(完整word)8用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题

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 。

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)-∞.。

解题篇经典题突破方法高考数学2018年9月十摩錢理化y u用导数求參数取值的一道高考题剖桁■河南省信阳高级中学郭宏彬利用导数研究含参函数的性质（单调性、零点、极值、最值等），以及利用含参函数的性质求参数的取值范围是近几年高考的热点。

通过判断导数的正负确定函数的增减，寻找与函数的极值、最值、零点个数等的对应关系是解题的关键。

本文通过对2018年的一道高考题进行一题多解、一题多变的详细剖析，希望对同学们的学习能有所帮助。

一、题目及分析例题(2018年全国卷n理21)已知函数/(X)=e-a x2。

(I)若a=1，证明：当 x>0 时，/1;(n)若/(x)在（〇，+…）上只有一个零^点，•求a。

分析：I)常规思路是求导，无法求解时为：当不等式问题用代数法求解困难或不能用代数法求解但其与函数有关时，常将不等式问题转化为两函数图像的上下关系问题，数形结合求解。

题型5-----利用函数的图像求函数的交点问题例5已知函数^=/(x)的周期为2,当 x e[—1，1]时，/(：r)=x£，那么函数 ^ =/(x)的图像与函数|g x |的图像的交点共有（）。

八10个B9个C.8个D.1个解析：在同一坐标系中作出函数^ =/(x)与函数^=|l g x|的图像，如图6所示，yk-1 〇\^12 3 4 5 6^7 8 9 10 %图6分析图像可知，共有10个交点。

故选八。

二次求导，利用导数求解问题时注意导函数的正负对应着导函数的增减，导函数的增减对应着二阶导函数的正负。

一般导函数的正负无法判断时可以利用二阶导数求导函数的增减情况及最大（小）值，进而比较导函数值的正负情况，最后确定原函数的增减情况。

(n)确定原函数的增减情况，再结合极值利用零点存在定理和零点唯一存在定理讨论函数的零点个数。

二、一题多解(工）方法一：当《 =1时，/(：^) = ^ —工2，/’（）=e— 2〇〇,令 /”〇 =e — 2=0,得:r=ln2,即 x>l n2 时 /'()为增函数，x<In2时/ (x)为减函数，所以x =l n2时，/( j:)m in=2— 21n2>0，所以原函数为R上 的增函数，即当x>0时，/&)>/(0)=1。

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.。

专题8：导数中已知单调性求参数的范围经典例题与练习（解析版）已知函数在某个区间上的单调性求参数的范围解法1：转化为0)(0)(''≤≥x f x f 或在给定区间上恒成立， 回归基础题型 解法2：利用子区间（即子集思想）；首先求出函数的单调增或减区间，然后让所给区间是求的增或减区间的子集；做题时一定要看清楚“在（m,n ）上是减函数”与“函数的单调减区间是（a,b ）”，要弄清楚两句话的区别：前者是后者的子集例1：已知R a ∈，函数x a x a x x f )14(21121)(23++++=． （Ⅰ）如果函数)()(x f x g '=是偶函数，求)(x f 的极大值和极小值； （Ⅱ）如果函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，求a 的取值范围．解：)14()1(41)(2++++='a x a x x f . （Ⅰ）∵()f x '是偶函数，∴ 1-=a . 此时x x x f 3121)(3-=，341)(2-='x x f ， 令0)(='x f ，解得：32±=x .列表如下：可知：()f x 的极大值为34)32(=-f ， ()f x 的极小值为34)32(-=f .（Ⅱ）∵函数)(x f 是),(∞+-∞上的单调函数，∴21()(1)(41)04f x x a x a '=++++≥，在给定区间R 上恒成立判别式法 则221(1)4(41)204a a a a ∆=+-⋅⋅+=-≤， 解得：02a ≤≤.综上，a 的取值范围是}20{≤≤a a .例2、已知函数3211()(2)(1)(0).32f x x a x a x a =+-+-≥ （I ）求()f x 的单调区间；（II ）若()f x 在[0，1]上单调递增，求a 的取值范围。

