专题01 含参数导数问题的分类讨论-2021高考数学尖子生辅导专题

设 a > 0 ，讨论函数 f (x ) = ln x + a (1 - a )x 2 - 2 (1 - a )x 的单调性．
专题一
含参数导数问题的分类讨论
导数是研究函数的图象和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，有关导数 问题几乎是每年高考的必考试题之一．随着高考对导数考查的不断深入，含参数的导数问题 成为了历年高考命题的热点．由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行分类讨论， 如何进行分类讨论成为绝大多数考生答题的难点．
模块 1 整理方法 提升能力
在众多的含参数导数问题中，根据所给的参数的不同范围去讨论函数的单调性是最常见 的题目之一，求函数的极值、最值等问题，最终也需要讨论函数单调性．对于含参数导数问 题的单调性的分类讨论，常见的分类讨论点有以下三个：
分类讨论点 1：求导后，考虑 f '(x ) = 0 是否有实根，从而引起分类讨论；
分类讨论点 2：求导后， f '(x ) = 0 有实根，但不清楚 f '(x ) = 0 的实根是否落在定义域内， 从而引起分类讨论；
分类讨论点 3：求导后， f '(x ) = 0 有实根， f '(x ) = 0 的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论．
以上三点是讨论含参数导数问题的单调性的三个基本分类点，在求解有关含参数导数问 题的单调性时，可按上述三点的顺序对参数进行讨论．因此，对含参数的导数问题的分类讨 论，还是有一定的规律可循的．当然，在具体解题中，可能要讨论其中的两点或三点，这时 的讨论就会复杂一些了，也有些题目可以根据其式子和题目的特点进行灵活处理，减少分类 讨论，需要灵活把握．
例 1
【解析】 f (x )的定义域是(0, +∞)． f '(x ) = 1
+ 2a (1- a )x - 2 (1- a )
x
2a (1 - a )x 2
- 2 (1 - a )x +1
． x
令 g (x ) = 2a (1 - a )x 2 - 2 (1 - a )x + 1 ，则 f '(x ) = 0 的根的情况等价于 g (x ) = 0 的根的情况．由于 g (x )的函数类型不能确定，所以需要对 a 进行分类讨论从而确定函数的类型．
（1）当 a = 1时， g (x )是常数函数，此时 g (x ) = 1， f '(x ) = 1 > 0 ，于是 f (x )在(0, +∞)
x
=
上递增．
（2）当 a ≠ 1时，g (x )是二次函数，类型确定后，我们首先考虑讨论点1—— f '(x ) = 0 是否有实根的问题．由于 g (x )不能因式分解，所以我们考虑其判别式 ∆ = 4(a - 1)(3a - 1)，判别式的正负影响到 g (x ) = 0 的根的情况，由此可初步分为以下三种情况：①当 ∆ < 0 ，即
1 < a < 1时， g (x ) = 0 没有实根；②当 ∆ = 0 ，即 a = 1
时， g (x ) = 0 有两个相等的实根；③ 3 3
当∆ > 0 ，即0 < a < 1
或 a > 1时，g (x ) = 0 有两个不等的实根．
3
对于第①种情况， g (x ) = 0 没有实根且永远在 x 轴上方，于是 f '(x ) > 0 ，所以 f (x )在
(0, +∞)上递增．
对于第②种情况，g (x ) = 0 有两个相等的实根 x = 3
，于是 f '(x ) ≥ 0 ，所以 f (x )在(0, +∞)
2
上递增．
对于第③种情况， g (x ) = 0 有两个不等的实根， x = 1
1
2a
x = 1 + 2
2a
．由于不知道两根是否落在定义域(0, +∞)内，因此要考虑讨论点 2 ，
而利用韦达定理进行判断是一个快捷的方法．
因为 x + x = 1 ， x x = 1 ，所以当0 < a < 1
时，有 x + x > 0 且 x x > 0 ，此时
1 2 a 1 2
2a (1 - a )
3 1 2 1 2
两个根都在定义域内切0 < x 1 < x 2 （因为 x 1 与 x 2 的大小关系已经确定，所以不需要考虑讨论点
3 ）．由 f '(x ) > 0 可得0 < x < x 1 或 x > x 2 ，所以 f (x )在(0, x 1 )和(x 2 , +∞)上递增；由 f '(x ) < 0 可
