2019届高三数学备考冲刺140分问题06如何利用导数处理参数范围问题含解析

大题精做13 函数与导数：参数与分类讨论[2019·揭阳毕业]已知函数（，）．（1）讨论函数的单调性；（2）当时，，求的取值范围．【答案】（1）见解析；（2）或．【解析】（1），①若，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．②若，当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增．∴当时，在上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2），当时，上不等式成立，满足题设条件；当时，，等价于，设，则，设，则，∴在上单调递减，得．①当，即时，得，，∴在上单调递减，得，满足题设条件；②当，即时，，而，∴，，又单调递减，∴当，，得，∴在上单调递增，得，不满足题设条件；综上所述，或．1．[2019·周口调研]已知函数．（1）求函数的单调区间；2．[2019·济南期末]已知函数．（1）若曲线在点处切线的斜率为1，求实数的值；（2）当时，恒成立，求实数的取值范围．3．[2019·漳州一模]已知函数．（1）求在上的最值；（2）设，若当，且时，，求整数的最小值．1．【答案】（1）见解析；（2）．【解析】（1）函数的定义域为，．当时，恒成立，函数的单调递增区间为；当时，由，得或（舍去），则由，得；由，得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为．（2）对任意，函数的图像不在轴上方，等价于对任意，都有恒成立，即在上．由（1）知，当时，在上是增函数，又，不合题意；当时，在处取得极大值也是最大值，所以．令，所以．在上，，是减函数．又，所以要使得，须，即．故的取值范围为．2．【答案】（1）；（2）．【解析】（1），因为，所以．（2），设，设，设，注意到，，所以，所以在上恒成立，所以在上是增函数，所以在上恒成立，符合题意；（ⅱ）当时，，，所以，使得，当时，，所以，所以在上是减函数，所以在上是减函数，所以，所以在上是减函数，所以，不符合题意；综上所述．3．【答案】（1）详见解析；（2）2．【解析】解法一：（1），，①当时，因为，所以在上单调递减，所以，无最小值．②当时，令，解得，在上单调递减；令，解得，在上单调递增；所以，无最大值．③当时，因为，等号仅在，时成立，所以在上单调递增，所以，无最大值．综上，当时，，无最小值；当时，，无最大值；当时，，无最大值．（2），当时，因为，由（1）知，所以（当时等号成立），所以．当时，因为，所以，所以，令，，已知化为在上恒成立，因为，令，，则，在上单调递减，又因为，，当时，，，在上单调递减；所以，因为，所以，所以，所以的最小整数值为2．解法二：（1）同解法一．（2），①当时，因为，由（1）知，所以，所以，②当时，因为，，所以，令，，已知化为在上恒成立，因为在上，所以，下面证明，即证在上恒成立，令，，则，令，得，当时，，在区间上递减；当时，，在区间上递增，所以，且，所以当时，，即．由①②得当时，，所以的最小整数值为2．。

问题09 高考数学导数解答题大盘点一、考情分析导数解答题是高考必考问题，一般为压轴题，含有参数的函数单调性及极值的讨论.不等式的证明、根据零点或恒成立等问题求参数范围、构造函数证明不等式。

其中极值点偏移问题、隐零点问题是近几年的热点。

二、经验分享 (1) 用导数判断单调性用导数判断函数的单调性时，首先应确定函数的定义域，然后在函数的定义域内，通过讨论导数的符号，判断函数的单调区间．在对函数划分单调区间时，除了必须确定使导数等于0的点外，还要注意定义区间内的间断点．（2）已知单调性确定参数的值(范围)，要分清“在某区间单调”与“单调增(减)区间是某区间”的不同，“在某区间不单调”，一般是该区间含导数变号零点．（3）导数值为0的点不一定是函数的极值点，“函数在某点的导数值为0”是“函数在该点取得极值”的必要不充分条件． （4）极值与最值的区别“极值”反映函数在某一点附近的大小情况，刻画的是函数的局部性质；“最值”是个整体概念，是整个区间上的最大值或最小值，具有绝对性．从个数上看，一个连续函数在闭区间内的最值一定存在且是唯一的，而极值可以同时存在若干个或不存在，且极大(小)值并不一定比极小(大)值大(小)．从位置上看，极值只能在定义域内部取得，而最值却可以在区间的端点处取得；有极值未必有最值，有最值未必有极值；极值有可能成为最值，连续函数的最值只要不在端点处必定是极值．当a ≤0，∈(0，1)时，f ′()＞0，f ()单调递增；∈(1，＋∞)时，f ′()＜0，f ()单调递减． ①0＜a ＜2时，2a＞1，当∈(0，1)或∈⎝⎛⎭⎪⎫2a，＋∞时，f ′()＞0，f ()单调递增；当∈⎝⎛⎭⎪⎫1，2a 时，f ′()＜0，f ()单调递减；【点评】(1)大多数高考试题中确定函数的单调性需要分类讨论，讨论的标准是导数的零点在定义域内的分布情况，根据导数的零点把定义域划分为若干区间，在各个区间上确定导数值的符号．(2)研究函数单调性时要注意函数的定义域，要从函数本身确定函数定义域，不要求导后从导数上确定函数的定义域．(3)利用导数研究函数的单调性的关键在于准确判定导数的符号，当f()含参数时，需依据参数取值对不等式解集的影响进行分类讨论．分类讨论时，要做到不重不漏．【小试牛刀】【湖北省宜昌市2019届高三年级元月调考】已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.（2），即，令，则，令，则.①若，当时，，从而在上单调递增，因为，故当时，，即，从而在上单调递增，因为，故当时，恒成立，符合题意；②若，当时，恒成立，从而在上单调递减，则，即时，，从而在上单调递减，此时，不符合题意；③若，由，得，当时，，故在上单调递减，则，即，故在上单调递减，故当时，，不符合题意；综上所述，实数的取值范围为(三)利用导数解决函数的最值问题【例3】【河北省保定市2019届高三上学期期末】已知函数，且函数的图像在点处的切线与轴垂直.（1）求函数的单调区间；（2）设函数在区间上的最小值为，试求的最小值.（2）因为所以由得解得（舍去）或由（1）知的减区间为，增区间为,所以，若即时，.若即1<t<3时，，，则，1<t<3时，<0，在上为减函数，且， 令，得，所以的递增区间为，同理，可得的递减区间为， 所以即，故在单调递减.1当时，当即时，，故有一个零点，也有有一个零点.综上可知，当时，无零点；当时，有一个零点.(五)利用导数法证明不等式【例5】【贵州省遵义市2019届高三年级第一次联考】设为实数，函数。

