2018版高考数学 考点13 利用导数探求参数的范围问题试题解读与变式

考点十三：利用导数探求参数的范围问题
【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.
【典型高考试题变式】 （一）利用单调性求参数的范围
例1.【2016全国1卷（文）】若函数1
()sin 2sin 3
f x x x a x =-+在(),-∞+∞上单调递增，则a 的取值范围是（ ）．
A ．[]
1,1- B ．11,3⎡⎤-⎢⎥⎣
⎦ C ．11,33⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ D ．11,3
⎡
⎤--⎢⎥⎣
⎦
【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 ≤-3
1
，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3
1
≤a ，
此时只能排除A 选项．此外，可在未解题之前取1a =-，此时()1
sin 2sin 3
f x x x x =--，
则()21cos2cos 3f x x x '=--，但此时()22
011033
f '=--=-<，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河北大名一中高三实验班第一次月考（理）】若函数()ln f x kx x =-在区间()1,∞+上为单调函数,则k 的取值范围是_______.
【答案】1k ≥或0k ≤
【解析】本题考查导数的运算、函数的性质,考查恒成立问题与转化思想、计算能力.在区间()1,∞+上, 11
01,k x x
<<=-,当函数()ln f x kx x =-在区间()1,∞+上为单调增函数时, 1
k x
≥
恒成立,则1k ≥;当函数()ln f x kx x =-在区间()1,∞+上为单调减函数时, 1
k x
≤
恒成立,则0k ≤,所以1k ≥或0.k ≤ 【变式2】【改编例题中条件，给定函数不单调，求参数取值范围】【2017福建高三总复
习训练（文）】已知函数()2
2ln 5f x x x x c =+-+在(),1m m +不单调，则m 的取值范围是
___.
【答案】()10,
1,22⎡⎫
⋃⎪⎢⎣⎭
【解析】()()()22121225225x x x x f x x x x x
--+-=+='-= 令()0f x '=得12x =
或2x =，则1
12
m m <<+或21m m <<+，解得()10,1,22m ⎡⎫
∈⋃⎪⎢⎣⎭
.
【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 =， ()2
12
g 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 =
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2
1,
{1,
2
y x y x bx =-=-得()2
2120x b x -++=. 由()2
4180b ∆=+-=
，得1b =-
（还可以通过导数来求b ）
（2）因为()()()h x f x g x =+= 2
1ln 2
x 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()2
1u 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,+∞. （3）不妨设12x x >，
因为函数()ln f x x =在区间[]
1,2上是增函数， 所以()()12f x f x >，
函数()g x 图象的对称轴为x b =，且2b >. 当2b ≥时，函数()g x 在区间[]
1,2上是减函数， 所以()()12g x g x <，
所以()()()()1212f x f x g x g x ->-， 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 =+= 2
1ln 2
x 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1
b 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
(,)2
e 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.
试题解析：（I ）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，
2'
42221()()x x x e xe f x k x x x -=--+322(2)x x xe e k x x x --=-3
(2)()x x e kx x --=
由0k ≤可得0x e kx ->，
所以当(0,2)x ∈时，'
()0f x <，函数()y f x =单调递减， 当(2,)x ∈+∞时，'
()0f x >，函数()y f x =单调递增. 所以()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,)+∞. （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,)x
g x e kx x =-∈+∞， 因为'
ln ()x
x
k g x e k e e =-=-，
当01k <≤时，
当(0,2)x ∈时，'
()0x
g 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2
2
e 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
(,)2
e 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
（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
.
（II ）（i ）因为()e (()())x
x x g'f f 'x =+，由题意知0
00()e ()e
x
x x x g g'⎧=⎪⎨=⎪⎩，
所以00
00
000()e e e (()())e
x x x
x f f f x 'x x ⎧=⎪⎨+=⎪⎩，解得00()1()0f 'x x f =⎧⎨=⎩.
所以，()f x 在0x x =处的导数等于0.