得 x 1 < x < x 2 ，所以 f (x )在(x 1 , x 2 )上递减．
当 a > 1时，有 x 1 + x 2 > 0 且 x 1 x 2 < 0，此时 x 2 < 0 < x 1 ，由 f '(x ) > 0 可得0 < x < x 1 ，所以
f (x )在(0, x 1 )上递增；由 f '(x ) < 0 可得 x > x 1 ，所以 f (x )在(x 1 , +∞)上递减．
综上所述，当0 < a < 1 时，f (x )在(0, x )和(x , +∞)上递增，在(x , x )上递减；当 1
≤ a ≤ 1
3 1 2 1 2
3
时， f (x )在(0, +∞)上递增；当 a > 1时， f (x )在(0, x 1 )上递增，在(x 1 , +∞)上递减．其中
x = 1
- 1
2a
x = 1 +．
2
2a
⎛ 1 + x ⎫ （2）若ln 1 - x ⎪ ≥ a x 对 x ∈ (-1,1)恒成立，求正数 a 的最大值． 2 ⎭ ⎝ 已知函数 f (x ) = ln x - kx + k （ k ∈ R ）． （1）求 f (x )在[1, 2]上的最小值；
例 2
【解析】（1）定义域为(0, +∞)， f '(x ) = 1 - k = -kx +1 ．
x x
法 1：①当 k = 0 时， f '(x ) = 1
> 0 ，函数 f (x )在[1, 2]为增函数，所以
x ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1) = 0 ．
②当 k ≠ 0 时，令 f '(x ) = 0 可得 x = 1
．
k
（i ）当 1
< 0 ，即 k < 0 时， f '(x ) > 0 在[1, 2]上恒成立，函数 f (x )在[1, 2]为增函数，所
k
以 ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1) = 0 ．
（ii ）当0 < 1
≤ 1，即 k ≥ 1时， f '(x ) ≤ 0 在[1, 2]上恒成立，所以 f (x )在[1, 2]为减函数，
k
所以 ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．
（iii ）当 1 ≥ 2 ，即0 < k ≤ 1
时， f '(x ) ≥ 0 在[1, 2]上恒成立，所以 f (x )在[1, 2]为增函
k 2
数，所以 ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1)
= 0 ． （iv ）当1 < 1 < 2 ，即 1 < k < 1 时，由 f '(x ) > 0 可得1 < x < 1 ，由 f '(x ) < 0 可得 1
< x < 2 ，
k 2 k k 所以 f (x )在⎛1, 1 ⎫ 上递增，在⎛ 1 , 2 ⎫
上递减．于是 f (x )在[1, 2]上的最小值为 f (1) = 0 或
k ⎪ k ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
f (2) = ln 2 - k ．当0 < ln 2 - k ，即 1 < k < ln 2 时， ⎡⎣ f (x )⎤⎦ ln 2 ≤ k ≤ 1 时， ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．
min
= f (1) = 0 ；当0 ≥ ln 2 - k ，即
综上所述，当 k < ln 2 时，⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1) = 0 ；当 k ≥ ln 2 时，⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．法 2：①当 k ≤ 0 时， f '(x ) > 0 ，函数 f (x )在[1, 2]为增函数，所以 ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1)
= 0 ． 【点评】只要按照 3 个分类讨论点进行思考，就能很好地处理含参数导数问题的单调性．此
外，涉及两根与 0 的大小比较的时候，利用韦达定理往往比较简单．