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.。

导数求参数范围求解技巧求解参数范围的问题在数学中是非常常见的。

特别是当我们需要优化一个函数时，对参数进行限制是非常重要的。

在这篇文章中，我将介绍一些常用的技巧来求解参数范围的问题。

一、符号法在一些简单的问题中，我们可以使用符号法来得到参数的范围。

首先，我们可以将函数的导数表示为一个关于参数的符号表达式。

然后，我们可以观察这个符号表达式的一些特征，比如符号和零点的位置，来确定参数的范围。

例如，假设我们需要求解函数$f(x) = ax^2 + bx + c$的参数范围，其中$a$和$b$是实数，$c$是一个正常数。

我们可以计算函数的导数：$f'(x) = 2ax + b$。

由于导数是线性的，对于任意的$x$，导数都是连续的。

因此，我们只需要考虑导数的正负号。

当$a > 0$时，函数的导数为正，说明函数是单调递增的。

因此，我们可以得出结论：$a > 0$。

当$a < 0$时，函数的导数为负，说明函数是单调递减的。

因此，我们可以得出结论：$a < 0$。

而当$a = 0$时，函数的导数为常数$b$，说明函数是一个平面。

因此，我们可以得出结论：$a = 0$。

二、零点法在一些复杂的问题中，使用符号法往往不够直观。

因此，我们可以使用零点法来求解参数范围的问题。

这种方法的基本思想是寻找函数的零点，并通过分析零点的数量和位置来确定参数的范围。

首先，我们可以先计算函数的导数，并找到导数为零的点。

然后，我们可以观察这些零点的位置和数量，从而得到参数的范围。

特别地，我们可以使用二次函数的零点公式来求解二次函数的参数范围。

例如，假设我们需要求解二次函数$f(x) = ax^2 + bx + c$的参数范围，其中$a$和$b$是实数，$c$是一个正常数。

我们可以计算函数的导数：$f'(x) = 2ax + b$。

我们可以令导数为零，得到方程$2ax + b = 0$。

解这个方程，我们可以得到$x = -\\frac{b}{2a}$。

2019年高考数学（文）热点题型和提分秘籍1.利用导数求函数的单调区间及极值(最值)、结合单调性与不等式的成立情况求参数范围是高考命题的热点。

2．常与基本初等函数的图象与性质、解析几何、不等式、方程等交汇命题，主要考查转化与化归思想、分类讨论思想的应用。

3．题型主要以解答题为主，属中高档题。

热点题型一 判断或证明函数的单调性 例1、【2017课标II ，】若2x =-是函数的极值点，则()f x 的极小值为（ ）A.1-B.32e --C.35e -D.1 【答案】A【变式探究】设a ∈[－2,0]，已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3－a ＋5x ，x ≤0x 3－a ＋32x 2＋ax ，x ＞0。

证明f (x )在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。

【解析】设函数f 1(x )＝x 3－(a ＋5)x (x ≤0)，f 2(x )＝x 3－a ＋32x 2＋ax (x ≥0)。

①f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)，由于a ∈[－2,0]， 从而当－1＜x ≤0时，f ′1(x )＝3x 2－(a ＋5)＜3－a －5≤0， 所以函数f 1(x )在区间(－1,0]内单调递减。

②f ′2(x )＝3x 2－(a ＋3)x ＋a ＝(3x －a )(x －1)。

由于a∈[－2,0]，所以当0＜x＜1时，f′2(x)＜0；当x＞1时，f′2(x)＞0，即函数f2(x)在区间[0,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。

综合①②及f1(0)＝f2(0)，可知函数f(x)在区间(－1,1)内单调递减，在区间(1，＋∞)内单调递增。

（Ⅱ）证明：由，得，.【变式探究】已知函数f(x)＝13x3＋x2＋ax＋1(a∈R)，求函数f(x)的单调区间。

【提分秘籍】求函数的单调区间的“两个方法”方法一(1)确定函数y＝f(x)的定义域；(2)求导数y′＝f′(x)；(3)解不等式f′(x)＞0，解集在定义域内的部分为单调递增区间；(4)解不等式f′(x)＜0，解集在定义域内的部分为单调递减区间。

