用导数极限法解一类求参数取值范围的高考题

合集下载

高考数学利用导数解不等式及参数的取值范围问题

一、单选题： 1．定义在(0，＋∞)上的函数f(x )满足xf′(x)＝1＋x ，且f(1)＝2，不等式f(x)≥(a＋1)x ＋1有解，则正实数a 的取值范围是( )A ．(0，e]B ．(0，e) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，1e D.⎝⎛⎭⎪⎫0，1e 2．若函数f(x )＝12cos 2x －2a(sin x ＋cos x)＋(4a －3)x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A ．a≥32B.32＜a ＜3 C ．a≥1 D ．1＜a ＜33．已知函数f(x)＝⎩⎨⎧ x 2－3x ＋2，x≤1ln x ，x ＞1，g(x)＝f(x)－ax ＋a ，若g(x)恰有1个零点，则a 的取值范围是( )A ．[－1,0]∪[1，＋∞)B ．(－∞，－1]∪[0,1]C ．[－1,1]D ．(－∞，－1]∪[1，＋∞)4．设函数f(x)＝ae x －2sin x ，x∈[0，π]有且仅有一个零点，则实数a 的值为( )A.24πeB.24π-eC.22πeD.22π-e 二、多选题：5.已知函数g(x)＝x x e x e 22)1(-，若实数m 满足g(log 5m)－g(m 51log )≤2g(2)，则( )A ．g(x)是奇函数B ．g(x)是(0，＋∞)上的增函数C ．实数m 的取值范围为(0,25]D ．实数m 的取值范围为[5,25]三、填空题：6．已知函数f(x)=-ln x 在[1,+∞)上单调递减,则实数a 的取值范围为( ).A.a<1B.a≤2C.a<2D.a≤37．已知定义在R上的函数f(x)满足f(2)=1,且对任意的x∈R,都有f´(x)<,则不等式f(log2x)>31log2的解集为.四、解答题：8．已知函数f(x)＝ln x＋2x.(1)求函数f(x)在[1，＋∞)上的值域；(2)若∀x∈[1，＋∞)，ln x(ln x＋4)≤2ax＋4恒成立，求实数a的取值范围．9．已知函数f(x)＝x2－(a－2)x－a ln x(a∈R)．(1)求函数y＝f(x)的单调区间；(2)当a＝1时，证明：对任意的x＞0，f(x)＋e x＞x2＋x＋2.10．已知函数f(x)＝e x(1＋a ln x)，其中a＞0，设f′(x)为f(x)的导函数．(1)设g(x)＝e－x f′(x)，若g(x)≥2恒成立，求a的取值范围；(2)设函数f(x)的零点为x0，函数f′(x)的极小值点为x1，当a＞2时，求证：x0＞x1.11．已知函数f(x)＝x ln x－a2x2＋(a－1)x，其导函数f′(x)的最大值为0.(1)求实数a的值；(2)若f(x1)＋f(x2)＝－1(x1≠x2)，证明：x1＋x2＞2.12.已知函数f(x)＝12x2－ax＋(a－1)ln x.(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若对任意的x1，x2∈(0，＋∞)，x1＞x2，恒有f(x1)－f(x2)＞x2－x1，求实数a的取值范围．课后作业题参考答案：1C 2A 3A 4B 5ABC 6.B 7.{x|0<x<4}8.[解](1)易知f′(x)＝－1－ln xx2＜0(x≥1)，∴f(x)在[1，＋∞)上单调递减，f(x)max＝f(1)＝2.∵x ≥1时，f (x )＞0，∴f (x )在[1，＋∞)上的值域为(0,2]．(2)令g (x )＝ln x (ln x ＋4)－2ax －4，x ∈[1，＋∞)，则g ′(x )＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫ln x ＋2x －a ， ①若a ≤0，则由(1)可知，g ′(x )＞0，g (x )在[1，＋∞)上单调递增， ∵g (e)＝1－2a e ＞0，与题设矛盾，∴a ≤0不符合要求．②若a ≥2，则由(1)可知，g ′(x )≤0，g (x )在[1，＋∞)上单调递减． ∴g (x )≤g (1)＝－2a －4＜0，∴a ≥2符合要求．③若0＜a ＜2，则∃x 0∈(1，＋∞)，使得ln x 0＋2x 0＝a ，则g (x )在[1，x 0)上单调递增，在(x 0，＋∞)上单调递减，∴g (x )max ＝g (x 0)＝ln x 0(ln x 0＋4)－2ax 0－4.∵ln x 0＝ax 0－2，∴g (x )max ＝(ax 0－2)(ax 0＋2)－2ax 0－4＝(ax 0＋2)(ax 0－4)．由题意知g (x )max ≤0，即(ax 0＋2)(ax 0－4)≤0，－2≤ax 0≤4，即－2≤ln x 0＋2≤4⇒1＜x 0≤e 2.∵a ＝ln x 0＋2x 0，且由(1)可知f (x )＝ln x ＋2x 在(1，＋∞)上单调递减，∴4e 2≤a ＜2.综上，a 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫4e 2，＋∞. 9.[解] (1)函数f (x )的定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝2x －(a －2)－a x＝(x ＋1)(2x －a )x，当a ≤0时，f ′(x )＞0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，所以，函数f (x )在区间(0，＋∞)单调递增；当a ＞0时，由f ′(x )＞0得x ＞a 2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜a 2，所以，函数在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2，＋∞上单调递增，在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a 2上单调递减． (2)证明：当a ＝1时，f (x )＝x 2＋x －ln x ，要证明f (x )＋e x ＞x 2＋x ＋2，只需证明e x －ln x －2＞0，设g (x )＝e x －ln x －2，则问题转化为证明对任意的x ＞0，g (x )＞0，令g ′(x )＝e x －1x ＝0，得e x ＝1x ，容易知道该方程有唯一解，不妨设为x 0，则x 0满足e x 0＝1x 0，当x 变化时，g ′(x )和g (x )变化情况如下表 g (x )min ＝g (x 0)＝e x 0－ln x 0－2＝1x 0＋x 0－2，因为x 0＞0，且x 0≠1，所以g (x )min ＞21－2＝0，因此不等式得证．10[解] (1)由题设知，f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x (x ＞0)， g (x )＝e －xf ′(x )＝1＋a x ＋a ln x ，g ′(x )＝a (x －1)x 2(x ＞0)．当x ∈(0,1)时，g ′(x )＜0，g (x )在区间(0,1)上单调递减，当x ∈(1，＋∞)时， g ′(x )＞0，g (x )在区间(1，＋∞)上单调递增，故g (x )在x ＝1处取得最小值，且g (1)＝1＋a .由于g (x )≥2恒成立，所以1＋a ≥2，得a ≥1，即a 的取值范围为[1，＋∞)．(2)证明：设h (x )＝f ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x ＋a ln x ，则h ′(x )＝e x ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2a x －a x 2＋a ln x . 设H (x )＝1＋2a x －a x 2＋a ln x (x ＞0)，则H ′(x )＝－2a x 2＋2a x 3＋a x ＝a (x 2－2x ＋2)x 3＞0，故H (x )在(0，＋∞)上单调递增，因为a ＞2，所以H (1)＝a ＋1＞0，H ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝1－a ln 2＜0，故存在x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1，使得H (x 2)＝0，则h (x )在区间(0，x 2)上单调递减，在区间(x 2，＋∞)上单调递增，故x 2是h (x )的极小值点，因此x 2＝x 1.由(1)可知，当a ＝1时，ln x ＋1x ≥1.因此h (x )≥h (x 1)＝e x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋a x 1＋a ln x 1＞e x 1(1＋a )＞0，即f (x )在(0，＋∞)上单调递增．由于H (x 1)＝0，即1＋2a x 1－a x 21＋a ln x 1＝0，即1＋a ln x 1＝a x 21－2a x 1，所以f (x 1)＝e x 1(1＋a ln x 1)＝a e x 11－2x 1x 21＜0＝f (x 0)．又f (x )在(0，＋∞)上单调递增，所以x 1＜x 0.11.[解] (1)由题意，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，其导函数f ′(x )＝ln x －a (x －1)，记h (x )＝f ′(x )，则h ′(x )＝1－ax x . 当a ≤0时，h ′(x )＝1－ax x ＞0恒成立，所以h (x )在(0，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以任意x ∈(1，＋∞)，h (x )＝f ′(x )＞0，故a ≤0不成立．当a ＞0时，若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a ，则h ′(x )＝1－ax x ＞0；若x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞，则h ′(x )＝1－ax x ＜0. 所以h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ，＋∞上单调递减．所以h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a ＝－ln a ＋a －1. 令g (a )＝－ln a ＋a －1，则g ′(a )＝1－1a ＝a －1a .当0＜a＜1时，g′(a)＜0；当a＞1时，g′(a)＞0.所以g(a)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以g(a)≥g(1)＝0，故a＝1.(2)证明：当a＝1时，f(x)＝x ln x－12x2，则f′(x)＝1＋ln x－x.由(1)知f′(x)＝1＋ln x－x≤0恒成立，所以f(x)＝x ln x－12x2在(0，＋∞)上单调递减，且f(1)＝－12，f(x1)＋f(x2)＝－1＝2f(1)．不妨设0＜x1＜x2，则0＜x1＜1＜x2，欲证x1＋x2＞2，只需证x2＞2－x1.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以只需证f(x2)＜f(2－x1)，又f(x1)＋f(x2)＝－1，所以只需证－1－f(x1)＜f(2－x1)，即f(2－x1)＋f(x1)＞－1.令f(x)＝f(x)＋f(2－x)(其中x∈(0,1))，则F(1)＝－1.所以欲证f(2－x1)＋f(x1)＞－1，只需证f(x)＞F(1)，x∈(0,1)，f′(x)＝f′(x)－f′(2－x)＝1＋ln x－x－[1＋ln(2－x)－2＋x]，整理得f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)，x∈(0,1)，令m(x)＝f′(x)，则m′(x)＝2(1－x)2x(2－x)＞0，x∈(0,1)，所以f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)在区间(0,1)上单调递增，所以任意x∈(0,1)，f′(x)＝ln x－ln(2－x)＋2(1－x)＜0，所以函数f(x)＝f(x)＋f(2－x)在区间(0,1)上单调递减，所以F(x)＞F(1)，x∈(0,1)，故x1＋x2＞2.12.[解](1)f′(x)＝x－a＋a－1x＝x2－ax＋a－1x＝1x(x－1)[x－(a－1)]，①若a＞2，由f′(x)＞0，得0＜x＜1或x＞a－1，由f′(x)＜0，得1＜x＜a－1，则f(x)在(0,1)，(a－1，＋∞)上单调递增，在(1，a－1)上单调递减；②若a ＝2，则f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③若1＜a ＜2，由f ′(x )＞0，得0＜x ＜a －1或x ＞1，由f ′(x )＜0，得a －1＜x ＜1，则f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减； ④若a ≤1，由f ′(x )＞0，得x ＞1，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜1，则f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．综上，若a ＞2，f (x )在(0,1)，(a －1，＋∞)上单调递增，在(1，a －1)上单调递减；若a ＝2， f (x )在(0，＋∞)上单调递增；若1＜a ＜2，f (x )在(0，a －1)，(1，＋∞)上单调递增，在(a －1,1)上单调递减；若a ≤1， f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0,1)上单调递减．(2)f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1⇔f (x 1)＋x 1＞f (x 2)＋x 2，令F (x )＝f (x )＋x ＝12x 2－ax ＋(a －1)ln x ＋x ，对任意的x 1，x 2∈(0，＋∞)，x 1＞x 2，恒有f (x 1)－f (x 2)＞x 2－x 1等价于函数f (x )在(0，＋∞)上是增函数．f ′(x )＝x －a ＋1＋a －1x ＝1x [x 2－(a －1)x ＋a －1]，令g (x )＝x 2－(a －1)x ＋a －1，当a －1＜0，即a ＜1时，x ＝a －12＜0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g (0)≥0，即a －1≥0，a ≥1，无解．当a －1≥0，即a ≥1时，x ＝a －12≥0，故要使f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，需g ⎝ ⎛⎭⎪⎫a －12≥0，即⎝ ⎛⎭⎪⎫a －122－(a －1)·a －12＋a －1≥0，化简得(a －1)(a －5)≤0，解得1≤a ≤5.综上，实数a 的取值范围是[1,5]．。