②当 k > 0 时，由 f '(x ) > 0 可得0 < x < 1 ，由 f '(x ) < 0 可得 x > 1 ，所以 f (x )在⎛ 0, 1 ⎫
上
k k k ⎪
⎝ ⎭
递增，在
⎛ 1
, +∞ ⎫
上递减．于是 f (x )在[1, 2]上的最小值为 f (1) = 0 或 f (2) = ln 2 - k ． k ⎪ ⎝ ⎭
（i ）当0 < ln 2 - k ，即0 < k < ln 2 时， ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1) = 0 ． （ii ）当0 ≥ ln 2 - k ，即 k ≥ ln 2 时， ⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ．
综上所述，当 k < ln 2 时，⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (1) = 0 ；当 k ≥ ln 2 时，⎡⎣ f (x )⎤⎦min = f (2) = ln 2 - k ． （2）解答详见专题三例 1．
例 3
【解析】（1）函数 f (x ) = x 2 + b ln (x + 1)的定义域为(-1, +∞ )，
f '(x ) = 2x + b = x + 1 2x 2 + 2x + b x + 1 ．令
g (x ) = 2x 2 + 2x + b ，则∆ = 4 - 8b ．当b > 1
时，∆ < 0 ，
2
所以 g (x )在(-1, +∞ )上恒大于0 ，所以 f '(x ) > 0 ，于是当b > 1
时，函数 f (x )在定义域
2
(-1, +∞ )上递增．
（2）首先考虑 g (x ) = 0 是否有实根．
2
（2）当b ≠ 0时，求函数 f (x )的极值点．
（1）当b > 1
时，判断函数 f (x )在定义域上的单调性；
设函数 f (x ) = x 2 + b ln (x + 1)，其中b ≠ 0．
【点评】处理好函数的单调性，就能求出函数的最值．法 1 是按照常见的 3 个分类讨论
点进行讨论：当 k = 0 时， f '(x ) = 0 没有实根．当 k ≠ 0 时， f '(x ) = 0 有实根 x = 1
，此时需
k
考虑根在不在定义域[1, 2]内．当 1 < 0 或0 < 1 ≤ 1或 1 ≥ 2 时，根都不在定义域内（把 1
= 1和
k k k k
1 =
2 并在里面是为了减少分类的情况）；当1 < 1 < 2 时，根在定义域内，由于定义域内只有 1 k k
个根，所以就不用考虑第 3 个分类讨论点了．法 2 是根据式子和题目的特点进行分类：由
x
所以最小值只能在 f (1)或 f (2)处取到，此时只需要比较两者的大小就可以了．由于法 2 是根 f '(x ) = 1 - k 可知当 k ≤ 0 时， f (x )在[1, 2]上递增；当 k > 0 时， f (x )在(0, +∞)上先增后减，
据式子和题目的特点进行分类的，所以能减少分类的情况．
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
-1
①当 ∆ < 0 ，即b > 1
时，由（1）知函数 f (x )无极值点．
2 ②当 ∆ = 0 ，即b = 1
时，g (x ) = 0 有唯一的实根，g (x ) ≥ 0 ，于是 f '(x ) ≥ 0 在(-1, +∞ )上
2
恒成立，所以函数 f (x )在(-1, +∞ )上递增，从而函数 f (x )在(-1, +∞ )上无极值点．
③当 ∆ > 0 ，即b < 1
时， g (x ) = 0 有两个不同的根 x = ， x = ，
2
1
2
2
2
论．
当b < 0 时， x = < -1， x = > -1，由 f '(x ) > 0 可得 x > x ，由
1 2 2 2
2
f '(x ) < 0 可得 -1 < x < x 2 ，所以 f (x )在(-1, x 2 )上递减，在(x 2 , +∞)上递增，所以当b < 0 时，
f (x )在(-1, +∞ )上有唯一极小值点 x 2 = ．
2
当0 < b < 1
时， x = > -1， x = > -1，由 f '(x ) > 0 可得
2
1
2
2
2
-1 < x < x 1 或 x > x 2 ，由 f '(x ) < 0 可得 x 1 < x < x 2 ，所以 f (x )在(-1, x 1 )上递增，在(x 1 , x 2 )上 递减，在(x , +∞)上递增，所以当0 < b < 1
