分离变量法解高考压轴导数题

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分离变量法解2011年高考--数学浙江卷最后一题

分离变量法解2011年高考数学浙江卷最后一题泽普二中数学组王永高设函数2()()ln ,f x x a x a R =-∈（1）若x e =为()y f x =的极值点，求实数a .（2）求实数a 的取值范围，使得对任意的(0,3]x e ∈，恒有2()4f x e ≤成立.注：e 为自认对数的底数.解：（1）由题意，得2()()ln (0)f x x a x x =->，则21()2()ln ()f x x a x x a x '=-+-∙ 因为x e =为()f x 的极值点，所以()0f e '=.即:212()ln ()0e a e e a e -+-∙=. ()(3)0a e a e --=.所以a e =或3a e =.这里需要检验a 的值,但是参考答案只是很简单的三个字:经检验,怎样检验?当a e =时,2()()2()ln x e f x x e x x -'=-+=2()(ln )2x e x e x x-+-- 这里为什么这样变形呢?主要是由于导函数的零点不好求,想通过构造两个函数,通过它们的图像去分析零点,所以代数中一些常见的变形要非常熟练.设12ln ,2x e y x y x-+==,下面作两个函数12,y y 的图像.设两个函数图像交点横坐标是1x ,下面列表格说明(),()f x f x '的关系.所以a e =是符合题意的.同理3a e =也符合题意.综上,a e =或3a e =上面作图涉及到对数函数和一次分式函数的图像,一次分式函数图像虽然教材没有讲到,只是通过平移讲了一下,但是我认为要快速的作出,主要是把握两条渐进线,再选取一个点,确定双曲线的位置.作图能力和运算能力如果过关的话,我想高考数学120分是没有问题的,现在的学生就差这两样. 好了,下面开始第(2)问.(2)也是一个不等式恒成立的问题,这是高考数学一个永恒的话题.无非两种方法,我写过2010年新课标的最后一题,那一题是用讨论所求变量的范围,那样做要好些.本题如果讨论a 的范围就不好了,因为参考答案是这样做的,很繁琐,逻辑性太强.本题我用的是分离变量法,初看你会觉得不好分离,但是分离后你会觉得很好做.看来做题还是不能停留在思维层面上,动手也很重要.有一句话说的好,偏向虎山行,做难题就要多尝试,要敢于尝试.由题意,2()4f x e ≤,即22()ln 4x a x e -≤对于(0,3]x e ∈恒成立. 这里注意到(0,1]x ∈时,ln 0x ≤,左边不大于0,故不等式恒成立.做到这里,需要有敏锐的观察力,这也是本题的一个得分点.我想这样的得分应该是不会做也要得分的那种,对于压轴题绝不能空着,一定要把踩分点写上.下面分析(1,3]x e ∈的情况.此时,ln 0x >,故不等式可变形为:224()ln e x a x -≤,两边开方,x a -≤即:x a -≤-≤ 即:()a x g x ≤+=,且()a x h x ≥-= 这里分离变量后,给已知变量所在函数起个名称,方便表达. 下面求()g x 的最小值和()h x 的最大值.研究()g x和()h x的单调性.21()1lneg xx x'=-∙∙=由于()0g e'=,得()g x与()g x'的关系所以()g x最小值为()3g e e=,所以3a e≤21()10lneh xx x'=+∙∙>,从而()h x在(1,3]e上是增函数,()h x最大值为(3)3h e e=-所以3a e≥-综上33e a e-≤≤总结:这里()g x,()h x的求导有点复杂,但是如果对课本上的几种基本结构掌握的好的话,应该没有问题,这里分离两个变量,需要对代数里的变形要熟悉,特别是,不等式的开方,要求两边都为正,有些学生就是不注意到这一点,只管开方,不管两边是否为正,导致出现问题.。

专题17 参变分离法解决导数问题(解析版)

专题17参变分离法解决导数问题1.分离变量法在处理含参a 的函数(,)f x a 不等式和方程问题时，有时可以将变量分离出来，如将方程(,)0f x a =，转化为()()g x h a =这样就将把研究含参函数(,)f x a 与x 轴的位置关系的问题转化为不含参的函数()g x 与动直线()y h a =的位置关系问题，这种处理方法就叫分离变量法。

（1）优点：分离变量法可以将含参函数中的参数分离出去，避免直接讨论，从而简化运算；（2）解题过程中可能遇到的问题：①参数无法分离；②参数分离后的函数()y g x =过于复杂；③讨论位置关系时可能用到()y g x =的函数极限，造成说理困难.2.分类：分离参数法有完全分离参数法（全分参）和部分分离参数法（半分参）两种注意事项：无论哪种分参方法，分参过程中需注意变量的正负对不等号的影响！一、单选题1．已知函数()ln f x x ax =-在区间()1,2上单调递增，则a 的取值范围是（）A ．(],1-∞B ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦C ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．(),1-∞【解析】1()0f x a x '=-≥在区间()1,2上恒成立，即1a x≥在区间()1,2上恒成立，显然1y x=在区间()1,2的最小值为12，所以12a ≤．故选：B ．2．若函数()5ln f x x a x x=--在[)1,+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（）A ．-⎡⎣B ．(,-∞C ．(],6-∞D ．(]0,6【解析】因为函数()f x 在[)1,+∞上是增函数，所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立，即()2510a f x x x '=+-≥，即5a x x≤+恒成立，又5x x +≥=x =a ≤，故选：B 3．已知函数()e xf x mx x=-（e 为自然对数的底数），若()0f x >在()0,∞+上恒成立，则实数m 的取值范围是（）A ．(),2-∞B ．2e ,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(],e -∞D ．2e ,4∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭【解析】若()0f x >在()0,∞+上恒成立，则2ex m x <在()0,∞+上恒成立等价于2e x min m x ⎛⎫< ⎪⎝⎭在()0,∞+上恒成立，令()()2e0xh x x x =>，则()()()3e 20x x x h x x-'>=，令()0h x '>，解得2x >，令()0h x '<，解得02x <<，故()h x 在()0,2上单调递减，在()2,+∞上单调递增，故()()2e 24minh x h ==，故2e 4m <.故选：B.4．关于x 的方程210x mx ++=在[]0,2内有解，则实数m 的取值范围（）A ．(],2-∞-B ．[)2,+∞C ．5,2∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．5,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】当0x =时，可得10=显然不成立；当(]0,2x ∈时，由于方程210x mx ++=可转化为1m x x =--，(]0,2,x ∈令1y x x =--，可得222111x y x x-=-='，当01x <<时，0y '>，函数单调递增；当12x <<时，0y '<，函数单调递减，所以当1x =时，函数1y x x=--取唯一的极大值，也是最大值，所以2max y =-，所以2y ≤-，即2m ≤-，所以实数m 的取值范围(],2-∞-.故选：A.5．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（）A ．1,e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e ∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e ⎛⎫- ⎪⎝⎭【解析】由题意可得，()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同.令1ln ()x x g x e+=，0x >，则1ln 1()xx x g x e --'=，令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-.故选：C.6．若对任意正实数x ，不等式()21xe a x -≤恒成立，则实数a 的范围是（）A ．ln 2122a ≤+B ．ln 212a ≤+C ．1ln 22a ≤+D ．ln 2122a ≥+【解析】因为不等式()2e 1xa x -≤恒成立，2e 0x >，所以21e xa x ≤+恒成立，设()21ex f x x =+，则()min a f x ≤，因为()221e x f x '=-+，令()0f x '=，则ln 22x =，所以当ln 2,2x ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<，当ln 2,2x +∈∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '>，所以()f x 在ln 2,2⎛⎫-∞ ⎝⎭上单调递减，在ln 2,2+∞⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以()min ln 21ln 2222f x f ⎛⎫==+⎪⎝⎭，所以ln 2122a ≤+，故选：A 7．已知函数()x f x a x xe =-+，若存在01x >-，使得()0 0f x ≤，则实数a 的取值范围为：（）A ．[0,)+∞B ．(,0]-∞C ．[1,)+∞D ．(,1]-∞【解析】由题意可得0x a x xe +≤-在()1,-+∞上能成立，所以x a x xe ≤-在()1,-+∞上能成立，令()()1x x xe h x x -=>-，则()()11xx h x e -+'=，令()()11x x x e m =-+，则()()02x x m x e +'=-<，所以()()11xx x e m =-+在()1,-+∞上单调递减，且()()000110e m -+⨯==，即()00h '=，因此()h x 在()1,0-上单调递增，在()0,∞+上单调递减，所以()()max 00h x h ==，所以0a ≤，故选：B.8．当0x >时，11e 2x a x->-恒成立，则a 的取值范围为（）A ．()1,+∞B ．()e,∞+C ．1,e ∞⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．()2,+∞【解析】由11121e2e x x x a a x x --->-⇒>，设()121e x x f x x --=，则()()()2212121121e ex x x x x x f x x x --+-+-++'==，当()0,1x ∈时，()0f x '>，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，所以函数()f x 在区间()0,1上递增，在区间(1,)+∞上递减，故()()11f x f ≤=，故1a >.故选：A.9．对任意0x >，不等式e ln()(1)0x ax a x -+-≥恒成立，则正数a 的最大值为（）A BC ．1eD ．e【解析】∵e ln()(1)0x ax a x -+-≥，∴ln()e ln()ln()e x ax x ax ax ax +≥+=+．令()e x f x x =+，则不等式化为()(ln())f x f ax ≥．∵()e (0)xf x x x =+>为增函数，∴ln()x ax ≥，即ex a x≤．令e ()=x g x x ，则2(1)e ()x x g x x'-=，当01x <<时，()0g x '<，即()g x 递减；当1x >时，()0g x '>，即()g x 递增；所以()()min 1e e g x g a ⇒≤==．∴实数a 的最大值为e ．故选：D 10．已知函数21()()2x f x x x e -=-，若当1x >时，()10f x mx m -++≤有解，则实数m 的取值范围为（）A ．(,1]-∞B ．(,1)-∞-C ．(1,)-+∞D ．[1,)+∞【解析】()10f x mx m -++≤有解，即21(211)(1)1x x x e m x --+-≤--，设1t x =-，则0t >，不等式转化成2(1)1tt e mt -£-在0t >时有解，则2(1)1t t e m t -+³有解，记2(1)1()t t e h t t-+=，则322(1)1()tt t t e h t t+-+-¢=，再令32()(1)1t g t t t t e =+-+-，则32()(4)0t g t t t t e ¢=++>，那么()g t 在0t >时递增，所以()(0)0g t g >=，于是()0h t '>，()h t 在0t >时递增，故20(1)1()lim t t t e h t t ®-+>，记()()21t t t e ϕ=-，0()(0)()lim (0)10t t h t t j j j ®-¢>==--，于是2(1)1tt e m t-+³有解，只需要1m >-.故选：C 二、多选题11．已知函数()ln f x x ax =-有两个零点1x ，2x ，且12x x <，则下列选项正确的是（）A ．10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B ．()y f x =在(0,)e 上单调递增C ．126x x +>D ．若221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则212a x x a --<【解析】令()0f x =得ln x a x=，记ln ()xg x x =21ln ()xg x x -'=，令()0g x '=得x e =当(0,)x e ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当(,)x e ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减；且0x →时，()g x →-∞，1(e)g e=，x →+∞时，()0g x →据题意知y a =的图象与()y g x =的图象有两个交点，且交点的横坐标为1x ，2x ，所以10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A 选项正确；因为11()'-=-=ax f x a x x ，所以当10,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0f x '>，()f x 递增，因为10,a e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以1(0,)0,e a ⎛⎫⊆ ⎪⎝⎭，故B 选项正确；当1a e →时，1e a→，10f a ⎛⎫→ ⎪⎝⎭，又因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，所以12,x e x e →→，所以1226x x e +→<，所以C 选项错误；因为()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递增，在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递减，且221,a e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭所以110,x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，21,x a ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，因为()1(1)0f a f x =-<=，所以11x >因为()2222ln 2ln 20f e f x a a ⎛⎫=-<-== ⎪⎝⎭，所以22x a <所以21221a x x a a--<-=，故D 选项正确故选：ABD.12．已知函数()()1x f x x k e =-+在区间[11]-，上只有一个零点，则实数k 可取的值有（）A ．1-B ．0C ．1D ．2【解析】由题意可知，()10x x k e -+=在区间[1,1]-上只有一个根，等价于1xk x e =+在区间[1,1]-上只有一个根，等价于y k =与1()xg x x e =+的图像有唯一一个公共点，由1()x g x x e =+得1()1x g x e=-'，令()0g x '=得0x =，当10x -≤<时，()0g x '<，则()g x 在[1,0)-上单调递减，当01x <≤时，()0g x '>，则()g x 在(0,1]上单调递增，∴在区间[1,1]-内，当0x =时()g x 取极小值也是最小值，∴当()(0)1g x g ≥=，又1(1)1g e =+，(1)1g e -=-，且111e e ->+，则满足条件的k 的取值范围是{}11(1,1]e e⋃+-，所以k 可取的值为1、2.故选:CD.13．设函数()f x =为自然对数的底数).若存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立，则实数a 的取值可以是（）A ．0B ．1C ．2D ．3【解析】易知()f x 在定义域内单调递增，若()f b b >，则()()()f f b f b b >>，若()f b b <，则()()()f f b f b b <<.故存在[]0,1b ∈使()()f f b b =成立，则()f b b =，即()f x x =在[]0,1上有解.故[]2e ,0,1x x a x x x ⇔=+∈=-，设[]2e ,0,1()x g x x x x +∈-=，则e 1(2)x g x x =-+'，令2e 1,2e ()()x x h x h x x '=+--=，在[)0,ln 2上()0,()h x h x '<单减，在(]ln 2,1上()0,()h x h x '>单增，故()(ln 2)32ln 20h x h ≥=->即()0g x '>，()g x 在[]0,1上单增，又(0)1,(1)e g g ==，故1e a ≤≤.故选：BC.14．已知定义在R 上的奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增，则“对于任意的(0,1]x ∈，不等式2(2)(ln )0x f ae x f x x x ++-≥恒成立”的充分不必要条件可以是（）A ．1a e-≤<B ．4312a e e≤<C ．3211a e e ≤<D ．1a ee≤<【解析】奇函数()f x 在(,0]-∞上单调递增，则在(0,)+∞上也单调递增，即()f x 是R 上的单增函数；222(2)(ln )0(2)(ln )(ln )x x f ae x f x x x f ae x f x x x f x x x ++-≥⇔+≥--=-，则22ln xae x x x x +≥-，(0,1]x ∈，即22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立；令22ln ()xx x x xg x e --=，则222(22ln 1)(2ln )43(1)ln ()x x x xx x e x x x x e x x x x g x e e-------+-+-'==(1)(3ln )x x x x e ---=，(0,1]x ∈记()ln 3h x x x =--，1()10h x x'=-≤恒成立，即()h x 单减，又3311()0h e e=>，(1)20h =-<，则必有0(0,1]x ∈，使000()ln 30h x x x =--=，故0(0,)x x ∈，()0h x >，0(,1]x x ∈，()0h x <，因此0(0,)x x ∈，()0g x '>，()g x 单增，0(,1]x x ∈，()0g x '<，()g x 单减，因此0020000000002ln (ln )2()()x x x x x x x x x x g x g x e e ----≤==，由0300000ln 30ln 3,x x x x x x e ---=⇒-==代入得00030003321()()x x x x x e g x g x e e e --≤===，故若使22ln xx x x xa e --≥在(0,1]x ∈上恒成立，则031()a g x e ≥=，根据充分不必要条件的定义可以判断C 、D 正确，A 、B 错误；故选：CD.三、填空题15．若函数21()e 2x f x x a =-是R 上的减函数，则实数a 的最小值为_______【解析】由题意得，()e 0x f x x a '=-≤在R 上恒成立，即e xxa ≥在R 上恒成立，令1()=,()=e ex x x xg x g x -'，当1x <时，()0g x '>，()g x 递增，当1x >时，()0g x '<，()g x 递减，故max 1()=g(1)=eg x ，故1e a ≥，即函数a 的最小值为1e ，16．已知函数()()e ln xf x m x m =+∈，若对任意正数12,x x ，当12x x >时，都有()()1212f x f x x x ->-成立，则实数m 的取值范围是______．【解析】由()()1212f x f x x x ->-得，()()1122f x x f x x ->-令()()g x f x x =-，∴()()12g x g x >，∴()g x 在()0,∞+单调递增，又∵()()e ln x g x f x x m x x =-=+-，∴()e 10xmg x x'=+-≥，在()0,∞+上恒成立，即()1e x m x ≥-令()()1exh x x =-，则()()e 110xh x x '=-++<∴()h x 在()0,∞+单调递减，又因为()()01e 00h =-⨯=，∴0m ≥．17．已知函数()333sin x x x f x =+-，若对任意的()0,x ∈+∞，不等式()()ln 20f x f ax -+≤恒成立，则实数a 的取值范围为___________.【解析】因为()()()()()()3333sin 33sin f x x x x x x x f x -=-+---=-+-=-，所以()f x 为奇函数，因为()()22333cos 331cos 0x x x x f x '=+-=+-≥，所以()f x 为R 上的增函数，由(ln 2)()0f x f ax -+≤得(ln 2)()()f x f ax f ax -≤-=-，则ln 2x ax -≤-，因为,()0x ∈+∞，所以ln 2x a x--≥．令ln 2()(0)x g x x x-=>，则()23ln xg x x -'=，令()0g x '=，得3e x =，当30e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增，当3e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减，故()()33max 1e e g x g ==，所以31e a -≥，即31e a ≤-，所以实数a 的取值范围为31,e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.18．已知(0,2)x ∈，若关于x 的不等式21e 2x k x x x <+-恒成立，则实数k 的取值范围是________．【解析】依题意，知220+->k x x ，即22>-k x x 对任意(0,2)x ∈恒成立，从而0k ≥，因此由原不等式，得2e 2<+-x k x x x 恒成立．令2e ()2=+-xf x x x x ，则2e ()(1)2⎫⎛'=-⋅+⎪ ⎝⎭x f x x x ．令()0f x '=，得1x =．当(1,2)x ∈时，()0f x '>．函数()f x 在(1,2)上单调递增；当(0,1)x ∈时，()0f x '<，函数()f x 在(0,1)上单调递减，所以min ()(1)e 1<==-k f x f ，故实数k 的取值范围是[0,e 1)-．四、解答题19．已知函数21()ln 2f x x x =-.（1）求函数()f x 在区间1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值和最小值(参考数据：ln 20.7≈)；（2）若不等式2()(2)f x a x >-有解，求实数a 的取值范围.【解析】（1）求导得：211()x f x x x x-'=-=，令()0f x '>可得112x <<，令()0f x '>可得12x <<，于是函数()f x 在1,12⎛⎫⎪⎝⎭单调递增，在(1,2)单调递减，于是当1x =时，()f x 取最大值为12-，又111ln 0.825228f ⎛⎫=-≈- ⎪⎝⎭，(2)ln 22 1.3f =-≈-，于是当2x =时，()f x 取最小值为ln 22-综上：当1x =时，()f x 取最大值为12-，当2x =时，()f x 取最小值为ln 22-（2）原不等式即为：221ln (2)2x x a x ->-，可化简为2ln 122x a x -<-记2ln 1()2x g x x =-，则原不等式有解可转化为2()a g x -<的最大值求导得：312ln ()xg x x '-=，于是函数()g x 在上单调递增，在)+∞上单调递减于是：()max 11g22g x e ==-，于是11222a e -<-，解得：5122a e>-.20．已知函数()2()ln f x x ax x =+，a R ∈.（1）若()f x 的图像在1x =处的切线经过点(0,2)-，求a 的值；（2）当21x e <<时，不等式2()f x x <恒成立，求a 的取值范围.【解析】（1）由题知()f x 的定义域为(0,)+∞.又()(2)ln f x x a x x a '=+++，则(1)1f a '=+.又因为(1)0f =，所以切点为(1,0).所以02110a +=+-，解得1a =.（2）当21x e <<时，0ln 2x <<.当21x e <<时，不等式2()f x x <恒成立，即不等式ln xa x x<-，()2x e ∈1,恒成立.设()ln x g x x x=-，()2x e ∈1,，则222ln 1(ln )ln 1()1(ln )(ln )x x x g x x x '--+=-=-.因为2213(ln )ln 1ln 024x x x ⎛⎫-+=-+> ⎪⎝⎭，所以()0g x '<.所以()g x 在()21,e 上单调递减，从而()22()2eg x g e >=-.要使原不等式恒成立，即()a g x <恒成立，故22ea ≤-.即a 的取值范围为2,2e ⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦.21．已知函数()()212ln f x x ax x a R =-+∈，曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线l 的斜率为4.(1)求切线l 的方程；(2)若关于x 的不等式()2f x x bx +恒成立，求实数b 的取值范围.【解析】(1)函数()f x 的定义域为{}|0x x >，12()2f x x a x'=-+，由题意知，(1)144f a '=-=，所以10a =，故2()1012ln f x x x x =-+，所以(1)9f =-，切点坐标为(1,9)-故切线l 的方程为413y x =-．(2)由（1）知，2()1012ln (0)f x x x x x =-+>，所以2()f x x bx ≤+，可化为：12ln 10x x bx -≤，即12ln 10xb x≥-在(0,)+∞上恒成立，令12ln ()10x g x x =-，则212(1ln )()x g x x -'=，当(0,e)x ∈时，()0g x '>，()g x 在(0,e)上单调递增，当(e,)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 在(e,)+∞上单调递减，所以当e x =时，函数()g x 取得最大值12(e)10eg =-，故当1210e b ≥-时，12ln 10x b x≥-在(0,)+∞上恒成立，所以实数b 的取值范围是1210,e ⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭.22．已知函数()ln 1f x x mx =--．(1)若0x ∀>，不等式()0f x <恒成立，求m 的取值范围；(2)若曲线()y f x =存在过点(1,0)的切线，求证：1m ≥-．【解析】(1)由已知有()0f x <恒成立，即代表ln 10x mx --<恒成立，因为0x >，故ln 1x m x->恒成立，令ln 1()x g x x -=()0x >，故22ln ()xg x x -'=，令()0g x '>，解得：20x e <<，故()g x 在()20,e 上单调递增，在()2,e +∞上单调递减，故()g x 在()0,+∞的最大值为221()g e e =，故21m e >，所以m 的取值范围是21e ⎫+∞⎪⎝⎭；(2)：设切点为000(,ln 1)x x mx --，又因为1()f x m x'=-，所以函数在0x x =处的切线斜率01k m x =-，所以函数在0x x =处的切线方程为：0000(ln 1)()1m x y x mx x x ⎛⎫---=- ⎪⎝-⎭，又切线经过点(1,0).故可得：00000(ln 1)(1)1m x x mx x ⎛⎫---=- ⎪⎝⎭-，化简整理可得：0001ln 2(0)m x x x =+->，令1()ln 2(0)h x x x x=+->，21()x h x x-'=，令()0h x '>，解得1x >，故()h x 在(0,1)上单调递减，(1,)+∞单调递增，故()h x 在(0,)+∞的最小值为(1)1h =-，故：1m ≥-，得证．23．已知函数()()()x x f x e sinx ax a R g x e cosx=-∈=(1)当0a =时，求函数f （x ）的单调区间；(2)若函数()()()F x f x g x =-在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个极值点，求实数a 的取值范围.【解析】(1)当0a =时，()e sin x f x x =，()e (sin cos )x f x x x '=+sin()4x x π+，当224k x k ππππ<+<+，即32244k x k ππππ-<<+时，()0f x '>，当2224k x k πππππ+<+<+，即372244k x k ππππ+<<+时，()0f x '<，所以()f x 的增区间是32,2,44k k k ππππ⎛⎫-+∈ ⎪⎝⎭Z ，减区间是372,2,44k k k ππππ⎛⎫++∈ ⎪⎝⎭Z ．(2)()e sin e cos e (sin cos )x x x F x x ax x x x ax =--=--，()e (sin cos cos sin )2e sin x x F x x x x x a x a '=-++-=-，由题意2e sin 0x x a -=在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个不等实根，即2e sin x a x =有两个实根，设()2e sin x h x x =，则()2e (sin cos )sin()4x x h x x x x π'=+=+，,2x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，35,444x πππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，所以324x ππ<<时，()0h x '>，()h x 单调递增，34x ππ<<时，()0h x '<，()h x 单调递减，所以34max 3()2e 4h x h ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭，其中22e 2h ππ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()0h π=，所以当3242e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，2e sin x a x =在,2ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个实根，即当3242e a ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，函数()F x 在,π2π⎛⎫ ⎪⎝⎭上有两个极值点.24．已知函数2()ln ()f x x x ax a =+∈R 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行（e 是自然对数的底数）.(1)求函数()f x 的解析式；(2)若2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】(1)由题意得()2ln (0)f x x x x a x ++>'=，所以(1)1f a '=+，又()f x 的图象在点(1,(1))f 处的切线与直线(1e)y x =-平行，所以11e a +=-，解得a e =-，所以2()ln e f x x x x =-.(2)2()2e f x kx x >-在(0,)+∞上恒成立，即22ln e 0x x kx x -+>在(0,)+∞上恒成立，因为0x >，所以22ln e e ln x x x k x x x+<=+.令e ()ln g x x x =+，则221e e ()x g x x x x-=-='.当(0,e)x ∈时，()0g x '<；当(e,)x ∈+∞时，()0g x '>.所以函数e ()ln g x x x=+在(0,e)上单调递减，在(e,)+∞上单调递增，所以()(e)2g x g ≥=，故2k <，即实数k 的取值范围是(,2)-∞.25．已知函数()()21e xax x f x a R -+=∈.(1)当2a =-时，求()f x 的单调区间；(2)当0x ≥时，()1f x ≤，求a 的取值范围.【解析】（1）2a =-时，()221e x x x f x --+=，()()()212e xx x f x +-'=，令()1102f x x '=⇒=-，22x =.∴()f x的单调递增区间为,⎛-∞ ⎝，()2,+∞，单调递减区间为1,22⎛⎫- ⎪⎝⎭.（2）法一：常规求导讨论()()()()221212e ex x ax a x ax x x F -++----'==.①当0a ≤时，令()02f x x '=⇒=且当02x ≤<时，()0f x '<，()f x ；当2x >时，()0f x '>，()f x .注意到()01f =，2x ≥时，()0f x <符合题意.②当12a =时，()()21220ex x f x --'=≤，()f x 在[)0,∞+上，此时()()01f x f ≤=符合题意.③当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a =，且当()f x 在[)0,2上，12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，此时()()01f x f ≤=符合题意.③当102a <<时，令()102f x x '=⇒=，21x a=，且当()f x 在[)0,2上，12,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上，此时只需1111111e 1e a aa a f a -+⎛⎫=≤⇒≥ ⎪⎝⎭，显然成立.④当12a >时，令()110f x x a'=⇒=，22x =，且当()f x 在10,a ⎡⎫⎪⎢⎣⎭上，1,2a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上，()2,+∞上 .此时只需()22411e 121e 24a f a -+=≤⇒<≤.综上：实数a 的取值范围2e 1,4⎛⎤+-∞ ⎥⎝⎦.法二：参变分离①0x =时，不等式显然成立.②当0x >时，2e 1x x a x +-≤，令()2e 1x x g x x +-=，()()()33e 12e 2e 2x x x x x g x x x ----+'==.令()02g x x '=⇒=且当02x <<时，()0g x '<，()g x ；当2x >时，()0g x '>，()g x ，∴()()2min e 124g x g +==，∴2e 14a +≤.26．已知函数()ln a f x x x x=++，a ∈R .（1）若()f x 在1x =处取得极值，求a 的值；（2）若()f x 在区间()1,2上单调递增，求a 的取值范围；（3）若函数()()g x f x x '=-有一个零点，求a 的取值范围.【解析】（1）因为()ln a f x x x x =++，则2221()1a x x a f x x x x +-'=-+=，由于()'10f =，则221101a +-=，∴2a =，当2a =时，()()222221212()1x x x x f x x x x x +-+-'=-+==因为()f x 的定义域为()0,∞+，则()0f x '=时，1x =，当()0,1x ∈时，()0f x '<，()f x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增，所以()f x 在1x =处取得极小值，所以2a =符合题意，故2a =.（2）()22'x x a f x x+-=，∴20x x a +-≥在()1,2x ∈恒成立，即2a x x ≤+在()1,2x ∈恒成立，∴a 的取值范围为(],2-∞.（3）220x x a a x +--=在()0,x ∈+∞有1个根即方程32a x x x -=--在()0,x ∈+∞有1个根，令32()h x x x x =--，0x >，则()()2()321131h x x x x x '=--=-+当()0,1x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减，当()1,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，且(0)0h =，(1)1h =-，x →+∞时，()h x →+∞，当0a -≥即0a ≤时，1个根；当1a -=-即1a =时，1个根，综上：a 的取值范围为(]{},01-∞U .27．已知函数()ln x f x x=.（I ）求函数()f x 的单调区间和极值；（II ）若不等式()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】（I ）因为()()21ln 0x f x x x -'=>，当()0,e x ∈时，()0f x '>，当()e,x ∈+∞时，()0f x '<，所以()f x 的单调增区间为()0,e ，单调减区间为()e,+∞；且()()1e ef x f ==极大，无极小值；（II ）因为()kx f x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，所以2ln x k x ≥在区间(0,)+∞上恒成立，设()()2ln 0xg x x x =>，则()max k g x ≥，因为()()432ln 12ln 0x x x x g x x x x --'==>，当(x ∈时，()0g x '>，()g x单调递增，当)x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减，所以()max 1e 2e g x g ===，所以12e k ≥.28．已知函数()()e e 0x f x x x=>．(1)求函数()f x 的最小值；(2)若不等式()ln 1f x x a x ≥++对于()1,x ∈+∞恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)求导：1e e 1e e ()x xf x x x ++'=-，即e 1e ()(e)x f x x x+'=-当()0,f x '<解得0e;x <<当()0,f x '>解得ex >()f x 的单调递减区间为()0,e ；单调递增区间为()e,+∞∴函数()f x 的最小值为(e)1f =(2)由（1）得()(e)1f x f ≥=，所以要使得()ln 1f x x a x ≥++恒成立，必须满足：(e)e ln e 1ef a a ≥++⇒≤-，下面证明：当e a -≤时()ln 1f x x a x ≥++恒成立e a ≤ e eln 1l 1e n e e x x x a x x x x x ∴---≥-+-，∴只需证明e e eln 10xx x x -+-≥，设e ()n 1e el x x x x x ϕ=-+-，则e e 1e e e e 11()()()1()e x x x x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由（1）得e e 10x x-≥且只在e x =取等号，∴当0e x <<时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减，∴当e x >时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤．解法二：（变量分离）整理得：e1l e n xx x a x--≤只需m e in 1()l e n xx x a x --≤，先证明：e 1x x ≥+，构造()e 1x g x x =--，()e 1x g x '=-，当0x >时，()0g x '≥，()g x 单调递增()(0)0g x g ≥=，从而证明得e 1x x ≥+e ln e 11l e e e e n 11ln xx x x x x x x x x---=--≥-+--=- ，当仅且当n 0el x x -=即e x =处取得等号.e 1ln ln e e e ln xx x x x x ---∴≥=-，∴e a -≤.，解法三：（不分离）l e e n ()ln 1ln 10(ln )10e e x x x f x x a x x a x x a x x-≥++⇒---≥⇒-+-≥eln (ln )1e e e ln 1(ln )10x x x x x x x a x --+-≥-+-+-≥得ea -≤下面证明当e a -≤时，e ln 10e xx a x x---≥e a ≤ e e ln 1l 1e n e e x x x a x x x x x∴---≥-+-∴只需证明e e eln 10x x x x-+-≥设e ()n 1e el x x x x xϕ=-+-，则e e 1e e e e 11()()()1()e x x x x x x x x x x ϕ+⎛⎫'=---=⋅-⋅- ⎪⎝⎭由（1）得e e 10x x-≥且只在e x =取等号∴当0e x <<时，()0x ϕ'<，()ϕx 单调递减∴当e x >时，()0x ϕ'>，()ϕx 单调递增e ()()0x ϕϕ∴≥=.综上e a -≤．29．已知函数2213()ln ,()224f x x ax x g x x ax ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭.(1)若1a =，求曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程；(2)若当1≥x 时，()()f x g x ≥恒成立，求a 的取值范围.【解析】(1)因为1()(1)ln 12f x x x x =-'+-，所以1(1)2'=-f ，又(1)0f =，所以切线方程为1(1)2y x =--，即210x y +-=(2)由()()f x g x ≥知2213ln 2024x ax x x ax ⎛⎫--+≥ ⎪⎝⎭，因为1≥x 所以13ln (ln 2)24x x x a x -≥-，当2e x =时，R a ∈，当2e x >时，13ln 24ln 2x x x a x -≤-，当21e x ≤<时，13ln 24ln 2x x x a x -≥-构造函数13ln 24()ln 2x x x h x x -=-，2(2ln 5)(ln 1)()4(ln 2)x x h x x --'=-当1e x <<时，()0h x '>，()h x 单调递增，当2e <e x <时，()0h x '<，()h x 单调递减，故21e x ≤<时，max e ()(e)4h x h ==，因此e 4a ≥当522e e ,()0x h x '<<<，()h x 单调递减，当52e x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，故2e x >时，5522min ()e e h x h ⎛⎫= ⎪⎭=⎝，因此52e a ≤，综上：52e ,e 4a ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦30．已知函数()2ln ,f x x ax a R =-∈.(1)当0a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()()ln 21g x f x x x =--+，若()0g x ≤在其定义域内恒成立，求实数a 的最小值；(3)若关于x 的方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根12,x x ，求实数a 的取值范围，并证明121x x >.【解析】(1)当0a =时，()2ln f x x =，所以()2l 01n1=f =，()2f x x'=，所以()12f '=，所以曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程为：()021y x -=-，即22y x =-(2)由题意得，()ln 21g x x ax x =--+，因为()0g x ≤在其定义域内恒成立，所以ln 210x ax x --+≤在()0,∞+恒成立，即ln 12x a x++≥在()0,∞+恒成立，等价于ln 12maxx a x +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭，令(ln 1x h x x +=()0,∞+，所以()2ln x h x x -'=，令()0h x '>解得01x <<，令()0h x '<解得1x >，所以函数()h x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以()()1=1h x h ≤，所以21a +≥，即1a ≥-，故a 的最小值为1-.(3)先证明必要性：由()2ln f x x x =+得2ln x ax x -=，即ln 0x x a x--=，令()()ln 0x m x x a x x =-->，则()221ln x x m x x --'=，设()21ln t x x x =--，则()12t x x x'=--，因为0x >，所以()0t x '<恒成立，函数()t x 在()0,∞+单调递减，而()10t =，故在()0,1上()0t x >，()0m x '>，()m x 单调递增，在()1,+∞上()0t x <，()0m x '<，()m x 单调递减，所以()()11max m x m a ==--.故方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根只需：10a -->，所以实数a 的取值范围是(),1-∞-；再证明充分性：当(),1a ∞∈--时，方程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，条件等价于2ln x ax x -=，即ln x x a x -=，即y a =与ln x y x x=-，当1a <-，0x >时有两个不同的交点，所以221ln x x y x --'=，由上面必要性的证明可知函数在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减，所以ln x y x x =-在0x >时的最大值为：ln11=11y =--，最小值趋近于负无穷，所以当(),1a ∞∈--时，程()2ln f x x x =+恰有两个相异的实根，即充分性成立.下证：121x x >，不妨设12x x <，则1201x x <<<，2101x <<，所以()121122111x x x m x m x x ⎛⎫>⇔>⇔> ⎪⎝⎭，因为()()120m x m x ==，所以()()22122222221ln ln 1111x x m x m m x m x a a x x x x x ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎛⎫⎛⎫ ⎪-=-=----- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭2222222222221ln ln ln 11ln 1x x x x x x x x x x x x =--+=-++2222211ln x x x x x ⎛⎫=+-+ ⎪⎝⎭，令()()11ln 1x x x x x x x ϕ⎛⎫=+-+> ⎪⎝⎭，则()211ln 0x x x ϕ⎛⎫'=-> ⎪⎝⎭，所以()x ϕ在()1,+∞上单调递增，所以当1x >时，()()10x ϕϕ>=，即2222211ln 0x x x x x ⎛⎫+-+> ⎪⎝⎭，所以()121m x m x ⎛⎫> ⎪⎝⎭，所以121x x >.。