【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2019年考试的热点问题. 【答案】C【方法技巧归纳】谈到必要条件的问题，如取cos 1x =，则转化为a ≤-31，因此直接选择C 选项．这缘于运气好，若不然取cos 0x =，则式子恒成立；取cos 1x =-，则31≤a ，此时只能排除A 选项．此外，可在未解题之前取1a =-，此时()1sin 2sin 3f x x x x =--，则()21cos2cos 3f x x x '=--，但此时()22011033f '=--=-<，不具备在(),-∞+∞上单调递增，直接排除A ，B ，D.故选C ．【变式1】【改编例题中条件，给定函数在给定区间上单调（并未告知单增还是单减），求参数范围】【2018湖北咸宁11月联考】若函数()4sin2sin f x x x a x =--在(),-∞+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（ ）A ． ][(),11,-∞-⋃-+∞B ． ][(),22,-∞-⋃+∞ C ． []1,1- D ． []2,2- 【答案】D【变式2】【改编例题中条件，给定函数不单调，求参数取值范围】【2018安徽“五校”联考】若函数()2ln 2f x x x x =+--在其定义域的一个子区间()21,2k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围是（ ） A ． 33,24⎛⎫-⎪⎝⎭ B ． 1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ． 3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ． 13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【变式3】【改编例题中条件，给定函数存在单调区间，求参数取值范围】【2017河北武邑中学高三下学期期中考试（文）】已知函数()ln f x x =， ()212g x x bx =-（b 为常数）. （1）函数()f x 的图象在点()()1,f x 处的切线与函数()g x 的图象相切，求实数b 的值； （2）若函数()()()h x f x g x =+在定义域上存在单调减区间，求实数b 的取值范围；（3）若2b ≥， []12,1,2x x ∀∈，且12x x ≠，都有()()()()1212f x f x g x g x ->-成立，求实数b 的取值范围.【答案】（1）1b =-（2）()2,+∞（3）2b =【解析】试题分析: (1)求出函数()f x 的图象在点()()1,1f 的切线方程,再由直线与抛物线相切, 0∆=,求出实数b 的值; (2)由题意构造函数()()()h x f x g x =+ ,求出()'h x , ()'0h x <在()0,+∞上有解,再由二次函数相关知识求出b 的范围; (3)假定12x x > ,先分别求出函数()(),f x g x 在[]1,2上的单调性,将原不等式转化为()()()()1122f x g x f x g x +>+,即()()()h x f x g x =+在[]1,2上为增函数,求出实数b 的范围. 试题解析:（1）因为()ln f x x =，所以()1'f x x=，因此()'11f =， 所以函数()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-， 由21,{1,2y x y x bx =-=-得()22120x b x -++=. 由()24180b ∆=+-=，得1b =-±. （还可以通过导数来求b ）（2）因为()()()h x f x g x =+= 21ln 2x x bx +- (0)x >， 所以()211'x bx h x x b x x-+=+-=，由题意知()'0h x <在()0,+∞上有解，因为0x >，设()21u x x bx =-+，因为()010u =>，则只要20,{240,b b >->解得2b >，所以b 的取值范围是()2,+∞.等价于()()()()1221f x f x g x g x ->-， 即()()()()1122f x g x f x g x +>+， 等价于()()()h x f x g x =+= 21ln 2x x bx +-在区间[]1,2上是增函数， 等价于()1'0h x x b x =+-≥在区间[]1,2上恒成立， 等价于1b x x≤+在区间[]1,2上恒成立，所以2b ≤，又2b ≥，所以2b =.（二）利用极值、最值求参数的取值范围例2.【2014山东卷（理）】设函数22()(ln )x e f x k x x x=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）.（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围. 【答案】（I ）()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,)+∞.（II ）函数在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为2(,)2e e .【解析】试题分析：（I ）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，'()f x =3(2)()x x e kx x--= 由0k ≤可得0x e kx ->，得到()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,)+∞.（II ）分0k ≤，0k >，01k <≤，1k >时，讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.（II ）由（I ）知，0k ≤时，函数()f x 在(0,2)内单调递减， 故()f x 在(0,2)内不存在极值点；当0k >时，设函数(),[0,)xg x e kx x =-∈+∞， 因为'ln ()xxk g x e k e e =-=-，当01k <≤时，当(0,2)x ∈时，'()0xg x e k =->，()y g x =单调递增， 故()f x 在(0,2)内不存在两个极值点； 当1k >时，得(0,ln )x k ∈时，'()0g x <，函数()y g x =单调递减，(ln ,)x k ∈+∞时，'()0g x >，函数()y g x =单调递增，所以函数()y g x =的最小值为(ln )(1ln )g k k k =-， 函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点；当且仅当(0)0(ln )0(2)00ln 2g g k g k >⎧⎪<⎪⎨>⎪⎪<<⎩，解得22e e k <<，综上所述，函数在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为2(,)2e e .【方法技巧归纳】转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答.【变式1】【改编函数条件，给定函数极大、极小值都有求参数范围】【2018河南驻马店正阳第二高级中学开学考（文）】已知函数既存在极大值又存在极小值，则实数的取值范围是 （ ）A.B.C.D.【答案】B【解析】函数既存在极大值，又存在极小值，，方程有两个不同的实数解，，解得或，实数的取值范围是，故选B.【变式2】【改编函数条件，给定函数有最大值求参数范围】【2018海南八校联盟考试（理）】已知函数()213ln 2f x x x a x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A. 1,52⎛⎫-⎪⎝⎭ B. 111,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 111,22⎛⎫⎪⎝⎭ D. 1,52⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】因为()3122f x x a x '=-+-，所以由题设()3122f x x a x '=-+-在()1,3只有一个零点且单调递减，则问题转化为()()10{ 30f f ><，即101112{ 11222a a a +>⇒-<<-<，应选答案B.（三）在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围例3.【2017天津，文19】设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线， （i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围.【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -.（2）（ⅰ）()f x 在0x x =处的导数等于0.（ⅱ）b 的取值范围是[7],1-. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数()()()34f x x a x a '=---⎡⎤⎣⎦ ，再根据1a ≤，求得两个极值点的大小关系，4a a <-，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（Ⅱ）（ⅰ）根据()g x 与x e 有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得()00f x '=，得证；（Ⅲ）将不等式转化为()1f x ≤，再根据前两问可知0x 是极大值点0x a =，由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，从而()()1f x f a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，得32261b a a =-+，11a -≤≤，再根据导数求函数的取值范围.【方法技巧归纳】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出0x a ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.【变式1】【改编例题中函数模型，求参数的最值】【2018河南信阳高级中学二模】已知函数；（1）讨论的极值点的个数；（2）若，且恒成立，求的最大值．参考数据：（2）因为，由（1）知有极大值，且满足①，且，要使恒成立，只需②，由①可得，代入②得，即，因为，所以，因为，，且在是增函数，设为的零点，则，可知，【变式2】【改编例题条件，在不等式有解条件下，求参数的取值范围】【2014全国1卷（文）】设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b ；（2）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。

