <，()0f x '<，∴函数()f x 在0(x ，)+∞上单调递减，所以当0a >时，函数()f x 有一个极大值点，故选：D ．【例3】（2020•3月份模拟）已知函数()1x f x e ax =+-，若0x ，()0f x 恒成立，则a 的取值范围是 ． 【分析】先求出导函数()f x '，由题意可得()1f x a '+，再对1a +的范围分情况讨论，1a -时()f x 在[0，)+∞上单调递增，从而()(0)0f x f =符合题意，1a <-时存在0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，()f x 在[0，0)x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意，从而得到a 的取值范围． 【解答】解：因为()1x f x e ax =+-，所以()x f x e a '=+， 因为0x ，所以()1f x a '+，①当10a +，即1a -时，()0f x '，则()f x 在[0，)+∞上单调递增， 从而()(0)0f x f =， 故1a -符合题意；②当10a +<，即1a <-时，因为()x f x e a '=+在[0，)+∞上单调递增，且(0)10f a '=+<， 所以存在唯一的0(0,)x ∈+∞，使得0()0f x '=，当00x x <时，()0f x '<，则()f x 在[0，0)x 上单调递减，从而()(0)0f x f =，故1a <-不符合题意， 综上，a 的取值范围是[1-，)+∞， 故答案为：[1-，)+∞．【变式训练】1．（2019秋•九龙坡区期中）若函数()(sin )x f x e x a =+在区间(,)22ππ-上单调递增，则实数a的取值范围是( )A ．)+∞B ．(1,)+∞C ．()+∞D ．[1，)+∞【分析】函数()(sin )x f x e x a =+在区间(,)22ππ-上单调递增，0x e >，可得()(sin cos )0x f x e x a x '=++，即sin cos 0x a x ++，于是(sin cos ))4a x x x π-+=+，在区间(,)22ππ-上恒成立．利用三角函数的单调性即可得出．【解答】解：()(sin cos )x f x e x a x '=++，函数()(sin )x f x e x a =+在区间(,)22ππ-上单调递增，0x e >，()(sin cos )0x f x e x a x ∴'=++，即sin cos 0x a x ++，(sin cos ))4a x x x π∴-+=+，在区间(,)22ππ-上恒成立．22x ππ-<<，可得：3444x πππ-<+<．∴sin()(4x π+∈．)[4x π+∈，1a ∴．则实数a 的取值范围是[1，)+∞． 故选：D ．2. （2020•3月份模拟）若对于曲线2x y e x =+上的任意一点处的切线l l ，总存在曲线cos y ax x =+上的一点处的切线2l ，使12l l ⊥，则实数a 的取值范围是 ．【分析】根据条件求出切线l l 和切线2l 的斜率，然后根据12l l ⊥，建立关于1x 和2x 的方程，再结合斜率的范围求出a 的取值范围．【解答】解：由2x y e x =+，得2x y e '=+，2x y e x ∴=+上的任意一点1(x ，1)y 处的切线1l 的斜率112x k e =+，同理可得曲线cos y ax =+x 上的任意一点2(x ，2)y 处的切线2l 的斜率22sin [1,1]k a x a a =-∈-+， 12l l ⊥，121k k ∴=-，∴121sin 2x a x e -=-+， 111(,0)22x e -∈-+，∴1(,0)[1,1]2a a -⊆-+， ∴11210a a ⎧--⎪⎨⎪+⎩，∴112a -， ∴实数a 的取值范围为1[1,]2-．故答案为：1[1,]2-．专题强化1．（2020•全国Ⅰ卷模拟）已知函数()2f x alnx x =-，若存在*x N ∈，使()0f x >成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．(2,)e +∞B ．4(2ln ，)+∞ C ．6(3ln ，)+∞ D ．(2,)+∞【分析】由题意可得2x a lnx >，设2()x g x lnx=，利用导数求出a 的范围即可． 【解答】解：由题意可得20alnx x ->， 当1x =时，20->不成立， 当1x >时，2x a lnx>， 设2()xg x lnx=， 则22(1)()lnx g x ln x-'=， 当(1,)x e ∈时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当(,)x e ∈+∞时，()0g x '>，函数()g x 单调递增，g （2）42ln =，g （3）63ln =， 又43816462ln ln ln ln =>=， ∴4623ln ln >， 63a ln ∴>， 故选：C ．