（ii ）因为()e x
g x ≤，00[11],x x x ∈-+，由e 0x >，可得()1f x ≤. 又因为0()1f x =， 0()0f 'x =，故0x 为()f x 的极大值点，由（I ）知0x a =. 另一方面，由于||1a ≤，故14a a +<-，
由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，
故当0x a =时，()()1f f x a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，从而()e x
g x ≤在00,[11]x x -+上恒成立.
由32
()63()14a a f a a a a b =---+=，得32
261b a a =-+，11a -≤≤.
令32
()261t x x x =-+，[1,1]x ∈-，所以2
()612t'x x x =-，
令()0t'x =，解得2x =（舍去），或0x =.
因为(1)7t -=-，(1)3t =-，(0)1t =，故()t x 的值域为[7],1-. 所以，b 的取值范围是[7],1-.
【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】【2014全国2卷（理）改编】已知函数()f x =2x x e e x ---. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >时，()0g x >,求b 的最大值.
【答案】（1）函数()f x 在R 上是增函数；（2）2.
【解析】试题分析：本题第（1）问，判断函数的单调，关键是判断导数的正数；对第（2）问，可构造函数()g x =(2)4()f x bf x -.
试题解析：（1）因为'1
()20x x
f x e e =+
-≥，当且仅当0x =时等号成立，所以函数()f x 在R 上是增函数；
（2）因为()g x =(2)4()f x bf x -=224()(84)x
x x x e
e b e e b x -----+-，
所以'
()g x =222[2()(42)]x
x x x e
e b e e b --+-++-=2(2)(22)x x x x e e e e b --+-+-+.
(1)当2b ≤时, '
()0g x ≥,等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而(0)0g =，所以对任意0x >，()0g x >；
（2）当2b >时，若x 满足222x x
e e b -<+<-，即0ln(1)
x b <<-时，'()0g x <，而(0)0g =，
因此当0ln(1x b <≤-时，()0g x <，
综上，b 的最大值为2.
【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()()2
1ln 12
a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()1
1y f x f =在点，处的切线斜率为0
（1）求b ；（2）若存在01,x ≥使得()01
a
f x a <
-，求a 的取值范围。

【答案】（1）1b =;（2）(1)(1,)+∞.
【解析】
试题分析：（1）根据曲线在某点处的切线与此点的横坐标的导数的对应关系，可先对函数进行求导可得：'()(1)a f x a x b x
=
+--，
利用上述关系不难求得'
(1)0f =，即可得1b =;（2）由第（1）小题中所求b ，则函数()f x 完全确定下来，则它的导数可求出并化简得：
'1()(1)1()(1)1a a a f x a x x x x x a -=
+--=---根据题意可得要对
1a
a
-与1的大小关系进行分类讨论，则可分以下三类：（ⅰ）若12a ≤，则11a a
≤-，
故当(1,)x ∈+∞时，'
()0f x >，()f x 在(1,)+∞单调递增，所以，存在01x ≥，使得0()1
a
f x a <
-的充要条件为
(1)1a f a <-，即1121a a a --<-，所以11a <<.（ⅱ）若112a <<，则11a a >-，故当(1,)1a x a ∈-时，'()0f x <；当(,)1a x a
∈+∞-时，'()0f x >，()f x 在(1,)1a a -单调递减，在(,)1a a +∞-单调递增.所以，存在01x ≥，使得0()1
a
f x a <
-的充要条件为()11a a
f a a <
--，无解则不合题意.（ⅲ）若1a >，则11
(1)1221
a a a
f a ---=-=<
-.综上，a 的取值范围是(1)(1,)+∞. 试题解析：（1）'()(1)a
f x a x b x =+--，
由题设知'
(1)0f =，解得1b =.