子集思想（I ）2()(2)1(1)(1).f x x a x a x x a '=+-+-=++-1、20,()(1)0,a f x x '==+≥当时恒成立当且仅当1x =-时取“=”号，()(,)f x -∞+∞在单调递增。

专题能力训练8 利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.设f(x)=x ln 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.2.(2018全国Ⅲ,理21)已知函数f(x)=(2+x+ax2)·ln(1+x)-2x.(1)若a=0,证明:当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0;(2)若x=0是f(x)的极大值点,求a.3.已知函数f(x)=ax+x ln x的图象在x=e(e为自然对数的底数)处的切线的斜率为3.(1)求实数a的值;(2)若f(x)≤kx2对任意x>0成立,求实数k的取值范围;(3)当n>m>1(m,n∈N*)时,证明:.4.设函数f(x)=ax2-a-ln x,其中a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)确定a的所有可能取值,使得f(x)> -e1-x在区间(1,+∞)内恒成立(e=2.718…为自然对数的底数).5.设函数f(x)=a ln x,g(x)=x2.(1)记g'(x)为g(x)的导函数,若不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x)在x∈[1,e]内有解,求实数a的取值范围;(2)若a=1,对任意的x1>x2>0,不等式m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立.求m(m∈Z,m≤1)的值.6.已知函数f(x)=-2(x+a)ln x+x2-2ax-2a2+a,其中a>0.(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性;(2)证明:存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练7.已知函数f(x)= x3+x2+ax+1(a∈R).(1)求函数f(x)的单调区间;(2)当a<0时,试讨论是否存在x0∈,使得f(x0)=f.专题能力训练8利用导数解不等式及参数的取值范围一、能力突破训练1.解 (1)由f'(x)=ln x-2ax+2a,可得g(x)=ln x-2ax+2a,x∈(0,+∞).则g'(x)=-2a=,当a≤0时,x∈(0,+∞)时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增;当a>0时,x时,g'(x)>0,函数g(x)单调递增,x时,函数g(x)单调递减.所以当a≤0时,g(x)的单调增区间为(0,+∞);当a>0时,g(x)单调增区间为,单调减区间为(2)由(1)知,f'(1)=0.①当a≤0时,f'(x)单调递增,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)在x=1处取得极小值,不合题意.②当0<a<时,>1,由(1)知f'(x)在区间内单调递增,可得当x∈(0,1)时,f'(x)<0,x时,f'(x)>0.所以f(x)在区间(0,1)内单调递减,在区间内单调递增,所以f(x)在x=1处取得极小值,不合题意.③当a=时,=1,f'(x)在区间(0,1)内单调递增,在区间(1,+∞)内单调递减,所以当x∈(0,+∞)时,f'(x)≤0,f(x)单调递减,不合题意.④当a>时,0<<1,当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)在x=1处取极大值,合题意.综上可知,实数a的取值范围为a>2.解 (1)当a=0时,f(x)=(2+x)ln(1+x)-2x,f'(x)=ln(1+x)-,设函数g(x)=f'(x)=ln(1+x)-,则g'(x)=,当-1<x<0时,g'(x)<0;当x>0时,g'(x)>0.故当x>-1时,g(x)≥g(0)=0,且仅当x=0时,g(x)=0,从而f'(x)≥0,且仅当x=0时,f'(x)=0.所以f(x)在(-1,+∞)内单调递增.又f(0)=0,故当-1<x<0时,f(x)<0;当x>0时,f(x)>0.(2)①若a≥0,由(1)知,当x>0时,f(x)≥(2+x)·ln(1+x)-2x>0=f(0),这与x=0是f(x)的极大值点矛盾.②若a<0,设函数h(x)= =ln(1+x)-由于当|x|<min时,2+x+ax2>0,故h(x)与f(x)符号相同.又h(0)=f(0)=0,故x=0是f(x)的极大值点当且仅当x=0是h(x)的极大值点.h'(x)=若6a+1>0,则当0<x<-,且|x|<min时,h'(x)>0,故x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1<0,则a2x2+4ax+6a+1=0存在根x1<0,故当x∈(x1,0),且|x|<min时,h'(x)<0,所以x=0不是h(x)的极大值点.若6a+1=0,则h'(x)=则当x∈(-1,0)时,h'(x)>0;当x∈(0,1)时,h'(x)<0.所以x=0是h(x)的极大值点,从而x=0是f(x)的极大值点.综上,a=-3.解 (1)∵f(x)=ax+x ln x,∴f'(x)=a+ln x+1.又f(x)的图象在点x=e处的切线的斜率为3,∴f'(e)=3,即a+ln e+1=3,∴a=1.(2)由(1)知,f(x)=x+x ln x,若f(x)≤kx2对任意x>0成立,则k对任意x>0成立.令g(x)=,则问题转化为求g(x)的最大值,g'(x)==-令g'(x)=0,解得x=1.