2．（2020春•全国月考）已知函数2(2),1,()1,1,ln x x f x x x -⎧=⎨-+>⎩若|()|0f x ax a -+恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．1[,1]2-B ．[0，1]C ．[0，2]D ．[1，)+∞【分析】转化不等式，构造函数，通过函数的图象以及函数的导数，求出切线的斜率，然后求解a 的范围即可．【解答】解：函数2(2),1,()1,1,ln x x f x x x -⎧=⎨-+>⎩若|()|0f x ax a -+恒成立，即|()|f x ax a -恒成立，在坐标系中画出函数|()|y f x =的图象如图，而y ax a =-表示恒过(1,0)的直线系，由图象可知，要使|()|0f x ax a -+恒成立，只需21y x =-在1x >时，函数的图象在y ax a =-的上方，所以21y x =-的导数为：2y x '=，在1x =处的切线的斜率为2，所以2a ，并且0a ． 所以[0a ∈，2]． 故选：C ．3．（2020•3月份模拟）已知函数2()f x ax x lnx =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，若不等式1212()()2()f x f x x x t +>++有解，则t 的取值范围是( )A ．(,22)ln -∞-B ．(-∞，22]ln -C ．(,1122)ln -∞-+D ．(-∞，1122]ln -+【分析】由题意可得，得12180a a ⎧>⎪⎨⎪->⎩，不等式1212()()2()f x f x x x t +>++有解，即1212()()2()t f x f x x x <+-+的最大值，而12125()()2()124f x f x x x ln a a +-+=---，令h （a ）5124ln a a=---，利用导数研究其最大值即可．【解答】解：根据条件 221()(0)ax x f x x x-+'=>，因为函数2()f x ax x lnx =-+有两个不同的极值点1x ，2x ，所以方程2210ax x -+=有两个不相等的正实数根，则12180a a ⎧>⎪⎨⎪->⎩，解得108a <<．若不等式1212()()2()f x f x x x t +>++有解， 所以1212[()()2()]max t f x f x x x <+-+．因为222121211122212121212125()()2()2()[()2]3()()1(2)4f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x a x x x x x x ln x x ln a a+-+=-++-+-+=+--++=---． 设51()1(2)(0)48h a ln a a a =---<<，254()04ah a a -'=>， 故h （a ）在1(0,)8上单调递增，故1()()11228h a h ln <=-+，所以1122t ln <-+，所以t 的取值范围是(,1122)ln -∞-+． 故选：C ．4．（2020•乐山模拟）已知函数27,0()2,0x xlnx x f x x x ⎧->⎪=⎨⎪-⎩，令函数3()()2g x f x x a =--，若函数()g x 有两个不同零点，则实数a 的取值范围是( ) A ．9(,)16eB ．(,0)-∞C ．9(,0)(,)16e -∞ D ．9(,0)[,]16e -∞ 【分析】令22,03()()32,02x xlnx x F xf x x x x x ->⎧⎪=-=⎨--⎪⎩，利用分段函数通过函数的导数，求解函数的极值，利用函数的图象通过()(F x a a =为常数）有两个不相等的实根，则0a <或916a e <<，求解即可． 【解答】解：令22,03()()32,02x xlnx x F x f x x x x x ->⎧⎪=-=⎨--⎪⎩，当0x >时，函数()2(1)1F x lnx lnx '=-+=-， 由()0F x '>得10lnx ->得1lnx <，得0x e <<，由()0F x '<得10lnx -<得1lnx >，得x e >，当x 值趋向于正无穷大时，y 值也趋向于负无穷大，即当x e =时，函数()F x 取得极大值，极大值为F （e ）22e elne e e e =-=-=， 当0x 时，22339()()2416F x x x x =--=-++，是二次函数，在轴处取得最大值916，作出函数()F x 的图象如图：要使()(F x a a =为常数）有两个不相等的实根，则0a <或916a e <<， 即若函数()g x 有两个不同零点，实数a 的取值范围是9(,0)(,)16e -∞， 故选：C ．5．