2024届高考数学复习：专项(参变分离法解决导数问题)练习(附答案)

2024届高考数学复习：专项（参变分离法解决导数问题）练习一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（） A ．(],2-∞- B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（） A ．52eB ．25e e + C ．2e D ．1 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（）A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭6．已知关于x 的方程()22ln 2x x x k x +=++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，则实数k 的取值范围为（）A ．ln 21,15⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．(]1,2D ．(]1,e7．若函数()2sin cos cos =++f x x x x a x 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是（） A ．[]1,1-B ．[]1,3-C ．[]3,3-D ．[]3,1--8．若关于x 的不等式（a +2）x ≤x 2+a ln x 在区间[1e，e ]（e 为自然对数的底数）上有实数解，则实数a 的最大值是（） A ．﹣1B ．12(1)-+ee eC ．(3)1--e e e D ．(2)1--e e e 9．已知函数()1xf x e x =--，()ln 1g x x ax =--（0a >，e 为自然对数的底数）.若存在()00x ∈+∞,，使得()()000f x g x ⋅>，则实数a 的取值范围为（） A ．()0,1B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭10．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞11．已知函数()()()2122x x f x m e m R =+++∈有两个极值点，则实数m 的取值范围为（）A ．10e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．111e⎛⎫--- ⎪⎝⎭C ．1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，D ．()0+∞，12．已知函数()3f x x ax =-在(1,1)-上单调递减，则实数a 的取值范围为（） A ．()1,+∞ B ．[)3,+∞ C ．(],1-∞D ．(],3-∞13．对于函数()f x ，把满足()00f x x =的实数0x 叫做函数()f x 的不动点.设()ln f x a x =，若()f x 有两个不动点，则实数a 的取值范围是（） A ．()0,eB ．(),e +∞C ．()1,+∞D ．()1,e14．已知函数()xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()1221f x f x x x <恒成立，则实数a 的取值范围为（） A ．(],e -∞ B ．(),e -∞C ．,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦二、多选题15．对于函数()2ln xf x x=，下列说法正确的是（）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．()2f f f <<D ．若()21f x k x<-在()0,∞+上恒成立，则2e k >16．关于函数()e cos xf x a x =-，()π,πx ∈-下列说法正确的是（） A ．当1a =时，()f x 在0x =处的切线方程为y x = B ．若函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，则0a = C ．对任意0a >，()0f x ≥恒成立D ．当1a =时，()f x 在()π,π-上恰有2个零点三、解答题17．已知函数()ln f x a x ax =+-，且()0f x ≤恒成立．（1）求实数a 的值；（2）记()()h x x f x x =+⎡⎤⎣⎦，若m ∈Z ，且当()1,x ∈+∞时，不等式()()1h x m x >-恒成立，求m 的最大值．18．已知函数32()()f x ax bx x R =+∈的图象过点(1,2)P -，且在P 处的切线恰好与直线30x y -=垂直．（1）求()f x 的解析式；（2）若()()3g x mf x x =-在[1,0]-上是减函数，求m 的取值范围． 19．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围. 20．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =. （1）若曲线()()y f x g x =-在2x =处的切线与直线370x y +-=垂直，求实数a 的值；（2）设()()()h x f x g x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若[]1,e 上存在一点0x ，使得()()()()00001f xg x g x f x ''+<-'成立，求实数a 的取值范围.21．已知函数()ln 1f x x x =++，2()2g x x x =+．（1）求函数()()()h x f x g x =-在(1,(1))h 处的切线方程；（2）若实数m 为整数，且对任意的0x >时，都有()()0f x mg x -≤恒成立，求实数m 的最小值． 22．设函数()()xf x a x e =-.（1）求函数的单调区间；（2）若对于任意的[)0,x ∈+∞，不等式()2f x x ≤+恒成立，求a 的取值范围.23．已知函数()ln f x mx nx x =+的图象在点(),()e f e 处的切线方程为4y x e =-.(本题可能用的数据：ln 20.69≈， 2.71828e = 是自然对数的底数)（1）求函数()f x 的解析式；（2）若对任意(1,)x ∈+∞，不等式2[()1](1)f x t x ->-恒成立，求整数t 的最大值. 24．已知函数()()()1ln f x a x x a R =-+∈．（1）当1a =-时，求()f x 的极值；（2）设()()1F x f x =+，若()0F x <对[)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围． 25．已知函数323()2f x x ax =-+．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1a =，当12x ≥时，()()xf x x k e >-，实数k 的取值范围．参考答案一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【要点分析】由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【答案详解】由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=，当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>，所以()s x 在()0,1上是减函数，在()1,+?是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-. 故选：B. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【要点分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解. 【答案详解】由题意可得，()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点，或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同. 令1ln ()x xg x e +=，0x >，则1ln 1()xx x g x e --'=，令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增，当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减，故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →，结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-. 故选：C.【名师点睛】方法名师点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法：（1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（）A ．(],2-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞【答案】A 【要点分析】2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数等价于()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，利用分离参数求解即可. 【答案详解】∵2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，所以()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，即'()240bf x x x=-++≤，即224b x x ≤-， ∵22242(1)22x x x -=--≥-，∴2b ≤-，故选：A. 【名师点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围. 4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（） A ．52eB ．25e e + C ．2eD ．1【答案】C 【要点分析】根据()1f e =可求得22e x e ≤≤，利用()21g x =得到22ln 3x a x e +=+，将问题转化为()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦的最大值的求解问题，利用导数求得()max h x ，从而求得结果.【答案详解】()01f e e e e =+-= ，1x e ∴=，又211x e x ≤≤且20x >，22e x e ∴≤≤，由()21g x =，即22ln 41x ax ea --+=，整理得：22ln 3x a x e+=+，令()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()()221ln 3ln 2ex e x x x x h x x e x e +-+--'==+-， e y x= 和ln y x =-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上均为减函数， ln 2e y x x∴=--在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，max 1ln 220y e ∴=--=-<，即()0h x '<在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()h x ∴在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()()max ln 322e h x h e ee +∴===，即实数a 的最大值为2e .故选：C. 【名师点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果. 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【要点分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，要点分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项. 【答案详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0x g x x x =，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x xx -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。

高中数学解题方法之分离变量法(含解答)

分离变量法分离变量法是近年来发展较快的思想方法之一.高考数学试题中，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系.其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高.随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.分离变量法：是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同,解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知.解决问题的关键: 分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.分离变量后，对于不同问题我们有不同的理论依据可以遵循.以下定理均为已知x 的范围，求a 的范围：定理1 不等式()()f x g a ≥恒成立⇔[]min ()()f x g a ≥（求解()f x 的最小值）；不等式()()f x g a ≤恒成立⇔[]max ()()f x g a ≤（求解()f x 的最大值）.定理2 不等式()()f x g a ≥存在解⇔[]max ()()f x g a ≥（求解()f x 的最大值）；不等式()()f x g a ≤存在解⇔[]min ()()f x g a ≤（即求解()f x 的最小值）.定理3 方程()()f x g a =有解⇔()g a 的范围=()f x 的值域（求解()f x 的值域）. 解决问题时需要注意：（1）确定问题是恒成立、存在、方程有解中的哪一个；（2）确定是求最大值、最小值还是值域.再现性题组：1、已知当x ∈R 时，不等式a+cos2x<5-4sinx 恒成立，求实数a 的取值范围。