当0<x<1时,g'(x)>0,∴g(x)在区间(0,1)内是增函数;当x>1时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(1,+∞)内是减函数.故g(x)在x=1处取得最大值g(1)=1,∴k≥1即为所求.(3)证明:令h(x)=,则h'(x)=由(2)知,x≥1+ln x(x>0),∴h'(x)≥0,∴h(x)是区间(1,+∞)内的增函数.∵n>m>1,∴h(n)>h(m),即,∴mn ln n-n ln n>mn ln m-m ln m,即mn ln n+m ln m>mn ln m+n ln n,∴ln n mn+ln m m>ln m mn+ln n n.整理,得ln(mn n)m>ln(nm m)n.∴(mn n)m>(nm m)n,4.解 (1)f'(x)=2ax-(x>0).当a≤0时,f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)内单调递减.当a>0时,由f'(x)=0,有x=此时,当x时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x时,f'(x)>0,f(x)单调递增.(2)令g(x)=,s(x)=e x-1-x.则s'(x)=e x-1-1.而当x>1时,s'(x)>0,所以s(x)在区间(1,+∞)内单调递增.又由s(1)=0,有s(x)>0,从而当x>1时,g(x)>0.当a≤0,x>1时,f(x)=a(x2-1)-ln x<0.故当f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内恒成立时,必有a>0.当0<a<时,>1.由(1)有f<f(1)=0,而g>0,所以此时f(x)>g(x)在区间(1,+∞)内不恒成立.当a时,令h(x)=f(x)-g(x)(x≥1).当x>1时,h'(x)=2ax--e1-x>x->0.因此,h(x)在区间(1,+∞)单调递增.又因为h(1)=0,所以当x>1时,h(x)=f(x)-g(x)>0,即f(x)>g(x)恒成立.综上,a5.解 (1)不等式f(x)+2g'(x)≤(a+3)x-g(x),即a ln x+2x≤(a+3)x-x2,化简,得a(x-ln x)x2-x.由x∈[1,e]知x-ln x>0,因而a设y=,则y'=∵当x∈(1,e)时,x-1>0,x+1-ln x>0,∴y'>0在x∈[1,e]时成立.由不等式有解,可得a≥y min=-,即实数a的取值范围是(2)当a=1时,f(x)=ln x.由m[g(x1)-g(x2)]>x1f(x1)-x2f(x2)恒成立,得mg(x1)-x1f(x1) >mg(x2)-x2f(x2)恒成立,设t(x)=x2-x ln x (x>0).由题意知x1>x2>0,则当x∈(0,+∞)时函数t(x)单调递增,∴t'(x)=mx-ln x-1≥0恒成立,即m恒成立.因此,记h(x)=,得h'(x)=∵函数在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减,∴函数h(x)在x=1处取得极大值,并且这个极大值就是函数h(x)的最大值.由此可得h(x)max=h(1)=1,故m≥1,结合已知条件m∈Z,m≤1,可得m=1.6.(1)解由已知,函数f(x)的定义域为(0,+∞),g(x)=f'(x)=2(x-a)-2ln x-2,所以g'(x)=2-当0<a<时,g(x)在区间内单调递增,在区间内单调递减;当a时,g(x)在区间(0,+∞)内单调递增.(2)证明由f'(x)=2(x-a)-2ln x-2=0,解得a=令φ(x)=-2ln x+x2-2x-2则φ(1)=1>0,φ(e)=--2<0.故存在x0∈(1,e),使得φ(x0)=0.令a0=,u(x)=x-1-ln x(x≥1).由u'(x)=1-0知,函数u(x)在区间(1,+∞)内单调递增.所以0==a0<<1.即a0∈(0,1).当a=a0时,有f'(x0)=0,f(x0)=φ(x0)=0.由(1)知,f'(x)在区间(1,+∞)内单调递增,故当x∈(1,x0)时,f'(x)<0,从而f(x)>f(x0)=0;当x∈(x0,+∞)时,f'(x)>0,从而f(x)>f(x0)=0.所以,当x∈(1,+∞)时,f(x)≥0.综上所述,存在a∈(0,1),使得f(x)≥0在区间(1,+∞)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+∞)内有唯一解.二、思维提升训练7.解 (1)f'(x)=x2+2x+a,方程x2+2x+a=0的判别式为Δ=4-4a,①当a≥1时,Δ≤0,则f'(x)≥0,此时f(x)在R上是增函数;②当a<1时,方程x2+2x+a=0两根分别为x1=-1-,x2=-1+,解不等式x2+2x+a>0,解得x<-1-或x>-1+,解不等式x2+2x+a<0,解得-1-<x<-1+,此时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).综上所述,当a≥1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞);当a<1时,函数f(x)的单调递增区间为(-∞,-1-)和(-1+,+∞),单调递减区间为(-1-,-1+).(2)f(x0)-f+ax0+1--a-1=+a=+a+x0+(4+14x0+7+12a).若存在x0,使得f(x0)=f,则4+14x0+7+12a=0在内有解.由a<0,得Δ=142-16(7+12a)=4(21-48a)>0,故方程4+14x0+7+12a=0的两根为x1'=,x'2=由x0>0,得x0=x'2=,依题意,0<<1,即7<<11,所以49<21-48a<121,即-<a<-,又由得a=-,故要使满足题意的x0存在,则a≠-综上,当a时,存在唯一的x0满足f(x0)=f,当a时,不存在x0满足f(x0)=f。