（2019秋•南城县校级期末）设()f x '是定义在R 上的函数()f x 的导数，函数()f x 满足2221()(1)2(0)2x f x f e x f x -'=+-，若()g x =2()0x g x x a--=有两个不同的实数解，则实数a 的取值范围是( ) A ．(,0){1}-∞ B ．(-∞，0)(1⋃，)+∞ C ．(0,1)D ．(1,)+∞【分析】根据2221()()2(0)2x f x f x e x f x -'=+-，可得()f x f '='（1）2222(0)x e x f -+-，进儿可求得22()2xf x e x x =+-，所以()xg x e =，结合2()0x g x x a--=，构造新函数2()(0)x lnxh x x x +=>，求出其单调性并作出图象如图，可求出a 的取值范围． 【解答】解：由1()2f x f ='（1）2222(0)x e x f x -+-， 所以()f x f '='（1）2222(0)x e x f -+-，令1x =，则f '（1）f ='（1）22(0)f +-，所以(0)1f =， 又1(0)2f f ='（1）2e -，则f '（1）22e =，22()2x f x e x x =+-，所以()x g x e ==，又因为2()0x g x x a --=，所以2x x a e x -=，所以2x x lnx a-=，则21x lnx a x +=，构造函数2()(0)x lnxh x x x +=>，令312()0x lnxh x x --'==，则1x =， 当01x <<时，()0h x '>，当1x >时，()0h x '<，所以()h x 在1x =处去的最大值1， 作出图象如图，则当101a<<，即1a >时，直线1y a =与函数()h x 有两个交点，此时方程有两个实数解，故(1,)a ∈+∞， 故选：D ．6．（2020•一卷模拟）已知不等式1a xx alnx x e ++对(1,)x ∈+∞恒成立，则实数a 的最小值为( )A ．B ．2e-C ．e -D ．2e -【分析】将原不等式化为x x a a e lne x lnx ---- 对(1,)x ∈+∞恒成立；设函数()f x x lnx =-，即()()x a f e f x - 对(1,)x ∈+∞恒成立；讨论函数()f x 的单调性； 【解答】解：不等式1a xx alnx x e ++对(1,)x ∈+∞恒成立；即1a a a a a xx x alnx x lnx x lnx e +-=-==- 对(1,)x ∈+∞恒成立；即x x a a e lne x lnx ---- 对(1,)x ∈+∞恒成立； 设函数()f x x lnx =-，则11()1x f x x x-'=-=； 所以()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增； 即()()x a f e f x - 对(1,)x ∈+∞恒成立； (1,)x ∈+∞时，1(0,)x e e-∈；根据选项，只需讨论0a <的情况；当0a < 时，a y x = 在(1,)x ∈+∞上单调递减， 则(0,1)a x ∈；则 x a e x -，两边取e 为底的对数，得：x alnx -(1)x >； 即 xalnx- (1)x > 设函数()xh x lnx-=，则21()()lnx h x lnx -'=；所以()h x 在(1,)e 上单调递增，在(,)e +∞上单调递减； 则()h x h =最大值（e ）e =-，即a e -； 故选：C ．7．（2018秋•全国期末）若0x ∀时，不等式21(31)2xx e x a x --+-恒成立，则实数a 的取值范围为( )A ．(,1)-∞B ．[0，1)C ．(-∞，1]3D ．1[3，2]【分析】依题意，23102xx e ax ---在[0，)+∞上恒成立，分13a 及13a >时讨论即可．【解答】解：依题意，23102xx e ax ---在[0，)+∞上恒成立，令2()31(0)2xx f x e ax x =---，则()3x f x e x a '=--，令()3(0)x g x e x a x =--，则()10x g x e '=-，()f x ∴'在[0，)+∞上单调递增，从而()(0)13f x f a ''=-，当13a时，()(0)130f x f a ''=-， ()f x ∴在[0，)+∞上单调递增， ()(0)0f x f ∴=恒成立，当13a >时，(3)(3)(3)3(3)0ln a f ln a e ln a a ln a '=--=-<，则()f x 在(0，(3))ln a 上单调递减，∴当0(3)x ln a <<时，()(0)0f x f <=，不符合题意，∴实数a 的取值范围是1(,]3-∞．故选：C ．8．（2019秋•廊坊月考）已知函数2()()f x x a lnx =-，曲线()y f x =上存在两个不同点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，则实数a 的取值范围是( ) A ．