（2）()f x 的定义域为(0,)+∞，由（1）知，2
1()ln 2
a f x a x x x -=+
-， '1()(1)1()(1)1a a a f x a x x x x x a
-=
+--=--- （ⅰ）若12a ≤，则11a
a ≤-，故当(1,)x ∈+∞时，'()0f x >，()f x 在(1,)+∞单调递增，
所以，存在01x ≥，使得0()1a f x a <-的充要条件为(1)1a f a <-，即1121
a a a --<-，
所以11a <<
.
【变式3】【改编例题条件，双变量问题求参数的取值范围】【2018湖南永州高三上学期一模（文）】已知函数，，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数在区间
上的单调性；
（2）已知
，若对任意
，有
，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析；（2）
【解析】试题分析：（1）对函数进行求导可得，分为，，
和四种情形，根据导数与0的关系可判断出其单调性；（2）将题意转化为
恒成立，利用导数判断单调性求出最值即可.
试题解析：（1），①当时，，，在上单
调递增，②当时，，，在上单调递增，③当时，
时，，在上单调递增，时，，在上单调递减，④当时，，，在上单调递增，综上所述，当或时，
在上单调递增，当时，在上单调递增，在上单调递减
（2），依题意，时，恒成立.已知，则当时，
，在上单调递减，而在上单调递增，，
，得，当时，，与在上均单调递增，，
，，得与矛盾，综上所述，实数的取值范围是
【变式4】【改编例题条件，函数中的恒成立与存在性的综合问题】【2018河北石家庄二中八月模拟考试（理）】已知函数()
36
2ln
21
x x
f x
x
-
=-
+
.
（Ⅰ）求()
f x的单调区间；
（Ⅱ）若()()()
22
ln
g x x t x at
=-+-，若对任意()
1
1,
x∈+∞，存在
()()
2
,,0,
t x
∈-∞+∞∈+∞，使得()()
12
f x
g x
≥成立，求实数a的取值范围.
【答案】(1) ()
f x的单调递减区间是
1
,2
2
⎛⎫
⎪
⎝⎭
，单调递增区间时()
1
0,,2,
2
⎛⎫
+∞
⎪
⎝⎭
;(2)
1
,
e
⎛⎤
-∞
⎥
⎝⎦
.
【解析】试题分析：（1）求导()
()()
()2
212
1
x x
f x
x x
--
=
+
'，由()0
f x
'<得减区间，由()0
f x
'>得增区间；
（2）当1x >时， ()0f x ≥，又()0g x ≥，所以对任意()11,x ∈+∞，存在
()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()()12f x g x ≥成立， ⇔ 存在
()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()20g x ≤成立， ⇔ 存在()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，
使得()20g x =成立， ln y x ⇔=的图象与直线y ax =有交点， ⇔方程ln x
a x
=
在()0,+∞上有解.
试题解析： （Ⅰ）因为()36
2ln
21
x x f x x -=-
+， 所以()()()()()()
222221229252111x x x x f x x x x x x x ---+=+'=-=++， 因为()f x 的定义域为()0,+∞，当
122a <<时()0f x '<， 1
02
x <<或2x >时()0f x '>，
所以()f x 的单调递减区间是1,22⎛⎫
⎪⎝⎭，单调递增区间时()10,,2,2⎛⎫
+∞ ⎪⎝⎭
. （Ⅱ）由（Ⅰ）知， ()f x 在()1,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，所以当1x >时
()()20f x f ≥=，
又()()()2
2
ln 0g x x t x at =-+-≥，
所以对任意()11,x ∈+∞，存在()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()()12f x g x ≥成立，
⇔ 存在()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()20g x ≤成立， ⇔ 存在()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()20g x =成立，
因为()()2
2
ln x t x at -+- 表示点(),ln x x 与点(),t at 之间距离的平方，
所以存在()()2,,0,t x ∈-∞+∞∈+∞，使得()20g x =成立，
ln y x ⇔=的图象与直线y ax =有交点，
⇔方程ln x
a x
=
在()0,+∞上有解，
设()ln x h x x =
，则()2
1ln x h x x -'=， 当()0,x e ∈时， ()()0,h x h x '>单调递增，当(),x e ∈+∞时， ()()0,h x h x '<单调递减， 又()()1,0,h e x h x e =
→→-∞，所以()h x 的值域是1,e ⎛
⎤-∞ ⎥⎝
⎦，
所以实数a 的取值范围是1,e ⎛
⎤-∞ ⎥⎝
⎦
.