利用导数求参数范围举例

利用导数求参数范围举例例1.已知时都取得极值与在132)(23=-=+++=x x c bx ax x x f (1) 求ａ、ｂ的值及函数)(x f 的单调区间．(2) 若对2)(],2,1[c x f x <-∈不等式恒成立，求ｃ的取值范围．解：(1)2,21-=-=b a 2122)2(]2,1[)(,2)2(,21)1(23)1(,2722)32(132023,23)().2(222'>-<+>+=-+=+=-+-=+=-=-==----=c c c ，c c f x f c f c f cf c f x x x x x x x f 或解得从而上的最大值为在所以且或得由例2.已知函数1,13)(23=-=-+=x x x bx ax x f 在处取得极值 (1) 求函数)(x f 的解析式.(2) 若过点)2)(,1(-≠m m A 可作曲线y=)(x f 的三条切线,求实数m 的取值范围. 解:(1)求得x x x f 3)(3-=(2)设切点为33)(),3,(2'0300-=-x x f x x x M 因为200'20300020300200302066)(332)(,0332)1)(33(3),1)(33(x x x g m x x x g x A m x x x x m x x M x x m y -=++-=**=++---=----=-则设有三个不同的实数根的方程所以关于可作曲线的三条切线因为过点即所以又切线过点所以切线方程为)2,3(230)1(0)0(1,0)(,)1,0(,),1(),0,()(100)(00000000'---<<-⎩⎨⎧<>*==+∞-∞===的取值范围是所求的实数解得条件是有三个不同实根的充要的方程所以关于的极值点为故函数上单调递减在上单调递增在所以或得由m m g g x x x x g x g x x x g 例3．已知,)(2c x x f +=且)1()]([2+=x f x f f 。