时， f (x )在(-1, +∞ )上有一个极大值点
2
2
x 和一个极小值点 x =． 1 2
综上所述，当b < 0 时， f (x )在(-1, +∞ )上有唯一的极小值点 x 2 =
；当
0 < b < 1
时， f (x )有一个极大值点 x = 和一个极小值点 x ；当
2 1 2 2
2 b ≥ 1
时，函数 f (x )在(-1, +∞ )上无极值点．
1 ⎪x x
模块 2 练习巩固 整合提升
练习 1：设函数 f (x ) = a ln x + x -1 ，其中 a 为常数．
x + 1
（1）若 a = 0 ，求曲线 y = f (x )在点(1, f (1))处的切线方程； （2）讨论函数 f (x )的单调性． 【解析】（1）当 a = 0 时，f (x ) =
x -1
，x ∈ (0, +∞ )．此时 f '(x ) = x + 1
2
(x + 1)2
，于是 f '(1) = 1
， 2
f (1) = 0 ，所以曲线 y = f (x )在点(1, f (1))处的切线方程为 x - 2 y -1 = 0 ．
（2）函数 f (x )的定义域为(0, +∞)， f '(x ) = a +
x 2 = (x + 1)2 ax 2
+ 2(a + 1)x + a ． x (x + 1)2
①当 a ≥ 0 时， f '(x ) > 0 ，所以函数 f (x )在(0, +∞)上递增．
②当 a < 0 时，令 g (x ) = ax 2 + 2(a
+ 1)x + a ，则 ∆ = 4(a + 1)2
- 4a 2 = 4 (2a + 1)．
（i ）当 a ≤ - 1
时， ∆ ≤ 0 ，所以 g (x ) ≤ 0 ，于是 f '(x ) ≤ 0 ，所以函数 f (x )在(0, +∞)上
2
递减．
（ii ）当- 1 < a < 0 时， ∆ > 0 ，此时 g (x ) = 0 有两个不同的根， x
= - (a + 1) ， 2 1 a
x 2 =， x 1 < x 2 ．下判断 x 1 、 x 2
是否在定义域(0, +∞)内．
a
法 1：（待定符号法）a
0 ⇔ (a + 1)-0 ⇔ a + 1⇔
(a + 1)
2
W 2a + 1 ⇔ a 2 W 0 ，由于 a > 0 ，所以 x > 0 ．
⎧ 法 2：（韦达定理）由 ⎪x 1 + x 2 = - 2(a + 1) a > 0 可得0 < x < x ．
⎨
⎩ 1 2
1 2 = 1 > 0
2a + 1 + 2a + 1 2 2 2 2 -a - a 2
- 2 -a + a 2
- 2 2 ⎨ 法 3：（图象法） g (x )是开口方向向下的抛物线，对称轴为 - a + 1
> 0 ， g (0) = a < 0 ，由
a
图象可知 x 1 、 x 2 都在定义域(0, +∞)内．
当0 < x < x 1 或 x > x 2 时，有 g (x ) < 0 ， f '(x ) < 0 ，所以函数 f (x )递减；当 x 1 < x < x 2 时， 有 g (x ) > 0 ， f '(x ) > 0 ，所以函数 f (x )递增．
综上所述，当 a ≥ 0 时，函数 f (x )在(0, +∞)上递增；当 a ≤ - 1
时，函数 f (x )在(0, +∞)
2
1
⎛ - (a + 1) + 2a + 1 ⎫ ⎛ - (a + 1) - ⎫ 上递减；当- 2 < a < 0 时，函数 f (x )在 0, a ⎪ ， a , +∞⎪ 上
- (a + 1) ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ - (a + 1)- 2a + 1 ⎫
递减，在 a , a ⎪ 上递增． ⎝ ⎭
练习 2：设函数 f (x ) = ln (x + a )+ x 2 ．
（1）若当 x = -1时， f (x )取得极值，求 a 的值，并讨论 f (x )的单调性；
（2）若 f (x )存在极值，求 a 的取值范围，并证明所有极值之和大于ln e
．
2 【解析】（1）由 f '(-1) = 0 解得 a = 3
，此时 f '(x ) = 2 1 x + 3 + 2x =
2 x 2
+ 3x +1 ，由 f '(x ) > 0 x + 3
2 2
解得 - 3 < x < -1或 x > - 1 ，由 f '(x ) < 0 解得 -1 < x < - 1 ，所以 f (x )在区间⎛ - 3 , -1⎫ ，