【数学思想】
数形结合思想
数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质.
数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范围.
【利用导数探求参数的范围问题注意点】
（1）研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2) 任意1(0,2]x ∈，指的是区间内的任意一个自变量；存在2(0,2]x ∈，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有解问题的组合. 【典例试题演练】
1．【2018云南师大附中高考适应性月考卷二（理）】已知函数
，
，如果对于任意的
，都有
成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
2．【2018山西五校第一次联考（理）】已知0λ>，若对任意的()0,x ∈+∞，不等式
ln 0x
e x λλ-≥恒成立，则λ的最大值为( )
A. e
B. 3
C.
2e D. 3
e
【答案】A
【解析】令()(),ln x
f x e
g x x λ
λ== ，易得()f x 与()g x 互为反函数⇒ ()f x 与
()g x 关于直线y x = 对称⇒原命题等价于ln x
e x x λλ≥≥ 在()0,+∞上恒成立.记()x
h x e x λ=-⇒
()'h x =
()()()()1
10ln 0,ln ,'0;ln ,,'0
x
e x x h x x h x λ
λλλλλλλ
-=⇒=⇒∈∈+∞
()()ln min ln ln ln 0h x h e e λλλλλλλλλ⇒==-=-≥⇒≤ ，记()ln x x x ϕλ=- ，同
理可得e λ≤，综上λ的最大值为e ，故选A.
3．【2017辽宁大连八中模拟考试（理）】设函数()f x 在R 上存在导函数()f x '，对任意的实数x 都有()()2
4
f
x x f x =--，当(),0x ∈-∞时， ()1
42
f x x +
'<.若()()3
132
f m f m m +≤-++
，则实数m 的取值范围是( ) A. 1,2⎡⎫-
+∞⎪⎢⎣⎭ B. 3,2⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
C. [)1,-+∞
D. [)2,-+∞
【答案】A
4．【2018安徽合肥高三调研性检测（理）】已知函数()ln x ax
f x x
-=
，若有且仅有一个整数k ，使()()2
0f k f k ⎡⎤->⎣⎦，则实数a 的取值范围是__________．
【答案】11
ln21ln3123
a -≤<- 【解析】因()ln x
f x a x
=-，
故由题设问题转化为“有且仅有一个整数k 使得()1f k >或()0f k <”。

因为()2
1ln x
f x x
-'=，所以当0x e <<时， ()0f x '>，函数()ln x f x a x =-单调递增；当x e >时， ()0f x '<，函数()ln x
f x a x
=-单调递减，即函
数()ln x
f x a x
=
-在x e =处取最大值，由于23e <<，因此由题设可知()()21{
31f f ≤>，解之得
11ln21ln3123a -≤<-，应填答案11
ln21ln3123
a -≤<-。

5．【207广西柳州铁路一中月考（文）】已知函数()()ln f x x x mx =-有两个极值点，则实数m 的取值范围是_____
【答案】10,2⎛
⎫ ⎪⎝⎭
【解析】由题意,y ′=ln x +1−2mx 令f ′(x )=ln x −2mx +1=0得ln x =2mx −1，
函数()()ln f x x x mx =-有两个极值点,等价于f ′(x )=ln x −2mx +1有两个零点， 等价于函数y =ln x 与y =2mx −1的图象有两个交点，
，
当m =
1
2
时，直线y =2mx −1与y =ln x 的图象相切， 由图可知,当0<m <1
2
时，y =ln x 与y =2mx −1的图象有两个交点，
则实数m 的取值范围是(0, 1
2
)，
故答案为：(0, 1
2
).