专题05 利用函数极值求参(取值范围)(教师版含解析)-2022年高考数学导数压轴题专项突破

专题05 利用函数极值求参(取值范围)一、单选题1．已知函数()321132f x x x cx d =-++有极值，则c 的取值范围为( )A ．14c <B ．14c ≤C ．14c ≥D ．14c >【解析】由题意得()2f x x x c '=-+，若函数()f x 有极值，则140c ∆=->，解得14c <，故选：A ． 2．若函数328()2()43f x x ax a x =++++有极大值和极小值，则a 的取值范围是( )A ．()2,8-B ．17,,22⎛⎫⎛⎫-∞-⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭C ．()(),28,-∞-+∞ D ．()(),22,-∞-+∞【解析】216()3223f x x ax a '=+++，根据题意知方程21632203x ax a +++=有两个不等实根，于是得216412(2)03a a ∆=-+>，整理得26160a a -->，解得8a >或2a <-，所以a 的取值范围是()(),28,-∞-+∞.故选：C3．若函数3211()232f x x ax bx c =+++在(0,1)上取得极大值，在(1,2)上取得极小值，则11b a --的取值范围是( ) A ．11,32⎛⎫⎪⎝⎭B ．1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,3⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】2()2f x x ax b '=++，函数()f x 在区间(0,1)内取得极大值，在区间(1,2)内取得极小值，2()20f x x ax b ∴'=++=在(0,1)和(1,2)内各有一个根，(0)0f '>，f '(1)0<，f '(2)0>，即021020b a b a b >⎧⎪++<⎨⎪++>⎩，在aOb 坐标系中画出其表示的区域是ABC ，11b a --表示区域内的点(,)P a b 与点(1,1)M 连线的斜率，联立0210b a b =⎧⎨++=⎩，解得01b a =⎧⎨=-⎩，即()1,0B -，同理()()2,0,3,0A C --，结合图象知直线MC 的斜率最小，为0MC k =，直线MB 的斜率最大，为12MB k =，所以11b a --的取值范围1(0,)2，故选：D ．4．已知函数()322f x x ax bx a =+++在1x =处有极值10，则a b +=( )A ．7-B ．0C ．7-或0D ．15-或6【解析】由函数()322f x x ax bx a =+++有()232f x x ax b '=++.函数()f x 在1x =处有极小值10.所以()()10110f f ⎧=⎪⎨='⎪⎩，即()()213+201110f a b f a b a ⎧=+=⎪⎨=+++='⎪⎩，解得: 411a b =⎧⎨=-⎩或33a b =-⎧⎨=⎩，当411a b =⎧⎨=-⎩时，()()()238111311f x x x x x '=+-=-+，令()0f x '>得1x >或113x <-，()0f x '<得1113x -<<，所以函数()f x 在113，⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在11,13⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，在1+，上单调递增.显然满足函数()f x 在1x =处有极小值10.当33a b =-⎧⎨=⎩时，()()22363310f x x x x '=-+=-≥，所以函数()f x 在R 上单调递增,不满足函数()f x 在1x =处有极小值10. 所以411=7a b +=--，故选：A5．若函数32()1(0)f x x mx m =-++≠在区间(0,2)上的极大值为最大值，则m 的取值范围是( ) A ．(0,3)B ．(3,0)-C ．(,3)-∞-D ．(3,)+∞【解析】由题得2()32f x x mx -'=+，令()0f x '=，得23x m=或0x =(舍去)，若0m <，则当02x <<时，()0f x '<，与题设矛盾；若0m >，则当203x m <<时，()0f x '>，当223m x <<时，()0f x '<，故23x m =为函数的极大值点，因为()f x 在区间(0,2)内的极大值为最大值，所以2(0,2)3m ∈，即2023m<<，所以03m <<.故选：A.6．已知函数()2e xf x ax =-(a ∈R )有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A ．e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．2e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．2e ,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【解析】令2()0xf x e ax =-=，显然0x ≠，所以2e xa x=，令()2e xg x x =(0x ≠)，则问题转化为“若y a =图象与()y g x =图象有三个交点，求a 的取值范围”.()()32e x x g x x-'=，令()0g x '=，解得2x =，∴当0x <或2x >时，()0g x '>，()g x 在(,0)-∞，(2,)+∞单调递增，当02x <<时，()0g x '<，()g x 在(0,2)单调递减，()g x 在2x =处取极小值()2e 24g =，作出()y g x =的简图，由图可知，要使直线y a =与曲线()2ex g x x=有三个交点，则2e 4a >，故实数a 的取值范围是2e ,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭.故选：C.7．已知函数3211()(,,)32f x x bx cx d b c d R =+++∈有两个极值点12,(0,1)x x ∈，则22(1)c b +-的取值范围是( ) A ．(0,1)B ．10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．10,16⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】已知函数3211()(,,)32f x x bx cx d b c d R =+++∈，则()2f x x bx c '=++， ()f x 的两个极值点分别是12,(0,1)x x ∈，()()22001100242012f c f c b b b b f c b ⎧=>⎪=++>⎪⎪⎛⎫∴⎨-=-+< ⎪''⎪⎝⎭⎪⎪<-<⎩'，即：2010420c b c b c b >⎧⎪++>⎪⎨>⎪⎪-<<⎩，以上不等式对应的平面区域如图所示，三个顶点坐标为()2,1A -，()1,0B -，()0,0O ，则()221c b k +-=，表示以()0,1-为中心的双曲线，由选项可知0k >，双曲线的实轴在c 轴上，所以双曲线经过A ，B ，O 三点取得最值，经过A 点时，0k =，经过B 点时，0k =，经过O 点时，1k =，因为A ，B ，O 三点不在可行域内，所以()0,1k ∈，故选：A .8．若函数32()312(0)f x x ax x a =-+>存在两个极值点1x ，2x ，则()()12f x f x +的取值范围是( ) A ．(,16]-∞B ．(,16)-∞C ．(16,)+∞D ．[16,)+∞【解析】由32()312(0)f x x ax x a =-+>，则2()3612f x x ax '=-+，因为函数()f x 存在两个极值点1x ，2x ，所以23643120a ∆=-⨯⨯>，即2a > ，12122,4x x a x x +=⋅=，()()()123232111222312312f x f x x ax x x ax x +-+-++=()()()()221211*********3212x x x x x x x a x x x x x ⎡⎤=--+-⋅++⎣⋅++⎦()()()()1212121212221233212a x x x x x x x x x x x x ⎡⎤⎡⎤=---+⎣⎦⎣⎦++⋅+⋅+()()22241234824a a a a a =---+ 3424a a =-+设()3g 424a a a =-+，则()g a '()221224122a a =-+=--当2a >时，()g a '0<，则()g a 在()2,+∞上单调递减.所以()()g g 216a <=，所以()()12f x f x +的取值范围是(,16)-∞，故选：B二、多选题9．已知函数2()2ln f x ax x x =-+存在极值点，则实数a 的值可以是( ) A ．0B ．e -C ．12D ．1e【解析】函数2()2ln f x ax x x =-+的定义域为()0,∞+，且()122'=-+f x ax x，由题意可知，函数()y f x =在定义域()0,∞+上存在极值点，得()1220'=-+=f x ax x在()0,∞+有两个解，由()0f x '=可得2112=-a x x ，令10t x =>，则212=-a t t ，则实数a 的取值范围为函数212=-y t t 在()0,∞+上的值域且满足0∆>，对于二次函数()()2211121222=--=--+y t t t ，当0t >时，()21111222=--+≤y t ，对于二次方程212=-a t t ，即2102-+=t t a ，120∆=->a ，解得12a <.因此，实数a 的取值范围是1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.故选：ABD.10．已知函数321()23f x x x =+-在区间(2,3)a a -+上存在最小值，则整数a 可以取( )A ．2-B ．1-C ．0D ．1【解析】()()222f x x x x x '=+=+，()0f x '=时，2x =-或0x =，当2x <-或0x >时，()0f x '>，当20x -<<时，()0f x '<，所以函数的单调递增区间是(),2-∞-和()0,∞+，函数的单调递减区间是()2,0-，所以函数的极大值点是2-，极小值点是0，且()02f =-，那么当321223x x +-=-，解得：0x =或3x =- ，所以函数在区间()2,3a a -+上存在最小值，则32030a a -≤-<⎧⎨+>⎩，解得：12a -≤<.故选：BCD 11．若函数322()21f x x x a x =++-有两个极值点则a 的值可以为( ) A ．0 B ．1C ．2D ．3【解析】322()21f x x x a x =++-，22()34f x x x a '∴=++，因为函数322()21f x x x a x =++-有两个极值点，则22()34f x x x a '=++与x 轴有两个交点，即224430a ∆=-⨯⨯>解得232333a -<<，故满足条件的有AB ，故选：AB 12．已知函数f (x )=ax 2﹣x +ln x 有两个不同的极值点x 1，x 2，若不等式()()()12122f x f x x x t +<++恒成立，则t 的取值可能是( ) A ．112ln2-- B ．112ln2-+ C ．113ln 2--D ．113ln 2-+【解析】2121()21ax x f x ax x x-+'=-+=，0x >，由题意得1x ，2x 为2210ax x -+=的两不等正根，所以10102180a aa ⎧>⎪⎪⎪>⎨⎪∆=->⎪⎪⎩，解得108a <<，22121211122212()()2()2()f x f x x x ax x lnx ax x lnx x x +-+=-++-+-+22121212()3()()a x x x x ln x x =+-++， 212121212[()2]3()()a x x x x x x ln x x =+--++5ln214a a=---，令h (a )5ln214a a =---，108a <<，则()254'04a h a a -=>，h (a)在1(0,)8上单调递增，h (a )1()2ln2118h <=-，因为1212()()2()f x f x x x t +<++恒成立，所以1212()()2()t f x f x x x >+-+恒成立，所以2ln211t -．故选：BD ．三、填空题13．若函数2()(3)ln f x x a x x =+++在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则实数a 的取值范围为________.【解析】212(3)1()2(3)x a x f x x a x x+++'=+++=，函数()f x 在区间(1,2)上存在唯一的极值点，则2()2(3)10g x x a x =+++=在区间(1,2)上有一个解， ∴(1)(2)(6)(215)0g g a a =++<，解得1562a -<<-． 14．已知函数2()2ln xe f x k x kx x =+-，若2x =是函数()f x 的唯一极值点，则实数k 的取值范围是____．【解析】由题意，()f x 定义域为()0,∞+，322()0x x xe e kf x k x x'-=+-=有唯一的实数根2x =，即方程()()220x x e kx --=有唯一的实数根2x =，所以20xe kx -=无变号零点，即2xe k x=无变号零点.设2()xe g x x =，则()32()x e x g x x-'=， ()0,2x ∈时，()0g x '<，()g x 为减函数；()2,x ∈+∞时，()0g x '>，()g x 为增函数；所以2e ()(2)4g x g ≥=；所以k 的取值范围为：2,4e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．15．已知函数1()2x x f x ax e+=-有两个极值点，则实数a 的取值范围是________．【解析】函数1()2x x f x ax e +=-，则()2xxf x a e '=+，因为函数()f x 有两个极值点，则()0f x '=有两个不同的实数根，即2xx a e -=有两个不同的实数根，令()x xg x e =，所以函数()y g x =与2y a =-的图像有两个不同的交点，因为1()xx g x e '-=，则当1x <时，()0g x '>，则()g x 单调递增，当1x >时，()0g x '<，则()g x 单调递减，所以当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=，作出函数()g x 的图像如图所示，由图像可知，102a e <-<，解得102a e -<<，所以实数a 的取值范围是1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．故答案为：1,02e ⎛⎫- ⎪⎝⎭．16．若函数432111()(1)1432f x x m x mx =-+++在0x =和1x =时取极小值，则实数m 的取值范围是______ 【解析】432111()(1)1432f x x m x mx =-+++，()()32()(1)1f x x m x mx x x x m '=-++=-- 当0m =时，0x =时不是取得极小值，不合题意；当0m <时，()()(),0,0,x m f x f x '∈>单调递增，()()()0,1,0,x f x f x '∈<单调递减，0x =时不是取得极小值，不合题意；当1m =时，1x =时不是取得极小值，不合题意；当1m 时，()()()0,1,0,x f x f x '∈>单调递增，()()()1,,0,x m f x f x '∈<单调递减，1x =时不是取得极小值，不合题意；当()0,1m ∈时，()()(),0,0,x f x f x '∈-∞<单调递减，()()()0,,0,x m f x f x '∈>单调递增，()()(),1,0,x m f x f x '∈<单调递减， ()()()1,,0,x f x f x '∈+∞>单调递增，函数432111()(1)1432f x x m x mx =-+++在0x =和1x =时取极小值，符合题意. 所以实数m 的取值范围是0,1. 四、解答题17．已知1x =-，2x =是函数32()13x f x ax bx =-+++的两个极值点.(1)求()f x 的解析式；(2)记()()g x f x m =-，[24]x ∈-，，若函数()g x 有三个零点，求m 的取值范围. 【解析】(1)因为32()13x f x ax bx =-+++，所以2()2f x x ax b '=-++根据极值点定义，方程()0f x '=的两个根即为1x =-，2x =，2()2f x x ax b '=-++，代入1x =-，2x =，可得120440a b a b --+=⎧⎨-++=⎩，解之可得，122a b ⎧=⎪⎨⎪=⎩，故有3211()2132f x x x x =-+++；(2)根据题意，3211()2132g x x x x m =-+++-，[2x ∈-，4]，根据题意，可得方程32112132m x x x =-+++在区间[2-，4]内有三个实数根，即函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =在区间[2-，4]内有三个交点，又因为2()2f x x x '=-++，则令()0f x '>，解得12x -<<；令()0f x '<，解得2x >或1x <-，所以函数()f x 在[)2,1--，(]2,4上单调递减，在(1,2)-上单调递增；又因为1(1)6f -=-， ()1323f =，5(2)3f -=， ()1343f =-，函数图象如下所示：若使函数3211()2132f x x x x =-+++与直线y m =有三个交点，则需使1563m-<，即15,63m ⎛⎤∈- ⎥⎝⎦． 18．已知a 为实数，4x =时函数()2ln 12f x a x x x =+-的1个极值点．(1)求实数a 的值；(2)若直线y b =与函数()y f x =的图象有三个交点，求b 的取值范围．【解析】(1)∵函数()2ln 12f x a x x x =+-，∴()212af x x x=+-'， ∵4x =是函数()2ln 12f x a x x x =+-的一个极值点，∴()40f '=，得81204a+-=，得16a =； (2)当16a =时，()216ln 12f x x x x =+-，()()()22416212x x f x x x x--'=+-=，当()0f x '>时，可得4x >或者02x <<；当()0f x '<时，可得24x <<；∴函数()f x 的单调增区间为：()4,+∞，()0,2；函数()f x 的单调减区间为：()2,4；直线y b =与函数()y f x =的图象有且仅有3个交点，()432ln 232f =-，()216ln 220f =-，由(2)知()f x 在2x =时取极大值，在4x =时取极小值，画出()f x 的图象：直线y b =与函数()y f x =的图象有且仅有3个交点， ∴直线y b =必须在直线32ln 232y和直线16ln 220y =-之间，∴()()42f b f <<，即32ln 23216ln 220b -<<-．19．已知函数()32f x x bx cx =++，()b c R ∈，(1)当1,1b c ==-时，求函数()f x 的单调区间；(2)设1x ，2x 是函数()f x 的两个极值点，当122x x -=时，求()1f 的最小值．【解析】()1因为32()=+-f x x x x ，2()321,f x x x ∴=+-' 由'()0f x >，得1x <-或13x >，由'()0f x <，得113x -<<，所以函数的单调递增区间为(,1)-∞-和1(,)3+∞，单调递减区间为1(1,)3-()2由()'232f x x bx c =++，知1223b x x +=-，123cx x =，又122x x -=，所以22212121244()()4493b c x x x x x x -=+-=-=，即233b c =-，所以()22131111112()33244b f bc b b =++=+-=+-≥-，所以当32b =-时，94c =-，()22412430b c b c ∆=-=->，()1114f =-，故当32b =-，94c =-时，()1f 的最小值为114-．20．已知函数3218()(21)3()33f x x ax a x a a R =-+-+-∈．(1)若函数()f x 在2x =时取得极值，求实数a 的值；(2)若()0f x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】(1)2()=221f x x ax a '-+-，依题意有(2)=0f '，即44210a a -+-=，解得：32a =，检验：当32a =时，2()=32f x x x '-+，所以()=(1)(2)f x x x '--，此时函数()f x 在(1,2)单调递减，在(2,)+∞单调递增，满足在2x =时取得极值，综上32a =. (2)依题意()0f x ≥对任意[1,)x ∈+∞恒成立等价转化为min ()0f x ≥在[1,)x ∈+∞恒成立，因为2()=221f x x ax a '-+-，令'()0f x =得：1221,1x a x =-=，①当211a -≤即1a ≤时，函数'()0f x ≥在[1,)+∞恒成立，则()f x 在[1,)+∞单调递增，于是min ()(1)220f x f a ==-≥，解得：1a ≤，此时：1a ≤；②当211a ->即1a >时，函数()f x 在[1,21]a -单调递减，在[21,)a -+∞单调递增，于是min ()(21)(1)220f x f a f a =-<=-<，不合题意，此时：a ∈∅综上所述：实数a 的取值范围是1a ≤.21．已知()()2122x f x ax ax x e =-++-，其中0a >，e 为自然对数的底数． (1)若2a =，求()f x 的单调区间；(2)若()f x 在1x =处取得极小值，求实数a 的取值范围．【解析】(1)当2a =时，()()22x f x x ax x e =-++-，()()()()22212x x x f x x e x e x e '=-+++-=--．令()0f x '=，可得1ln 2x =或21x =．由()0f x '>可得ln 2x <或1x >，由()0f x '<可得ln 21x <<．所以()f x 的单调递增区间为(),ln 2-∞，()1,+∞，单调递减区间为()ln 2,1．(2)()()()()21x x x f x ax a e x e x a e '=-+++-=--．令()0f x '=，可得1ln x a =或21x =．①若ln 1a <，即0a e <<时，当ln 1a x <<时，()0f x '<；当1x >时，()0f x '>，此时()f x 在1x =处取得极小值．②若ln 1a >时，即a e >时，当1x <时，()0f x '>；当1ln x a <<时，()0f x '<，此时()f x 在1x =处取得极大值．③当ln 1a =时，即a e =时，()0f x '≥恒成立，此时()f x 无极值．综上所述，实数a 的取值范围为()0,e ．22．已知函数()()3232612f x ax a x x =-+++. (1)试讨论函数()f x 的单调区间；(2)当1a =时，求函数()f x 的极值；(3)若函数()f x 在1x =处取得极大值，求实数a 的取值范围.【解析】(1)()()()()23326321f x ax a x ax x '=-++=--，当0a =时，()()61f x x '=--，在(,1)-∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，在(1,)+∞上，()0f x '<，()f x 单调递减，当0a ≠时，若0a >， ①21a <时，即2a >时，在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减， ②21a 时，即2a =时，在(,)-∞+∞上()0f x '≥，()f x 单调递增， ③21>a 时，即02a <<时，在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增，在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减，若0a <，21a <时，即0a <时，在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()0f x '<，()f x 单调递减，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()0f x '>，()f x 单调递增. 综上所述，当0a =时，()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，当2a >时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递减，当2a =时，()f x 在(,)-∞+∞上()f x 单调递增，当02a <<时，()f x 在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增，在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，当0a <时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增. (2)当1a =时，329()612f x x x x =-++， ()()()223963323(21)f x x x x x x x '=-+=-+=--，在(,1),(2,)-∞+∞上，()0f x '>，()f x 单调递增，在()1,2上，()0f x '<，()f x 单调递减，所以()()712f x f ==极大值，()()23f x f ==极小值. (3)由题意可知，函数()f x 在1x =处取得极大值，当0a =时，()f x 在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减，所以1x =处取得极大值，符合题意，当2a >时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递减，所以1x =处取得极小值，不符合题意；当2a =时，()f x 在(,)-∞+∞上()f x 单调递增，没有极值，不合题意，当02a <<时，()f x 在2(,1),,a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增，在21,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以1x =处取得极大值，符合题意，当0a <时，()f x 在2,,(1,)a ⎛⎫-∞+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，在2,1a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上()f x 单调递增. 所以1x =处取得极大值，符合题意，综上所述a 的取值范围为(,2)-∞.。