2 2 2
2 ⎪ ⎝ ⎭
⎛ - 1 , +∞ ⎫ 上递增，在区间⎛
-1, - 1 ⎫ 上递减． 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ '
2x 2 + 2ax +1 2
（2） f (x )的定义域为(-a , +∞ )， f 别式为∆ = 4a 2 - 8 ．
(x ) =
x + a
，记 g (x ) = 2x + 2ax + 1，其判
①若 ∆ ≤ 0 ，即 - ≤ a ≤ 时， f '(x ) ≥ 0 在(-a , +∞ )上恒成立，所以 f (x )无极值．
②若 ∆ > 0 ，即 a > 或 a < - 时，
g (x ) = 0 有两个不同的实根 x 1 = 和 2
x = ，且 x < x ⎧x 1 + x 2 = -a ，由韦达定理可得 ⎪
⎧(x 1 + a ) + (x 2 + a ) = a ，即 ⎪ ．
2 2
1 2 ⎨x ⋅ x = 1 (x + a )⋅ (x + a ) = 1
⎪⎩ 1 2 2 ⎩⎪ 1 2
2
（i ）当 a < - 时，有 x 1 + a < 0， x 2 + a < 0 ，即 x 1 < -a ， x 2 < -a ，从而 f '(x ) = 0 在
2 (-a , +∞ )上没有实根，所以 f (x )无极值．
（ii ）当 a > 时，有 x 1 + a > 0 ， x 2 + a > 0 ，即 x 1 > -a ， x 2 > -a ，从而 f '(x ) = 0 在
(-a , +∞ )上有两个不同的根，且 f (x )在 x = x 1 ， x = x 2 处取得极值．
综上所述， f (x )存在极值时， a 的取值范围为
( 2, +∞)． f (x )的极值之和为
f (x ) + f (x ) = ln (x + a )+ x 2 + ln (x + a )+ x 2 = ln ⎡ (x + a )(x + a )⎤ + (x + x )2
- 2x x ，而
1 2 1 1 2 2 ⎣ 1 2 ⎦ 1 2
1 2 ln ⎡(x + a )(x + a )⎤ = ln 1 ， (x
+ x )2 - 2x x = (-a )2
- 2⨯ 1 = a 2 - 1 ，所以
⎣ 1
2
⎦ 2
1 2 1 2 2
f (x 1 ) + f (x 2
) = ln 1 + a 2
- 1 > ln 1 + 1 = ln e ． 2 2 2
练习 3：已知函数 f (x ) = e x - ax 2 - bx -1 ，其中 a 、b ∈ R ， e = 2.71828 为自然对数的底数．
（1）设 g (x )是函数 f (x )的导函数，求函数 g (x )在区间[0,1]上的最小值； （2）若 f (1) = 0 ，函数 f (x )在区间(0,1)内有零点，求 a 的取值范围．
【解析】（1） g (x ) = f '(x ) = e x - 2ax - b ， g '(x ) = e x - 2a ．因为 x ∈[0,1]，所以
1 - 2a ≤ g '(x ) ≤ e - 2a ．
①若 2a ≤ 1，即 a ≤ 1
时，有 g '(x ) = e x - 2a ≥ 0 ，所以函数 g (x )在区间[0,1]上递增，于
2
是 ⎡⎣ g (x )⎤⎦ min = g (0)= 1- b ．
②若1 < 2a < e ，即 1 < a < e
时，当0 < x < ln (2a )时，g '(x ) = e x - 2a < 0 ，当ln (2a ) < x < 1
2 2
时 g '(x ) = e x - 2a > 0 ，所以函数 g (x )在区间(0, l n (2a ))上递减，在区间 ⎡⎣ln (2a ),1⎤⎦ 上递增，于是 ⎡⎣ g (x )⎤⎦min = g ⎡⎣ln (2a )⎦⎤ = 2a - 2a ln (2a )- b ．
③若 2a ≥ e ，即 a ≥ e
时，有 g '(x ) = e x - 2a ≤ 0 ，所以函数 g (x )在区间[0,1]上递减，于
2
是 ⎡⎣ g (x )⎤⎦min = g (1) = e - 2a - b ．
⎧
1 ⎪1 - b , a ≤
综上所述， g (x )在区间[0,1]上的最小值为 ⎡ g (x )⎤
= ⎪2a - 2a ln (2a )- b , 1 < a < e ． ⎣ ⎦min