6．【2018贵州遵义四中第一次月考（理）】已知函数()()
3
22113
f x x x a x =
++-在()0,1内存在最小值，则a 的取值范围为__________．
【答案】()()2,11,2--⋃
【解析】由题()()
2221f x x x a =+'+- ，令()0f x '=可得1x a =- 或1x a =-- ，当0a =时()0f x '≥在R 上恒成立， ()f x 在R 上单调递增，在()0,1内不存在最小值；当0a >时()f x
在(),1a -∞--和()1,a -+∞上单调递增，在()1,1a a --- 上单调递减，根据题意此时
011a <-< 得到12a <<；当0a <时()f x 在()1,a -+∞和(),1a -∞--上单调递增，
在()1,1a a --- 上单调递减，根据题意此时011a <--< 得到21a -<<-；综上a 的取值范围为()()2,11,2--⋃
7．【2018河北邢台第一次月考（文）】已知函数()()3
ln ,f x x m x n m n R =++∈的图
象在点()()
1,1f 处的切线方程为12y =.
（1）若()f x 在(),1a a +上是单调函数，求a 的取值范围； （2）证明：当0x >时， ()()3
2
33x
f x x x x e >-++-.
【答案】（1）{}[
)01,⋃+∞ （2）见解析
【解析】试题分析：（1）函数()()3
ln ,f x x m x n m n R =++∈的图象在点()()
1,1f 处
的切线方程为12y =，得出()'10f =，得出m 的值， ()f x 在(),1a a +上是单调函数，利用子集的思想得解.（2）证明：当0x >时， ()()3
2
33x
f x x x x e >-++-，可证出
()()min max f x h x >即可.
（2）证明：由（1）知()()min 112f x f ==. 设()()3
2
33(0)x
h x x x x e x =-++->
则()()2
'362x
h x x x x e =-++- ()()
23x x e x =-+，
令()'0h x >得02x <<；令()'0h x <得2x >.∴()()2
max 24h x h e ==+.
∵ 2.8e <，∴28e <，∴2
412e +<，∴ ()()min max f x h x >，
∴()()3
2
33x
f x x x x e >-++-.
8．【2018河南豫南九校第二次质量考评数学（文）】已知函数.
（1）若
在
处的切线是
，求实数的值；
（2）当时，函数有且仅有一个零点，若此时，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【解析】试题分析：（1）若在处的切线是得出解得a;
(2)有且仅有一个零点即方程（）有唯一的实数根,分离（，即直线与函数（）的图象有唯一的交点，构造函数研究单调性得出最值即得解.
试题解析：
（1），（）
，
由已知，∴
（2）由已知（）
即方程（）有唯一的实数根
所以（）
即直线与函数（）的图象有唯一的交点
构造函数（）
（）
令，，
而，∴；，，；，，
∴，；，且，；，
所以
已知可化为
（）的最小值
（
） 所以在
上减，在
上增
所以
综上实数的取值范围是
9．【2017辽宁大连八中模拟考试（理）】已知函数()1
x f x e
a -=+，函数
()l n ,g x a x
x a R =+∈. （Ⅰ）求函数()y g x =的单调区间；
（Ⅱ）若不等式()()1f x g x ≥+在[
)1,+∞上恒成立，求实数a 的取值范围； （Ⅲ）若()1,x ∈+∞，求证：不等式： 12ln 1x e x x -->-+.