问题06 如何利用导数处理参数范围问题一、考情分析导数是研究函数图象和性质的重要工具,有关导数问题是每年高考的必考试题之一,且相当一部分是高考数学试卷的压轴题.其中以函数为载体,以导数为工具,考查函数性质及应用的试题,已成为最近几年高考中函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向.随着高考对导数考查的不断深入,运用导数确定含参数函数中的参数取值范围成为一类常见的探索性问题,由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行讨论,因而它也是绝大多数考生答题的难点,具体表现在：他们不知何时开始讨论、怎样去讨论.对这一问题不仅高中数学教材没有介绍过,而且在众多的教辅资料中也很少有系统介绍,本文通过一些实例介绍这类问题相应的解法,期望对考生的备考有所帮助.二、经验分享(1)研究含参数的函数的单调性,要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时,要在函数定义域内讨论,还要确定导数为0的点和函数的间断点．(3)函数在某个区间存在单调区间可转化为不等式有解问题．(4)求函数f(x)极值的步骤①确定函数的定义域；②求导数f′(x)；③解方程f′(x)＝0,求出函数定义域内的所有根；④列表检验f′(x)在f′(x)＝0的根x0左右两侧值的符号,如果左正右负,那么f(x)在x0处取极大值,如果左负右正,那么f(x)在x0处取极小值．(5)若函数y＝f(x)在区间(a,b)内有极值,那么y＝f(x)在(a,b)内绝不是单调函数,即在某区间上单调函数没有极值．(6)求一个函数在闭区间上的最值和在无穷区间(或开区间)上的最值时,方法是不同的．求函数在无穷区间(或开区间)上的最值,不仅要研究其极值情况,还要研究其单调性,并通过单调性和极值情况,画出函数的大致图象,然后借助图象观察得到函数的最值．利用导数研究方程的根(函数的零点)的策略三、知识拓展(1)个别导数为0的点不影响所在区间的单调性,如f(x)＝x3,f′(x)＝3x2≥0(f′(x)＝0在x＝0时取到),f(x)在R上是增函数．(2)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ,b )上单调,则区间(a ,b )是相应单调区间的子集．(3) f (x )为增函数的充要条件是对任意的x ∈(a ,b )都有f ′(x )≥0且在(a ,b )内的任一非空子区间上f ′(x )不恒为零,应注意此时式子中的等号不能省略,否则漏解．(4)研究方程的根或曲线的交点个数问题,可构造函数,转化为研究函数的零点个数问题．可利用导数研究函数的极值、最值、单调性、变化趋势等,从而画出函数的大致图象,然后根据图象判断函数的零点个数． 四、题型分析(一) 与函数单调性有关的类型用导数研究函数的单调性,这是导数最为基本的运用,相关结论是：若()f x 函数在区间(a ，b)上可导,则在区间(a ，b)上()f x 递增'()0f x ⇔≥；()f x 递减'()f x ⇔0≤.根据函数单调性求参数（函数中含参数或区间中含参数）的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解）,一般步骤是：首先求出)('x f 后,若能因式分解则先因式分解,讨论)('x f =0两根的大小判断函数)(x f 的单调性,若不能因式分解可利用函数单调性的充要条件转化为恒成立问题.【例1】已知函数f (x )＝e xln x －a e x(a ∈R ),若f (x )在(0,＋∞)上是单调函数,求实数a 的取值范围． 【分析】利用导数判断函数的单调性,先确定在此区间上是单调增还是单调减函数．若 f (x )为单调递减函数,则f ′(x )≤0,若f (x )为单调递增函数,则f ′(x )≥0,然后分离参数a,转化为函数求最值.故g (x )在(0,1)上为单调递减函数,在[1,＋∞)上为单调递增函数,此时g (x )的最小值为g (x )＝1,但g (x )无最大值(且无趋近值)．故f (x )不可能是单调递减函数． 若f (x )为单调递增函数,则f ′(x )≥0,在x >0时恒成立,即1x－a ＋ln x ≥0,在x >0时恒成立,所以a ≤1x＋ln x ,在x >0时恒成立,由上述推理可知此时a ≤1.故实数a 的取值范围是(－∞,1]．【点评】已知函数单调性,求参数范围的两个方法(1)利用集合间的包含关系处理：y ＝f (x )在(a ,b )上单调,则区间(a ,b )是相应单调区间的子集． (2)转化为不等式的恒成立问题：即“若函数单调递增,则f ′(x )≥0；若函数单调递减,则f ′(x )≤0”来求解．【小试牛刀】【2018届广东深圳上学期期中】若函数()()3log (0,1)a f x x ax a a =->≠在区间1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭内单调递增,则a 的取值范围是 A. 1,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B. 3,14⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C. 9,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ D. 91,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B(二) 与不等式有关的类型以导数作为工具,以含有参数的不等式作为载体在知识交汇处命题已成为如今各地联考和高考命题的热点之一,在利用不等式恒成立求参数取值范围时,常利用以下结论：①若)(x f 值域为],[n m ,则不等式)(x f a >恒成立⇔a m ≤；不等式)(x f a >有解⇔a n ≤； ②若)(x f 值域为],[n m ,则不等式)(x f a >恒成立⇔a m <；若)(x f 值域为],(n m 则不等式)(x f a >恒成立⇔a m ≤. 【例2】已知函数()ln(1),(1,0)(0,)x f x x x+=∈-+∞U （Ⅰ）判断函数()f x 的单调区间； （Ⅱ）若对任意的0x >,都有()2112f x kx x <-+,求实数k 的最小值. 【分析】（Ⅰ）先求导可得2)1ln(1)('xx x xx f +-+=,因为分母20x >,可直接讨论分子的正负即可得导数的正负,根据导数大于0可得其单调增区间,导数小于0可得其单调减区间.（Ⅱ）可将121)(2+-<x kx x f 转化为021)1ln(23<-+-+x x kx x ,设函数x x kx x x h -+-+=2321)1ln()(,即转化为对任意的0x >,()0h x <恒成立,即函数()h x 的最大值小于0.先求函数()h x 的导数,讨论其正负得函数()h x 的单调区间,根据单调性求其最值,根据函数()h x 的最大值小于0即可求得k 的范围.（Ⅱ）121)(2+-<x kx x f 等价于021)1ln(23<-+-+x x kx x , 设函数x x kx x x h -+-+=2321)1ln()(,对于函数)(x h ,不妨令0≥x .所以0)0(=h ,1)313(1331311)('22232+-+-=+-+-=-+-+=x k kx x x kx x kx x kx x x h当0≤k 时,在),0[+∞∈x 时,0)('≥x h ,所以)(x h 在),0[+∞∈x 为增函数,所以0)0()(=≥h x h ,不符合题意； 当310<<k ,在]331,0[k k x -∈时,0)('≥x h ,所以)(x h 在]331,0[kkx -∈为增函数,所以0)0()(=≥h x h ,不符合题意；当31≥k 时,在),0[+∞∈x 时,0)('≤x h ,所以)(x h 在),0[+∞∈x 为减函数,所以0)0()(=≤h x h ,即021)1ln(23<-+-+x x kx x 在0x >上成立,符合题意；综上,实数k 的最小值为31.