利用导数求参数取值的一道高考题剖析

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

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

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

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

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

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

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

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

故选八。

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

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

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

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

例说高考题中的利用导数求参数范围

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

一与二次函数的性质、单调性、不等式等相联系求解策略：利用“要使a x f >)(成立，只需使函数的最小值a x f >min)(恒成立即可；要使a x f <)(成立，只需使函数的最大值a x f <max)(恒成立即可”.这也是近两年高考考查和应用最多的一种.例1（05湖北理）已知向量a =(2x ,1+x )，a =(x -1,t )，若b a x f ∙=)(在区间(-1,1)上是增函数，求t 的取值范围.解析：由向量的数量积定义，)(x f =2x (x -1)+(1+x )t =3x-+2x +tx +t∴)(x f '=23x -+x 2+t .若)(x f 在区间(-1,1)上是增函数，则有)(x f '≥0⇔t ≥23x -x 2在 (-1,1)上恒成立.若令)(x g =23x -x 2=-3(31-x )2-31在区间[-1,1]上，max)(x g =)1(-g =5，故在区间(-1,1)上使t ≥)(x g 恒成立，只需t ≥)1(-g 即可，即t ≥5.即t 的取值范围是[5，∞）.点评：本题除了用导数反映单调性，还借助了二次函数的性质求出最值，且要注意边界值的取舍。