【答案】(1)略（2）0a ≤ （3）略
（Ⅱ）()()1f x g x ≥+ 即1
ln 10x e
x a ax --+--≥在[)1,+∞上恒成立
设()1
ln 1x F x e
x a ax -=-+--，考虑到()10F =
()11
x F x e a x --'=-，在[)1,+∞上为增函数
11
1,0x x e x
-≥-≥， ∴当0a ≤时， ()0F x '≥
()F x 在[
)1,+∞上为增函数， ()0F x ≥恒成立
当0a >时， ()10F '<， ()'F x '在[
)1,+∞上为增函数
()01,x ∃∈+∞，在()01,x 上， ()0F x '<， ()F x 递减，
()0F x <，这时不合题意，
综上所述， 0a ≤
（Ⅲ）要证明在[
)1,+∞上， 12ln 1x e x x -->-+ 只需证明()
()1ln 1ln 0x e x x x ---+->
由（Ⅱ）当a=0时，在[
)1,+∞上， 1ln 10x e x ---≥恒成立 再令()ln G x x x =- 在[
)1,+∞上， ()1110x G x x x
='-=-
≥， ()G x 递增，所以()()110G x G ≥=> 即110
{ 0
x e lnx x lnx ---≥->，相加，得()()1ln 1ln 0x e x x x ---+->
所以原不等式成立.
10．【2018江西名校模拟考试第一次五校联考 数学（理）】已知函数
()2ln x
f x ax b x
=
-+的图象在点()(),e f e 处的切线方程为3y ax b =-+. (1)求曲线()3
2
y x b e x x =--+在2x =处的切线方程；
(2)若存在2
,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，满足()1
29
f e e ≤
+，求a 的取值范围. 【解析】试题分析：（1）由()3f e a e e =-
+求得3231b ey x xy x '==+=+ 2| 13x y ='=
⇒切线方程为1316y x =-；
（2）将问题转化为11ln 9a x x
≥-在2
,e e ⎡⎤⎣⎦上有解，令()11ln 9h x x x =-， (
)(
()
222ln ln ,h'9ln x x x e e x x x +-⎡⎤∈=⎣⎦,再由2
e x e ≤≤求得()l 0
h x '<，
⇒
()11
ln 9h x x x
=
-在
2,e e ⎡⎤⎣⎦
上递减
⇒
()()
222min 1111
2929h x h e a e e
==
-≥-. 试题解析：
（1）由()23f e e ae b ae e =-+=-+，得b e =.
所以3
y x x =+， 231y x '=+，则2| 13x y ='=，故所求切线方程为()()82132y x -+=-
即1316y x =-.
（2）()129f x e ≤+，即122ln 9
x ax e e x -+≤+， 所以问题转化为11ln 9a x x ≥-在2
,e e ⎡⎤⎣
⎦上有解. 令()11
ln 9h x x x
=-， 2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦， 则()()
()(
)(
()
2
2
22222
ln ln ln 911
9ln 9ln 9ln x x x x
h x x x x x x x x +---=
+='= 因为2e x e ≤≤，
所以1ln 2x ≤≤，
3e -≤--
从而ln 2230x -≤-<-<，
ln 0x +>， 所以()0h x '<，即函数()11ln 9h x x x =-在2
,e e ⎡⎤⎣
⎦上递减， 因此， ()()
22min 1129h x h e e
==-. 要使11ln 9a x x ≥
-在2
,e e ⎡⎤⎣⎦上有解，必须有()min
a h x ≥，即21129a e
≥- 所以a 的取值范围为211,2
9e ⎡⎫
-
+∞⎪⎢⎣⎭
11．【2018江苏常州横林高级中学高三月考（理）】已知函数()2ln (0f x x mx n x x =++>，实数,m n 为常数）
． （1）若()2
300n m m +=>，且函数()f x 在[
)1,x ∈+∞上的最小值为0，求m 的值；
（2）若对于任意的实数[]
1,2,1a b a ∈-=，函数()f x 在区间(),a b 上总是减函数，对每个给定的n ，求m 的最大值()h n ．
【答案】（1）23
e ；（2）()6,6,
{ 3
2, 6.