【点评】本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立问题等数学知识,考查综合分析问题解决问题的能力和计算能力,考查函数思想和分类讨论思想.利用“要使a x f >)(成立,只需使函数的最小值a x f >min)(恒成立即可；要使a x f <)(成立,只需使函数的最大值a x f <max)(恒成立即可”.在此类问题中分类讨论往往是一个难点,这需要经过平时不断的训练和结累方可达到的.【小试牛刀】【福建省莆田市第一中学2019届高三上学期第一次月考2】已知函数，，若存在，使得，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C(三) 与极值有关的类型极值这个概念在高中数学中可以说是一个与导数紧密相连的概念,基本上只要提到极值或极值点就会想到导数,极值点个数的判定,一般是转化为使'()0f x =方程根的个数,一般情况下导函数若可以化成二次函数,我们可以利用判别式研究,若不是,我们可以借助图形研究.在完成此类题目时一定要注意极值与最值的区别,它们有本质的不同：极值是一个局部的概念,而最值是一个整体的概念.【例3】【2017湖北荆州高三上学期第一次质量检测】已知函数()()ln xe f x a x x x=+-,e 为自然对数的底数.（1）当0a >时,试求()f x 的单调区间； （2）若函数()f x 在1,22x ⎛⎫∈⎪⎝⎭上有三个不同的极值点,求实数a 的取值范围. 【分析】(1)借助题设条件运用导数求解；(2)依据题设进行转化,构造函数运用导数知识探求. 【解析】（1）函数的定义域为()0,x ∈+∞,()()()()()()22211111'1x x xe ax x e x e x ax xf x a x x x x +---+-⎛⎫=+-== ⎪⎝⎭.当0a >时,对于 ()0,,0x x e ax ∀∈+∞+>恒成立,所以,若()1,'0x f x >>,若()01,'0x f x <<< ,所以()f x 的单调增区间为 ()1,+∞,单调减区间为 ()0,1.【点评】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以函数解析式()()ln xe f x a x x x =+-为背景,精心设置了两个问题,旨在考查导数知识与函数单调性和极值的关系等方面的综合运用以及分析问题解决问题的能力.本题的第一问是求函数()()ln xe f x a x x x=+-的单调区间,求解时运用求导法则借助a 的范围及导数与函数的单调性的关系,分别求出求出其单调区间；第二问则通过构造函数()xe g x a x==-,运用求导法则及转化化归思想,分析推证建立不等式,从而求出e a e -<<-2,使得问题获解.【小试牛刀】【2018届江西省南昌上学期第三次月考】若函数()()2ln xf x a x e x x =-+-存在唯一的极值点,且此极值小于0,则实数a 的取值范围为（ ） A. 2211,e e ⎛⎫-⎪⎝⎭ B. 11,e e ⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 21,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦ D. 1,0e ⎛⎤- ⎥⎝⎦【答案】D(四) 与方程有关的类型在现在高中数学命题中常出现有关参数的方程问题、根的分布问题,有时甚至出现在一些高考试题的压轴题中.完成此类问题正确的转化是解题最为关键的地方,基础较差的学生可能出现复杂问题简单化的现象（当然是错误的理解而已）,这种题型往往能很好的考查学生运用所学知识解决新问题的能力,这也正是它的魅力所在.【例4】【山东省安丘市2019届高三10月份质量检测】若存在正实数m ，使得关于x 的方程有两个不同的根，其中e 为自然对数的底数，则实数a 的取值范围是 A ． B ．C ．D ．【答案】B【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程的有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可. 【解析】由题意得，令，则，当时，，当时，，所以，所以，而时，，则要满足，解得，故选B.【点评】本题考查了常见函数的导数、导数的运算法则、导数函数单调性关系、导数的综合应用和利用导数证明不等式,考查了学生的转化能力和运算求解能力.在某一区间内有关方程根的分布情况,所涉及方程往往有两类：一类为一元二次方程,它可充分利用三个二次的关系进行处理问题；另一类为非一元二次方程,此时一般要构造新的方程或函数进行研究,运用导数作为工具,数形结合处理此类问题.【小试牛刀】若存在正实数m ,使得关于x 的方程()()224ln ln 0x a x m ex x m x ++-+-=⎡⎤⎣⎦有两个不同的根,其中e 为自然对数的底数,则实数a 的取值范围是 （ ） A ．(),0-∞ B ．10,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. ()1,0,2e ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U D ．1,2e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭ 【答案】D五、迁移运用1．【2018届四川省成都市第七中学高三上学期半期考】已知()()e xx f x x =∈R ,若关于x 的方程()()210f x mf x m -+-=恰好有4个不相等的实数解,则实数m 的取值范围为A. ()1,22,e e ⎛⎫⋃⎪⎝⎭ B. 1,1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 11,1e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D. 1,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】C【解析】∵()e x x f x =,∴(),0{ ,0xx xx e f x x x e≥=-<,当0x ≥时, ()0f x ≥, ()1x x f x e='-,当01x ≤<时()0f x '>,即()f x 在[)0,1内为增函数,当1x >时, ()0f x '<,即()f x 在()1,+∞内为减函数,当0x <时, ()10x x f x e-'=<,即()f x 在(),0-∞内为减函数作出,函数()f x 的图象如图所示：2.【2018届广东省五校高三12月联考】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>,若有且只有两个整数1x , 2x 使得()10f x >,且()20f x >,则a 的取值范围是（ ）A. ()ln3,2B. [)2ln3,2-C. (]0,2ln3- D. ()0,2ln3- 【答案】C【解析】3.【2018届陕西省西安中学高三上学期期中】已知函数()3213f x x a x =-,若对于任意的[]12,0,1x x ∈,都有()()121f x f x -≤成立,则实数a 的取值范围是（ ） A. 232333⎡-⎢⎣⎦ B. 2323,33⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭ C. 2323⎡⎫⎛⋃⎪ ⎢⎪ ⎣⎭⎝⎦ D. 2323⎛⎫⎛⋃ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭ 【答案】A【解析】利用排除法,当0a =时, ()313f x x =, ()20f x x '=≥,函数在定义域上单调递增, ()()()()1211013f x f x f f -≤-=≤,满足题意,排除CD 选项,当23a =时, ()31433f x x x =-,()2403f x x =-<',函数在定义域上单调递减, ()()()()120111f x f x f f -≤-=≤,满足题意,排除B 选项,故选A.4.