21(,0)e-B ．(1,0)-C ．21(,)e-+∞ D ．(1,)-+∞【分析】由曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直，故()20af x xlnx x x'=+-=有两个不同的解，即得222a x lnx x =+有两个不同的解，设222y x lnx x =+，求得导数和单调性，可得极值，即可解出a 的取值范围．【解答】解：曲线()y f x =上存在不同的两点，使得曲线在这两点处的切线都与y 轴垂直， ()20af x xlnx x x∴'=+-=有两个不同的解， 即得222a x lnx x =+有两个不同的解， 设222y x lnx x =+，则44y xlnx x '=+， 10x e ∴<<，0y '<，函数递减，1x e>，0y '>，函数递增， 1x e ∴=时，函数取得极小值2e --，x →+∞，y →+∞，20e a -∴-<<，故选：A ．9．（2019•6月份模拟）设奇函数()f x 的定义域为(,)22ππ-，且()f x 的图象是连续不间断，(,0)2x π∀∈-，有()cos ()sin 0f x x f x x '+<，若()2()cos 3f m f m π<，则m 的取值范围是( ) A ．(,)23ππ- B ．(0,)3π C ．(,)23ππ-- D ．(,)32ππ【分析】本题考查利用导数研究函数的单调性问题，考查推理论证能力和创新意识．【解答】解：奇函数()f x 的定义域为(,)22ππ-，且()f x 的图象是连续不间断， 令()()cos f x g x x =，则2()cos ()sin ()cos f x x f x x g x x '+'=． 因为(,0)2x π∀∈-，有()cos ()sin 0f x x f x x '=+<， 所以当(,0)2x π∈-时，()0g x '<，则()()cos f x g x x =在(,0)2π-上单调递减． 又()f x 是定义域在(,)22ππ-上的奇函数，所以()()()()cos()cos f x f x g x g x x x --==-=--， 则()()cos()f x g x x =也是(,)22ππ-上的奇函数并且单调递减． 又()2()cos 3f m f m π<等价于()()3cos cos 3f f m m ππ<， 即()()3g m g π<， 所以3m π>，又22m ππ-<<， 所以32m ππ<<．故选：D ．10．（2019•沈阳一模）已知过点(,0)A a 作曲线:x C y x e =的切线有且仅有两条，则实数a 的取值范围是( )A ．(-∞，4)(0-⋃，)+∞B ．(0,)+∞C ．(-∞，1)(1-⋃，)+∞D ．(,1)-∞-【分析】设切点为(,)m m me ，求得x y x e =的导数，可得切线的斜率，求出切线方程，代入A 的坐标，整理为m 的二次方程，由判别式大于0，解不等式即可得到所求范围．【解答】解：设切点为(,)m m me ，x y x e =的导数为(1)x y x e '=+，可得切线的斜率为(1)m m e +，则切线方程为(1)()m m y me m e x m -=+-，切线过点(,0)A a 代入得(1)()m m me m e a m -=+-， 可得21m a m =+，即方程20m ma a --=有两个解， 则有△240a a =+>可得0a >或4a <-．即a 的取值范围是(-∞，4)(0-⋃，)+∞．故选：A ．11．（2020•全国一模）已知函数()x x f x e ae -=+在[0，1]上不单调，则实数a 的取值范围为 ．【分析】由 题意可得，()0x x a f x e e '=-=在[0，1]上有变号零点，分离参数后，结合函数的单调性即可求解． 【解答】解：由题意可得，()0x xa f x e e '=-=在[0，1]上有变号零点， 故2x a e =在[0，1]上有变号零点，因为2x y e =在[0，1]上单调，2[1x e ∈，2]e ，故21a e <<，故答案为：2(1,)e12．（2020•全国一模）已知函数()a f x xlnx x =+，32()5g x x x =--，若对任意的1x ，21[2x ∈，2]，都有12()()2f x g x -成立，则a 的取值范围是 ．【分析】对任意的1x ，21[2x ∈，2]，都有12()()2f x g x -成立等价于()2()max f x g x +．求得()g x 的最大值，进一步利用分离参数法，构造函数法，求得单调区间和最值，即可求得实数a 的取值范围．【解答】解：对任意的1x ，21[2x ∈，2]，都有12()()2f x g x -成立 等价于()2()max f x g x +．由32()5g x x x =--的导数2()32(32)g x x x x x '=-=-，在1[2，2)3上，()0g x '<，()g x 递减；在2(3，2)上，()0g x '>，()g x 递增．