2、若f(x)=233x x --在[1,4]x ∈-上有()21f x x a ≥+-恒成立，求a 的取值范围。

第02讲分离参数之全分离,半分离,换元分离(解析版)2023年新高考数学导数压轴题专题(尖子生专用

设 h(x) 2
x2
，则 h(x)
2 x3
2 x3
(2 x)ex 1 x2 (x 2) (x 2)(x 1) (2 x)(ex 1 x2 x 1)
2
2
，
x3
x3
可设 m(x) ex 1 x2 x 1，可得 m(x) ex x 1 ， 2
设 k(x) ex x 1， k(x) ex 1，
由重要不等式可知，当 x 0 时， ex x 1，
则
g(x)
(ex
2x)x
(ex x21)(e x x2
x
1)
，
当 x 1 时， g(x) 0 ， g(x) 单调递增，当 0 x 1时， g(x) 0 ， g(x) 单调递减，
所以 g(x) g （1） e 2 ，
h(x) h(0) 0 ，
g(x) 0 ，
函数 g(x) 在 x (m ， 0)(m 0) 上单调递增，
g(x)
g(m)
em
1 m2
m
．
a
em
1 m2
m
(m
0)
．
实数
a
的取值范围是
(,
em
1 m2
m]
．
2．设 f (x) a(lnx)2 lnx 2 ．
（1）若 f （e） 2 ，求 f (x) 0 时 x 的值；
当 x 0 时，由
f (x) 1 x3 2
1 x3 2ax2 恒成立可得 a 2
x 1 ex x2
恒成立，
1 x3 x 1 ex
令 g(x) 2
x2
，x0，
(2 x)ex 1 x3 x 2 (2 x)(ex 1 x2 x 1)

导数压轴恒成立之参数分离

导数压轴恒成立之参数分离
在高中数学中，导数压轴题是比较难的题目类型，其中恒成立之参数分离问题是常见题型之一。

这类问题可以通过分离参数的方法进行求解，具体步骤如下：
1. 分离参数：将参数从不等式中分离出来，得到一个关于参数的函数。

2. 求导数：对分离出的函数求导数，得到导数与参数的关系。

3. 分析导数：根据导数与参数的关系，分析函数的单调性、极值等性质。

4. 得出结论：根据函数的性质，得出不等式恒成立的条件，从而得到问题的解。

在使用参数分离法解决导数压轴题时，需要注意函数的连续性和可导性，以及参数的取值范围。

同时，要灵活运用导数的相关知识，如单调性、极值、最值等，以达到快速求解的目的。

分离参数法求解高考压轴题

分离参数法解高考压轴题分离参数法解高考压轴题分离参数法解高考压轴题一洛必达法则介绍如果当0x x ®(或¥®x )时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么都趋于零或都趋于无穷大，那么极限)()(limx g x f x x ®或)()(lim x g x f x ¥®可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分别简记为00或¥¥．1．（洛必达法则1）型不定式型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件满足条件（1）0)(lim )(lim 0==®®x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(¹¢x g ；（3） A x g x f x x =¢¢®)()(lim 0（或为无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =¢¢=®®)()(lim )()(lim 0（或为无穷大）．（或为无穷大）．把0x x ®换为¥®x 时，结论也成立．时，结论也成立．2（洛必达法则2）¥¥型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件满足条件（1）¥=¥=®®)(lim ,)(lim 0x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(¹¢x g ；（3）A x g x f x x =¢¢®)()(lim（或无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =¢¢=®®)()(lim)()(lim（或为无穷大）把0x x ®换为¥®x 时，结论也成立．，结论也成立．，结论也成立．二典型例题: （2006全国二）设函数)1ln()1()(++=x x x f ，若对所有的0³x ，都有ax x f ³)(成立，求实数a 的取值范围．的取值范围．解：分离变量法解：分离变量法 ①若①若0=x ，则R a Î. ②若0>x ，则只需x x x a )1ln()1(++£，则m in ])1ln()1([xx x a ++£。

分离变量法求最值或范围

分离参数法解高考压轴题新课标下的高考数学压轴题，由数列题转向导数题。

而导数题中的最后一问经常考察参数的取值范围。

“求谁分离谁”即分离参数是一种常用的方法，但有时分离出参数后，后面函数的最值不容易求得，有的干脆就没有最值，只是趋于某个常数，这种情况下可采用高等数学中的洛必达法则。

此方法是一种常规方法，有章可循，有法可依，不存在较强的解题技巧，一般的学生基本上都能掌握。

下列举例说明，起到抛砖引玉的作用。

一洛必达法则介绍如果当0x x →(或∞→x )时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么极限)()(limx g x f x x →或)()(lim x g x f x ∞→可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分别简记为00或∞∞． 1．（洛必达法则1）型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件（1）0)(lim )(lim 0==→→x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ；（3） A x g x f x x =''→)()(lim（或为无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim 00（或为无穷大）．把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．2（洛必达法则2）∞∞型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件（1）∞=∞=→→)(lim ,)(lim 0x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ；（3）A x g x f x x =''→)()(lim（或无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim00（或为无穷大）把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．，结论也成立．二典型例题: 例1．（08江苏理14）设函数3()31()f x ax x x R =-+∈，若对于任意的[]1,1-∈x 都有0)(≥x f 成立，则实数a 的值为【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x ＝0，则不论a 取何值，()f x ≥0显然成立；当x ＞0 即[]1,1x ∈-时，()331f x ax x =-+≥0可化为，2331a x x ≥- 设()2331g x x x =-，则()()'4312x g x x -=，所以()g x 在区间10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此()max 142g x g ⎛⎫== ⎪⎝⎭，从而a ≥4；当x ＜0 即[)1,0-时，()331f x ax x =-+≥0可化为a ≤2331x x -，()()'4312x g x x-=0> ()g x 在区间[)1,0-上单调递增，因此()()ma 14n g x g =-=，从而a ≤4，综上a ＝4【答案】42（2010 辽宁）已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，||4)()(|2121x x x f x f -≥-，求a 的取值范围。

高中数学选择压轴题解题策略—参变分离法解决导数问题

高中数学选择压轴题解题策略—参变分离法解决导数问题1．设函数()2ln 2f x x x x =-+，若存在区间[]1,,2a b ⎡⎫⊆+∞⎪⎢⎣⎭，使得()f x 在[],a b 上的值域为()()2,2k a k b ++⎡⎤⎣⎦，则实数k 的取值范围是（）A ．93ln 21,4+⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．93ln 21,4+⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．92ln 21,10+⎛⎤⎥⎝⎦D ．92ln 21,10+⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【分析】利用导数分析出函数()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，可得出()()()()22f a k a f b k b ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，可知关于x 的方程()()2f x k x =+在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不等的实根，利用参变量分离法得出2ln 22x x x k x -+=+，令()2ln 22x x x h x x -+=+，由题意可得出直线y k =与曲线()y h x =在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭上的图象有两个交点，利用导数分析函数()2ln 22x x x h x x -+=+在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的单调性与极值，数形结合可得出实数k 的取值范围.【详解】由题意可得()2ln 1f x x x =-+'，设()()2ln 1g x f x x x =-'=+，则()12g x x'=-，所以当12x ≥时，()12120x g x x x -=-=≥'，所以函数()()g x f x '=在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，所以()112ln 022f x f ⎛⎫≥=->⎪⎝''⎭，所以()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，又因为[]1,,2a b ⎡⎫⊆+∞⎪⎢⎣⎭，所以()f x 在[],a b 上单调递增，又()f x 在[],a b 上的值域为()()2,2k a k b ++⎡⎤⎣⎦，所以()()()()22f a k a f b k b ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，则方程()()2f x k x =+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的两个根为a 、b ，由()()2f x k x =+，可得2ln 22x x x k x -+=+，构造函数()2ln 22x x x h x x -+=+，其中1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()22342ln 2x x xh x x +--'=+，令()2342ln x x x x ϕ=+--，其中1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2212223223x x x x x x x x x ϕ-++-'=+-==，当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()0x ϕ'≥，所以，函数()x ϕ在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，当112x ≤<时，()()10x ϕϕ<=，即()0h x '<，此时函数()h x 单调递减；当1x >时，()()10x ϕϕ>=，即()0h x '>，此时函数()h x 单调递增. 所以，()()min 11h x h ==，192ln 2210h +⎛⎫=⎪⎝⎭，如下图所示：由图象可知，当92ln 2110k +<≤时，直线y k =与函数()y h x =在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的图象有两个交点，因此，实数k 的取值范围是92ln 21,10+⎛⎤⎥⎝⎦. 故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题. 2．设函数()1axf x xex-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0xa x x=，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项.【详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x x x -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。

高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)

【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。

【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-，设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=，当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++，记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+，当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增；当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减，故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（），可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞恒成立，即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜时，有10lnx -＞，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜时，223lnx ＜＜，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜，可得0a ≥ ；当x e ＞时，有10lnx -＜，可得21x a lnx ≤- ，设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（），由32 e x e ＜＜时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减，由32x e >时，0g x g x '（）＞，（）在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增，即有)g x （在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ，可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=，设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减；故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →；作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点，由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+，因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >，作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时，有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件，即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0．则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程，可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内，或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='，令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点，又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程，可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立；则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值；当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ，即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ；设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1；所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ．【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-，则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题(分类讨论和分离变量)

高中数学压轴题系列——导数专题——恒成立问题（分类讨论和分离变量）头条号：延龙高中数学微信：gyl_math1231．（2018•全国一模）已知函数f（x）=﹣4x3+ax，x∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1，求实数a的取值集合．解：（1）f'（x）=﹣12x2+a．当a=0时，f（x）=﹣4x3在R上单调递减；当a＜0时，f'（x）=﹣12x2+a＜0，即f（x）=﹣4x3+ax在R上单调递减；当a＞0时，f'（x）=﹣12x2+a.时，f'（x）＜0，f（x）在上递减；时，f'（x）＞0，f（x）在上递增；时，f'（x）＜0，f（x）在上递减；综上，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当a＞0时，f（x）在上递减；在上递增；上递减．（2）∵函数f（x）在[﹣1，1]上的最大值为1．即对任意x∈[﹣1，1]，f（x）≤1恒成立．亦即﹣4x3+ax≤1对任意x∈[﹣1，1]恒成立．变形可得，ax≤1+4x3．当x=0时，a•0≤1+4•03即0≤1，可得a∈R；当x∈（0，1]时，．则令，则．当时，f'（x）＜0，当时，f'（x）＞0．因此，，∴a≤3．当x∈[﹣1，0）时，．则令，则．当x∈[﹣1，0）时，f'（x）＜0，因此，g（x）max=g（﹣1）=3，∴a≥3．综上，a=3，∴a的取值集合为{3}．2．（2018•遂宁模拟）已知函数f（x）=（1）求函数f（x）的单调区间和极值点；（2）当x≥1时，f（x）≤a（1﹣）恒成立，求实数a的取值范围．解：（1）因为f（x）=，求导得f′（x）=，令f'（x）=0，解得x=e，…（2分）又函数的定义域为（0，+∞），当x∈（0，e）时，f'（x）＞0；当x∈（e，+∞）时，f'（x）＜0，所以函数f（x）在（0，e）单调递增；在（e，+∞）单调递减，有极大值点x=e；无极小值点．…（4分）（2）由f（x）≤a（1﹣）恒成立，得≤a（1﹣），（x≥1）恒成立，即xlnx≤a（x2﹣1）（x≥1）恒成立．令g（x）=xlnx﹣a（x2﹣1）（x≥1）g′（x）=lnx+1﹣2ax，令F（）=lnx+1﹣2ax，则F′（x）=，…（5分）①若a≤0，F′（x）＞0，g′（x）在[1，+∞）递增，g′（x）≥g′（1）=1﹣2a＞0，故有g（x）≥g（1）=0不符合题意．…（7分）②若，∴，从而在上，g′（x）＞g′（1）=1﹣2a＞0，同（1），不合题意…（9分）③若a≥，F′（x）≤0在[1，+∞）恒成立，∴g′（x）在[1，+∞）递减，g′（x）≤g′（1）=1﹣2a≤0，从而g（x）在[1，+∞）递减，故g（x）≤g（1）=0 …（11分）综上所述，a的取值范围是[，+∞）．…（12分）3．（2018•瓦房店市一模）已知函数f（x）=ax﹣1﹣lnx，a∈R．（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调区间；（Ⅱ）若函数f（x）在x=1处取得极值，对∀x∈（0，+∞），f（x）≥bx﹣2恒成立，求b的取值范围．解：（Ⅰ）在区间（0，+∞）上，．①若a≤0，则f′（x）＜0，f（x）是区间（0，+∞）上的减函数；②若a＞0，令f′（x）=0得x=．在区间（0，）上，f′（x）＜0，函数f（x）是减函数；在区间上，f′（x）＞0，函数f（x）是增函数；综上所述，①当a≤0时，f（x）的递减区间是（0，+∞），无递增区间；②当a＞0时，f（x）的递增区间是，递减区间是．（II）因为函数f（x）在x=1处取得极值，所以f′（1）=0解得a=1，经检验满足题意．由已知f （x ）≥bx ﹣2，则令g （x ）==1+，则易得g （x ）在（0，e 2]上递减，在[e 2，+∞）上递增，所以g （x ）min =，即．4．（2018•玉溪模拟）已知函数f （x ）=xe ﹣x +（x ﹣2）e x ﹣a （e ≈2.73）．（Ⅰ）当a=2时，证明函数f （x ）在R 上是增函数；（Ⅱ）若a ＞2时，当x ≥1时，f （x ）≥恒成立，求实数a 的取值范围．解：（Ⅰ）当a=2时，f （x ）=xe ﹣x +（x ﹣2）e x ﹣2，f （x ）的定义域为R ，f′（x ）=e ﹣x ﹣xe ﹣x +e x ﹣2+（x ﹣2）e x ﹣2=（x ﹣1）（e x ﹣2﹣e ﹣x ）=e ﹣x （x ﹣1）（e x ﹣1﹣1）（e x ﹣1+1）．当x ≥1时，x ﹣1≥0，e x ﹣1﹣1≥0，所以f′（x ）≥0，当x ＜1时，x ﹣1＜0，e x ﹣1﹣1＜0，所以f′（x ）≥0，所以对任意实数x ，f′（x ）≥0，所以f （x ）在R 上是增函数；（II ）当x ≥1时，f （x ）≥恒成立，即（x ﹣2）e 2x ﹣a ﹣x 2+3x ﹣1≥0恒成立，设h （x ）=（x ﹣2）e 2x ﹣a ﹣x 2+3x ﹣1（x ≥1），则h′（x ）=（2x ﹣3）（e 2x ﹣a ﹣1），令h′（x ）=（2x ﹣3）（e 2x ﹣a ﹣1）=0，解得，，（1）当1＜＜，即2＜a ＜3时，），），所以要使结论成立，则h （1）=﹣e 2﹣a +1≥0，h （）=﹣e 3﹣a +≥0，即e 2﹣a ≤1，e 3﹣a ≤，解得a ≥2，a ≥3﹣ln ，所以3﹣ln ≤a ＜3；（2）当=，即a=3时，h′（x ）≥0恒成立，所以h （x ）是增函数，又h （1）=﹣e ﹣1+1＞0，故结论成立；（3）当，即a＞3时，），），所以要使结论成立，则h（1）=﹣e2﹣a+1≥0，h（）=﹣+2a﹣3≥0，即e2﹣a≤1，a2﹣8a+12≤0，解得a≥2，2≤a≤6，所以3＜a≤6；综上所述，若a ＞2，当x≥1时，f（x）≥恒成立，实数a的取值范围是3﹣ln≤a≤6．（12分）5.（2017秋•许昌月考）已知函数f（x）=x﹣lnx+a（+lnx）（a＜0）．（Ⅰ）求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（Ⅱ）设函数g（x）=．若对于任意x ∈（1，e]，都有f（x）＞ag（x）成立，求实数a的取值范围．解：（Ⅰ）函数的定义域为（0，+∞）．由f（x）=x﹣lnx+a（+lnx）（a ＜0），得f′（x）=1﹣+a（）=，∴f′（1）=0，又f（1）=1+a，∴曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=1+a；（Ⅱ）由对于任意x∈（1，e]，都有f（x）＞ag（x）成立，则x﹣lnx+a（+lnx）＞对于任意x∈（1，e]成立，等价于a﹣1＞﹣对于任意x∈（1，e]成立．令F（x）=﹣，则当x∈（1，e]时，a﹣1＞F（x）max．F′（x）=．∵当x∈（1，e]时，F'（x）≥0，∴F（x）在[1，e]上单调递增．∴F（x）max=F（e）=﹣e，即a﹣1＞﹣e，得a＞1﹣e．∴1﹣e＜a＜0．6.（2016•合肥一模）已知函数f（x）=ex﹣xlnx，g（x）=e x﹣tx2+x，t∈R，其中e是自然对数的底数．（Ⅰ）求函数f（x）在点（1，f（1））处切线方程；（Ⅱ）若g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立，求t的取值范围．解：（Ⅰ）由f（x）=ex﹣xlnx，得f′（x）=e﹣lnx﹣1，则f′（1）=e﹣1．而f（1）=e，∴所求切线方程为y﹣e=（e﹣1）（x﹣1），即y=（e﹣1）x+1；（Ⅱ）∵f（x）=ex﹣xlnx，g（x）=e x﹣tx2+x，t∈R，∴g（x）≥f（x）对任意x∈（0，+∞）恒成立．⇔e x﹣tx2+x﹣ex+xlnx≥0对任意x∈（0，+∞）恒成立．即t≤对任意x∈（0，+∞）恒成立．令F（x）=．则F′（x）=，设G（x）=，则G′（x）=对任意x∈（0，+∞）恒成立．∴G（x）=在（0，+∞）单调递增，且G（1）=0．∴x∈（0，1）时，G（x）＜0，x∈（1，+∞）时，G（x）＞0，即x∈（0，1）时，F′（x）＜0，x∈（1，+∞）时，F′（x）＞0，∴F（x）在（0，1）上单调递减，F（x）在（1，+∞）上单调递增．∴F（x）≥F（1）=1．∴t≤1，即t的取值范围是（﹣∞，1]．7．（2018•红谷滩新区校级二模）已知f（x）=xlnx，g（x）=﹣x2+ax﹣3．（Ⅰ）对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，求实数a的取值范围；（Ⅱ）证明：对一切x∈（0，+∞），都有成立．【解答】（Ⅰ）解对一切x∈（0，+∞），有2xln x≥﹣x2+ax﹣3，则a≤2ln x+x+，设h（x）=2ln x+x+（x＞0），则h′（x）=，当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）是减少的，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）是增加的，所以h（x）min=h（1）=4．因为对一切x∈（0，+∞），2f（x）≥g（x）恒成立，所以a≤h（x）min=4．…（5分）（Ⅱ）证明：问题等价于xln x＞﹣（x∈（0，+∞）），f（x）=xln x（x∈（0，+∞））的最小值是﹣，当且仅当x=时取到，设m（x）=﹣（x∈（0，+∞）），则m′（x）=，易知m（x）max=m（1）=﹣，当且仅当x=1时取到．从而对一切x∈（0，+∞），都有ln x＞﹣成立．…（12分）8．（2018•拉萨一模）已知函数f（x）=lnx﹣ax，e为自然对数的底数，a∈R．（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）当x≥1时，恒成立，求a的取值范围．解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），．若a≤0时，则f'（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；若a＞0时，则由f'（x）=0，∴．当时，f'（x）＞0，∴f（x）在上单调递增；当时，f'（x）＜0，∴f（x）在上单调递减．综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增；当a＞0时，f（x）在上单调递增，在上单调递减．（2）由题意得：对x≥1时恒成立，∴对x≥1时恒成立．令，（x≥1），∴．令，∴对x≥1时恒成立，∴在[1，+∞）上单调递减，∵，∴当x∈[1，e]时，h（x）≥0，∴g'（x）≥0，g（x）在[1，e]上单调递增；当x∈（e，+∞）时，h（x）＜0，∴g'（x）＜0，g（x）在[e，+∞）上单调递减．∴g（x）在x=e处取得最大值，∴a的取值范围是．。

分离变量法在高考导数题中的运用 (1)

分离变量法在高考导数题中的运用[摘要]在高考导数考题中常涉及求参变量的取值范围问题。

对于这类问题常可采用分离参变量来求解。

所谓分离变量法就是将参变量分离出来如求参变量α取值范围，先分离出参变量a ，再应用()a f x >恒成立则max ()a f x >；或()a f x <恒成立，则min ()a f x <，最后转化为求()f x 的最值。