【2018届陕西省西安高三上学期期中】若函数()1sin2sin 3f x x x a x =-+在(),-∞+∞单调递增,则a 的取值范围是（ ）A. []1,1- B. 11,3⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ C. 11,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ D. 11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】函数()1sin2sin 3f x x x a x =-+的导数为2'123f x cos x acosx =-+（），由题意可得'0f x ≥（）恒成立,即为21203cos x acosx -+≥，即有254033cos x acosx -+≥， 设11t cosx t =-≤≤（）,即有25430t at -+≥，由题意可得5430a -+≥ ,且5430a --≥,解得a 的范围是11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦,故选D. 5. 【2018届天津市耀华中学2018届高三上学期第二次月考】若函数()33f x x x =-在区间()212a a -，上有最小值,则实数a 的取值范围是（ ）A. ()111-， B. ()14-， C. (]12-， D. ()12-， 【答案】C6．【东北师范大学附属中学2018届高三第五次模拟】已知函数，，当时，不等式恒成立，则实数的取值范围为A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】不等式即，结合可得恒成立，即恒成立，构造函数，由题意可知函数在定义域内单调递增，故恒成立，即恒成立，令，则，当时，单调递减；当时，单调递增；则的最小值为，据此可得实数的取值范围为.本题选择D选项.7．【贵州省铜仁市第一中学2019届高三上学期第二次月考】设函数，其中，若存在唯一的整数，使得，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B直线恒过点，设过的直线与曲线相切于点且切线方程为：，代入，故，解得或者，当时，，所以当时，直线可与在轴下方的图像相交．因为有且只有一个整数解，故曲线上的点在直线下方，在直线上方或在直线上，故 即，故选B ．8.【2017江西抚州七校联考】已知函数()2,01,0x x a x f x x x ⎧++<⎪=⎨->⎪⎩的图像上存在不同的两点,A B ,使得曲线()y f x =在这两点处的切线重合,则实数a 的取值范围是（ ）A ．1,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ B ．()2,+∞ C ．12,4⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ．()1,2,4⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭U 【答案】C【解析】0x <时,12)(f +='x x ；0x >时,21)(f x x ='.设),(),,(A 2211y x B y x 且21x x <,当0x 21<<x 或21x 0x <<时,)()(f 21x f x '≠',故210x x <<,当0x 1<时,函数）（x f 在点），（11y x A 处的切线方程为))(12()(x -y 11121x x x a x -+=++,即;)12(y 211a x x x +-+=当0x 2>时,函数）（x f 在点），（22y x B 处的切线方程为)(1)x 1(--y 2222x x x -=,即22221y x x x -=,两切线重合的充要条件是⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+-=-+=ax x x 212122212x 1,且)1,0(1)0,21(x 21∈⇒-∈x ,消去1x 得：22222)211(x a x -=+--,令t x 12=,则4182t a 24+--=t t ,构造函数=）（t g 4182t 24+--t t ,)1,0(t ∈,2t g 3--='t t ）（,3301t 3t g 2=⇒=-=''t ）（,所以)(t g '在)33,0（单调递减,在），（133单调递增,又,0)1(,0)0(g <'<'g 所以0x g <'）（,所以)x g （在)1,0（单调递减,所以)41,2x g -∈（）（,即)41,2a -∈（,故选C.9.【2017辽宁盘锦市高中2017届11月月考】设函数3()(33)x xf x e x x ae x =-+--（2x ≥-）,若不等式()0f x ≤有解,则实数a 的最小值为（ ） A ．11e-B ．12e-C ． 11e-D ．21e +【答案】A10.【山西临汾一中等五校2017届高三第三联考,12】设函数()3236222x x f x e x x x ae x ⎛⎫=+-+-- ⎪⎝⎭,若不等式()0f x ≤在[)2,-+∞上有解,则实数a 的最小值为（ ） A ．312e -- B ．322e -- C ．3142e -- D ．11e-- 【答案】C【解析】∵()02262323≤--⎪⎭⎫⎝⎛+-+=x ae x x x e x f x x ,∴x e x x x x a 213432123-+-+≥,令()x e x x x x x g 213432123-+-+=,()()⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=-+-+='x x e x x e x x x x g 21323121323232,故当[)1,2-∈x 时,()0<'x g ,当()+∞∈,1x 时,()0>'x g ,故()x g 在[)1,2-上是减函数,在()+∞,1上是增函数；故()()e e g x g 2143211343211min --=-+-+==；则实数a 的最小值为3142e--故选C ． 11.【四川自贡普高2017届一诊,12】设函数()()31x f x e x ax a =--+,其中1a <,若有且只有一个整数0x 使得()00f x ≤,则a 的取值范围是（ ）A ．23 4e ⎛⎫ ⎪⎝⎭，B ．23 4e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭， C.2 1e ⎛⎫ ⎪⎝⎭， D ．2 1e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭，【答案】D【解析】设()()31x g x e x =-,()h x ax a =-,则()()'32x g x e x =+,∴2 3x ⎛⎫∈-∞- ⎪⎝⎭，,()'0g x <,()g x 单调递减；2 3x ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，,()'0g x >,()g x 单调递增,所以23x =-处取得最小值233e --,所以()()010g a h =-<-=,()()1120g h e -=>,直线()h x ax a =-恒过定点()1 0，且斜率为a ,所以()()111420e g h a ----=-+≥,∴2e a ≥而1a <,∴a 的取值范围 12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭， 12.