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。

【高考地位】导数在研究函数的极值与最值问题是高考的必考的重点内容，已由解决函数、数列、不等式问题的辅助工具上升为解决问题的必不可少的工具，特别是利用导数来解决函数的极值与最值、零点的个数等问题，在高考中以各种题型中均出现，对于导数问题中求参数的取值范围是近几年高考中出现频率较高的一类问题，其试卷难度考查较大.【方法点评】类型一利用导数研究函数的极值使用情景：一般函数类型解题模板：第一步计算函数 f (x) 的定义域并求出函数 f ( x) 的导函数f' (x) ；第二步求方程 f ' ( x) 0 的根；第三步判断 f ' ( x) 在方程的根的左、右两侧值的符号；第四步利用结论写出极值 .例 1 已知函数 f( x)1ln x，求函数 f x 的极值 .x【答案】极小值为 1 ，无极大值 .【点评】求函数的极值的一般步骤如下：首先令 f ' ( x) 0 ，可解出其极值点，然后根据导函数大于 0、小于 0 即可判断函数 f ( x) 的增减性，进而求出函数 f (x) 的极大值和极小值．【变式演练1】已知函数f( x)x 3 2 2在 x 1处有极值10，则等于（）ax bx af(2)A．11 或 18 B．11C．18 D．17 或 18 【答案】 C【解读】1/36试卷分析： f (x)3x 22ax b , 3 2a b 0b 3 2a a 4或 a 31 a b a 210a 2a 12 0b 11 ．b 3当 a 3时 ,f () 3( x 1)20, 在 x 1 处不存在极值． 当a 4 时 ，b 3 x b 11f (x) 3x 28x 11 (3x 11)( x 1) ， x ( 11 ,1), f ( x) 0 ；x (1, ), f ( x)0 ,符合题意．所 3以 a 4． f(2) 8 16 22 16 18 ．故选 C ． b 11考点：函数的单调性与极值．【变式演练 2】设函数 f x ln x 1 ax 2bx ，若 x 1 是 f x 的极大值点，则 a 的取值范围为2（ ）A ．1,0B ． 1,C ． 0,D ． , 1 0, 【答案】 B 【解读】考点：函数的极值．【变式演练 3】函数 f ( x) 1 x 3 1 ( m 1) x 22(m 1)x 在( 0,4) 上无极值，则 m _____.3 2【答案】 3 【解读】试卷分析：因为 f (x) 1 x 3 1(m 1)x 22(m 1) x ，3 2所以 f '(x) x 2(m 1)x 2(m 1) x 2 xm 1 ，由 f ' x0 得 x 2 或 x m 1，又因为2/36函数 f x 1 x3 1 (m 1) x22(m 1)x在 (0,4) 上无极值，而 2 0,4 ，所以只有 m 1 2 ，m 3 ( )3 2时， f x 在 R 上单调，才合题意，故答案为 3 .考点： 1、利用导数研究函数的极值；2、利用导数研究函数的单调性 .【变式演练 4】已知等比数列 { a n} 的前 n 项和为 S n 2n 1k ，则 f ( x) x3kx22x 1的极大值为（）A ． 2 B．5C． 3 D ．72 2【答案】 B【解读】考点： 1、等比数列的性质； 2、利用导数研究函数的单调性及极值．【变式演练5】设函数f (x) x3(1 a) x2ax 有两个不同的极值点x1， x2，且对不等式f ( x1) f( x2 )0 恒成立，则实数 a 的取值范围是．