关键词：求导数；求最值；分离变量法正文：本文从2010年全国Ⅰ、全国Ⅱ卷中选取文科的两道导数题类谈一谈分离变量法的应用。

（值得注意的是：（1）此解法与标准答案所用方法不同；（2）采用此方法全国Ⅰ、Ⅱ卷的考题如同一辄）（2010年全国Ⅰ文科）已知函数42()32(31)4f x ax a x x =-++ （Ⅰ）当16a =时，求()f x 的极值；（Ⅱ）若()f x 在（-1，1）上是增函数，求a 的取值范围[解] （Ⅰ）省略请参考高考答案（Ⅱ）因为2'()4(1)(331)f x x ax ax =-+-所以当(1,1)x ∈-时，()f x 为增函数当且仅当'()0f x ≥即24(1)(331)x ax ax -+-恒大于等于010x -< 2331a x a x ∴+-恒小于等于0 即23310ax ax ∴+-≤（分离参变量a ）得2211113()3[()]24a x x x ≤=++- 易知(1,1)x ∈-时，211()()24x x ϕ=+-的最大值为2，最小值为14-max min ()()f x a f x ≤≤即4136a -≤≤ 亦即a 的取值范围是41[,]36- [2010年全国Ⅱ文科]已知函数32()331f x x ax x =-++ （Ⅰ）设2a =，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若()f x 在区间（2，3）中至少有一个极值点，求a 的取值范围. 解：（Ⅰ）可参见高考标准答案（Ⅱ）因为2'()363f x x ax =-+ 若()f x 在(2,3)x ∈中至少有一个极值点当且仅当方程'()0f x =至少有一个实数根所以由23630x ax -+=分离变量a 得：11()2a x x =+由于1()x x xϕ=+是对钩函数易知(2,3)x ∈时，()x ϕ总是单调递增. max min ()()x a x ϕϕ<<∴时，()f x 在区间（2，3）中至少有一个极值点a ∴的取值范围是（55,34）。

用分离常数法解高考题

用分离常数法解2014年高考题1 用分离常数法讨论方程根的个数题1 (2014年高考课标全国卷I 理科第11题即文科第12题)已知函数32()31f x ax x =-+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且00x >，则a 的取值范围是( )A.(2,)+∞B.(1,)+∞C.(,2)-∞-D.(,1)-∞- 答案 C解因为函数32()31f x ax x =-+的零点不为0，所以可得本题的题干等价于“关于x的方程a x x =⎪⎭⎫⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛3113有唯一实根，且该实根是正数，求a 的取值范围”，也等价于“关于x的方程a x x =-33有唯一实根，且该实根是正数，求a 的取值范围”．用导数容易作出曲线33x x y -=如图1所示：图1由图1可得答案C ．题2 (2014年重庆卷文科第10题)已知函数⎪⎩⎪⎨⎧∈-∈-+=]1,0(,]0,1(,311)(x x x x x f ，且m mx x f x g --=)()(在]1,1(-内有且仅有两个不同的零点，则实数m 的取值范围是( )A.]21,0(]2,49(⋃--B.]21,0(]2,411(⋃-- C.]32,0(]2,49(⋃-- D.]32,0(]2,411(⋃--答案 A 解设)11(1)()(≤<-+=x x x f x h ，题意即曲线)(x h y =与直线m y =有两个公共点．因为⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤<+-≤<-⎪⎭⎫⎝⎛-+=)10(111)01(2311)(2x x x x x h ，由复合函数单调性的判别法则“同增异减”可得函数)(x h 在⎥⎦⎤ ⎝⎛--31,1上是减函数，在]1,0(,0,31⎥⎦⎤⎢⎣⎡-上均是增函数，从而可作出曲线)(x h y =的草图如图2所示，由此可得答案．图2题3 (2014年高考江苏卷第13题)已知()f x 是定义在R 上且周期为3的函数，当[0,3)x ∈时，21()22f x x x =-+，若函数()y f x a =-在区间[]3,4-上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是．答案 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭解作出函数21()2(03)2f x x x x =-+≤<的图象如图3所示：图3有1(0)2f =；当且仅当1x =时，1()=2f x 极大；7(3)=2f ．关于x 方程()0f x a -=即()=f x a 在[3,4]x ∈-上有10个零点，即曲线()y f x =与直线y a =在[3,4]-上有10个交点．因为函数()f x 的周期为3，所以直线y a =与曲线212(03)2y x x x =-+≤<有4个交点，得所求实数a 的取值范围是10,2⎛⎫⎪⎝⎭．题4 (2014年高考天津卷理科第14题)已知函数f (x )＝|x 2＋3x |，x ∈R ．若方程f (x )－a |x －1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a 的取值范围为________．答案 (0,1)∪(9,＋∞)解因为1=x 不是原方程的根，所以设x x '=-1后可得本题等价于：若关于x 的方程a xx =++54恰有4个互异的实根，则实数a 的取值范围为________． (1)作出对勾函数xx x f 4)(+=的图象如图4所示：图4(2)再由平移可作出函数54)(++=xx x g 的图象如图5所示：图5(3)作出函数54)(++=xx x h 的图象如图6所示：图6因为关于x 的方程a x x =++54的互异实根个数即两条曲线a y xx y =++=,54公共点的个数，所以由图6可得结论：①当0<a 时，原方程互异实根的个数是0；②当0=a 或91<<a 时，原方程互异实根的个数是2； ③当1=a 或9时，原方程互异实根的个数是3； ④当10<<a 或9>a 时，原方程互异实根的个数是4．所以本题的答案是(0,1)∪(9,＋∞)．题5 (2014年高考天津卷文科第14题)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x ＞0.若函数y＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________．答案 (1,2)简解因为0=x 不是函数y ＝f (x )－a |x |的零点，所以可得本题等价于：若两条曲线a y x xx x x y =⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-<++=,)0(122)0(54恰有4个公共点，则实数a 的取值范围为________．同题4的解法，可作出曲线⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>-<++=)0(122)0(54x xx x x y 如图7所示：图7由图7可得结论：①当0<a 时，原方程互异实根的个数是0； ②当0=a 或2≥a 时，原方程互异实根的个数是3； ③当10<<a 时，原方程互异实根的个数是6； ④当1=a 时，原方程互异实根的个数是5； ⑤当21<<a 时，原方程互异实根的个数是4．所以本题的答案是(1,2)．题6 (2014年高考天津卷理科第20(1)题)设f (x )＝x －a e x (a ∈R )，x ∈R ．已知函数y＝f (x )有两个零点x 1，x 2，且x 1<x 2，求a 的取值范围．解题设关于x 的方程a x x=-e有两个零点．用导数可得函数xx x g -=e )(在),1(),1,(+∞-∞上分别是增函数、减函数，且0)(lim ,e 1)1(,)(lim ==-∞=+∞→-∞→x g g x g x x ．由此可作出函数)(x g 的图象如图8所示：图8所以所求答案为⎪⎭⎫⎝⎛e 1,0．题7 (2014年高考课标全国卷II 文科第21题)已知函数32()32f x x x ax =-++，曲线()y f x =在点(0,2)处的切线与x 轴交点的横坐标为2-．(1)求a ；(2)证明：当1k <时，曲线()y f x =与直线2y kx =-只有一个交点．解 (1)1a =．(2)题意即证“当1k <时，关于x 的方程3232=2x x ax kx -++-即有唯一实根”．设24g()31x x x x=-++，得22115248()(2)x g x x x ⎛⎫++⎪⎝⎭'=-，所以函数()g x 在)2,0(),0,(-∞上均是减函数，在),2(+∞上是增函数．由此可作出函数24g()31x x x x=-++的图象如图9所示：图9由图9可得欲证成立．题8 (2014年高考北京卷文科第20题)已知函数3()23f x x x =-．(1)求()f x 在区间[2,1]-上的最大值；(2)若过点(1,)P t 存在3条直线与曲线()y f x =相切，求t 的取值范围；(3)问过点(1,2),(2,10),(0,2)A B C -分别存在几条直线与曲线()y f x =相切？只需写出结论．解 (1)(3)略．(2)2()63f x x '=-．当点P 在曲线()y f x =上即1-=t 时：又当点(1,1)P -是切点时，曲线()y f x =过点P 的切线是1条．又当点(1,1)P -不是切点时，可设切点为3(,23)(1)P P P P x x x x -≠，得3223163(1)1P P P P P x x x x x -+=-≠-12P x =-所以此时过点P 的切线是1条．得过点P 存在2条直线与曲线()y f x =相切，不合题意．所以1-≠t ，即点P 不在曲线()y f x =上．可设切点为3(,23)PP P x x x '''-，得 3223631PP PPx x t x x ''--'=-'- 324630PP x x t ''-++= 题意即这个一元三次方程也即关于x 的一元三次方程)1(36423-≠=-+-t t x x 有三个实根．用导数知识可作出函数364)(23-+-=x x x g 的图象如图10所示：图10由图10可得所求t 的取值范围是)1,3(--．题9 (2014年广东卷文科第21题)已知函数321()1(3f x x x ax a =+++∈R )． (1)求函数()f x 的单调区间；(2)当0a <时，试讨论是否存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．解 (1)略． (2)方程0011()22f x f x ⎛⎫⎛⎫=≠⎪⎪⎝⎭⎝⎭，即323200001111111=1332222x x ax a x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++≠ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 3232000011111032222x x a x x ⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-=≠⎢⎥⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦ 2000011111032422x x x a x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++++=≠ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭2000141412702x x a x ⎛⎫+++=≠ ⎪⎝⎭ ①所以 “当0a <时，存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭”⇔ “当0a <时，方程①在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭时有解”⇔ “当0a <时，关于0x 的方程2000114147120,,122x x a x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++=-∈⋃ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭有解”因为函数2000011()41470,,122g x x x x ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=++∈⋃ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的值域是)25,15()15,7(⋃，所以“当0a <时，存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭，使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭”⇔ ⇔⋃∈-)25,15()15,7(12a 25557,,124412a ⎛⎫⎛⎫∈--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭由此得本题的答案是：当0a <时，当且仅当25557,,124412a ⎛⎫⎛⎫∈--⋃-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，存在0110,,122x ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，使得01()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭．注由以上解法还可得下面的结论：若3211()1(32f x x x ax x a ⎛⎫=+++≠∈ ⎪⎝⎭R )，则 (1)当且仅当61>a 时，关于x 的方程1()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭无解； (2)当且仅当67,61-=a 时，关于x 的方程1()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭有唯一解； (3)当且仅当61<a 且67-≠a 时，关于x 的方程1()2f x f ⎛⎫= ⎪⎝⎭有且仅有两个解．题10 (2014年高考山东卷理科第20题)设函数()2e 2ln (x f x k x k x x ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭为常数，e 2.71828=是自然对数的底数)．(1)当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 在()0,2内存在两个极值点，求k 的取值范围．解 (1)()3e (2)(>0)x kxf x x x x -'=-．当0k ≤时，得3e 0,0x kx x ->>，所以()f x '与2x -同号，得函数()f x 的单调增区间、减区间分别是(0,2),(2,)+∞．(2)由(1)的结论知，()22e (0<2)x x f x k x x x ⎛⎫-'=-< ⎪⎝⎭，()f x '与e xk x-同号．设()e (0<2)x g x x x =<，得()21e (0<2)x x g x x x-'=<．所以函数()g x 在(0,1),(1,2)上分别是减函数、增函数．又因为()20e lim ,(2)2x g x g +→=+∞=，所以函数()f x '在(0,2)有两个零点2e e 2k ⇔<<．设这两个零点分别是1212,(02)x x x x <<<，还可证它们分别是函数()f x 的极小值点、极大值点．所以所求k 的取值范围是2e,e 2⎛⎫⎪⎝⎭．2 用分离常数法求解恒成立、存在性问题题11 (2014年高考辽宁卷文科第12题)当[2,1]x ∈-时，不等式32430ax x x -++≥恒成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[5,3]--B ．96,8⎡⎤--⎢⎥⎣⎦C ．[6,2]--D ．[4,3]--答案 C解分10,0,02≤<=<≤-x x x 三种情形讨论，并用分离常数法，可求得答案．题12 (2014年高考湖南卷理科第10题)已知函数221()(0)()ln()2x f x x e x g x x x a =+-<=++与的图象上存在关于y 轴对称的点，则a 的取值范围是( ) A.1(,)e -∞ B.(,)e -∞ C.1(,)e e - D.1(,)e e -答案 B解题意即关于x 的方程221e ln()(0)2xx x a x x +-=+-<也即1e 2e (0)x x a x -+=<有解．易知函数1e 2()=e(0)x h x x x -+<是增函数(两个增函数之和是增函数)，所以e )0(=<h a ．题13 (2014年高考课标全国卷II 理科第12题)设函数()3sin x f x mπ=．若存在()f x 的极值点0x 满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，则m 的取值范围是( )A.(,6)(6,)-∞-⋃+∞B.(,4)(4,)-∞-⋃+∞C.(,2)(2,)-∞-⋃+∞D.(,1)(4,)-∞-⋃+∞ 答案 C 解 ()3cos x f x m m ππ'=．得()0003cos 0,(2x m f x x mk k m m ππ'===+∈Z )(还可得这样的0x 一定是函数()f x 的极值点)．0x ∃满足()22200x f x m +<⎡⎤⎣⎦，即k ∃∈Z 满足221312k m ⎛⎫+<- ⎪⎝⎭，也即22min1312k m ⎡⎤⎛⎫+<-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，还即221312m ⎛⎫<- ⎪⎝⎭，进而可得答案．题14 (2014年高考浙江卷理科第13题)当实数x ，y 满足⎪⎩⎪⎨⎧≥≤--≤-+101042x y x y x 时，14ax y ≤+≤恒成立，则实数a 的取值范围是________．答案 31,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦解所给区域是以三点3(1,0),1,,(2,1)2⎛⎫ ⎪⎝⎭为顶点的三角形，所以12x ≤≤． “14ax y ≤+≤恒成立”即“41y y a x x--≤-≤恒成立”，由斜率的几何意义可得答案．题15 (2014年高考江苏卷第19(2)题)已知函数()e e x xf x -=+，其中e 是自然对数的底数．若关于x 的不等式()e1xmf x m -≤+-在(0,)+∞上恒成立，求实数m 的取值范围．解设e (0)xt x =>，得题设即21(1)1t m t t t --≥>-+恒成立．可得0m <，所以题设即11112(1)1t t m t -≤-++>-恒成立，可得114m -≤，得实数m 的取值范围1,3⎛⎤-∞- ⎥⎝⎦．题16 (2014年高考陕西卷文科第21题)设函数()ln ,mf x x m x=+∈R ． (1)当e(e m =为自然对数的底数)时，求()f x 的极小值；(2)讨论函数()'()3xg x f x =-零点的个数；(3)若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围．解 (1)略．(2)用分离常数法可求得答案：当0m ≤或23m =时，函数()g x 零点的个数是1；当203m <<时，函数()g x 零点的个数是2；当23m >时，函数()g x 零点的个数是0． (3)题设即()()(0f a a f b b a b ->-<<恒成立，也即函数()()ln (0)mh x f x x x x x x=-=+->是减函数．用分离常数法可求得m 的取值范围是1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭．练习1.(2013年高考陕西卷理科第21(2)题)设x >0，讨论曲线2e ,(0)x y y mx m ==>公共点的个数．2.(2013年高考新课标卷I理科第21题)已知函数)(e )(,)(2d cx x g b ax x x f x +=++=．若曲线)(x f y =和曲线)(x g y =都过点)2,0(P ，且在点P 处有相同的切线24+=x y ．(1)求d c b a ,,,的值；(2)若2-≥x 时，)()(x kg x f ≤，求k 的取值范围．3.(2013年高考福建卷文科第22题)已知函数∈+-=a ax x f x(e 1)(R ，e 为自然对数的底数)．(1)若曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线平行于x 轴，求a 的值； (2)求函数)(x f 的极值；(3)当1=a 时，若直线1:-=kx y l 与曲线)(x f y =没有公共点，求k 的最大值．答案：1.当4e 02<<m 时，有0个公共点；当 4e 2=m 时，有1个公共点；当4e 2>m 有2个公共点．2.(1)2,4====d c b a ．(2)题设即)2)(1(e 2242-≥+≤++x x k x x x恒成立．设)1(e 24)(2+++=x x x x h x ，可得题设即⎩⎨⎧->≤-<≤-≥)1(2)()12(2)(x k x h x k x h 恒成立．得22)1(e )2()(++-='x x x x h x ，所以：当12-<≤-x 时，0)(≥'x h 恒成立，)12)((-<≤-x x h 是增函数，所以)12(2)(-<≤-≥x k x h 恒成立即2e ,2)2(≤≥-k k h ．当1->x 时，可得2)0()]([max ==h x h ，所以)1(2)(->≤x k x h 恒成立即1,22≥≤k k ．所以所求k 的取值范围是]e 1,[2． 3.(1)e ．(2)略．(3)题意即方程x x kx e111+-=-也即1e )1(=-xx k 无解，1=k 满足．当1≠k 时，即方程11e -=k x x无解．用导数可求得函数x x y e =的值域是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,e 1，所以e111-<-k ，即e 11,e 10->>->->k k ．总之，k 的取值范围是]1,e 1(-，所以k 的最大值是1．Welcome To Download !!!欢迎您的下载，资料仅供参考！。

压轴题03--函数与导数常见经典压轴小题(解析版)-2023年高考数学压轴题专项训练(江苏专用)