n
n h n n n --<=--≥. 【解析】试题分析：（1）先求导，求函数在已知区间上的极值，注意极值点是否在定义域内，进行分类讨论，确定最小值，列出关于m 的方程即可得结果；（2）函数在区间上单
调递减，转化为导函数小于等于0恒成立，再转化为二次函数根的分布问题. 试题解析：（1）当230n m +=时， ()2
2
3ln f x x mx m x =+-．
则()()()222233232x m x m m x mx m f x x m x x x
+-+-='=+-=．
令()0f x '=，得32
m
x =-（舍），x m =． ①当m >1时，
∴当x m =时, ()2
2
23ln min f x m m m =-．
令22
23ln 0m m m -=，得23
e m =．
②当01m <≤时， ()f x '≥0在[
)1,x ∈+∞上恒成立，
()f x 在[)1,x ∈+∞上为增函数，当1x =时, ()min 1f x m =+．
令10m +=，得1m =-（舍）． 综上所述，所求m 为2
3
e ．
(2) ∵对于任意的实数[]
1,2a ∈， 1b a -=， ()f x 在区间(),a b 上总是减函数，
则对于x ∈(1,3)， ()222n x mx n
f x x m x x
='++=++＜0，
∴()0f x '≤在区间[1,3]上恒成立．
设g (x )= 2
2x mx n ++，∵0x >，∴g (x ) 0≤在区间[1,3]上恒成立．
由g (x )二次项系数为正，得
()()10,
{ 30,g g ≤≤ 即20,
{ 3180,m n m n ++≤++≤ 亦即2,
{ 6.
3
m n n
m ≤--≤--
∵()2n -- 63n ⎛⎫
--
- ⎪⎝⎭
=()224633n n -=--，
∴ 当n ＜6时，m ≤63n
-
-，当n ≥6时，m ≤2n --， ∴ 当n ＜6时，h (n )= 63
n
--，当n ≥6时，h (n )= 2n --，
即()6,6,
{ 3
2, 6.
n
n h n n n --<=--≥ 12．【2017天津市滨海新区八校联考（理科）】已知函数()2
1ln 2
f x x bx x =++. （1）若函数()f x 在定义域单调递增，求实数b 的取值范围；
（2）令()()2
12
a g x f x bx x +=--， a R ∈，讨论函数()g x 的单调区间； （3）如果在（1）的条件下， ()221
312f x x x x
≤+-+在(]0,1x ∈内恒成立，求实
数b 的取值范围.
【答案】（1）2b ≥-（2）见解析（3）21b -≤≤-
试题解析：（1）()1
f x x b x
=++'，因为()f x 在定义域单调递增，所以()0f x '≥恒成立 即110x b b x x x ⎛
⎫++
≥⇒≥-+ ⎪⎝
⎭
而12x x +
≥=（当且仅当1
x x
=时等号成立），故2b ≥-即为所求. （2）()2ln 2a g x x x =-
， ()1
g x ax x
='- ①若0a ≤， ()0g x '≥，则()g x 在()0,+∞单调递增
②若0a >，令()0g x '>， 210ax -<， 21x a
<， 则()g x 在
⎛ ⎝单调递增，在⎫
+∞⎪⎭
单调递减 （3）由题意，须2211
3ln 1022x bx x x x -
-+++-≤对任意(]0,1x ∈恒成立， 设()2211
3ln 122h x x bx x x x
=--+++-，
()()33
111133h x x b x b x x x x ⎛⎫
=-+
+++=-+++ ⎪⎝⎭
' ∵2b ≥-， 01x <≤，∴
10x x -≥， 31b +≥， 31
0x
> ∴()0h x '>即()h x 在(]
0,1x ∈上单调递增， ()()max 11h x h b ==+ 若()2211
3ln 1022h x x bx x x x
=-
-+++-≤对任意(]0,1x ∈恒成立， 则应令()max 01h x b ≤⇒≤- 综上所述， 21b -≤≤-即为所求.
13．【2018贵州省贵阳市第一中学高三上学期适应性月考（一）（理）】设
，
.
（1）令，求
的单调区间；
（2）已知
在
处取得极大值，求实数的取值范围.