【答案】(, 1] 1, 2 2【解读】试卷分析：因为 f (x1) f (x2 )0 , 故得不等式 x13x23 1 a x12x22 a x1 x20 , 即x1 x2x123x1x2 1 a x122x1 x2 a x1x2 0 , x2x2由于 f ' x 3x2 2 1 a x a , 令 f ' x 0 得方程 3x2 2 1 a x a 0 , 因x x 2 1 a4 a2 a 1 0 ,1 23 ，代入前面不等式,并化简得故x1 x2a33/361 a 2a 25a 2 0 ,解不等式得 a 1 或 1a 2 ，因此 , 当 a1 或 1a 2 时 , 不等式22 f x 1 f x 2 0 成立 ,故答案为 ( ,1] 1,2 .2考点： 1、利用导数研究函数的极值点； 2、韦达定理及高次不等式的解法 .【变式演练 6】已知函数 f x x 3ax 2x 2 a 0 的极大值点和极小值点都在区间 1,1 内, 则实数 a 的取值范围是． 【答案】 3 a 2 【解读】考点：导数与极值．类型二 求函数在闭区间上的最值使用情景：一般函数类型 解题模板：第一步求出函数 f ( x) 在开区间 ( a,b) 内所有极值点； 第二步 计算函数 f ( x) 在极值点和端点的函数值；第三步比较其大小关系，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最小值 .例 2 若函数 f xe xx 2mx ，在点 1, f 1 处的斜率为 e1．（ 1）求实数 m 的值；（ 2）求函数 f x 在区间 1,1 上的最大值． 【答案】（ ） m 1；（ ）f x max e .12【解读】试卷分析：（ 1）由 f (1) e 1解之即可；（ 2） f x e x 2 1 为递增函数且f 1 e 1 0, f 1 e 13 0 , 所以在区间 ( 1,1) 上存x4/36在 x 0 使 f ( x 0) 0 ，所以函数在区间[ 1,x 0 ] 上单调递减，在区间 [ x 0 ,1] 上单调递增，所以f xmax max f 1 , f 1 ，求之即可 .试卷解读： （1） f x e x 2 ，∴ f 1 e 2 m ，即e 2 m e 1，解得 m 1 ；x m 实数 m 的值为 ；1 （ ）x 2 1 为递增函数，∴ f1 e 1 0, f1 e 13 0 ，2 f x e x存在 x 01,1 ，使得 f x 0 0 ，所以 f xmax max f 1 , f 1， f 1 e 1 2, f 1 e ，∴ f x max f1 e考点： 1.导数的几何意义； 2.导数与函数的单调性、最值 .【名师点睛】本题考查导数的几何意义、导数与函数的单调性、最值等问题，属中档题；导数 的几何意义是拇年高考的必考内容，考查题型有选择题、填空题，也常出现在解答题的第（ 1）问中，难度偏小，属中低档题，常有以下几个命题角度：已知切点求切线方程、已知切线方程（或斜率）求切点或曲线方程、已知曲线求切线倾斜角的范围 .【变式演练 7】已知 f ( x) x x 1. e （ 1）求函数 y f (x) 最值；（ 2）若 f ( x 1 )f( x 2 )( x 1 x 2 ) ，求证： x 1 x 2 0 .【答案】（1） f ( x) 取最大值 f ( x)max f (0) 1，无最小值；（ 2）详见解读 . 