压轴题03函数与导数常见经典压轴小题1、导数的计算和几何意义是高考命题的热点，多以选择题、填空题形式考查，难度较小．2、应用导数研究函数的单调性、极值、最值多在选择题、填空题靠后的位置考查，难度中等偏上，属综合性问题．考向一：函数、零点嵌套问题考向二：函数整数解问题考向三：等高线问题考向四：零点问题考向五：构造函数解不等式考向六：导数中的距离问题考向七：导数的同构思想考向八：最大值的最小值问题（平口单峰函数、铅锤距离）1、分段函数零点的求解与判断方法：（1）直接法：直接根据题设条件构造关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成球函数值域的问题加以解决；（3）数形结合法：先将解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．2、由于三次函数的导函数为我们最熟悉的二次函数，所以基本的研究思路是：借助导函数的图象来研究原函数的图象．如借助导函数的正负研究原函数的单调性；借助导函数的（变号）零点研究原函数的极值点（最值点）；综合借助导函数的图象画出原函数的图象并研究原函数的零点，具体来说，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞，其导函数为()()232 0f x ax bx c a '=++＞，根的判别式()243b ac ∆=-．a ＞()232f x ax bx c'=++判别式∆＞0∆=0∆＜图象()32f x ax bx cx d=+++单调性增区间：()1, x -∞，()2, x +∞；减区间：()12, x x 增区间：(), -∞+∞增区间：(), -∞+∞图象（1）当0∆≤时，()0f x '≥恒成立，三次函数()f x 在R 上为增函数，没有极值点，有且只有一个零点；（2）当0∆≥时，()0f x '=有两根1x ，2x ，不妨设12x x ＜，则1223bx x a+=-，可得三次函数()f x 在()1, x -∞，()2, x +∞上为增函数，在()12, x x 上为减函数，则1x ，2x 分别为三次函数()32f x ax bx cx d =+++的两个不相等的极值点，那么：①若()()120f x f x ⋅＞，则()f x 有且只有1个零点；②若()()120f x f x ⋅＜，则()f x 有3个零点；③若()()120f x f x ⋅=，则()f x 有2个零点．特别地，若三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＞存在极值点0x ，且()00f x =，则()f x 地解析式为()()()20f x a x x x m =--．同理，对于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++＜，其性质也可类比得到．3、由于三次函数()()32 0f x ax bx cx d a =+++≠的导函数()232f x ax bx c '=++为二次函数，其图象变化规律具有对称性，所以三次函数图象也应当具有对称性，其图象对称中心应当为点, 33bb faa ⎛⎫⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，此结论可以由对称性的定义加以证明．事实上，该图象对称中心的横坐标正是三次函数导函数的极值点．4、恒成立（或存在性）问题常常运用分离参数法，转化为求具体函数的最值问题．5、如果无法分离参数，可以考虑对参数或自变量进行分类讨论，利用函数性质求解，常见的是利用函数单调性求解函数的最大、最小值．6、当不能用分离参数法或借助于分类讨论解决问题时，还可以考虑利用函数图象来求解，即利用数形结合思想解决恒成立（或存在性）问题，此时应先构造函数，作出符合已知条件的图形，再考虑在给定区间上函数图象之间的关系，得出答案或列出条件，求出参数的范围．7、两类零点问题的不同处理方法利用零点存在性定理的条件为函数图象在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且()()0f a f b ⋅<．．①直接法：判断-一个零点时，若函数为单调函数，则只需取值证明()()0f a f b ⋅<．②分类讨论法：判断几个零点时，需要先结合单调性，确定分类讨论的标准，再利用零点存在性定理，在每个单调区间内取值证明()()0f a f b ⋅<．8、利用导数研究方程根（函数零点）的技巧（1）研究方程根的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等．（2）根据题目要求，画出函数图象的走势规律，标明函数极（最）值的位置．（3）利用数形结合的思想去分析问题，可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现．9、已知函数零点个数求参数的常用方法（1）分离参数法：首先分离出参数，然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（2）分类讨论法：结合单调性，先确定参数分类的标准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．1．（2023·江西宜春·统考模拟预测）已知函数()()()ln 1,ln (0)1m xf x xg x x m x m=+-=+>+，且()()120f x g x ==，则()2111em x x -+的最大值为（）A ．1B ．eC ．2eD ．1e【答案】A【解析】()()()()()ln 10,ln 10,1ln 1,11m mf x x x m x x x x =+-=+-==++++()ln0,e ,x xg x x m x m=+==由题意知，()()21121ln 1e ,x x x x m ++==即()()2221121ln 1e e ln e ,x x xx x x m ++===因为0m >，所以21e 1,11xx >+>，设()ln ,1p x x x x =>，则()1ln 0p x x '=+>，()()211e ,xp x p m +==所以211e x x +=，所以()22121111e e e ex m m m x x x m---+==，1(),0e m m t m m -=>，则11(),e m m t m --'=当01m <<时，()0;t m '>当1m >时，()0;t m '<所以()t m 在()0,1时单调递增，在()1,+∞时单调递减，所以max ()(1)1,t m t ==故选：A.2．（2023·湖南岳阳·统考二模）若函数()22ln 2e 2ln x xf x a x ax -=-+有两个不同的零点，则实数a 的取值范围是（）A ．(),e -∞-B ．(],e -∞-C ．()e,0-D ．()【答案】A【解析】函数()f x 的定义域为(0,)+∞，()()222ln 22ln 2e 2ln e 2ln x x x x f x a x ax a x x --=-+=+-，设2()2ln (0)h x x x x =->，则22(1)(1)()2x x h x x x x+-'=-=，令()01h x x '>⇒>，令()001h x x '<⇒<<，所以函数()h x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，且(1)1h =，所以min ()(1)1h x h ==，所以()1h x ≥，函数()f x 有两个不同的零点等价于方程()0f x =有两个不同的解，则()222ln 2ln 22e e 2ln 02ln x x x x a x x a x x--+-=⇒-=-，等价于函数y a =-与22ln 2e 2ln x xy x x-=-图象有两个不同的交点.令22ln x x t -=，()1e ,tg t tt =>，则函数y a =-与()1e ,tg t tt =>图象有一个交点，则()()22e 1e e 0tt t t t g t t t '--==>，所以函数()g t 在(1,)+∞上单调递增，所以()()1e g t g >=，且t 趋向于正无穷时，()e tg t t=趋向于正无穷，所以e a ->，解得e a <-.故选：A.3．（2023·江西吉安·统考一模）已知,R,0,0x y x y ∈>>，且2x y xy +=，则8e y x-的可能取值为（）（参考数据： 1.1e 3≈， 1.2e 3.321≈）A ．54B ．32C ．e 1-D ．e【答案】D【解析】由2x y xy +=，可得844x y =-且1y >，所以84e e 4y yx y-=+-，令()()4e 4,1,yg y y y =+-∈+∞，可得()24e y g y y='-，令()24e yh y y =-，可得()38e 0yh y y '=+>，()h y 为单调递增函数，即()g y '单调递增，又()()1.1 1.222441.1e 0, 1.2e 01.1 1.2g g =--'<'=>，所以存在()0 1.1,1.2y ∈，使得()00204e 0yg y y =-='，所以()()0min 002000444e 44, 1.1,1.2yg g y y y y y ==+-=-∈，设()0200444f y y y =+-，则()0320084f y y y =--'，因为()0 1.1,1.2y ∈，所以()00f y '<，所以()0f y 在()1.1,1.2上单调递减，所以()()0191.229f y f >=>，又因为()22e 2e g =->，()g y 在()0,y ∞+上递增，所以D 正确.故选：D.4．（2023·河南开封·开封高中校考一模）若存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，则实数a 的最小值为（）A ．2B ．1ln2C ．ln21-D ．11ln2-【答案】D 【解析】由11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭两边取对数可得 1()ln 11x a x ⎛⎫++≥ ⎪⎝⎭①，令11,t x +=则11x t =-，因为[)1,x ∞∈+，所以(1,2]t ∈，则①可转化得1ln 11a t t ⎛⎫+≥⎪-⎝⎭，因为ln 0t >，11ln 1a t t ∴≥--因为存在[)1,x ∞∈+，使得关于x 的不等式11e x ax +⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭成立，所以存在(1,2]t ∈，11ln 1a t t ≥--成立，故求11ln 1t t --的最小值即可，令11(),(1,2]ln 1g x x x x =-∈-2211()(ln )(1)g x x x x '∴=-+⋅-2222(ln )(1)(1)(ln )x x x x x x ⋅--=-2222222(1)1(ln )(ln )2(1)(ln )(1)(ln )x x x x x x x x x x ----+==--，令()h x 21(ln )2,(1,2]x x x x=--+∈212ln 11()2ln 1x x x h x x x xx-+'∴=⋅-+=，令1()2ln ,(1,2]x x x x xϕ=-+∈，2222121()1x x x x x x ϕ-+-'∴=--=22(1)0x x --=<，所以()ϕx 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0x ϕϕ<=，()0h x '∴<，所以()h x 在(1,2]上单调递减，所以()(1)0,()0,h x h g x '<=∴<()g x ∴在(1,2]上单调递减，1()(2)1ln 2g x g ∴≥=-，11ln 2a ∴≥-，所以实数a 的最小值为11ln 2-故选：D5．（2023·河北石家庄·统考一模）已知210x x a -=在()0,x ∈+∞上有两个不相等的实数根，则实数a 的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,2e ⎛⎫⎪⎝⎭C ．12e 1,e ⎛⎤ ⎥⎝⎦D ．12e 1,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【解析】由()0,x ∈+∞，则210x x a =>，故2ln ln xa x=，要使原方程在()0,x ∈+∞有两个不等实根，即2ln ()xf x x =与ln y a =有两个不同的交点，由432ln 12ln ()x x x x f x x x --'==，令()0f x '>，则120e x <<，()0f x '<，则12e x >，所以()f x 在12(0,e )上递增，12(e ,)+∞上递减，故12max 1()(e )2e f x f ==，又x 趋向于0时，()f x 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时，()f x 趋向0，所以，要使()f x 与ln y a =有两个不同的交点，则10ln 2ea <<，所以12e 1e a <<.故选：D6．（2023·吉林·统考三模）已知不等式22e ln ln x x λλ+≥在()0,x ∈+∞上恒成立，则实数λ的取值范围是（）A ．10,2e ⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．10,4e ⎛⎤ ⎥⎝⎦C ．1,2e ∞⎡⎫+⎪⎢⎣⎭D ．1,4e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】C【解析】由22e ln ln x x λλ+≥得22e ln ln lnxxx λλλ≥-=，即22e lnxxxx λλ≥，令()e t f t t =，()0,t ∈+∞，则()()1e 0tf t t '=+>，所以()e tf t t =在()0,∞+上单调递增，而ln22e lnlne xxxxxx λλλλ≥=等价于()2ln x f x f λ⎛⎫≥ ⎪⎝⎭，∴2lnxx λ≥，即2e xx λ≥令()2e x g x x =，()0,x ∈+∞，则()212e xg x x-'=，所以()g x 在10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()0g x '>，为增函数；在在1,2x ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时()0g x '<，为减函数，所以()g x 最大值为1122e g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，∴12e λ≥．故选：C7．（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考二模）设()f x 是定义在R 上的可导函数，()f x 的导函数为()f x '，且()()32f x f x x '⋅>在R 上恒成立，则下列说法中正确的是（）A ．()()20232023f f <-B ．()()20232023f f >-C ．()()20232023f f <-D ．()()20232023f f >-【答案】D【解析】由题设32()()4f x f x x ⋅>'，构造24()()g x f x x =-，则3()2()()40g x f x f x x =-'>'，所以()g x 在R 上单调递增，则(2023)(2023)g g >-，即2424(2023)2023(2023)(2023)f f ->---，所以22(2023)(2023)f f >-，即()()20232023f f >-.故选：D8．（2023·四川广安·统考二模）若存在[]01,2x ∈-，使不等式()022002e 1ln e 2ex ax a x +-≥+-成立，则a 的取值范围是（）A ．21,e 2e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．221,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．421,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】D【解析】()022002e 1ln e 2e x a x a x +-≥+-⇔()()222e 1ln e 12e x a a x ---≥-()()()000022222 e 1ln e 1ln e 2 e 1ln 2e e x x x x a a a a e ⇔---≥-⇔-≥-令ex at =，即()2e 1ln 220t t --+≥，因为0[1,2]x ∈-，所以21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，令()2()e 1ln 22f t t t =--+.则原问题等价于存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.()22e 12e 1()2t f t t t---'=-=令()0f t '<，即()2e 120,t --<解得2e 12t ->，令()0f t '>，即()2e 120,t -->解得2e 102t -<<，所以()f t 在2e 10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在2e 1,2⎛⎫-+∞⎪⎝⎭上单调递减.又因为()()2222(1)0,e e 1ln e 2e 2f f ==--+222e 22e 20=--+=而22e 11e 2-<<，∴当21e t ≤≤时，()0f t ≥.若存在21,e e a a t -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，使得()0f t ≥成立.只需22e e a ≤且11e a -≥，解得4ea ≤且1e a ≥，所以41e ea ≤≤.故a 的取值范围为41,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦.故选：D9．（2023·河南郑州·统考二模）函数()ln ,01,0x x x f x x x >⎧=⎨+≤⎩，若关于x 的方程()()()210f x m f x m -++=⎡⎤⎣⎦恰有5个不同的实数根，则实数m 的取值范围是（）A ．10em -<<B ．10em -<≤C ．10em -≤<D ．10em -≤≤【答案】A【解析】由()2[()]1()[()][()1]0f x m f x m f x m f x -++=--=，可得()f x m =或()1f x =，令ln y x x =且定义域为(0,)+∞，则ln 1y x ¢=+，当1(0,ex ∈时0'<y ，即y 递减；当1(,)ex ∈+∞时0'>y ，即y 递增；所以min 1e y =-，且1|0x y ==，在x 趋向正无穷y 趋向正无穷，综上，根据()f x 解析式可得图象如下图示：显然()1f x =对应两个根，要使原方程有5个根，则()f x m =有三个根，即(),f x y m =有3个交点，所以10em -<<.故选：A10．（2023·贵州·统考模拟预测）已知函数()f x 在R 上满足如下条件：（1）()()0f x f x -+=；（2）()20f -=；（3）当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<.若()0f a >恒成立，则实数a 的值不可能是（）A ．3-B ．2C ．4-D ．1【答案】B 【解析】设()()f x g x x =，则()()()2xf x f x g x x'-'=，因为当()0,x ∈+∞时，()()f x f x x'<，所以当0x >时，有()()0xf x f x '-<恒成立，即此时()g x '<0，函数()g x 为减函数，因为()f x 在R 上满足()()0f x f x -+=，所以函数()f x 是奇函数，又()20f -=，所以()20f =，又()()()()()f x f x f x g x g x x x x---====--，故()g x 是偶函数，所以()()220g g =-=，且()g x 在(),0x ∈-∞上为增函数，当0a >时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a >，即()()2g a g >，得02a <<；当a<0时，()0f a >，即()()0f a ag a =>，等价为()0g a <，即()()2g a g <-，此时函数()g x 为增函数，得2a <-，综上不等式()0f a >的解集是()(),20,2-∞- ，结合选项可知，实数a 的值可能是3-，4-，1.故选：B11．（2023·广西·统考三模）已知2()cos f x x x =+，若3441e ,ln ,54a f b f c f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫===- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，则a ，b ，c 的大小关系为（）A ．b c a <<B ．c a b<<C ．c b a<<D ．a c b<<【答案】A【解析】因为2()cos ,R f x x x x =+∈，定义域关于原点对称，()22()()cos()cos f x x x x x f x -=-+-=+=，所以()f x 为R 上的偶函数，当0x ≥时,()2sin ,f x x x '=-，设()2sin g x x x =-，则()2cos g x x =-'，1cos 1x -≤≤ ，()0g x '∴>，所以()g x 即()f x '在[0,)+∞上单调递增，所以()(0)0f x f ''≥=,所以()f x 在[0,)+∞上单调递增，又因为()f x 为偶函数,所以()f x 在(,0]-∞上单调递减，又因为41ln0,054<-<,所以445ln ln ln 554b f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫==-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1144c f f ⎛⎫⎛⎫=-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭又因为31411ee e 4-->=>,因为141ln e 4=,41445e e, 2.4e 4⎛⎫⎛⎫=≈< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以145e 4>,所以145ln e ln 4>，即15ln 44>,所以3415eln 44->>,所以3441e 5ln 4f f f -⎛⎫⎛⎫⎛⎫>> ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭,即a c b >>.故选：A.12．（2023·天津南开·统考一模）已知函数()()216249,1,11,1,9x x x f x f x x ⎧-+≤⎪=⎨->⎪⎩则下列结论：①()1*9,Nn f n n -=∈②()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立③关于x 的方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则119m <<④关于x 的方程()()1*9N n f x n -=∈的所有根之和为23n n +其中正确结论有（）A ．1个B ．2个C ．3个D ．4个【答案】B【解析】由题意知，()()()()1211111219999n n f n f n f n f n n --=-=-==--=⎡⎤⎣⎦ ，所以①正确；又由上式知，要使得()()10,,x f x x∞∀∈+<恒成立，只需满足01x <≤时，()1f x x <恒成立，即2116249x x x-+<，即321624910x x x -+-<恒成立，令()(]32162491,0,1g x x x x x =-+-∈，则()248489g x x x '=-+，令()0g x '=，解得14x =或34x =，当1(0,4x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增；当13(,)44x ∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；当3(,)4x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增，当14x =时，函数()g x 取得极大值，极大值11101444g f ⎛⎫⎛⎫== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，，所以②不正确；作出函数()f x 的图象，如图所示，由图象可知，要使得方程()()R f x m m =∈有三个不同的实根，则满足()()21f m f <<，即119m <<，所以③正确；由()1(1)9f x f x =-知，函数()f x 在(),1n n +上的函数图象可以由()1,n n -上的图象向右平移一个单位长度，再将所有点的横坐标不变，纵坐标变为原来的19倍得到，因为216249y x x =-+的对称轴为34x =，故()09f x =的两根之和为32，同理可得：()19f x =的两个之和为322+，，()19nf x -=的两个之和为32(1)2n +-，故所有根之和为23333(2)[2(1)]2222n n n +++++-=+，所以④不正确.故选：B.13．（2023·山东济南·一模）函数()()()221xxx f x a a a =++-+（0a >且1a ≠）的零点个数为（）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】B【解析】由()0f x =可得22011x x a a a a +⎛⎫⎛⎫+-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，即11112011x xa a ⎛⎫⎛⎫-++-= ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭，因为0a >且1a ≠，则1110,,1122a ⎛⎫⎛⎫∈ ⎪ ⎪+⎝⎭⎝⎭，令11t a =+，令()()()112x xg x t t =-++-，则()()010g g ==，()()()()()1ln 11ln 1xxg x t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1xxh x t t t t =--+++，则()()()()()221ln 11ln 10xxh x t t t t '=--+++>⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，所以，函数()g x '在R 上单调递增，因为()()()()20ln 1ln 1ln 1ln10g t t t'=-++=-<=，()()()()()11ln 11ln 1g t t t t '=--+++，令()()()()()1ln 11ln 1p t t t t t =--+++，其中01t <<，则()()()ln 1ln 10p t t t '=+-->，所以，函数()p t 在()0,1上单调递增，所以，()()()100g p t p >'==，由零点存在定理可知，存在()00,1x ∈，使得()00g x '=，且当0x x <时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减，当0x x >时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增，所以，()()()0010g x g g <==，所以，函数()g x 的零点个数为2，即函数()f x 的零点个数为2.