例2使不等式4x -22x >a -2对任意的实数x 都成立，求实数a 的取值范围. 解析：注意到不等式的次数较高，应想到构造函数，求导.令)(x f =4x -22x ，则如果原不等式对任意的实数x 都成立等价于m in)(x f >a -2.又)(x f '=34x -x 4=42x (1-x )，令)(x f '=0，解得，x =0或x =1.)(x f '的符号及)(x f 的单调性如下：因为)(x f 在R 上的极值只有一个，故此极小值即为最小值，即m in)(x f =)1(f = -1，∴m in)(x f = -1>a -2，即a >3.点评：本题是利用导数求得函数的最值，进而求出参数范围的。

高考数学：导数压轴题——根据极值求参数题型方法

高考数学：导数压轴题——根据极值求参数题型方法
1.已知函数的极值求参数时,通常利用函数的导数在极值点处的取值等于零来建立关于参数的方程.需注意的是,可导函数在某点处的导数值等于零只是函数在该点处取得极值的必要条件,所以必须对求出的参数值进行检验,看是否符合函数取得极值的条件.
2.已知函数的最值求参数,一般先求出最值(含参数),再根据最值列方程或不等式(组)求解.
经典例题
设f(x)=xln x-ax2+(2a-1)x,a∈R.
(1)令g(x)=f '(x),求g(x)的单调区间;
(2)已知f(x)在x=1处取得极大值.求实数a的取值范围.
思路分析
(1)先求出g(x)=f '(x)的解析式,然后求函数的导数g'(x),再利用函数单调性和导数之间的关系即可求g(x)的单调区间;
(2)分别讨论a的取值范围,根据函数极值的定义,进行验证即可得出结论.。

利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)

利用导数解决含参的问题(word版含答案和详细解析)高考理科复专题练利用导数解决含参的问题考纲要求：1.了解函数单调性和导数的关系，能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）。

2.了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件，会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次），会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）。

命题规律：利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多。

不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理。

这也是2018年考试的热点问题。

高考题讲解及变式：利用单调性求参数的范围例1.【2016全国1卷（文）】若函数f(x)=x-sin2x+asinx在(-∞,+∞)上单调递增，则a的取值范围是（）。

A。

[-1,1]B。

(-1,1)C。

(-∞,-1]∪[1,+∞)D。

(-∞,-1)∪(1,+∞)答案】C解析】因为f(x)在(-∞,+∞)上单调递增，所以f'(x)>0.将f(x)代入f'(x)得f'(x)=1-2sinx+acosx。

要使f'(x)>0，即要使1-2sinx+acosx>0.因为-1≤sinx≤1，所以1-2sinx≥-1.所以acosx>-1，即a>-1/cosx。

因为cosx=1时，a不等于-1；cosx=-1时，a不等于1.所以a∈(-∞,-1]∪[1,+∞)，选C。

变式1.【2018XXX高三实验班第一次月考（理）】若函数f(x)=kx-lnx在区间(1,+∞)上为单调函数，则k的取值范围是_______。

答案】k≥1或k≤-1解析】在区间(1,+∞)上，f'(x)=k-1/x。

2020版高考数学一轮复习高考大题专项一突破1利用导数求极值、最值、参数范围理北师大版

突破1 利用导数求极值、最值、参数范围1.已知函数f(x)=(x-k)e x.(1)求f(x)的单调区间;(2)求f(x)在区间[0,1]上的最小值.2.(2018山东潍坊一模,21)已知函数f(x)=a ln x+x2.(1)若a=-2,判断f(x)在(1,+∞)上的单调性;(2)求函数f(x)在[1,e]上的最小值.3.(2018山东师大附中一模,21)已知函数f(x)=(x-a)e x(a∈R).(1)当a=2时,求函数f(x)在x=0处的切线方程;(2)求f(x)在区间[1,2]上的最小值.4.(2018辽宁抚顺3月模拟,21改编)已知函数f(x)=ax-2ln x(a∈R).若f(x)+x3>0对任意x∈(1,+∞)恒成立,求a的取值范围.5.设函数f(x)=x2+ax+b,g(x)=e x(cx+d).若曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2),且在点P处有相同的切线y=4x+2.(1)求a,b,c,d的值;(2)若x≥-2时,f(x)≤kg(x),求k的取值范围.6.(2018江西南昌一模,21改编)已知函数f(x)=e x-a ln x-e(a∈R),其中e为自然对数的底数.若当x ∈[1,+∞)时,f(x)≥0恒成立,求a的取值范围.参考答案高考大题专项练参考答案高考大题专项一函数与导数突破1 利用导数求极值、最值、参数范围1.解 (1)由题意知f'(x)=(x-k+1)e x.令f'(x)=0,得x=k-1.当x∈(-∞,k-1)时,f'(x)<0,当x∈(k-1,+∞)时,f'(x)>0.所以f(x)的递减区间是(-∞,k-1),递增区间是(k-1,+∞).(2)当k-1≤0,即k≤1时,f(x)在[0,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当0<k-1<1,即1<k<2时,f(x)在[0,k-1]上递减,在[k-1,1]上递增,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k-1≥1,即k≥2时,f(x)在[0,1]上递减,所以f(x)在区间[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.综上,当k≤1时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(0)=-k;当1<k<2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(k-1)=-e k-1;当k≥2时,f(x)在[0,1]上的最小值为f(1)=(1-k)e.2.解 (1)当a=-2时,f'(x)=2x-2x =2(x2-1)x,由于x∈(1,+∞),故f'(x)>0,∴f (x )在(1,+∞)递增.(2)f'(x )=2x+x x =2x 2+xx,当a ≥0时f'(x )≥0,f (x )在[1,e]上递增,∴f min (x )=f (1)=1.当a<0时,由f'(x )=0解得x=±√-x2(负值舍去),设x 0=√-x2.若√-x2≤1,即a ≥-2,也就是-2≤a<0时,x ∈[1,e],f'(x )>0,f (x )递增,∴f min (x )=f (1)=1. 若1<√-x 2<e,即-2e 2<a<-2时,x ∈[1,x 0],f'(x )≤0,f (x )递减,x ∈[x 0,e],f'(x )≥0,f (x )递增. 故f min (x )=f (x 0)=-x2+a ln √-x 2=x2[ln (-x2)-1].若√-x2≥e,即a ≤-2e 2时,x ∈[1,e],f'(x )<0,f (x )递减.∴f min (x )=f (e)=e 2+a.综上所述:当a ≥-2时,f (x )的最小值为1;当-2e 2<a<-2时,f (x )的最小值为x 2[ln (-x2)-1];当a ≤-2e 2时,f (x )的最小值为e 2+a. 3.解 (1)设切线的斜率为k.因为a=2,所以f (x )=(x-2)e x,f'(x )=e x(x-1).所以f (0)=-2,k=f'(0)=e 0(0-1)=-1. 所以所求的切线方程为y=-x-2,即x+y+2=0.(2)由题意得f'(x )=e x (x-a+1),令f'(x )=0,可得x=a-1.①若a-1≤1,则a ≤2,当x ∈[1,2]时,f'(x )≥0,则f (x )在[1,2]上递增.所以f (x )min =f (1)=(1-a )e .②若a-1≥2,则a ≥3,当x ∈[1,2]时,f'(x )≤0,则f (x )在[1,2]上递减.所以f (x )min =f (2)=(2-a )e 2.③若1<a-1<2,则2<a<3,所以f'(x ),f (x )随x 的变化情况如下表:x(1,a-1)a-1(a-1,2)f'(x)- 0 +f (x ) 递减极小值递增所以f (x )的递减区间为[1,a-1],递增区间为[a-1,2].所以f (x )在[1,2]上的最小值为f (a-1)=-e a-1. 综上所述:当a ≤2时,f (x )min =f (1)=(1-a )e; 当a ≥3时,f (x )min =f (2)=(2-a )e 2;当2<a<3时,f (x )min =f (a-1)=-e a-1. 4.解由题意f (x )+x 3>0,即a>-x 2+2ln xx对任意x ∈(1,+∞)恒成立,记p (x )=-x 2+2ln xx,定义域为(1,+∞),则p'(x )=-2x+2-2ln x x 2=-2x 3+2-2ln xx 2,设q (x )=-2x 3+2-2ln x ,q'(x )=-6x 2-2x , 则当x>1时,q (x )递减, 所以当x>1时,q (x )<q (1)=0, 故p'(x )<0在(1,+∞)上恒成立, 所以函数p (x )=-x 2+2ln xx在(1,+∞)上递减,所以当x>1时,p (x )<p (1)=-1,得a ≥-1,所以a 的取值范围是[-1,+∞). 5.解 (1)由已知得f (0)=2,g (0)=2,f'(0)=4,g'(0)=4.而f'(x )=2x+a ,g'(x )=e x(cx+d+c ), 故b=2,d=2,a=4,d+c=4. 从而a=4,b=2,c=2,d=2.(2)由(1)知,f (x )=x 2+4x+2,g (x )=2e x(x+1).设函数F (x )=kg (x )-f (x )=2k e x(x+1)-x 2-4x-2,则F'(x )=2k e x (x+2)-2x-4=2(x+2)(k e x-1). 由题设可得F (0)≥0,即k ≥1. 令F'(x )=0得x 1=-ln k ,x 2=-2.①若1≤k<e 2,则-2<x 1≤0.从而当x ∈(-2,x 1)时,F'(x )<0; 当x ∈(x 1,+∞)时,F'(x )>0.即F (x )在(-2,x 1)递减,在(x 1,+∞)递增.故F (x )在[-2,+∞)的最小值为F (x 1). 而F (x 1)=2x 1+2-x 12-4x 1-2=-x 1(x 1+2)≥0. 故当x ≥-2时,F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立.②若k=e 2,则F'(x )=2e 2(x+2)(e x -e -2).从而当x>-2时,F'(x )>0,即F (x )在(-2,+∞)递增.而F (-2)=0,故当x ≥-2时,F (x )≥0,即f (x )≤kg (x )恒成立.③若k>e 2,则F (-2)=-2k e -2+2=-2e -2(k-e 2)<0.从而当x ≥-2时,f (x )≤kg (x )不可能恒成立. 综上,k 的取值范围是[1,e 2].6.解由f (x )=e x -a ln x-e(a ∈R),得f'(x )=e x -xx ,当a<0时,f'(x )=e x -xx >0,f (x )在x ∈[1,+∞)上递增,f (x )min =f (1)=0(合题意). 当a>0时,f'(x )=e x -x x , 当x ∈[1,+∞)时,y=e x ≥e .①当a ∈(0,e]时,因为x ∈[1,+∞),所以y=x x ≤e,f'(x )=e x -xx ≥0,f (x )在[1,+∞)上递增,f (x )min =f (1)=0(合题意).②当a ∈(e,+∞)时,存在x 0∈[1,+∞),满足f'(x )=e x -xx =0, f (x )在x 0∈[1,x 0)上递减,在(x 0,+∞)上递增,故f (x 0)<f (1)=0.不满足x ∈[1,+∞)时,f (x )≥0恒成立,综上所述,a 的取值范围是(-∞,e].。