g （2）1=-，141()25g =-，可得()1max g x =-， 可得在1[2，2]上，()1a f x xlnx x =+恒成立，等价于2a x x lnx -恒成立． 记2()h x x x lnx =-，则()12h x xlnx x '=--且h '（1）0=，∴当112x <<时，()0h x '>；当12x <<时，()0h x '<， ∴函数()h x 在1(2，1)上单调递增，在(1,2)上单调递减， ()max h x h ∴=（1）1=．1a ∴．故答案为：[1，)+∞．13．（2019•辽宁三模）设函数1()2f x lnx a x =++，1[x a ∈，]a ，若函数()f x 的极小值不大于32a +，则a 的取值范围为【分析】由函数的定义域可得0a >且1a a >，再根据函数的单调性和极小值不大于32a +可得3122a a ++，联合求解可得a 的范围．【解答】解：函数1()2f x lnx a x =++，1[x a ∈，]a ，函数的定义域为：(0,)+∞， 所以：0a >且1a a >， 解得：1a >；①若函数()f x 的极小值不大于32a +， 所以：22111()x f x x x x-'=-=， 当(0,1)x ∈，()0f x '<，函数()f x 在区间单调递减；当(1,)x ∈+∞，()0f x '>，函数()f x 在区间单调递增；所以函数()f x 的极小值不大于32a +， 即：f （1）3122aa =++， 3210a a --， 2230a a a--； 即：2230a a --，解得：312a -；② 由①②可得：a 的取值范围为：(1，3]2； 故答案为：(1，3]2；14．（2018•全国三模）若关于x 的方程1(2)0k x e lnx --=在(1,)+∞上有两个不同的解，其中e 为自然对数的底数，则实数k 的取值范围是 ．【分析】利用参数分离法，将方程进行转，构造函数，求出导数，研究函数的单调性，结合函数与方程的关系进行转化求解即可．【解答】解：若方程存在两个不同解，则0k ≠， ∴1(2)x e lnx k=-，1x >， 设()(2)g x x e ln =- x ，则()g x ln '= 21e x x-+在(1,)+∞上单调递增，且g '（e ）0=， ()g x ∴在(1,)e 上单调递减，(,)e +∞上单调递增，()min g x g ∴=（e ）e =-， g （1）(2)0g e ==，()0g x ∴<在(1,2)e 上恒成立，∴若方程存在两个不同解，则1(,0)e k∈-， 即1(,)k e∈-∞-． 故答案为：1(,)e-∞-．。
用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题
虽说在现行高中数学教材中没有给出极限的定义(只是在导数的定义中使用了极限符
号)，但在教材中从多方位多角度的渗透了极限思想：在研究双曲线的渐近线、求似值、二分法求方程近似解、幂指对函数增长速度的快慢、介绍无理数指数幂的意义以及在统计中研究密度曲线等等都渗透了极限思想.
在即将出台的高中数学课标及教材中均会给出极限的定义，所以这里先由函数极限的δ-ε定义给出函数极限的保号性的相关结论，再给出该结论在求解函数问题中的应用. 函数极限的δ-ε定义 若存在实数b ，0,0εδ∀>∃>，当0x a δ<-<时，()f x b ε-<，则当x a →时，函数()f x 存在极限，且极限是b ，记作lim ()x a
f x b →=. 由该定义，还可得
函数极限的保号性 (1)①若0)(lim >=→b x f a x ，则
{}0)(,,,0>≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；
②若0)(lim >=+→b x f a
x ，则0)(),,(,0>+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim >=-→b x f a
x ，则0)(),,(,0>-∈∀>∃x f a a x δδ. (2)①若0)(lim <=→b x f a x ，则{}
0)(,,,0<≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ； ②若0)(lim <=+→b x f a
x ，则0)(),,(,0<+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim <=-→b x f a
x ，则0)(),,(,0<-∈∀>∃x f a a x δδ. 题1 (2006年高考全国卷II 理科第20题)设函数)1ln()1()(++=x x x f .若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围. (答案：]1,(-∞.)