故选：B.14．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()222g x f x a f x a =---⎡⎤⎣⎦恰有5个零点，则a 的取值范围是（）A ．()3e,0-B ．470,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．473e,e ⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．()0,3e 【答案】B【解析】函数()g x 恰有5个零点等价于关于x 的方程()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦有5个不同的实根．由()()()2220f x a f x a ⎡⎤---=⎣⎦，得()f x a =或()2f x =-．因为()()25e x f x x x =+-，所以()()234e x f x x x '=+-()()41e xx x =+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减．因为()474e f -=，()13e f =-，当x →+∞时，()f x →+∞，当x →-∞时，()0f x →，所以可画出()f x 的大致图象：由图可知()2f x =-有2个不同的实根，则()f x a =有3个不同的实根，故470,e a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，故A ，C ，D 错误.故选：B.15．（2023·山东枣庄·统考二模）已知()f x =，a ∈R ，曲线cos 2y x =+上存在点()00,x y ，使得()()00f f y y =，则a 的范围是（）A ．()8,18ln 3+B ．[]8,18ln 3+C ．()9,27ln 3+D ．[]9,27ln 3+【答案】B【解析】因为[]cos 1,1x ∈-，所以[]cos 21,3y x =+∈，由题意cos 2y x =+上存在一点()00,x y 使得()()00f f y y =，即[]01,3y ∈，只需证明()00f y y =，显然()f x =假设()00f y y c =>，则()()()()000f f y f c c y f y ==>>不满足()()00f f y y =，同理()00f y c y =<不满足()()00f f y y =，所以()00f y y =，那么函数()[]1,3f x =即函数()f x x =在[]1,3x ∈有解，x =，可得[]2ln 9,1,3x x a x x +-=∈，从而[]2ln 9,1,3x x x a x +-=∈，令()[]2ln 9,1,3h x x x x x =+-∈，则()2119292x x h x x x x+-'=+-=，令()0h x '=，即21920x x +-=，解得12993,044x x -=>=（舍去），()0h x '>时03x <<<()0h x '<时x >所以()h x 在[]1,3单调递增，所以()()()13h h x h ≤≤，()1ln1918h =+-=，()3ln 3279ln 318h =+-=+，所以()h x 的取值范围为[]8,ln 318+，即a 的取值范围为[]8,ln 318+.故选：B.16．（2023·四川绵阳·盐亭中学校考模拟预测）已知()(0)ln kxx k xϕ=>，若不等式()11e kxxx ϕ+<+在()1+∞，上恒成立，则k 的取值范围为（）A ．1e⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭，B ．()ln2+∞，C ．()0,eD ．()0,2e 【答案】A【解析】由题意知，(1,)x ∀∈+∞，不等式11e ln kx x kx x+<+恒成立，即()(1,),1eln e(1)ln kxkxx x x ∀∈+∞+>+成立.设()(1)ln (1)f x x x x =+>，则()e ()kxf f x >.因为11()ln ln 10x f x x x x x+'=+=++>，所以()f x 在()1+∞，上单调递增，于是e kx x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立，即ln xk x >对任意的()1x ∈+∞，恒成立.令ln ()(1)x g x x x=>，即max ()k g x >.因为21ln ()xg x x-'=，所以当(1,e)x ∈时，()0g x '>;当()e x ∈+∞，时，()g x '<0，所以()g x 在(1,e)上单调递增，在()e ，+∞上单调递减，所以max 1()(e)eg x g ==，所以1ek >.故选：A .17．（2023·江西·校联考模拟预测）已知()ee 1ln x x a x+>有解，则实数a 的取值范围为（）A ．21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,e⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭C ．()1,-+∞D ．1,e⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】不等式()e e 1ln x x a x+>可化为()e ln 1x a x x x ++>，()()e ln e 1x x a x x +>，令e x t x =，则ln 1at t +>且0t >，由已知不等式ln 1t at +>在()0,∞+上有解，所以1ln ta t ->在()0,∞+上有解.令()1ln t f t t -=，则()2ln 2t f t t ='-，当20e t <<时，()0f t '<，()f t 在()20,e 上单调递减；当2t e >时，()0f t '>，()f t 在()2e ,+∞单调递增，所以()min f t =()221e e f =-，所以21e a >-，所以a 的取值范围为21,e ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭，故选：A.18．（2023·辽宁朝阳·校联考一模）设0k >，若不等式()ln e 0xk kx -≤在0x >时恒成立，则k 的最大值为（）A ．eB ．1C ．1e -D ．2e 【答案】A【解析】对于()ln e 0xk kx -≤，即()e ln x kx k≤，因为()ln y kx =是e xy k =的反函数，所以()ln y kx =与e xy k =关于y x =对称，原问题等价于e x x k≥对一切0x >恒成立，即e xk x≤；令()e x f x x =，则()()'21e x x f x x -=，当01x <<时，()()'0,f x f x <单调递减，当1x >时，()()'0,f x f x >单调递增，()()min 1e f x f ==，e k ∴≤；故选：A.19．（2023·四川南充·统考二模）已知函数()()2ln ln 1212x x h x t t x x ⎛⎫=--+- ⎪⎝⎭有三个不同的零点123,,x x x ，且123x x x <<．则实数11ln 1x x ⎛-⎝）A ．1t -B ．1t -C ．－1D ．1【答案】D 【解析】令ln x y x =，则21ln xy x-'=，当(0,e)x ∈时0'>y ，y 是增函数，当(e,)x ∈+∞时0'<y ，y 是减函数；又x 趋向于0时y 趋向负无穷，x 趋向于正无穷时y 趋向0，且e 1|ex y ==，令ln xm x=，则2()()(12)12h x g m m t m t ==--+-，要使()h x 有3个不同零点，则()g m 必有2个零点12,m m ，若11(0,e m ∈，则21em =或2(,0]m ∞∈-，所以2(12)120m t m t --+-=有两个不同的根12,m m ，则2Δ(12)4(12)0t t =--->，所以32t <-或12t >，且1212m m t +=-，1212m m t =-，①若32t <-，12124m m t +=->，与12,m m 的范围相矛盾，故不成立；②若12t >，则方程的两个根12,m m 一正一负，即11(0,)em ∈，2(,0)m ∞∈-；又123x x x <<，则12301e x x x <<<<<，且121ln x m x =，32123ln ln x x m x x ==，故11ln 1x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭(()()221111m m m =-=--12121()1m m m m =-++=.故选：D20．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学统考二模）已知实数0a >，e 2.718=…，对任意()1,x ∈-+∞，不等式()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥恒成立，则实数a 的取值范围是（）A ．10,e ⎛⎤⎥⎝⎦B ．1,1e⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．20,e⎛⎫⎪⎝⎭D ．2,1e⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】A【解析】因为()e e 2ln xa ax a ⎡⎤++⎣⎦≥，所以()()1e2ln 2ln 2ln ln(1)x a ax a a a ax a a a a a x -⎡⎤++=++=+++⎣≥⎦，即11e 2ln ln(1)x a x a-⋅++≥+，即1ln 11ln e e 2ln ln(1)e 2ln ln(1)x x a a a x a x ---⋅+++⇔+≥++≥，所以1ln e 1ln ln(1)1x a x x a x --+≥--+++，令()e ,(1,)x f x x x =+∈-+∞，易知()f x 在()1,x ∈-+∞上单调递增，又因为ln(1)[ln(1)]e ln(1)1ln(1)x f x x x x ++=++=+++，所以(1ln )[ln(1)]f x a f x --≥+，所以1ln ln(1),(1,)x a x x --≥+∈-+∞，所以ln 1ln(1),(1,)a x x x ≤--+∈-+∞，令()1ln(1),(1,)g x x x x =--+∈-+∞，则1()111x g x x x '=-=++，所以当(1,0)x ∈-时，()0g x '<，()g x 单调递减；当,()0x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增；所以min ()(0)1g x g ==-，所以ln 1a ≤-，解得10ea <≤.故选：A21．（2023·陕西榆林·统考二模）已知函数()()25e xf x x x =+-，若函数()()()()0g x f f x a a =->，则()g x 的零点个数不可能是（）A ．1B ．3C ．5D ．7【答案】D【解析】令()0g x =，即()()f f x a =，因为()()25e xf x x x =+-，所以()2()34e x f x x x '=+-，由()0f x ¢>，得<4x -或1x >，由()0f x '<，得41x -<<，则()f x 在(),4-∞-和()1,+∞上单调递增，在()4,1-上单调递减，因为()474e f -=，()13e f =-，当+x →∞时，()+f x →∞，当x →-∞时，()0f x →，令()0f x =，解得1212x -=或1212x -=，所以可画出()f x 的大致图像，设()t f x =，则()f t a =，第一种情况：当470e a <<时，()f t a =有三个不同的零点1t ，2t ，3t ，不妨设123t t t <<，则14t <-，2142t -<<-，312t ->，①讨论()1f x t =根的情况：当13e t <-时，()1f x t =无实数根，当13e t =-时，()1f x t =有1个实数根，当13e 4t -<<-时，()1f x t =有2个实数根，②讨论()2f x t =根的情况：因为2142t -<<-，所以()2f x t =有2个实数根，③讨论()3f x t =根的情况：因为3t >47e>，所以()3f x t =只有1个实数根，第二种情况：当47e a =时，()f t a =有2个实数根44t =-，51212t ->，则()4f x t =有2个实数根，()5f x t =有1个实数根，故当47ea =时，()()f f x a =有3个实数根；第三种情况：当47e a >时，()f t a =有一个实数根612t ->，则()6f x t =有1个实数根，综上，当470ea <<时，()()f f x a =可能有3个或4个或5个实数根；当47e a =时，()()f f x a =有3实数根；当47e a >时，()()f f x a =有1个实数根；综上，()g x 的零点个数可能是1或3或4或5．故选：D ．22．（多选题）（2023·河北唐山·开滦第二中学校考一模）若关于x 的不等式1ln ln e e ex m xm -+≥在(),m +∞上恒成立，则实数m 的值可能为（）A ．21e B ．22e C ．1eD ．2e【答案】CD【解析】因为不等式1ln ln ee e x m x m -+≥在(),m +∞上恒成立，显然0x m >>，1x m >，ln 0xm>，因此ln 1ln ln 1ee ln e ln e ln e e e xx x x x mm x x x x x m x x m m m m m-+≥⇔≥⇔≥⇔≥⋅，令()e ,0x f x x x =>，求导得()(1)0x f x x e '=+>，即函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，ln e ln e ()(ln xxm x x x f x f m m ≥⋅⇔≥，于是ln x x m ≥，即e e xx x x m m ≥⇔≥，令(),0e x xg x x =>，求导得1()ex x g x -'=，当01x <<时，()0g x '>，当1x >时，()0g x '<，因此函数()g x 在(0,1)上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，max 1()(1)eg x g ==，因为0x m >>，则当01m <<时，()g x 在(,1)m 上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，1()(1)eg x g ≤=，因此要使原不等式成立，则有11em ≤<，当m 1≥时，函数()g x 在(,)m +∞上单调递减，()()()11eg x g m g <≤=，符合题意，所以m 的取值范围为1[,)e+∞，选项AB 不满足，选项CD 满足.故选：CD23．（多选题）（2023·山东·沂水县第一中学校联考模拟预测）已知函数()()()32e 04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩，其中e 是自然对数的底数，记()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，()()()3g x f f x =-，则（）A ．()g x 有唯一零点B ．方程()f x x =有两个不相等的根C ．当()h x 有且只有3个零点时，[)2,0a ∈-D ．0a =时，()h x 有4个零点【答案】ABD【解析】因为32()461(0)f x x x x =-+≥，所以2()121212(1)(0)f x x x x x x '=-=-≥，所以(0,1)x ∈时，()0f x '<，(1,)x ∈+∞时，()0f x '>所以()()()32e04610x x f x x x x ⎧<⎪=⎨-+≥⎪⎩的图像如下图，选项A ，因为()()()3g x f f x =-，令()f x t =，由()0g x =，得到()3f t =，由图像知，存在唯一的01t >，使得()3f t =，所以0()1f x t =>，由()f x 的图像知，存在唯一0x ，使00()f x t =，即()()()3g x f f x =-只有唯一零点，所以选项A 正确；选项B ，令()g x x =，如图，易知()g x x =与()y f x =有两个交点，所以方程()f x x =有两个不相等的根，所以选项B 正确；选项C ，因为()()()2h x f x f x a =-+⎡⎤⎣⎦，令()f x m =，由()0h x =，得到20m m a -+=，当()h x 有且只有3个零点时，由()f x 的图像知，方程20m m a -+=有两等根0m ，且0(0,1)m ∈，或两不等根12,m m ，1210,1m m -<<>，或121,1m m =-=（舍弃，不满足韦达定理），所以140a ∆=-=或Δ140(0)0(1)0(1)0a f f f =->⎧⎪<⎪⎨->⎪⎪<⎩即14a =或14020a a aa ⎧<⎪⎪⎪<⎨⎪-<⎪<⎪⎩，所以14a =或20a -<<，当14a =时，12m =，满足条件，所以选项C 错误；选项D ，当0a =时，由()0h x =，得到()0f x =或()1f x =，由()f x 的图像知，当()0f x =时，有2个解，当()1f x =时，有2个解，所以选项D 正确.故选：ABD.24．（多选题）（2023·全国·模拟预测）已知函数()21ln 1f x a x x =++．若当()0,1x ∈时，()0f x >，则a 的一个值所在的区间可能是（）A ．()12,11--B ．()0,1C ．()2,3D ．()24e ,e 【答案】ABC 【解析】设21t x =，因为01x <<，所以1t >，则211ln 1ln 12a x t a t x ++=-+．设()1ln 12g t t a t =-+，则()12ag t t'=-．若2a ≤，则()0g t '>，所以()g t 在()1,+∞上单调递增，所以()()120g t g >=>，则A ，B 符合题意．若2a >，则当1,2a t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，()0g t '<，所以()g t 单调递减；当,2a t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0g t '>，所以()g t 单调递增．所以()ln 12222a a a ag t g ⎛⎫≥=-+ ⎪⎝⎭．设()()ln 11h x x x x x =-+>，则()ln 0h x x '=-<，所以()h x 在()1,+∞上单调递减，且3533ln 02222h ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，所以若()2,3a ∈，则()30222a a g t g h h ⎛⎫⎛⎫⎛⎫≥=>> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，当()0,1x ∈时，()0f x >，C 符合题意．因为()h x 在()1,+∞上单调递减，且()22e e 10h =-+<，所以若()24e ,e a ∈，则24e e ,222a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，取22e a =，则()2e 022a a g h h ⎛⎫⎛⎫=<< ⎪ ⎝⎭⎝⎭，此时存在()1,t ∈+∞，使得()0g t <，即存在()0,1x ∈时，使得()0f x <，D 不符合题意．故选：ABC ．25．（多选题）（2023·全国·本溪高中校联考模拟预测）已知函数()f x 是定义在()0,∞+上的函数，()f x '是()f x 的导函数，若()()122e xx f x xf x '+=，且()e 22f =，则下列结论正确的是（）A ．函数()f x 在定义域上有极小值．B ．函数()f x 在定义域上单调递增．C ．函数()()eln H x xf x x =-的单调递减区间为()0,2．D ．不等式()12e e 4x f x +>的解集为()2,+∞．【解析】令()()m x xf x =，则()()()m x f x xf x ''=+，又()()22e xx f x xf x '+=得：()()2e xf x xf x x'+=，由()()m x f x x =得：()()()()()()()22222e xm x x m x xf x x f x m x m x f x x x x ''⋅-+--'===，令()()2e xh x m x =-得：()()2222e e e 2e 222x x x xx h x m x x x -''=-=-=⎛⎫ ⎪⎝⎭，当()0,2x ∈时，()0h x '<，()h x 单调递减；当()2,x ∈+∞时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()()()()2e 2e 220h x h m f ≥=-=-=，即()0f x '≥，所以()f x 单调递增，所以B 正确，A 不正确；由()()eln H x m x x =-且定义域为()0,∞+得：()()2e e e x H x m x xx-''=-=，令()0H x '<，解得02x <<，即()H x 的单调递减区间为()0,2，故C 正确．()12ee 4xf x +>的解集等价于()2e e 4x x x xf x +>的解集，设()()2e e 44xx x x m x ϕ=--，则()()222ee ee e 11424424x xx x x x m x x ϕ⎛⎫⎛⎫''=-+-=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2282e e 84x x x x --=⋅-，当()2,x ∈+∞时，2820x x --<，此时()0x ϕ'<，即()x ϕ在()2,+∞上递减，所以()()()22e 0x m ϕϕ<=-=，即()2e e 4x x x xf x +<在()2,+∞上成立，故D 错误．26．（多选题）（2023·山东泰安·统考一模）已知函数()()()ln f x x x ax a =-∈R 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，则（）A ．102a <<B ．2112x a<<C ．21112x x a->-D ．()10<f x ，()212f x >-【答案】ACD【解析】对于A ：()()()ln f x x x ax a =-∈R ，定义域()0,x ∈+∞，()()ln 120f x x ax x '=+->，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，则()f x '有两个变号零点，设()()ln 120g x x ax x =+->，则()1122axg x a xx-'=-=，当0a ≤时，()0g x '>，则函数()f x '单调递增，则函数()f x '最多只有一个变号零点，不符合题意，故舍去；当0a >时，12x a <时，()0g x '>，12x a>时，()0g x '<，则函数()f x '在10,2a ⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，在1,2a ⎛⎫+∞⎪⎝⎭上单调递减，若()f x '有两个变号零点，则102f a ⎛⎫'> ⎪⎝⎭，解得：12a <，此时x 由正趋向于0时，()f x '趋向于-∞，x 趋向于+∞时，()f x '趋向于-∞，则()f x '有两个变号零点，满足题意，故a 的范围为：102a <<，故A 正确；对于B ：函数()f x 有两个极值点1x ，2x ()12x x <，即()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，则1212x x a<<，故B 错误；对于C ：当102a <<时，()1120f a '=->，则12112x x a <<<，即212x a >，11x ->-，则21112x x a->-，故C 正确；对于D ：()f x '有两个变号零点1x ，2x ()12x x <，且函数()f x '先增后减，则函数()f x 在()10,x 与()2,x +∞上单调递减，在()12,x x 上单调递增，121x x << ，且102a <<，()()()()1210112f x f a f x f a ⎧<=-<⎪∴⎨>=->-⎪⎩，故D 正确；故选：ACD.27．（多选题）（2023·吉林·东北师大附中校考二模）已知函数()ln xf x a a =，()()ln 1g x a x =-，其中0a >且1a ≠．若函数()()()h x f x g x =-，则下列结论正确的是（）A ．当01a <<时，()h x 有且只有一个零点B ．当1e 1e a <<时，()h x 有两个零点C ．当1e e a >时，曲线()yf x =与曲线()yg x =有且只有两条公切线D ．若()h x 为单调函数，则e e 1a -≤<【答案】BCD【解析】对A ，()ln ln(1),x h x a a a x =--令()10,ln ln(1),log (1)x x a h x a a a x a x -=∴=-∴=-，令111,164a x =-=，或111,162a x =-=1log (1)x a a x -=-都成立，()h x 有两个零点，故A 错误；对B ，1ln ln(1),x a a x -=-令1ln ,(1)ln ln ,ln(1),1x ta t x a t t x x -=∴-=∴⋅=--ln (1)ln(1)t t x x ∴=--，（1t >）.考虑ln (),()ln 10,y x x F x F x x '===+=11,()(1),e x x F a F x -∴=∴=-所以函数()F x 在1(0,e单调递减，在1(,)e +∞单调递增，1()(1),x F a F x -∴=-1ln(1)1,ln 1x x a x a x --∴=-∴=-.考虑2ln 1ln (),()0,e,x xQ x Q x x x x -'=∴==∴=所以函数()Q x 在(0,e)单调递增，在(e,)+∞单调递减，1(e),eQ =当1ln1e ()e 0,1e eQ ==-<x →+∞时，()0Q x >,所以当10ln e a <<时，有两个零点.此时1e 1e a <<，故B 正确；对C ，设21ln ,(),()e 1x ak a f x a k g x x ''=>=⋅=-，1t x =-.设切点1122111222(,()),(,()),()()(),()()(),x f x x g x y f x f x x x y g x g x x x ''∴-=--=-所以12111222()()()()()()f x g x f x x f x g x x g x ''''=⎧⎨-=-⎩.①111122222211,,11x x t a a k a k a k x x t -=∴==--。