高中数学：利用导数求参数的取值范围

真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
解析而得
2 2
πx0 π f(x)的极值点 x0 满足 f(x0)＝± 3，则 m ＝2＋kπ(k∈Z)，从
1 1 2 2 2 x0＝k＋2m(k∈Z)，所以不等式 x0＋[f(x0)] ＜m ，即为k＋2
f(x)恒成立，即a＜f(x)min.
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
热点一
已知函数的单调性求参数的取值范围
【例1】 (2014·杭州模拟)设函数f(x)＝x2＋ax－ln x(a∈R)． (1)若a＝1，求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间(0,1]上是减函数，求实数a的取值范围．
第 4讲
利用导数求参数的取值范围
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
高考定位
由含参函数的单调性、极值、最值求参数的取值范
围是近几年高考命题的重点，试题难度较大．
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
[真题感悟] 辽宁卷)当 x∈[－2,1]时，不等式 ax3－x2＋4x＋3≥0 恒 1．(2014· 成立，则实数 a 的取值范围是 A．[－5，－3] C．[－6，－2]
9 B．－6，－8
(
)．
D．[－4，－3]
真题感悟· 考点整合
热点聚焦· 题型突破
归纳总结· 思维升华
专题训练· 对接高考
解析
当 x∈(0,1]时，得

高考数学专题03 利用导数求函数的极值、最值(第六篇)(原卷版)

备战2020年高考数学大题精做之解答题题型全覆盖高端精品第六篇函数与导数专题02 利用导数求函数的单调性【典例1】【陕西省渭南市2019届高三二模】已知函数()f x x=． (Ⅰ)求函数()f x 的极值；(Ⅱ)若0m n >>,且n m m n =,求证：2mn e >．【典例2】【2019年甘肃省兰州市高考数学一诊】已知函数f （x ）=13x 312-（a 2+a+2）x 2+a 2（a+2）x ，a ∈R ．（1）当a=-1时，求函数y=f （x ）的单调区间；（2）求函数y=f （x ）的极值点．【典例3】【广东省2019年汕头市普通高考第一次模拟】已知21()ln 2x f x x ae x =+-．（1）设12x =是()f x 的极值点，求实数a 的值，并求()f x 的单调区间：（2）0a >时，求证：()12f x >．【典例4】【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】设函数21()ln 2f x ax bx x =--. （1）若1x =是()f x 的极大值点，求a 的取值范围；（2）当0a =，1b =-时，方程22()x mf x =（其中0m >）有唯一实数解，求m 的值.【典例5】【福建省三明市2020届模拟】已知函数2()ln 2a f x x x x x =--()a R ∈．（1）若曲线()y f x =在e x =处切线的斜率为1-，求此切线方程；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，求a 的取值范围，并证明：1212x x x x >+．【典例6】【河南省十所名校2019届高三尖子生第二次联合考试】已知函数()2()ln f x x a x =+. （1）当0a =时，求函数()f x 的最小值；（2）若()f x 在区间21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两个极值点()1212,x x x x <. （i ）求实数a 的取值范围；（i i ）求证：()22212f x e e-<<-. 【典例7】【湖北省黄冈市2019届高三八模模拟测试】已知函数ln ()xf x ax x=-，曲线(y f x =）在1x =处的切线经过点(2,1)-. （1）求实数a 的值；（2）设1b >，求()f x 在区间1[,]b b上的最大值和最小值.1.【安徽省合肥市2019届高三第一次教学质量检测】已知函数()()ln 1xf x e x =-+(e 为自然对数的底数).(Ⅰ)求函数()f x 的单调区间；(Ⅱ)若()()g x f x ax =-，a R ∈，试求函数()g x 极小值的最大值. 2.【贵州省凯里市第一中学2019届高三下学期模拟】已知函数21()ln (1)()2f x x ax a x a R =+-+∈. （Ⅰ）当1a ≥时，函数()f x 在区间[1,]e 上的最小值为-5，求a 的值；（Ⅱ）设3211()()(1)22g x xf x ax a x x =-++-，且()g x 有两个极值点1x ，2x . （i ）求实数a 的取值范围；（ii ）证明：212x x e >.3.【湖北省黄冈市2020届模拟】设函数()aln(1)1xf x x x=-++，()ln(1)g x x bx =+-．（1）若函数f （x ）在0x =处有极值，求函数f （x ）的最大值；（2）是否存在实数b ，使得关于x 的不等式()0<g x 在(0,)+∞上恒成立？若存在，求出b 的取值范围；若不存在，说明理由；4.【四川省名校联盟2019届高考模拟信息卷】已知函数()()22ln 24a f x a x x a x =-+--.（Ⅰ）当曲线()f x 在3x =时的切线与直线41y x =-+平行，求曲线()f x 在()()1,1f 处的切线方程；（Ⅱ）求函数()f x 的极值，并求当()f x 有极大值且极大值为正数时，实数a 的取值范围. 5.【广东省广州市2019届高三第二次模拟】已知函数2()(2)ln 47()f x x x ax x a a =++-+∈R .（1）若12a =，求函数()f x 的所有零点；（2）若12a ≥，证明函数()f x 不存在的极值.6.【宁夏银川市2019届高三下学期质量检测】已知函数()ln f x x x ax =+在0x x =处取得极小值1-．（1）求实数a 的值；（2）设()()()0g x xf x b b =+>，讨论函数()g x 的零点个数．7.【北京市西城区2019届高三4月统一测试】设函数2()e 3x f x m x =-+，其中m R ∈．（Ⅰ）当()f x 为偶函数时，求函数()()h x xf x =的极值；（Ⅱ）若函数()f x 在区间[2,4]-上有两个零点，求m 的取值范围．。