【解读】e x (x 1) e xx试卷解读：（ 1）对 f (x) 求导可得 f ( x)2x x ， e e令 f ( x) x0 得 x=0.e x当 x ( ,0) 时， f (x) 0，函数 f ( x) 单调递增；5/36当 x (0,) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，当 x=0 时， f ( x) 取最大值 f ( )f (0) 1，无最小值 . x max （ 2）不妨设 x 1 x 2 ，由（ 1）得当 x ( ,0) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递增； 当 x (0,) 时， f (x) 0 ，函数 f ( x) 单调递减，若 f (x 1 ) f ( x 2 ) ，则 x 1 0x 2 ，考点： 1.导数与函数的最值； 2.导数与不等式的证明 . 【变式演练 7】已知函数 f ( x) xln x ， g (x)x 2ax 2 .（Ⅰ）求函数 f ( x) 在[t, t2](t 0) 上的最小值；（Ⅱ）若函数 y f ( x) g ( x) 有两个不同的极值点 x 1, x 2 ( x 1 x 2 ) 且 x 2 x 1 ln 2 ，求实数 a 的取 值范围 .1 ， 10 t 2 ln 2 ln( ln 2) 1 .【答案】（Ⅰ） f (x)min ee；（Ⅱ） a 1 3 3t ln t, te【解读】6/36试卷分析：（Ⅰ）由 f '( x) ln x 1 0 ，得极值点为 x 1，分情况讨论 0 t1及 t 1时，函ee e数 f (x) 的最小值；（Ⅱ）当函数 y f ( x) g(x) 有两个不同的极值点，即 y 'ln x2x 1 a 0有两个不同的实根 x 1, x 2 (x 1x 2 ) ，问题等价于直线 y a 与函数 G( x)ln x 2x 1 的图象有两 个不同的交点，由 G(x) 单调性结合函数图象可知当 a G ( x)min 1 ) ln 2 时， x1 , x2 存在，且G (2x 2 x 1 的值随着 a 的增大而增大， 而当 x 2 x 1 ln 2 时，由题意 ln x 1 2x 1 1 aln x 22x 2 1 a， x 24x 1代入上述方程可得 x 2 4x 1 4ln 2 ，此时实数 a 的取值范围为 a2ln 2 ln( ln 2) 1 .33 3 试卷解读：（Ⅰ）由 f '(x) ln x 1 0 ，可得 x 1 ，e① 0 t 1时，函数 f ( x) 在 (t, 1) 上单调递减，在( 1,t 2) 上单调递增，e ee函数 f ( x) 在 [t, t 2](t 0) 上的最小值为 f ( 1)1 ，1时， f ( x) 在 [t,te e②当 t 2] 上单调递增， ef (x)minf (t ) t ln t ，1 ，1 0 tf (x)mine e ； t ln t ,t 1e7/36两式相减可得 ln x12( x1x2 ) 2ln 2x2x24x1代入上述方程可得 x24x14 ln 2，3此时 a 2 ln 2 ln( ln 2 ) 1 ，3 3所以，实数 a 的取值范围为 a 2 ln 2 ln( ln 2) 1 ；3 3考点：导数的应用．【变式演练 8】设函数 f x ln x 1 .（ 1）已知函数 F x f x 1 x2 3 x1,求F x 的极值；4 2 4（ 2）已知函数 G x f x ax22a 1 x a a 0 ,若存在实数 m 2,3 ,使得当 x 0,m 时, 函数 G x 的最大值为 G m ,求实数 a 的取值范围 .【答案】（1）极大值为 0 ，极小值为 ln 2 3；（2） 1 ln 2,.4【解读】F x , F ' x 随 x 的变化如下表 :8/36x 0,1 1 1,2 2 2,F ' x 0 0F x 0 ln 234当 x 1时,函数 F x 取得极大值 F 1 0 。

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。