已知()e xf x x =,2()(1)g x x a =-++,若12,x x ∃∈R ,使得21()()f x g x ≤成立,则实数a 的取值范围是____________． 【答案】1[,)e-+∞13.若关于x 的不等式(1)(ln )0ax x ax -+≥在（0,+∞）上恒成立,则实数a 的取值范围是 ． 【答案】1(,]{e}ea ∈-∞-U【解析】函数1-=ax y 在（0,+∞）大于零不恒成立,所以有01≤-ax …,0ln ≤+ax x …在（0,+∞）上恒成立．不等式恒成立可得,0≤a ;不等式即)(ln x g xxa =-≤在（0,+∞）恒成立,用导数法可求函数)(x g 的最小值1-e ,所以1ea ≤-．综合得,1ea ≤-．另当01=-ax ,0ln =+ax x 时,解得1,e e x a ==．因此实数a 的取值范围是1(,]{e}ea ∈-∞-U ．14.【2017重庆八中二调】已知函数2()()xf x x ax a e =--． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若(0,2)a ∈,对于任意1x ,[]24,0x ∈-,都有212|()()|4af x f x e me --<+恒成立,求m 的取值范围．【答案】（1）若2-<a ,则()x f 在()()+∞-∞-,2,,a 上单调递增,在()2,-a 单调递减,若2-=a ,则()x f 在()+∞∞-,上单调递增,若2->a ,则()x f 在()()+∞-∞-,,2,a 上单调递增,在()a ，2-单调递减；（2）321ee m +>.【解析】（1）()()()()[]()()xxxxe a x x e a x a x e a ax x e a x xf -+=---=--+-='2222221'、若2-<a ,则()x f 在()()+∞-∞-,2,,a 上单调递增,在()2,-a 单调递减； 2'、若2-=a ,则()x f 在()+∞∞-,上单调递增；3'、若2->a ,则()x f 在()()+∞-∞-,,2,a 上单调递增,在()a ，2-单调递减；15.【2017山西省运城高三上学期期中】已知函数2()ln 1f x x x ax =+-,且'(1)1f =-． （1）求a 的值；（2）若对于任意(0,)x ∈+∞,都有()1f x mx -≤-,求m 的最小值． 【答案】（1）1a =-；（2）1-.【解析】（1）对()f x 求导,得'()1ln 2f x x ax =++, 所以'(1)121f a =+=-,解得1a =-．（2）由()1f x mx -≤-,得2ln 0x x x mx --≤,因为(0,)x ∈+∞,所以对于任意(0,)x ∈+∞,都有ln x x m -≤．设()ln g x x x =-,则1'()1g x x=-, 令'()0g x =,解得1x =,当x 变化时,()g x 与'()g x 的变化情况如下表：x(0,1)1(1,)+∞'()g x +-()g x增极大值减所以当1x =时,max ()(1)1g x g ==-,因为对于任意(0,)x ∈+∞,都有()g x m ≤成立,所以1m ≥-, 所以m 的最小值为1-．16. 【2016届辽宁省抚顺市一中高三上学期第一次模拟】已知函数())1(ln x a x x f -+=． （Ⅰ）讨论()x f 的单调性；（Ⅱ）当()x f 有最大值,且最大值大于22-a 时,求a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）()1,0（Ⅱ）由（Ⅰ）知,当0≤a ,则()0>'x f ,所以()x f 在()+∞,0无最大值；当0>a 时,()x f 在ax 1=取 得最大值,最大值为1ln 111ln 1-+-=⎪⎭⎫⎝⎛-+⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎪⎭⎫⎝⎛a a a a a a f 因此221->⎪⎭⎫⎝⎛a a f 等价于01ln <-+a a令()1ln -+=a a a g ,则()a g 在()+∞,0单调递增,()01=g 于是,当10<<a 时,()0<a g ；当1>a 时,()0>a g 因此,a 的取值范围是()1,0．17.【2017福建厦门一中上学期期中】已知函数()()2ln ,01,xf x a x x a b b R a a e =+--∈>≠且是自然对数的底数．（1）讨论函数()f x 在()0,+∞上的单调性；（2）当1a >时,若存在[]12,1,1x x ∈-,使得()()121f x f x e -≥-,求实数a 的取值范围．（参考公式：()ln xxa aa '=）【答案】（1）()f x 在()0,+∞上单调递增；（2）[),e +∞.（2）()2ln xf x a x x a b =+--,因为存在[]12,1,1x x ∈-,使得()()121f x f x e -≥-,所以当[]1,1x ∈-时,()()()()max min max min 1f x f x f x f x e -=-≥-．()()ln 2ln 21ln x x f x a a x a x a a '=+-=+-,①当0x >时,由1a >,可知10,ln 0xa a ->>,∴()0f x '>；②当0x <时,由1a >,可知10,ln 0xa a -<>,∴()0f x '<；③当0x =时,()0f x '=,∴()f x 在[]1,0-上递减,在[]0,1上递增, ∴当[]1,1x ∈-时,()()()()(){}min max 01,max 1,1f x f b f x f f ==-=-, 而()()()11111ln 1ln 2ln f f a a b a b a a a a ⎛⎫--=+---++-=--⎪⎝⎭,设()()12ln 0g t t t t t =-->,因为()22121110g t t t t ⎛⎫'=+-=-≥ ⎪⎝⎭（当1t =时取等号）,∴()12ln g t t t t=--在()0,t ∈+∞上单调递增,而()10g =, ∴当1t >时,()0g t >,∴当1a >时,12ln 0a a a-->, ∴()()11f f >-,∴()()101f f e -≥-,∴ln 1a a e -≥-,即ln ln a a e e -≥-, 设()()ln 1h a a a a =->,则()1110a h a a a-'=-=>, ∴函数()()ln 1h a a a a =->在()1,+∞上为增函数,∴a e ≥, 既a 的取值范围是[),e +∞．18.【2018届山东省淄博市部分学校高三12月摸底】已知函数()()sin 0xf x x x=≠. (Ⅰ)判断函数()f x 在区间02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上的单调性；(Ⅱ)若函数()f x 在区间02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上满足()f x a <恒成立,求实数a 的最小值.【解析】（Ⅰ）当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时, ()2cos sin 'x x xf x x-=令()cos sin g x x x x =-, ()'sin g x x x =-,显然当02x π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，时,()'sin 0g x x x =-<,即函数()g x 在区间02π⎛⎫⎪⎝⎭，的单调递减,且()00g =,从而函数()g x 在区间02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上恒小于零所以()'f x 在区间02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上恒小于零,函数()f x 在区间02π⎛⎫ ⎪⎝⎭，上单调递减.。