考点13 利用导数探求参数的范围问题-2019版典型高考数学试题解读与变式(解析版)

【考纲要求】（1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调区间（其中多项式函数一般不超过三次）.（2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项式函数一般不超过三次）. 【命题规律】利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比较多. 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁，也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数，借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．这也是2019年考试的热点问题. 【答案】C【方法技巧归纳】谈到必要条件的问题，如取cos 1x =，则转化为a ≤-31，因此直接选择C 选项．这缘于运气好，若不然取cos 0x =，则式子恒成立；取cos 1x =-，则31≤a ，此时只能排除A 选项．此外，可在未解题之前取1a =-，此时()1sin 2sin 3f x x x x =--，则()21cos2cos 3f x x x '=--，但此时()22011033f '=--=-<，不具备在(),-∞+∞上单调递增，直接排除A ，B ，D.故选C ．【变式1】【改编例题中条件，给定函数在给定区间上单调（并未告知单增还是单减），求参数范围】【2018湖北咸宁11月联考】若函数()4sin2sin f x x x a x =--在(),-∞+∞上是增函数，则实数a 的取值范围是（）A ． ][(),11,-∞-⋃-+∞B ． ][(),22,-∞-⋃+∞ C ． []1,1- D ． []2,2- 【答案】D【变式2】【改编例题中条件，给定函数不单调，求参数取值范围】【2018安徽“五校”联考】若函数()2ln 2f x x x x =+--在其定义域的一个子区间()21,2k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围是（） A ． 33,24⎛⎫-⎪⎝⎭ B ． 1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ． 3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭ D ． 13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【变式3】【改编例题中条件，给定函数存在单调区间，求参数取值范围】【2017河北武邑中学高三下学期期中考试（文）】已知函数()ln f x x =， ()212g x x bx =-（b 为常数）. （1）函数()f x 的图象在点()()1,f x 处的切线与函数()g x 的图象相切，求实数b 的值；（2）若函数()()()h x f x g x =+在定义域上存在单调减区间，求实数b 的取值范围；（3）若2b ≥， []12,1,2x x ∀∈，且12x x ≠，都有()()()()1212f x f x g x g x ->-成立，求实数b 的取值范围.【答案】（1）1b =-（2）()2,+∞（3）2b =【解析】试题分析: (1)求出函数()f x 的图象在点()()1,1f 的切线方程,再由直线与抛物线相切, 0∆=,求出实数b 的值; (2)由题意构造函数()()()h x f x g x =+ ,求出()'h x , ()'0h x <在()0,+∞上有解,再由二次函数相关知识求出b 的范围; (3)假定12x x > ,先分别求出函数()(),f x g x 在[]1,2上的单调性,将原不等式转化为()()()()1122f x g x f x g x +>+,即()()()h x f x g x =+在[]1,2上为增函数,求出实数b 的范围. 试题解析:（1）因为()ln f x x =，所以()1'f x x=，因此()'11f =，所以函数()f x 的图象在点()()1,1f 处的切线方程为1y x =-，由21,{1,2y x y x bx =-=-得()22120x b x -++=. 由()24180b ∆=+-=，得1b =-±. （还可以通过导数来求b ）（2）因为()()()h x f x g x =+= 21ln 2x x bx +- (0)x >，所以()211'x bx h x x b x x-+=+-=，由题意知()'0h x <在()0,+∞上有解，因为0x >，设()21u x x bx =-+，因为()010u =>，则只要20,{240,b b >->解得2b >，所以b 的取值范围是()2,+∞.等价于()()()()1221f x f x g x g x ->-，即()()()()1122f x g x f x g x +>+，等价于()()()h x f x g x =+= 21ln 2x x bx +-在区间[]1,2上是增函数，等价于()1'0h x x b x =+-≥在区间[]1,2上恒成立，等价于1b x x≤+在区间[]1,2上恒成立，所以2b ≤，又2b ≥，所以2b =.（二）利用极值、最值求参数的取值范围例2.【2014山东卷（理）】设函数22()(ln )x e f x k x x x=-+（k 为常数， 2.71828e =⋅⋅⋅是自然对数的底数）.（Ⅰ）当0k ≤时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）若函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点，求k 的取值范围. 【答案】（I ）()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,)+∞.（II ）函数在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为2(,)2e e .【解析】试题分析：（I ）函数()y f x =的定义域为(0,)+∞，'()f x =3(2)()x x e kx x--= 由0k ≤可得0x e kx ->，得到()f x 的单调递减区间为(0,2)，单调递增区间为(2,)+∞.（II ）分0k ≤，0k >，01k <≤，1k >时，讨论导函数值的正负，根据函数的单调性，明确极值点的有无、多少.（II ）由（I ）知，0k ≤时，函数()f x 在(0,2)内单调递减，故()f x 在(0,2)内不存在极值点；当0k >时，设函数(),[0,)xg x e kx x =-∈+∞，因为'ln ()xxk g x e k e e =-=-，当01k <≤时，当(0,2)x ∈时，'()0xg x e k =->，()y g x =单调递增，故()f x 在(0,2)内不存在两个极值点；当1k >时，得(0,ln )x k ∈时，'()0g x <，函数()y g x =单调递减，(ln ,)x k ∈+∞时，'()0g x >，函数()y g x =单调递增，所以函数()y g x =的最小值为(ln )(1ln )g k k k =-，函数()f x 在(0,2)内存在两个极值点；当且仅当(0)0(ln )0(2)00ln 2g g k g k >⎧⎪<⎪⎨>⎪⎪<<⎩，解得22e e k <<，综上所述，函数在(0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为2(,)2e e .【方法技巧归纳】转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答.【变式1】【改编函数条件，给定函数极大、极小值都有求参数范围】【2018河南驻马店正阳第二高级中学开学考（文）】已知函数既存在极大值又存在极小值，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】函数既存在极大值，又存在极小值，，方程有两个不同的实数解，，解得或，实数的取值范围是，故选B.【变式2】【改编函数条件，给定函数有最大值求参数范围】【2018海南八校联盟考试（理）】已知函数()213ln 2f x x x a x ⎛⎫=-+- ⎪⎝⎭在区间()1,3上有最大值，则实数a 的取值范围是( )A. 1,52⎛⎫-⎪⎝⎭ B. 111,22⎛⎫- ⎪⎝⎭ C. 111,22⎛⎫⎪⎝⎭ D. 1,52⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】因为()3122f x x a x '=-+-，所以由题设()3122f x x a x '=-+-在()1,3只有一个零点且单调递减，则问题转化为()()10{ 30f f ><，即101112{ 11222a a a +>⇒-<<-<，应选答案B.（三）在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围例3.【2017天津，文19】设,a b ∈R ，||1a ≤.已知函数32()63(4)f x x x a a x b =---+，()e ()x g x f x =. （Ⅰ）求()f x 的单调区间；（Ⅱ）已知函数()y g x =和e x y =的图象在公共点（x 0，y 0）处有相同的切线，（i ）求证：()f x 在0x x =处的导数等于0；（ii ）若关于x 的不等式()e x g x ≤在区间00[1,1]x x -+上恒成立，求b 的取值范围.【答案】（Ⅰ）递增区间为(,)a -∞，(4,)a -+∞，递减区间为(),4a a -.（2）（ⅰ）()f x 在0x x =处的导数等于0.（ⅱ）b 的取值范围是[7],1-. 【解析】试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数()()()34f x x a x a '=---⎡⎤⎣⎦ ，再根据1a ≤，求得两个极值点的大小关系，4a a <-，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（Ⅱ）（ⅰ）根据()g x 与x e 有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得()00f x '=，得证；（Ⅲ）将不等式转化为()1f x ≤，再根据前两问可知0x 是极大值点0x a =，由（I ）知()f x 在(,)1a a -内单调递增，在(),1a a +内单调递减，从而()()1f x f a ≤=在[1,1]a a -+上恒成立，得32261b a a =-+，11a -≤≤，再根据导数求函数的取值范围.【方法技巧归纳】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义，要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析出0x a ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有选拔优秀学生的功能.【变式1】【改编例题中函数模型，求参数的最值】【2018河南信阳高级中学二模】已知函数；（1）讨论的极值点的个数；（2）若，且恒成立，求的最大值．参考数据：（2）因为，由（1）知有极大值，且满足①，且，要使恒成立，只需②，由①可得，代入②得，即，因为，所以，因为，，且在是增函数，设为的零点，则，可知，【变式2】【改编例题条件，在不等式有解条件下，求参数的取值范围】【2014全国1卷（文）】设函数()()21ln 12a f x a x x bx a -=+-≠，曲线()()()11y f x f =在点，处的切线斜率为0 （1）求b ；（2）若存在01,x ≥使得()01af x a <-，求a 的取值范围。