【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析：（1）先求
导数得
，再求函数
导数，根据讨论导数是否变
号，进而确定单调区间（2）根据讨论单调性，确定极值取法：当
时，
时，
单调递减，时单调递增，在处取得极小值；当时，
时
单调递减，当时，时，单调递增，时
单调递减，
在
处取得极大值。

试题解析：（Ⅰ）由
可得，
则，
当时，时，，函数单调递增，
当时，时，，函数单调递增，时，，函数单调递减.
所以当时，函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为.
（Ⅱ）由（Ⅰ）知，.
①当时，单调递增，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以在处取得极小值，不合题意.
②当时，，由（Ⅰ）知在内单调递增，
可得当时，，时，，
所以在(0，1)内单调递减，在内单调递增，
所以在处取得极小值，不合题意.
③当时，即，在(0，1)内单调递增，在内单调递减，
所以当时，，单调递减，不合题意.
④当时，即 当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以
在
处取得极大值，合题意.
综上可知，实数a 的取值范围为
.
14．【2018吉林省百校联盟九月联考数学（文）】已知函数()()2x
f x x e =-，
()0,x ∈+∞．
（1）求函数()f x 的单调递增区间； （2）若()()
22x
g x f x
e a x =
+-， ()h x x =，且1x ∀， 2x ，
()()()()11220g x h x g x h x ⎡⎤⎡⎤-->⎣⎦⎣⎦，求实数a 的取值范围．
【答案】(1) 函数()f x 的单调递增区间为()1,+∞;(2) (]
,1-∞.
【解析】试题分析：（1）()()10x
f x x e =->', 解得1x >,从而得到增区间；（2）1x ∀，
2x ， ()()()()11220g x h x g x h x ⎡⎤⎡⎤-->⎣⎦⎣⎦等价于()()0g x h x ->对()0,x ∈+∞恒成立，
或()()0g x h x -<对()0,x ∈+∞恒成立，而()()()
1x
g x h x x e
ax -=--，只需研究()1x p x e ax =--的符号情况即可.
试题解析：
（1）依题意， ()()()'21x
x
x
f x e x e x e =+-=-，
令()'0f x >，解得1x >，故函数()f x 的单调递增区间为()1,+∞．
（2）当()()110g x h x ->，对任意的()20,x ∈+∞，都有()()220g x h x ->； 当()()110g x h x -<时，对任意的()20,x ∈+∞，都有()()220g x h x -<；
故()()0g x h x ->对()0,x ∈+∞恒成立，或()()0g x h x -<对()0,x ∈+∞恒成立， 而()()()
1x g x h x x e ax -=--，设函数()1x
p x e ax =--， ()0,x ∈+∞．
则()0p x >对()0,x ∈+∞恒成立，或()0p x <对()0,x ∈+∞恒成立， ()'x
p x e a =-，
①当1a ≤时，∵()0,x ∈+∞,∴1x e >，∴()'0p x >恒成立， ∴()p x 在()0,x ∈+∞上单调递增， ()00p =， 故()0p x >在()0,+∞上恒成立，符合题意．
②当1a >时，令()'0p x =，得ln x a =，令()'0p x <，得0ln x a <<， 故()p x 在()0,ln a 上单调递减，所以()()ln 00p a p <=， 而()2
1a
p a e a =--，设函数()2
1a
a e a ϕ=--， ()1,a ∈+∞，
则()'2a
a e a ϕ=-，令()2a
H a e a =-，则()'2a
H a e =->（()1,a ∈+∞）恒成立，
∴()'a ϕ在()1,+∞上单调递增，∴()()''120a e ϕϕ>=->恒成立， ∴()a ϕ在()1,+∞上单调递增，∴()a ϕ ()120e ϕ>=->恒成立， 即()0p a >，而()ln 0p a <，不合题意． 综上，故实数a 的取值范围为(]
,1-∞.。