例说高考题中的利用导数求参数范围导数，作为解决与高次函数有关问题的一种工具，有着无可比拟的优越性。

也越来越受到高考命题专家的“青睐”。

其中，利用导数求参数的取值范围，更是成为近年来高考的热点。

在04年高考中，湖北、辽宁等地考查了这点；在05年的高考中，湖北、辽宁、湖南、山东、重庆、天津等地更着重考查了这一点，甚至很多都安排在倒数第一、二题的位置上！现以04和05年的几道高考题为例，探讨一下用导数求参数范围的几种常见题型及求解策略。

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a x f >)(成立，只需使函数的最小值a x f >m in)(恒成立即可；要使a x f <)(成立，只需使函数的最大值a x f <m ax)(恒成立即可”.这也是近两年高考考查和应用最多的一种.例1（05湖北理）已知向量a =(2x ,1+x )，a =(x -1,t )，若b a x f ∙=)(在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取值范围.解析：由向量的数量积定义，)(x f =2x (x -1)+(1+x)t =3x-+2x +tx +t∴)(x f '=23x -+x 2+t .若)(x f 在区间(-1,1)上是增函数，则有)(x f '≥0⇔t ≥23x -x 2在 (-1,1)上恒成立.若令)(x g =23x -x 2=-3(31-x )2-31在区间[-1,1]上，max)(x g =)1(-g =5，故在区间(-1,1)上使t ≥)(x g 恒成立，只需t ≥)1(-g 即可，即t ≥5.即t 的取值范围是[5，∞）.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。

例2使不等式4x -22x >a -2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.令)(x f =4x -22x ，则如果原不等式对任意的实数x 都成立等价于min)(x f >a -2.又)(x f '=34x -x 4=42x (1-x )，令)(x f '=0，解得，x =0或x =1.)(x f '的符号及)(x f 的单调性如下：x(-∞,0) 0 (0,1) 1 (1,+∞) )(x f ' - 0 - 0 + )(x f↘无极值↘极小值↗因为)(x f 在R 上的极值只有一个，故此极小值即为最小值，即min)(x f =)1(f = -1，∴min)(x f = -1>a -2，即a >3.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。

增分点 应用“三招五法”，轻松破解含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)[思路点拨]本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．[方法演示]法一 单调性法：利用函数的单调性求解 由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a >0，即a 2>4，解得a <－2.法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－1t 2，其中t <0，则切线方程为y －3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t 3(0－t )，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，演绎高效易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝3x－1x3，记g(x)＝3x－1x3，g′(x)＝－3x2＋3x4＝－3(x2－1)x4，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.法五特例法：巧取特例求解取a＝3，则f(x)＝3x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除A、C.取a＝－43，则f(x)＝－43x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除D，故选B.[答案]B[解题师说]函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.[应用体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0， 即a ＝1－t 2e t ＋e－t .令h (t )＝1－t 2e t ＋e－t ，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以a ＝1－02＝12，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x .又m ∈N ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x＜10，x ∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ， 当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28； 当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11； 当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4， 所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3]解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫e24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞.一、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞)解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)．2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 20，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( ) A ．0 B ．－1e 2C ．－1D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示， 直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ， 且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)， 将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1e2.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e 24 C ．(0，e)D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx 2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78D ．－38解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点， 所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根． 又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根， 所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0， 解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca的取值范围是( )A ．1，74B ．(1,2]C ．[1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0， 有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b 24a， 从而a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立． 令t ＝ba ，因为0<b ≤3a ，所以0<t ≤3.因为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a >2.8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，又x 1<f (x 1)<x 2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5，故选D.9．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e 2x －ax 2＋bx －1，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．若f (1)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，函数f ′(x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(e 2－3，e 2＋1)B ．(e 2－3，＋∞)C ．(－∞，2e 2＋2)D ．(2e 2－6,2e 2＋2)解析：选A 由f (1)＝0，得e 2－a ＋b －1＝0，所以b ＝a －e 2＋1，又f ′(x )＝2e 2x －2ax ＋b ，令g (x )＝2e 2x －2ax ＋b ，则g ′(x )＝4e 2x －2a ，因为x ∈(0,1)，所以4<4e 2x <4e 2.当a ≥2e 2时，g ′(x )<0，函数g (x )在(0,1)内单调递减，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当a ≤2时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0,1)内单调递增，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当2<a <2e 2时，若0<x <12ln a 2，则g ′(x )<0，若12ln a2<x <1，则g ′(x )>0，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12ln a 2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫12ln a 2，1内单调递增，所以g (x )min ＝g 12ln a2＝a －a ln a 2＋b ＝2a －a ln a 2－e 2＋1.令h (x )＝2x －x ln x2－e 2＋1＝2x －x ln x ＋x ln 2－e 2＋1(2<x <2e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )max ＝h (2e)＝2e －e 2＋1<0，即g (x )min <0恒成立，所以函数g (x )在(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g (0)＝2＋a －e 2＋1>0，g (1)＝2e 2－2a ＋a －e 2＋1>0，解得e 2－3<a <e 2＋1. 综上所述，a 的取值范围为(e 2－3，e 2＋1)．10．(2017·太原一模)设[x ]表示不小于实数x 的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f (x )＝([x ])2－2[x ]，若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．－52，－1∪[2,5)B ．－43，－1∪[5,10)C ．－1，－23∪[5,10)D ．－43，－1∪[5,10)解析：选C 由题意知，f (x )＝([x ])2－2[x ]＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x ∈(0，1]，3，x ∈(2，3]，8，x ∈(3，4].令F (x )＝0，得f (x )＝k (x －2)－2，作出函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象如图所示． 若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k PA ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－23，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11)解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最大值11，经过B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b .设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b ＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.答案：(－∞，0)14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1<x ≤0，x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x ＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1x＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.答案：115．若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝a x (a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝a x 0，x 20＋2x 0＝a ln x 0⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x －2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)， 则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2， 欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小，∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e<0， ∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5.答案：516．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.9 10＋ln 2 5答案：⎝⎛⎦⎤1，。