⎨ ⎪ 2 2
e - 2a - b , a ≥ e
⎩⎪ 2
2
e ⎣ ⎦ ( )
2 2 2 ⎝⎭
（2）法 1：由 f (1) = 0 可得e - a - b -1 = 0 ，于是b = e - a -1，又 f (0) = 0 ，所以函数 f (x ) 在区间(0,1)内有零点，则函数 f (x )在区间(0,1)内至少有三个单调区间．
由（1）知当 a ≤ 1 或 a ≥ e
时，函数 g (x )即 f '(x )在区间[0,1]上递增或递减，所以不可
2 2
能满足“函数 f (x )在区间(0,1)内至少有三个单调区间”这一要求．
若 1 < a < e
，则 ⎡ g (x )⎤ 2 2
min
= 2a - 2a ln (2a )- b = 3a - 2a ln (2a )- e - 1 ．令
h (x ) = 3x - 2x ln (2x )- e -1（ 1 < x < e ），则 h '(x ) = 1 - 2 l n (2x )．由 h '(x ) > 0 可得 1
< x <
e
，
由 h '(x ) < 0 可得 2 2 e ⎛ 1 < x < ，所以 h x 在区间 ,
⎫ ⎛ 上递增，在区间 2 2
e ⎫ , 上递减，所 2 2 2 2 ⎪ 2 2 ⎪
⎛ e ⎫ ⎛ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
e ⎫ ⎛ e ⎫ ⎡ ⎛ e ⎫⎤
以 ⎡⎣h (x )⎤⎦max = h 2 ⎪ = 3 2 ⎪ - 2 2 ⎪ ln ⎢2 2 ⎪⎥ - e -1 = - e -1 < 0 ，即 ⎡⎣ g (x )⎤⎦ m in < 0 ，
⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭ ⎣⎢ ⎝ ⎭⎥⎦ ⎧⎪g (0) = 2 - e + a > 0
于是函数 f (x )在区间(0,1)内至少有三个单调区间 ⇔ ⎨ ⎪⎩g (1) = -a + 1 > 0 ，由此解得
e - 2 < a < 1 ，又因为 1 < a < e
，所以e - 2 < a < 1 ．
2 2
综上所述， a 的取值范围为(e - 2,1)．
法 2：由 f (1) = 0 可得e - a - b -1 = 0 ，于是b = e - a -1，又 f (0) = 0 ，所以函数 g (x )在
区间(0,1)上至少有两个零点． g (x ) = 0 ⇔ e x
- 2ax - e + a + 1 = 0 ⇔ a =
e x - e +1
2x -1
，所以 g (x ) e x - e +1 ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫
在区间(0,1)上至少有两个零点 ⇔ y = a 与 k (x ) =
2x -1 ， x ∈ 0, ⎪ ,1⎪ 的图象至少有 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
两个交点．
k '(x ) =
2x e x - 3e x + 2 (e -1)
(2x -1)2
，令 p (x ) = 2x e
x - 3e x + 2 (e -1)，则 p '(x ) = e x
(2x -1)，由
p '(x ) > 0 可得 x > 1 ，由 p '(x ) < 0 可得 x < 1 ，所以 p (x )在⎛ 0, 1 ⎫ 上递减，在⎛ 1 ,1⎫
上递增，
2 2 2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
⎡ p (x )⎤ = p ⎛ 1 ⎫
= 2e - 2 e - 2 > 0 ，所以 k '(x ) > 0 ，于是 ⎣
⎦min
⎪
k (x )在⎛ 0, 1 ⎫ 上递增，在⎛ 1 ,1⎫
上也递增．因为 k (0) = e - 2 ，
2 ⎪ 2 ⎪ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭
e e e
2 2 1 - 1 + k (1) = 1，当 x → 时， k (x ) → +∞ ，当 x → 时， k (x ) → -∞ ， 2 e x - e +1 2 ⎛ 1 ⎫ ⎛ 1 ⎫
于是 y = a 与 k (x ) =
(e - 2,1)．
2x -1 ， x ∈ 0, ⎪ ,1⎪ 的图象有两个交点时， a 的取值范围是 ⎝ ⎭ ⎝ ⎭。