函数与导数经典常考压轴大题

函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(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+x 22处的切线平行？若存在，请求出直线AB ；若不存在，请说明理由.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.02证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．3(2024·上海松江·二模)已知函数y =x ⋅ln x +a (a 为常数)，记y =f (x )=x ⋅g (x ).(1)若函数y =g (x )在x =1处的切线过原点，求实数a 的值；(2)对于正实数t ，求证：f (x )+f (t -x )≥f (t )-t ln2+a ；(3)当a =1时，求证：g (x )+cos x <e x x.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(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．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x min ；(2)∀x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x max ；(3)∃x ∈D ，m ≤f x ⇔m ≤f x max ；(4)∃x ∈D ，m ≥f x ⇔m ≥f x min ．3、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-axe x a∈R.(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x的不等式f x >a1-x无整数解，求a的取值范围.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xe x-ae x,a∈R．(1)当a=0时，求f x 在x=1处的切线方程；(2)当a=1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x∈R，有f x ≤e x-1恒成立，求a的取值范围．3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x+1,g x =e x-1.(1)求曲线y=f x 与y=g x 的公切线的条数；(2)若a>0,∀x∈-1,+∞,f x+1≤a2g x +a2-a+1，求a的取值范围.04零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x轴(或直线y=k)在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x-1，g x =ln x+b.(1)求函数F x =x-1f x 的单调区间；(2)若总存在两条直线和曲线y=f x 与y=g x 都相切，求b的取值范围.2(2024·北京房山·一模)已知函数f(x)=e ax+1 x．(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；(2)设g(x)=f (x)⋅x2，求函数g(x)的极大值；(3)若a<-e，求函数f(x)的零点个数．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x a e2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．3(2024·全国·模拟预测)已知函数f (x )=e x -sin x ．(1)若f (x )≥ax 2+1对于任意x ∈[0,+∞)恒成立，求a 的取值范围；(2)若函数f (x )的零点按照从大到小的顺序构成数列x n ，n ∈N *，证明：2ni =1x i <-2n 2+n π；(3)对于任意正实数x 1,x 2，证明：e x 2-x 2-1 e x 1>sin x 1+x 2 -sin x 1-x 2cos x 1．1已知函数f x =ax -ln x x ，a >0．(1)若f x 存在零点，求a 的取值范围；(2)若x 1，x 2为f x 的零点，且x 1<x 2，证明：a x 1+x 2 2>2．2已知函数f x =3ln x -ax ．(1)讨论f x 的单调性．(2)已知x 1,x 2是函数f x 的两个零点x 1<x 2 ．(ⅰ)求实数a 的取值范围．(ⅱ)λ∈0,12 ,f x 是f x 的导函数．证明：f λx 1+1-λ x 2 <0．3如图，对于曲线Γ，存在圆C 满足如下条件：①圆C 与曲线Γ有公共点A ，且圆心在曲线Γ凹的一侧；②圆C 与曲线Γ在点A 处有相同的切线；③曲线Γ的导函数在点A 处的导数(即曲线Γ的二阶导数)等于圆C 在点A 处的二阶导数(已知圆x -a 2+y -b 2=r 2在点A x 0,y 0 处的二阶导数等于r 2b -y 0 3)；则称圆C 为曲线Γ在A 点处的曲率圆，其半径r 称为曲率半径．(1)求抛物线y =x 2在原点的曲率圆的方程；(2)求曲线y =1x的曲率半径的最小值；(3)若曲线y =e x 在x 1,e x 1 和x 2,e x 2x 1≠x 2 处有相同的曲率半径，求证：x 1+x 2<-ln2．4已知函数f x =ax2+x-ln x-a．(1)若a=1，求f x 的最小值；(2)若f x 有2个零点x1,x2，证明：a x1+x22+x1+x2>2．5已知函数f x =12e2x+a-2e x-2ax．(1)若曲线y=f x 在0,a-32处的切线方程为4ax+2y+1=0，求a的值及f x 的单调区间．(2)若f x 的极大值为f ln2，求a的取值范围．(3)当a=0时，求证：f x +5e x-52>32x2+x ln x．6已知函数f x =12x2+x+a ln x+1，a∈R．(1)讨论f x 的单调性；(2)证明：当a<-1时，a2+f x >1．7已知函数f x =x ln x+ax+1a∈R．(1)若f x ≥0恒成立，求a的取值范围；(2)当x>1时，证明：e x ln x>e(x-1)．(1)判断函数f(x)的单调性(2)证明：①当a≥0时，f(x)≤0；②sin1n+1+sin1n+2+⋯+sin12n<ln2,n∈N*.9牛顿迭代法是牛顿在17世纪提出的一种在实数域和复数域上近似求解方程的方法.比如，我们可以先猜想某个方程f x =0的其中一个根r在x=x0的附近，如图6所示，然后在点x0,f x0处作f x 的切线，切线与x轴交点的横坐标就是x1，用x1代替x0重复上面的过程得到x2；一直继续下去，得到x0，x1，x2，⋯，x n.从图形上我们可以看到x1较x0接近r，x2较x1接近r，等等.显然，它们会越来越逼近r.于是，求r近似解的过程转化为求x n，若设精度为ε，则把首次满足x n-x n-1<ε的x n称为r的近似解.已知函数f x =x3-x+1，a∈R.(1)试用牛顿迭代法求方程f x =0满足精度ε=0.5的近似解(取x0=-1，且结果保留小数点后第二位)；(2)若f x +3x2+6x+5+ae x≤0对任意x∈R都成立，求整数a的最大值.(计算参考数值：e≈2.72，e1.35≈3.86，e1.5≈4.48，1.353≈2.46，1.352≈1.82)(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．11已知函数f x =x2-2a ln x-2(a∈R)．(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≤2ln x2+x2-2x在区间(1,+∞)上有解，求实数a的取值范围．12已知函数f x =xe x，其中e=2.71828⋯为自然对数的底数.(1)求函数f x 的单调区间；(2)证明：f x ≤e x-1；(3)设g x =f x -e2x+2ae x-4a2+1a∈R，若存在实数x0使得g x0≥0，求a的最大值.13已知函数f x =e x-1-ax a∈R．(1)若函数f x 在点1,f1处的切线与直线x+2ey+1=0垂直，求a的值；(2)当x∈0,2时，讨论函数F x =f x -x ln x零点的个数．14已知函数f(x)=e2x-(2a-1)e x-ax.(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围.15已知函数f x =e x-x2+a，x∈R，φx =f x +x2-x.(1)若φx 的最小值为0，求a的值；(2)当a<0.25时，证明：方程f x =2x在0,+∞上有解.16已知f (x )=x ex,g (x )=ln x x ．(1)求函数y =f (x )、y =g (x )的单调区间和极值；(2)请严格证明曲线y =f (x )、y =g (x )有唯一交点；(3)对于常数a ∈0,1e，若直线y =a 和曲线y =f (x )、y =g (x )共有三个不同交点x 1,a 、x 2,a 、x 3,a ，其中x 1<x 2<x 3，求证：x 1、x 2、x 3成等比数列．17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：sin 2x ⋅tan x >x 3．18f(x)=2sin(x+φ)-a+e-x，φ∈0,π2，已知f(x)的图象在(0,f(0))处的切线与x轴平行或重合．(1)求φ的值；(2)若对∀x≥0，f(x)≤0恒成立，求a的取值范围；(3)利用如表数据证明：157k=1sinkπ314<106．eπ314e-π314e78π314e-78π314e79π314e-79π314 1.0100.990 2.1820.458 2.2040.45419数值线性代数又称矩阵计算，是计算数学的一个重要分支，其主要研究对象包括向量和矩阵.对于平面向量a =(x ,y )，其模定义为|a |=x 2+y 2.类似地，对于n 行n 列的矩阵A nn =a 11a 12a 13⋯a 1n a 21a 22a 23⋯a 2n a 31a 32a 33⋯a 3n ⋮⋮⋮⋮，其模可由向量模拓展为A =∑ni =1∑nj =1a 2ij12(其中a ij为矩阵中第i 行第j 列的数，∑为求和符号)，记作A F，我们称这样的矩阵模为弗罗贝尼乌斯范数，例如对于矩阵A 22=a 11a 12a21a 22=2435，其矩阵模A F =∑n i =1∑nj =1a 2ij12=22+42+32+52=3 6.弗罗贝尼乌斯范数在机器学习等前沿领域有重要的应用.(1)∀n ∈N *，n ≥3，矩阵B nn =100⋯0020⋯0003⋯0⋮⋮⋮⋮00⋯n，求使B F >35的n 的最小值.(2)∀n ∈N *，n ≥3，，矩阵C nn =1cos θcos θcos θ⋯cos θcos θ0-sin θ-sin θcos θ-sin θcos θ⋯-sin θcos θ-sin θcos θ00sin 2θsin 2θcos θ⋯sin 2θcos θsin 2θcos θ⋮⋮⋮⋮⋮⋮0000⋯(-1)n -2sin n -2θ(-1)n -2sin n -2θcos θ0000⋯0(-1)n -1sin n -1θ求C F.(3)矩阵D mn =ln n +2n +100⋅⋅⋅0ln n +1n 22ln n +1n 220⋅⋅⋅0⋮ln 43n -1n -1ln 43 n -1n -1ln 43 n -1n -1⋅⋅⋅0ln 32 n n ln 32 n n ln 32 nn ⋅⋅⋅ln 32nn，证明：∀n ∈N *，n ≥3，D F >n 3n +9.20已知函数f x =sin x -ln 1+ax ．(1)若x ∈0,π2时，f x ≥0，求实数a 的取值范围；(2)设n ∈N *，证明：sin 13+ln 32-ln n +2n +1<nk =1sin 1k k +2 <34．1函数与导数经典常考压轴大题命题预测本节内容在高考中通常以压轴题形式出现，常见的有函数零点个数问题、不等式证明问题、不等式存在性问题等，综合性较强，难度较大.在求解导数综合问题时，通常要综合利用分类讨论、构造函数、等价转化、设而不求等思想方法，同时联系不等式、方程等知识，思维难度大，运算量不低.可以说，只要考生啃下本节这个硬骨头，就具有了强大的逻辑推理、数学运算、数据分析、直观想象等核心素养.预计预测2024年高考，函数与导数是高中数学的重要考查内容，同时也是高等数学的基础，其试题的难度呈逐年上升趋势，通过对近十年的高考数学试题，分析并归纳出五大考点：(1)含参函数的单调性、极值与最值；(2)函数的零点问题；(3)不等式恒成立与存在性问题；(4)函数不等式的证明．(5)导数中含三角函数形式的问题其中，对于函数不等式证明中极值点偏移、隐零点问题、含三角函数形式的问题探究和不等式的放缩应用这四类问题是目前高考函数与导数压轴题的热点．高频考法(1)双变量问题(2)证明不等式(3)不等式恒成立与有解问题(4)零点问题(5)导数与三角函数结合问题01双变量问题破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．1(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(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.【解析】(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 -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)>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.2(2024·四川·模拟预测)已知函数f x =a +1 e x -12x 2+1a ∈R ．(1)当a =1时，求曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程；(2)设x 1,x 2x 1<x 2 是函数y =f x 的两个零点，求证：x 1+x 2>2．【解析】(1)当a =1时，f x =2e x -12x 2+1,f x =2e x -x ，则f 0 =3,f 0 =2，则切线方程为y -3=2x ，因此曲线y =f x 在点0,f 0 处的切线方程为2x -y +3=0．(2)证明：函数f x =a +1 e x -x ,x 1,x 2是y =f x 的两个零点，所以x 1=a +1 e x 1,x 2=a +1 e x 2，则有x 1+x 2=a +1 e x 1+e x 2，且x 2-x 1=a +1 e x 2-e x1，由x 1<x 2，得a +1=x 2-x 1e x 2-ex 1．要证x 1+x 2>2，只要证明a +1 e x 1+e x 2>2，即证x 2-x 1 e x 2+ex1e x 2-ex 1>2．记t =x 2-x 1，则t >0,e t >1，因此只要证明t ⋅e t +1e t -1>2，即t -2 e t +t +2>0．记h t =t -2 e t +t +2(t >0)，则h t =t -1 e t +1，令φt =t -1 e t +1，则φ t =te t ，当t >0时，φ t =te t >0，3所以函数φt =t -1 e t +1在0,+∞ 上递增，则φt >φ0 =0，即h t >h 0 =0，则h t 在0,+∞ 上单调递增，∴h t >h 0 =0，即t -2 e t +t +2>0成立.3(2024·四川德阳·二模)已知函数f x =ln x +x 2-2ax ,a ∈R ，(1)当a >0时，讨论f x 的单调性；(2)若函数f x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ，求2f x 1 -f x 2 的最小值.【解析】(1)因为f x =ln x +x 2-2ax ,x >0，所以f(x )=1x +2x -2a =2x 2-2ax +1x,令g (x )=2x 2-2ax +1，则Δ=4a 2-8=4a 2-2 ，因为a >0，当0<a ≤2时，Δ≤0，则g (x )≥0，即f (x )≥0，此时f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，Δ>0，由g (x )=0，得x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22，且x 3<x 4，当0<x <x 3或x >x 4时，g (x )>0，即f (x )>0；当x 3<x <x 4时，g (x )<0，即f (x )<0，所以f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减；综上，当0<a ≤2时，f (x )在(0,+∞)上单调递增，当a >2时，f (x )在0,x 3 ,x 4,+∞ 上单调递增，在x 3,x 4 上单调递减，其中x 3=a -a 2-22,x 4=a +a 2-22.(2)由(1)可知，x 3,x 4为f (x )的两个极值点，且x 3<x 4，所以x 1=x 3,x 2=x 4，且x 1,x 2是方程2x 2-2ax +1=0的两不等正根，此时a >2，x 1+x 2=a >0，x 1⋅x 2=12，所以x 1∈0,22 ，x 2∈22,+∞ ，且有2ax 1=2x 21+1，2ax 2=2x 22+1，则2f x 1 -f x 2 =2ln x 1+x 21-2ax 1 -ln x 2+x 22-2ax 2=2ln x 1+x 21-2x 21-1 -ln x 2+x 22-2x 22-1 =-2x 21+2ln x 1-ln x 2+x 22-1=x 22-212x 22+2ln12x 2-ln x 2-1=x 22-12x 22-32ln x 22-2ln2-1令t =x 22，则t ∈12,+∞ ，令g t =t -12t -32ln t -2ln2-1，则g t =1+12t 2-32t =2t -1 t -1 2t 2，当t ∈12,1 时，g t <0，则g t 单调递减，当t ∈1,+∞ 时，g t >0，则g t 单调递增，所以g t min =g 1 =-1+4ln22，所以2f x 1 -f x 2 的最小值为-1+4ln22.402证明不等式利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x -g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数．(4)对数单身狗，指数找基友(5)凹凸反转，转化为最值问题(6)同构变形1(2024·青海·模拟预测)已知质数f x =me x -x 2+mx -m ，且曲线y =f x 在点2,f 2 处的切线方程为4e 2x -y -4e 2=0．(1)求m 的值；(2)证明：对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2．【解析】(1)f x =me x -2x +m ，f 2 =me 2-4+m ，f 2 =me 2-4+m ，则有4e 2=me 2-4+m ，4e 2×2-me 2-4+m -4e 2=0，解得m =4；(2)由m =4，故f x =4e x -x 2+4x -4，要证对一切x ≥0，都有f x ≥e 2x 2，即证4e x ≥e 2+1 x 2-4x +4对一切x ≥0恒成立，即证e 2+1 x 2-4x +4e x ≤4对一切x ≥0恒成立，令g x =e 2+1 x 2-4x +4e x，gx =2e 2+1 x -4-e 2+1 x 2+4x -4e x =-e 2+1 x 2+2e 2+3 x -8e x=-e 2+1 x -4 x -2 e x ，则当x ∈0,4e 2+1 ∪2,+∞ 时，g x <0，则当x ∈4e 2+1,2时，g x >0，即g x 在0,4e 2+1 、2,+∞ 上单调递减，在4e 2+1,2上单调递增，又g 0 =4e 0=4，g 2 =4e 2+1 -4×2+4e 2=4e 2+4-8+4e 2=4，故g x ≤4对一切x ≥0恒成立，即得证.2(2024·山西晋城·二模)已知函数f (x )=(x -a )e x +x +a (a ∈R )．(1)若a =4，求f (x )的图象在x =0处的切线方程；(2)若f x ≥0对于任意的x ∈0,+∞ 恒成立，求a 的取值范围；(3)若数列a n 满足a 1=1且a n +1=2a n a n +2(n ∈N *)，记数列a n 的前n 项和为S n ，求证：S n +13<ln (n +1)(n +2) ．【解析】(1)当a =4时，f (x )=(x -4)e x +x +4，则f (x)=(x-3)e x+1，得f (0)=-2，又f(0)=0，所以f(x)在x=0处的切线为y=-2x；(2)f(x)=(x-a)e x+x+a≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立，f (x)=(x+1-a)e x+1，设g(x)=(x+1-a)e x+1(x≥0)，则g (x)=(x+2-a)e x，当2-a≥0即a≤2时，g (x)≥0,g(x)在[0,+∞)上单调递增，且g(0)=2-a≥0，所以g(x)≥0，即f (x)≥0，此时f(x)在[0,+∞)上单调递增，且f(0)=0，所以f(x)≥0对∀x∈[0,+∞)恒成立.当2-a<0即a>2时，令g (x)<0⇒0<x<a-2,g (x)>0⇒x>a-2，所以函数g(x)在(0,a-2)上单调递减，在(a-2,+∞)上单调递增，则g(x)min=g(a-2)=1-e a-2<0，又g(0)=2-a<0，所以在(0,a-2)上恒有g(x)<0，即f (x)<0，函数f(x)在(0,a-2)上单调递减，且f(0)=0，则在(0,a-2)上有f(x)<0，不符合题意.综上，a≤2，即实数a的取值范围为(-∞,2](3)由a n+1=2a na n+2，得1a n+1-1a n=12，又1a1=1，所以数列1a n是以1为首项，以12为公差的等差数列，故1a n=1+12(n-1)=n+12，所以a n=2n+1.当n=1时，S1+13=a1+13=43<ln6恒成立；当n≥2时，先证：2n+1<ln n+2n，即证2n+1<ln n+1+1n+1-1=ln1+1n+11-1n+1，设x=1n+1，则0<x<1，即证2x<ln1+x1-x(0<x<1)，令h(x)=2x-ln 1+x1-x(0<x<1)，则h (x)=2-1x+1-11-x=-2x21-x2<0，所以h(x)在(0,1)上单调递减，故h(x)<h(0)=0，即2x<ln 1+x1-x，即2n+1<ln n+2n.所以当n≥2时，S n+13=13+23+24+⋯+2n+1<ln6+ln42+ln53+⋯+ln n+2n=ln6×4×5×⋯×n(n+1)(n+2)2×3×4×5×⋯×n=ln[(n+1)(n+2)].综上，S n+13<ln[(n+1)(n+2)].3(2024·上海松江·二模)已知函数y=x⋅ln x+a(a为常数)，记y=f(x)=x⋅g(x).(1)若函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，求实数a的值；(2)对于正实数t，求证：f(x)+f(t-x)≥f(t)-t ln2+a；(3)当a=1时，求证：g(x)+cos x<e xx.【解析】(1)由题意，函数y=x⋅ln x+a，且y=f(x)=x⋅g(x)，可得g(x)=f(x)x=ln x+ax,x>0，则g (x)=1x-ax2=x-ax2，5所以g (1)=1-a，又因为g(1)=ln1+a=a，所以g x 在x=1处的切线方程为y=(1-a)(x-1)+a，又因为函数y=g(x)在x=1处的切线过原点，可得0=(1-a)⋅(0-1)+a，解得a=1 2 .(2)设函数h x =f x +f t-x,t>0，可得h x =x ln x+(t-x)ln(t-x)+2a，其中0<x<t，则h x =ln x+1-ln(t-x)-1=lnxt-x，令h x >0，可得xt-x>1，即2x-tt-x>0，即2x-tx-t<0，解得t2<x<t，令h x <0，可得0<xt-x<1，解得0<x<t2，所以h x 在t2,t上单调递增，在0,t2上单调递减，可得h x 的最小值为ht2，所以h x ≥h t2 ，又由ht2=f t2 +f t-t2=t ln t2+2a=f t -t ln2+a，所以f x +f t-x≥f t -t ln2+a.(3)当a=1时，即证ln x+1x <e xx-cos x，由于cos x∈[-1,1]，所以e xx-cos x≥e xx-1，只需证ln x+1x<e xx-1，令k x =ln x+1x-e xx+1,x>0，只需证明k x <0，又由k x =1x-1x2-e x(x-1)x2=(1-e x)(x-1)x2，因为x>0，可得1-e x<0，令k x >0，解得0<x<1；令k x <0，解得x>1，所以k x 在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以k x 在x=1处取得极大值，也时最大值，所以k x max=k1 =2-e<0，即k x <0，即a=1时，不等式g(x)+cos x<e xx恒成立.03不等式恒成立与有解问题1、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：(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．2、利用参变量分离法求解函数不等式恒(能)成立，可根据以下原则进行求解：(1)∀x∈D，m≤f x ⇔m≤f x min；(2)∀x∈D，m≥f x ⇔m≥f x max；(3)∃x∈D，m≤f x ⇔m≤f x max；(4)∃x∈D，m≥f x ⇔m≥f x min．673、不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：一般地，已知函数y =f x ，x ∈a ,b ，y =g x ，x ∈c ,d ．(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，则f x min <g x max ；(4)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则f x 的值域是g x 的值域的子集．1(2024·北京朝阳·一模)已知函数f x =1-ax e x a ∈R .(1)讨论f x 的单调性；(2)若关于x 的不等式f x >a 1-x 无整数解，求a 的取值范围.【解析】(1)f x =1-a -ax e x ，当f x =0，得x =1-aa ，当a >0时，x ∈-∞,1-a a时，fx >0，f x 单调递增，x ∈1-a a,+∞ 时，f x <0，f x 单调递减，当a <0时，x ∈-∞,1-aa时，f x <0，f x 单调递减，x ∈1-a a,+∞ 时，f x >0，f x 单调递增，当a =0时，f x =e x ，函数f x 在R 上单调递增，综上可知，a >0时，函数f x 的单调递增区间是-∞,1-a a，单调递减区间是1-aa ,+∞ ，a <0时，函数f x 的单调递减区间是-∞,1-a a ，单调递增区间是1-aa ,+∞ ，a =0时，函数f x 的增区间是-∞,+∞ ，无减区间.(2)不等式1-ax e x >a 1-x ，即a x -x -1e x<1，设h x =x -x -1e x ，h x =1-2-x e x =e x +x -2e x，设t x =e x +x -2，t x =e x +1>0，所以t x 单调递增，且t 0 =-1，t 1 =e -2>0，所以存在x 0∈0,1 ，使t x 0 =0，即h x 0 =0，当x ∈-∞,x 0 时，h x <0，h x 单调递减，当x ∈x 0,+∞ 时，h x >0，h x 单调递增，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1ex，因为e x≥x +1，所以h x ≥h x 0 =x 0e x-x 0+1e x 0≥x 0x 0+1 -x 0+1e x 0=x 20+1ex>0，当x ≤0时，h x ≥h 0 =1，当x ≥1时，h x ≥h 1 =1，不等式1-ax e x >a 1-x 无整数解，即a x -x -1e x<1无整数解，若a ≤0时，不等式恒成立，有无穷多个整数解，不符合题意，若a ≥1时，即1a≤1，因为函数h x 在-∞,0 上单调递减，在1,+∞ 上单调递增，所以x ∈Z 时，h x ≥min h 0 ,h 1 =1≥1a ，所以h x <1a 无整数解，符合题意，当0<a <1时，因为h 0 =h 1 =1<1a ，显然0,1是a ⋅h x <1的两个整数解，不符合题意，8综上可知，a ≥1.2(2024·黑龙江哈尔滨·一模)已知函数f x =xex -ae x ,a ∈R ．(1)当a =0时，求f x 在x =1处的切线方程；(2)当a =1时，求f x 的单调区间和极值；(3)若对任意x ∈R ，有f x ≤e x -1恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =0时，f x =xex ，则f x =1-x ex，f 1 =0，f 1 =1e ，所以切线方程为y =1e．(2)当a =1时，f x =xe -x -e x ，f x =1-x e -x -e x =1-x -e 2xex．令g x =1-x -e 2x ，g x =-1-2e 2x<0，故g x 在R 上单调递减，而g 0 =0，因此0是g x 在R 上的唯一零点即：0是f x 在R 上的唯一零点当x 变化时，f x ，f x 的变化情况如下表：x-∞,0 00,+∞f x +0-f x↗极大值↘f x 的单调递减区间为：0,+∞ ；递增区间为：-∞,0 f x 的极大值为f 0 =-1，无极小值(3)由题意知xe -x-ae x≤e x -1，即a ≥xe -x -e x -1e x，即a ≥x e2x -1e ，设m x =x e 2x -1e ，则mx =e 2x -2xe 2x e 2x2=1-2x e 2x ，令m x =0，解得x =12，当x ∈-∞,12 ，m x >0，m x 单调递增，当x ∈12,+∞ ，m x <0，m x 单调递减，所以m x max =m 12 =12e -1e =-12e，所以a ≥-12e3(2024·陕西安康·模拟预测)已知函数f x =ln x +1,g x =e x -1.(1)求曲线y =f x 与y =g x 的公切线的条数；(2)若a >0,∀x ∈-1,+∞ ,f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1，求a 的取值范围.【解析】(1)设f x =ln x +1,g x =e x -1的切点分别为x 1,f x 1 ,x 2,g x 2 ，则f x =1x,g (x )=e x ，故f x =ln x +1,g x =e x -1在切点处的切线方程分别为y =1x 1x -x 1 +ln x 1+1⇒y =1x 1x +ln x 1，y =e x 2x -x 2 +e x 2-1⇒y =e x 2x -x 2e x 2+e x2-1则需满足；91x 1=ex 2ln x 1=-x 2ex 2+e x 2-1,故ln1ex 2=-x 2e x 2+e x 2-1⇒e x 2-1 x 2-1 =0，解得x 2=0或x 2=1，因此曲线y =f x 与y =g x 有两条不同的公切线，(2)由f x +1 ≤a 2g x +a 2-a +1可得ln x +1 +1≤a 2e x -1 +a 2-a +1，即ln x +1 ≤a 2e x -a 对于∀x ∈-1,+∞ 恒成立，ln 0+1 ≤a 2e 0-a ，结合a >0,解得a ≥1设m (x )=ln x -x +1,，则当x >1时m (x )=1x-1<0,m x 单调递减，当0<x <1时，m (x )>0,m x 单调递增，故当m (x )≤m 1 =0，故ln x ≤x -1,因此ln x +1 ≤x ，x >-1 ，令F x =x -a 2e x +a ,x >-1 ，则F x =1-a 2e x ，令F x =1-a 2e x =0，得x =-2ln a ，当-2ln a ≤-1时，此时a ≥e ，F x =1-a 2e x <0，故F x 在x >-1上单调递减，所以F x <F -1 =-1-a 2e +a =-a 2+ea -e e =-a -e 2 2+e 24-e e≤-e -e 22+e 24+ee=e -2<0，所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，当-2ln a >-1时，此时1<a <e ，令F x =1-a 2e x >0，解得-1<x <-2ln a ,F x 单调递增，令F x =1-a 2e x <0，解得x >-2ln a ,F x 单调递减，故F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a ，令p a =-2ln a -1+a ，则p a =-2a +1=a -2a ，由于1<a <e ，所以p a =-2a +1=a -2a<0，故p a 在1<a <e 单调递减，故p a <p 1 ，即可p a <0，因此F x ≤F x max =F -2ln a =-2ln a -1+a <0⇒F x <0所以F x =x -a 2e x +a <0，由于ln x +1 ≤x 进而ln (x +1)-a 2e x +a <0，满足题意，综上可得a ≥104零点问题函数零点问题的常见题型：判断函数是否存在零点或者求零点的个数；根据含参函数零点情况，求参数的值或取值范围．求解步骤：第一步：将问题转化为函数的零点问题，进而转化为函数的图像与x 轴(或直线y =k )在某区间上的交点问题；第二步：利用导数研究该函数在此区间上的单调性、极值、端点值等性质，进而画出其图像；第三步：结合图像判断零点或根据零点分析参数．1(2024·四川泸州·三模)设函数f x =e x -1，g x =ln x +b .(1)求函数F x =x -1 f x 的单调区间；10(2)若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，求b 的取值范围.【解析】(1)F x =x -1 f x =x -1 e x -1，F x =xe x -1，令F x >0，得x >0，令F x <0，得x <0，所以函数F x 的单调递增区间为0,+∞ ，单调递减区间为-∞,0 ；(2)∵f x =e x -1∴f x =e x -1在m ,e m -1 处的切线方程为y =e m -1x +1-m e m -1，∵g x =1x，∴g x =ln x +b 在点n ,ln n +b 处的切线方程为y =1nx +ln n +b -1，由题意得e m -1=1n(1-m )e m -1=ln n +b -1，则m -1 e m -1-m +b =0，令h m =m -1 e m -1-m +b ，则h (x )=me m -1-1，令φm =me m -1-1，则φ m =m +1 e m -1，当m <-1时，φ m <0，当m >-1时，φ m >0，所以函数φm 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，即函数h m 在-∞,-1 上单调递减，在-1,+∞ 上单调递增，又h 1 =0，且当m ≤0时，h m <0，所以m <1时，h m <0，h (m )单调递减；当m >1时，h (m )>0，h (m )单调递增，所以h m min =h 1 =b -1，若总存在两条直线和曲线y =f x 与y =g x 都相切，则曲线y =h m 与x 轴有两个不同的交点，则h 1 =b -1<0，所以b <1，此时h b -1 =b -2 e b -2+1>-1e+1>0，h 3-b =2-b e 2-b +2b -3>2-b 3-b =b -322+34>0，所以b 的取值范围为-∞,1 .2(2024·北京房山·一模)已知函数f (x )=e ax +1x．(1)当a =0时，求曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程；(2)设g (x )=f (x )⋅x 2，求函数g (x )的极大值；(3)若a <-e ，求函数f (x )的零点个数．【解析】(1)当a =0时，f (x )=1+1x ，f x =-1x 2，则f 1 =-1,f 1 =2，所以曲线y =f (x )在点(1,f (1))处的切线方程为y -2=-x -1 ，即y =-x +3；(2)f (x )=ae ax -1x2，则g (x )=f (x )⋅x 2=ax 2e ax -1x ≠0 ，则g x =2axe ax +a 2x 2e ax =ax ax +2 e ax x ≠0 ，当a =0时，g x =-1，此时函数g x 无极值；当a >0时，令g x <0，则x >0或x <-2a ，令g x <0，则-2a<x <0，所以函数g x 在-∞,-2a ,0,+∞ 上单调递增，在-2a ,0 上单调递减，所以g x 的极大值为g -2a =4ae2-1；当a<0时，令g x <0，则x<0或x>-2a，令gx <0，则0<x<-2a，所以函数g x 在-∞,0,-2a,+∞上单调递增，在0,-2a上单调递减，而函数g x 的定义域为-∞,0∪0,+∞，所以此时函数g x 无极值.综上所述，当a≤0时，函数g x 无极大值；当a>0时，g x 的极大值为4ae2-1；(3)令f(x)=e ax+1x =0，则e ax=-1x，当x>0时，e ax>0,-1x<0，所以x>0时，函数f x 无零点；当x<0时，由e ax=-1x，得ax=ln-1x，所以a=-ln-xx，则x<0时，函数f x 零点的个数即为函数y=a,y=-ln-xx图象交点的个数，令h x =-ln-xxx<0，则h x =ln-x-1x2，当x<-e时，h x >0，当-e<x<0时，h x <0，所以函数h x 在-∞,-e上单调递增，在-e,0上单调递减，所以h x max=h-e=1 e，又当x→-∞时，h x >0且h x →0，当x→0时，h x →-∞，如图，作出函数h x 的大致图象，又a<-e，由图可知，所以函数y=a,h x =-ln-xx的图象只有1个交点，即当x<0时，函数f x 只有1个零点；综上所述，若a<-e，函数f(x)有1个零点．3(2024·浙江·二模)定义max a,b=a,a≥bb,a<b，已知函数f x =max ln x,-4x3+mx-1，其中m∈R.(1)当m=5时，求过原点的切线方程；(2)若函数f x 只有一个零点，求实数m的取值范围.【解析】(1)由题意知f x 定义域0,+∞，当m=5时，f x =-4x3+5x-1,-4x3+5x-1≥ln xln x,-4x3+5x-1<ln x ，令g x =-4x3+5x-1，g x =-12x 2+5>0⇒0<x <6012，⇒g x 在0,6012 单调递增，6012,+∞ 单调递减，且g 1 =0，令h x =ln x ，则在0,+∞ 单调递增，而f 1 =0=h 1 ，又g 14 =316，h 14 =ln 14<-1，而g 0 =-1，所以当0<x <14时，g x >h x ，当14≤x <1时，g x >0>h x ，所以当0<x <1时，f x =g x ，当x ≥1时，f x =h x ，所以f x =-4x 3+5x -1,0<x <1ln x ,x ≥1，所以f x 在0,6012和1,+∞ 单调递增，在6012,1 单调递减.(ⅰ)当0<x <1时，f x =-12x 2+5，设切点M x 0,-4x 30+5x 0-1 ，则此切线方程为y =-12x 20+5 x -x 0 -4x 30+5x 0-1，又此切线过原点，所以0=-12x 20+5 0-x 0 -4x 30+5x 0-1，解得x 0=12，即此时切线方程是2x -y =0；(ⅱ)当x ≥1时，f x =ln x ，所以f x =1x，设切点为x 0,ln x 0 ，此时切线方程y =1x 0x -x 0 +ln x 0，又此切线过原点，所以0=1x 00-x 0 +ln x 0，解得x 0=e ，所以此时切线方程x -ey =0，综上所述，所求切线方程是：x -ey =0或2x -y =0；(2)(ⅰ)当m =5时，由(1)知，f x 在0,6012 和1,+∞ 单调递增，6012,1单调递减，且f 0 =1，f 14 =316>0，f 1 =0，此时f x 有两个零点；(ⅱ)当m >5时，当0<x <1时，-4x 3+5x -1<-4x 3+mx -1，由(1)知：g x =-4x 3+5x -1在0,6012 递增，6012,1递减，且g 1 =0，所以x ∈6012,+∞ 时，f x >0，而f 0 =-1，所以f x 在0,6012 只有一个零点，6012,+∞ 没有零点；(ⅲ)当0<m <5时，y =-4x 3+mx -1，此时y =-12x 2+m >0得0<x <m 12<6012，由(1)知，当x ≥1时，f x =ln x 只有一个零点x =1，要保证f x 只有一个零点，只需要当0<x <1时，f x =-4x 3+mx -1没有零点，f m12=-4m123+m m 12-1=m 3m 9-1<00<m<1 ，得0<m <3；(ⅳ)当m≤0时，当x∈0,+∞时，g x =-4x3+mx-1<0，此时f x 只有一个零点x=1，综上，f x 只有一个零点时，m<3或m>5 .05导数与三角函数结合问题分段分析法1(2024·全国·模拟预测)已知函数f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x.(1)讨论f x 的单调性(2)若a>0，求证：①函数f x 在0,+∞上只有1个零点；②f x >1-16a3-12a2-2sin a+π4.【解析】(1)因为f x =13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x，所以f x =x2-ax+a sin x-x sin x=x-ax-sin x.设g x =x-sin x，则g x =1-cos x≥0，所以g x 在R上单调递增，且g0 =0，所以当x>0时，x-sin x>0；当x<0时，x-sin x<0.当a=0时，f x =x x-sin x≥0，所以f x 在R上单调递增.当a>0时，若x∈0,a，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,0或x∈a,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.当a<0时，若x∈a,0，则f x <0，所以f x 单调递减；若x∈-∞,a或x∈0,+∞，则f x >0，所以f x 单调递增.综上所述，当a=0时，f x 在R上单调递增；当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在-∞,0，a,+∞上单调递增；当a<0时，f x 在a,0上单调递减，在-∞,a，0,+∞上单调递增. (2)①由(1)知，当a>0时，f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，又f0 =-a<0，所以f a <f0 <0，所以f x 在0,a上没有零点.因为x>0，所以f(x)=13x3-12a x2+2cos x+x cos x-sin x>13x3-12a x2+2-x-1=19x2x-92a+19x x2-9+19x3-a+1所以当x>92ax>3x>39a+9时，f x >0，此时f x 在a,+∞上只有1个零点.综上可得，f x 在0,+∞上只有1个零点.②由a>0，知f x 在0,a上单调递减，在a,+∞上单调递增，所以f x ≥f a =-16a3-sin a，所以f a +16a 3+12a 2+2sin a +π4 -1=12a 2+cos a -1.设h a =12a 2+cos a -1，则h a =a -sin a .由(1)知，当a >0时，a -sin a >0，所以当a >0时，h a >0，所以h a >0在0,+∞ 上单调递增，所以h a >h 0 =0，即f a >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4 ，所以f x >1-16a 3-12a 2-2sin a +π4.2(2024·河北沧州·一模)已知函数f x =x ae2x ,a >0．(1)当a =2时，求函数f x 的单调区间和极值；(2)当x >0时，不等式f x -cos ln f x ≥a ln x 2-4x 恒成立，求a 的取值范围．【解析】(1)当a =2时，f x =x 2e 2xfx =2x ⋅e 2x -x 2⋅e 2x ⋅2e 2x 2=-2x (x -1)e 2x 令f x =0，解得x =0或x =1，所以x 、f (x )、f (x )的关系如下表：x (-∞,0)0(0,1)1(1,+∞)f (x )-0+-f (x )单调递减单调递增1e 2单调递减所以函数f x 的单调递增区间为：(0,1)，单调递减区间为：(-∞,0)和(1,+∞)；极大值f (1)=1e2，极小值f (0)=0；(2)f (x )-cos ln f (x ) ≥a ln x 2-4x ⇔x a e 2x -cos ln x a e2x≥2a ln x -4x⇔e a ln x -2x -2(a ln x -2x )-cos (a ln x -2x )≥0令g (t )=e t -2t -cos t ，其中t =a ln x -2x ，设F (x )=a ln x -2x ，a >0F (x )=a x -2=a -2xx 令F (x )>0，解得：0<x <a2，所以函数F (x )在0,a 2上单调递增，在a2,+∞ 上单调递减，F (x )max =F a 2 =a ln a2-a ，且当x →0+时，F (x )→-∞，所以函数F (x )的值域为-∞,a ln a2-a ；又g (t )=e t -2+sin t ，设h (t )=e t -2+sin t ，t ∈-∞,a ln a2-a ，则h (t )=e t +cos t ，当t ≤0时，e t ≤1,sin t ≤1，且等号不同时成立，即g (t )<0恒成立；t。