题2 (2007年高考全国卷I 理科第20题)设函数x x x f --=e
e )(，若对所有的0≥x ，都有ax x
f ≥)(，求实数a 的取值范围. (答案：]2,(-∞.)
题 3 (2008年高考全国卷II 理科第22(2)题)设函数x
x x f cos 2sin )(+=，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.(答案：⎪⎭
⎫⎢⎣⎡+∞,31.) 题4 (2010年高考新课标全国卷文科第21(2)题)设函数2
)1e ()(ax x x f x --=，若当
0≥x 时，都有0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：]1,(-∞.)
题5 (2010年高考新课标全国卷理科第21(2)题)设函数2
1e )(ax x x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：⎥⎦⎤ ⎝
⎛∞-21,.) 题1的解 令ax x f x g -=)()(，得0)1ln()1()(≥-++=ax x x x g 在),0[+∞上恒成立.考虑到0)0(=g ，只需)(x g 在),0[+∞上单调递增.
问题转化为：01)1ln()(≥-++='a x x g 在),0[+∞上恒成立.
所以1]1)1[ln(min =++≤x a .
可见1≤a 满足题设.
若1>a ，则01]1)1[ln(lim )(lim 0
0<-=-++='++→→a a x x g x x .
由函数极限的定义得：存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<'x g ，所以)(x g 在),0(δ上单调递减.
所以当),0(δ∈x 时，ax x f g x g <=<)(,0)0()(，这与题设矛盾！
因此，所求a 的取值范围是]1,(-∞.
对于题2、3，也可这样简洁求解.这就是文献[1]给出的解法(实际上，由下文的定理3知，题4、5也可这样求解)，本文就把这种解法叫做导数—极限法，下面给出这种解法的一般结论.
定理 1 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.
证明 设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.
当1a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≥∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≥∀时都有0)()()(000=-=≥ax x f x g x g ，即ax x f ≥)(.
当1a a >时，得0])([lim )(lim 10
0<-=-'='++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当
),(00δ+∈x x x 时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g <=<)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.
推论 设函数)(x f 满足“当0≥x 时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且0)0(,)(lim 10=='+→f a x f x ”.若0≥∀x 时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.
定理 2 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”
.若0x x ≤∀时都有ax x f ≤)(，则a 的取值范围是],(1a -∞. 证明 设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.
当1a a ≤时，可得“0x x ≤∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≤∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≤∀时都有0)()()(000=-=≤ax x f x g x g ，即ax x f ≤)(.
当1a a >时，得0])([lim )(lim 10
0<-=-'='--→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当
),(00x x x δ-∈时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g >=>)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.
定理 3 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .
证明 在定理1中令)()(x g x f -=可证.
定理 4 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .
证明 类似于定理2的证明可证.(以下定理6,8的证明均同此.)
定理5 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2
)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦
⎤ ⎝⎛
∞-2,2a . 证明 设2)()(ax x f x g -=，得a x f x g x g ax x f x g 2)()())((,2)()(-''=''=''-'='. 当2
2a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有022)()(2≥-≥-''=''a a a x f x g ”，所以0x x ≥∀时都有02)()()(000=-'='≥'ax x f x g x g ，所以0x x ≥∀时都有
0)()()(2000=-=≥ax x f x g x g ，即2)(ax x f ≥. 当2
2a a >时，得02]2)([lim )(lim 200<-=-''=''++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当
),0(δ∈x 时，0)(<''x g ，)(x g '是减函数，得0)()(0='<'x g x g ，)(x g 是减函数，所
以20)(,0)()(ax x f x g x g <=<，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是⎥⎦
⎤ ⎝⎛
∞-2,2a . 定理6 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2
)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦
⎤ ⎝⎛
∞-2,2a .。