分离法破解高考函数压轴题

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分离法破解高考函数压轴题
作者：陈小波
来源：《理科爱好者(教育教学版)》2019年第03期
【摘要】“函数与导数”是高中数学的重点内容之一，历届高考试题中经常出现与函数有关的方程或不等式问题，考查了学生的数学建模、直观想象、数学运算、逻辑推理等数学素养，以及数形结合、分类讨论、化归思想，体现了综合性、应用性、灵活性。

【关键词】高考；函数；分离法
【中图分类号】G633.6 【文献标识码】A 【文章编号】1671-8437（2019）16-0042-02
分离法可以将方程或不等式问题转化为函数问题，通过求导研究其性质来解决。

常见分离法有：分离参数法，分离函数法等。

1 分离参数法
含参数的不等式中，常用分离参数法构造新函数，将不等式问题转化为函数问题，利用导数通过研究函数的单调性解决。

例1 （2017全国II卷文21题）[1]设函数。

（1）讨论的单调性；（过程略）
（2）当≥0时，≤，求的取值范围.
分析：因为≥0时，恒有≤，即≤0
即≤0，可得：≤，
观察不等式≤，容易想到构造差函数辅助解决。

进一步观察，不等式≤中的和很容易分离到不等号两边，可以考虑分离参数法。

当时，不等式恒成立。

当时，需证≥恒
成立。

设，。

高考数学导数专项练习之分离参数法

专题12：分离参数法1.已知函数()x x f x e ae -=-，若'()f x ≥a 的取值范围是_______【解析】首先转化不等式，'()x x f x e ae -=+，即x xae e +≥察不等式a 与x e 便于分离，考虑利用参变分离法，使,a x 分居不等式两侧，()2x x a e ≥-+，若不等式恒成立，只需()()2maxx xa e ≥-+，令()()(223x xxg x ee =-+=--+（解析式可看做关于x e 的二次函数，故配方求最值）()max 3g x =，所以3a ≥2.已知函数()ln a f x x x=-，若()2f x x <在()1,+∞上恒成立，则a 的取值范围是_________【解析】恒成立的不等式为2ln a x x x-<，便于参数分离，所以考虑尝试参变分离法233ln ln ln ax x x x a x a x x x x-<⇔-<⇔>-，其中()1,x ∈+∞ ∴只需要()3maxln a x x x >-，令()3ln g x x x x =- '2()1ln 3g x x x =+- （导函数无法直接确定单调区间，但再求一次导即可将ln x 变为1x，所以二阶导函数的单调性可分析，为了便于确定()'g x 的符号，不妨先验边界值）()'12g =-，()2''11660x g x x x x-=-=<，（判断单调性时一定要先看定义域，有可能会简化判断的过程）()'g x ∴在()1,+∞单调递减，()()''10()g x g g x ∴<<⇒在()1,+∞单调递减()()11g x g ∴<=- 1a ∴≥-3.若对任意x R ∈，不等式23324x ax x -≥-恒成立，则实数a 的范围是．【解析】在本题中关于,a x 的项仅有2ax 一项，便于进行参变分离，但由于x R ∈,则分离参数时要对x 的符号进行讨论，并且利用x 的符号的讨论也可把绝对值去掉，进而得到a 的范围，2233322344x ax x ax x x -≥-⇔≤-+，当0x >时，min 32314a x x ⎛⎫≤-+ ⎪⎝⎭，而3331311244x x x x -+=+-≥= 221a a ∴≤⇒≤；当0x =时，不等式恒成立；当0x <时，max32314a x x ⎛⎫≥++⎪⎝⎭，而333113244x x x x ⎛⎫++=--+-≤- ⎪⎝⎭ 221a a ∴≥-⇒≥- 综上所述：11a -≤≤4. 设函数2()1f x x =-，对任意的23,,4()(1)4()2x x f m f x f x f m m ⎡⎫⎛⎫∈+∞-≤-+⎪ ⎪⎢⎣⎭⎝⎭恒成立，则实数m 的取值范围是_______.【解析】先将不等式进行化简可得：()()()222221411141x m x x m m ⎛⎫---≤--+- ⎪⎝⎭，即22221423m x x x m ⎛⎫-≤-- ⎪⎝⎭，便于进行分离，考虑不等式两边同时除以2x ，可得：2222min1234x x m m x ⎛⎫--⎛⎫-≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()2222311321x x g x x x x --⎛⎫==--⋅+ ⎪⎝⎭，120,3x ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦ 最小值2533g ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，2422154125303m m m m ∴-≤-⇒--≥即()()2231430m m +-≥解得：3,,2m ⎛⎡⎫∈-∞+∞ ⎪⎢⎝⎦⎣⎭5.若不等式2322x x x ax ++-≥对()0,4x ∈恒成立，则实数a 的取值范围是．【解析】2323min2222x x xx x x ax a x ⎛⎫++-++-≥⇒≤⎪ ⎪⎝⎭，令()2322x x xf x x++-=，对绝对值内部进行符号讨论，即()222242222,0x x x xf x x x x x x x x ⎧++-<<⎪⎪=++-=⎨⎪++-<≤⎪⎩，而222y x x x =++-在)单调递增，222y x x x=++-在(单调递减，∴可求出()min f x f==a ∴≤6.设正数()()2221,x e x e xf xg x x e +==，对任意()12,0,x x ∈+∞，不等式()()121g x f x kk ≤+恒成立，则正数k 的取值范围是（）【解析】先将k 放置不等号一侧，可得()()211kf x g x k ≤+，所以()()21max 1kf x g x k ≥⎡⎤⎣⎦+，先求出()g x 的最大值，()()'21x g x e x e -=⋅-，可得()g x 在()0,1单调递增，在()1,+∞单调递减。

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分离参数法解高考压轴题新课标下的高考数学压轴题，由数列题转向导数题。

而导数题中的最后一问经常考察参数的取值范围。

此方法是一种常规方法，有章可循，有法可依，不存在较强的解题技巧，一般的学生基本上都能掌握。

下列举例说明，起到抛砖引玉的作用。

一洛必达法则介绍如果当0x x →(或∞→x )时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么极限)()(limx g x f x x →或)()(lim x g x f x ∞→可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分别简记为00或∞∞． 1．（洛必达法则1）型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件（1）0)(lim )(lim 0==→→x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ；（3） A x g x f x x =''→)()(lim（或为无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim 00（或为无穷大）．把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．2（洛必达法则2）∞∞型不定式设函数)(x f 与)(x g 满足条件（1）∞=∞=→→)(lim ,)(lim 0x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ；（3）A x g x f x x =''→)()(lim（或无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim00（或为无穷大）把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．，结论也成立．二典型例题: 例1．（08江苏理14）设函数3()31()f x ax x x R =-+∈，若对于任意的[]1,1-∈x 都有0)(≥x f 成立，则实数a 的值为 ▲【解析】本小题考查函数单调性的综合运用．若x ＝0，则不论a 取何值，()f x ≥0显然成立；当x ＞0 即[]1,1x ∈-时，()331f x ax x =-+≥0可化为，2331a x x≥- 设()2331g x x x =-，则()()'4312x g x x -=，所以()g x 在区间10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递增，在区间1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，因此()max 142g x g ⎛⎫==⎪⎝⎭，从而a ≥4；当x ＜0 即[)1,0-时，()331f x ax x =-+≥0可化为a ≤2331x x-，()()'4312x g x x -=0> ()g x 在区间[)1,0-上单调递增，因此()()ma 14n g x g =-=，从而a ≤4，综上a ＝4【答案】4例1 （2010 辽宁）已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，||4)()(|2121x x x f x f -≥-，求a 的取值范围。

解：（Ⅰ）()f x 的定义域为),0(+∞. xa ax ax x a x f 1221)(2++=++='. 当0≥a 时，0)(>'x f ，故)(x f 在),0(+∞单调递增；当1-≤a 时，0)(<'x f ，故)(x f 在),0(+∞单调递减；当01<<-a 时，令0)(='x f ，解得aa x 21+-=.则当)21,0(a a x +-∈时，0)(>'x f ；),21(+∞+-∈aa x 时，0)(<'x f . 故()f x 在)21,0(a a x +-∈单调递增，在),21(+∞+-∈aa x 单调递减. （Ⅱ）分离变量法：不妨假设21x x ≥，而1-<a ，由（Ⅰ）知在),0(+∞单调递减，从而),0(,21+∞∈∀x x ，||4|)()(|2121x x x f x f -≥- 等价于),0(,21+∞∈∀x x ，22114)(4)(x x f x x f +≥+ ①令x x f x g 4)()(+=，则421)(+++='ax xa x g ① 等价于)(x g 在),0(+∞单调递减，即0421≤+++ax xa 恒成立。

从而212)12(1224)12(1214222222-+-=+---=+--≤x x x x x x x a ，故a 的取值范围为]2,(--∞ 评述：本题第二问利用分离变量，所构造函数的最大值存在。

例2（2007全国一）设函数xxe e xf --=)(．（Ⅰ）证明：)(x f 的导数2)(≥'x f ；（Ⅱ）若对所有0≥x 都有ax x f ≥)(，求a 的取值范围．解：（Ⅰ）xxee xf -+=')(由于22=⋅≥+--x x x x e e e e ，故2)(≥'x f ，（当且仅当0=x 时，等号成立）．（Ⅱ）分离变量法：即对所有0≥x 都有ax e e xx≥--，① 若,0=x 则R a ∈② 若0>x ，则只需a x e e x x ≥--，记x e e x xx --=)(g ，2)1()1()(xx e x e x g x x ++-='-，记 )1()1()(++-=-x ex e x xxϕ，则0)()(>-='-x e e x x x ϕ，故)(x ϕ递增，而0)0(=ϕ，故0)(>x ϕ，从而0)(>'x g 故)(x g 递增，由洛比达法则知：2)(lim lim00=+=--→-→x x x xx x e e xe e ，2≤a 评述：所构造的函数在0=x 的最小值不存在，所以需要用洛比达法则。

例3（2006全国二）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．解：分离变量法 ①若0=x ，则R a ∈.②若0>x ，则只需x x x a )1ln()1(++≤，则min ])1ln()1([xx x a ++≤。

令x x x x g )1ln()1()(++=，2)1ln()(x x x x g +-='令)1ln()(+-=x x x h ，则01)(>+='x xx h ，故)(x h 为增函数，0)0()(=>h x h ，从而0)(>'x g ，)(x g 为增函数，)0(g a ≤，可是)0(g 不存在，只能求极限，由洛比达法则得，1))1ln(1(lim ])1ln(1[(lim )1ln()1(lim 000=++=''++=+++++→→→x x x x x x x x x x ），故1≤a .例4（2010新课标全国）设函数21)(ax x e x f x---=。

（Ⅰ）若0=a ，求()f x 的单调区间；（Ⅱ）若当0x ≥时()0f x ≥，求a 的取值范围解：（Ⅰ）0=a 时，x e x f x --=1)(，1)(-='xe xf .当)0,(-∞∈x 时，0)(<'x f ；当),0(+∞∈x 时，0)(>'x f .故)(x f 在)0,(-∞单调减少，在),0(+∞单调增加（Ⅱ）分离变量法即当0x ≥时21ax x e x≥-- ①若0=x 则R a ∈②0>x ，只需a x x e x ≥--21，记21)(x x e x g x --=，则42222)(x xx xe x e x g x x ++-='记x x xe x e x xx22)(22++-=ϕ，则222)(2++-='x e x e x xxϕ，222)(2+-+=''x x x e xe x e x ϕ，0)4()(2>+='''x x e x x ϕ，故)(x ϕ''递增，而0)0(=''ϕ，0)0(>''ϕ，)(x ϕ'递增，0)0(='ϕ，0)(>'x ϕ，)(x ϕ递增，而0)0(=ϕ，故0)(>x ϕ，从而0)(>'x g ，故)(x g 递增，由洛比达法则知：=→)(lim 0x g x 212lim 21lim 1lim0020==-=--→→→x x x x x x e x e x x e ，故21≤a例5 （2011年新课标全国理）已知函数xbx x a x f ++=1ln )(，曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程为032=-+y x 。

（Ⅰ）求b a ,的值；（Ⅱ）如果当0>x ，且1≠x 时，xkx x x f +->1ln )(，，求k 的取值范围。

解：（Ⅰ）22)1()ln 1()(x b x x x x a x f -+-+='由于直线032=-+y x 的斜率为21-，且过点)1,1(，故⎪⎩⎪⎨⎧-='=21)1(1)1(f f 解得1,1==b a 。

解法一：（参考答案）（Ⅰ）221(ln )'()(1)x x b x f x x xα+-=-+，由于直线230x y +-=的斜率为12-，且过点(1,1)，故(1)1,1'(1),2f f =⎧⎪⎨=-⎪⎩即1,1,22b a b =⎧⎪⎨-=-⎪⎩ 解得1a =，1b =。

（Ⅱ）由（Ⅰ）知ln 1f ()1x x x x=++，所以22ln 1(1)(1)()()(2ln )11x k k x f x x x x x x---+=+--。

考虑函数()2ln h x x =+2(1)(1)k x x--(0)x >，则22(1)(1)2'()k x xh x x -++=。

(i)设0k ≤，由222(1)(1)'()k x x h x x+--=知，当1x ≠时，'()0h x <。