高考数学二轮复习专题整合 14 利用导数求参数的取值

第4讲利用导数求参数的取值范围一、选择题1．已知函数f (x )＝12mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围是( )．A ．[－1,1]B ．[－1，＋∞)C ．[1，＋∞)D ．(－∞，1]解析 f ′(x )＝mx ＋1x－2≥0对一切x ＞0恒成立，∴m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x.令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ，则当1x＝1，即x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.答案 C2．(2014·广州调研)函数f (x )＝x 3－3ax －a 在(0,1)内有最小值，则a 的取值范围是( )．A ．[0,1)B ．(－1,1) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 D ．(0,1)解析 f ′(x )＝3x 2－3a ＝3(x 2－a )．当a ≤0时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0,1)内单调递增，无最小值．当a ＞0时，f ′(x )＝3(x －a )(x ＋a )．当x ∈(－∞，－a )和(a ，＋∞)时，f (x )单调递增；当x ∈(－a ，a )时，f (x )单调递减．所以当a ＜1，即0＜a ＜1时，f (x )在(0,1)内有最小值．答案 D3．已知函数f (x )＝13x 3－2x 2＋3m ，x ∈[0，＋∞)，若f (x )＋5≥0恒成立，则实数m 的取值范围是( )．A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫179，＋∞ B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫179，＋∞C ．(－∞，2]D ．(－∞，2)解析 f ′(x )＝x 2－4x ，由f ′(x )>0，得x >4或x <0.∴f (x )在(0,4)上递减，在(4，＋∞)上递增，∴当x ∈[0，＋∞)时，f (x )min ＝f (4)．∴要使f (x )＋5≥0恒成立，只需f (4)＋5≥0恒成立即可，代入解之得m ≥179.答案 A4．已知函数f (x )＝13x 3＋ax 2＋3x ＋1有两个极值点，则实数a 的取值范围是 ( )．A ．(3，＋∞)B ．(－∞，－3)C ．(－3，3)D ．(－∞，－3)∪(3，＋∞)解析 f ′(x )＝x 2＋2ax ＋3.由题意知方程f ′(x )＝0有两个不相等的实数根，所以Δ＝4a 2－12＞0，解得：a ＞3或a ＜－ 3. 答案 D 二、填空题5．已知函数f (x )＝x 2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是________．解析依题意知，x ＞0，f ′(x )＝2x 2＋mx ＋1x.令g (x )＝2x 2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞)，当－m 4≤0时，g (0)＝1＞0恒成立，∴m ≥0成立；当－m4＞0时，则Δ＝m 2－8≤0，∴－22≤m ＜0.综上，m 的取值范围是m ≥－2 2.答案 [－22，＋∞)6．若函数f (x )＝－12x 2＋4x －3ln x 在[t ，t ＋1]上不单调，则t 的取值范围是______．解析对f (x )求导，得f ′(x )＝－x ＋4－3x ＝－x 2＋4x －3x＝－x －1x －3x.由f ′(x )＝0得函数f (x )的两个极值点为1,3，则只要这两个极值点有一个在区间(t ，t＋1)内，函数f (x )在区间[t ，t ＋1]上就不单调，所以t <1<t ＋1或t <3<t ＋1，解得0<t <1或2<t <3.答案 (0,1)∪(2,3)7．(2014·浙江考试院抽测)已知m ∈R ，若函数f (x )＝x 3－3(m ＋1)x 2＋12mx ＋1在[0,3]上无极值点，则m 的值为________．解析 f ′(x )＝3x 2－6(m ＋1)x ＋12m ＝3(x －2)(x －2m )．由于f (x )在[0,3]上无极值点，则2m ＝2，所以m ＝1. 答案 18．已知函数f (x )＝x －1x ＋1，g (x )＝x 2－2ax ＋4，若任意x 1∈[0,1]，存在x 2∈[1,2]，使f (x 1)≥g (x 2)，则实数a 的取值范围是______．解析由于f ′(x )＝1＋1x ＋12>0，因此函数f (x )在[0,1]上单调递增，所以x ∈[0,1]时，f (x )min ＝f (0)＝－1.根据题意可知存在x ∈[1,2]，使得g (x )＝x 2－2ax ＋4≤－1，即x 2－2ax ＋5≤0，即a ≥x 2＋52x 能成立，令h (x )＝x 2＋52x ，则要使a ≥h (x )在x ∈[1,2]能成立，只需使a ≥h (x )min ，又函数h (x )＝x 2＋52x在x ∈[1,2]上单调递减(可利用导数判断)，所以h (x )min ＝h (2)＝94，故只需a ≥94.答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫94，＋∞三、解答题9．已知函数f (x )＝x 2＋2a ln x .(1)若函数f (x )的图象在(2，f (2))处的切线斜率为1，为求实数a 的值； (2)若函数g (x )＝2x＋f (x )在[1,2]上是减函数，求实数a 的取值范围．解 (1)f ′(x )＝2x ＋2a x ＝2x 2＋2ax.由已知f ′(2)＝1，解得a ＝－3.(2)由g (x )＝2x ＋x 2＋2a ln x ，得g ′(x )＝－2x 2＋2x ＋2a x.由函数g (x )为[1,2]上的单调减函数，则g ′(x )≤0在[1,2]上恒成立，即－2x 2＋2x ＋2ax≤0在[1,2]上恒成立，即a ≤1x－x 2在[1,2]上恒成立．令h (x )＝1x－x 2，在[1,2]上h ′(x )＝－1x2－2x ＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x ＜0，所以h (x )在[1,2]上为减函数，h (x )min ＝h (2)＝－72.所以a ≤－72.10．(2014·北京西城区一模)已知函数f (x )＝ln x －a x，其中a ∈R .(1)当a ＝2时，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程； (2)如果对于任意x ∈(1，＋∞)，都有f (x )＞－x ＋2，求a 的取值范围．解 (1)由f (x )＝ln x －2x ，得f ′(x )＝1x ＋2x2，所以f ′(1)＝3.又因为f (1)＝－2，所以函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为3x －y －5＝0. (2)由f (x )＞－x ＋2，得ln x －a x＞－x ＋2，即a ＜x ln x ＋x 2－2x . 设函数g (x )＝x ln x ＋x 2－2x ，则g ′(x )＝ln x ＋2x －1. 因为x ∈(1，＋∞)，所以ln x ＞0,2x －1＞0，所以当x ∈(1，＋∞)时，g ′(x )＝ln x ＋2x －1＞0，故函数g (x )在x ∈(1，＋∞)上单调递增，所以当x ∈(1，＋∞)时，g (x )＞g (1)＝－1.因为对于任意x ∈(1，＋∞)，都有f (x )＞－x ＋2成立，即对于任意x ∈(1，＋∞)，都有a ＜g (x )成立，所以a ≤－1.11．(2014·山西临汾四校联考)已知函数f (x )＝x ln x －1x －2.(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )＝x 2＋2x ＋3，证明：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x 2∈R ，使得f (x 1)＞g (x 2)．(1)解 f ′(x )＝[x ln x －1]′x －2－x ln x －1x －22＝－2ln x －1＋x －1－1x －1x －22，设h (x )＝－2ln(x －1)＋x －1－1x －1，则h ′(x )＝x －12－2x －1＋1x －12＝x －22x －12≥0，∴h (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又h (2)＝0，∴当x ∈(1,2)时，h (x )＜0，则f ′(x )＜0，f (x )是单调递减函数；当x ∈(2，＋∞)时，h (x )＞0，则f ′(x )＞0，f (x )是单调递增函数．综上知：f (x )在(1,2)上是单调递减函数；在(2，＋∞)上是单调递增函数．(2)证明对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x 2∈R ，使得f (x 1)＞g (x 2)恒成立等价于f (x )＞g (x )min 恒成立，而g (x )min ＝2，即证f (x )＞2恒成立，即证x ln x －1x －2－2＞0恒成立，也就是证x x －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x －1＋4x －2＞0，设G (x )＝ln(x －1)＋4x －2，G ′(x )＝1x －1－4x2＝x －22x －1x 2≥0，∴G (x )在(1，＋∞)上是单调递增函数，又G (2)＝0， ∴当x ∈(1,2)时，G (x )＜0，则 x x －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x －1＋4x －2＞0，当x ∈(2，＋∞)时，G (x )＞0，则 x x －2⎣⎢⎡⎦⎥⎤ln x －1＋4x －2＞0，综上可得：对任意x 1∈(1,2)∪(2，＋∞)，总存在x 2∈R ，使得f(x1)＞g(x2)．。

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析

高三数学利用导数求最值和极值试题答案及解析1.函数在上的最大值为2，则a的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】先画出分段函数f（x）的图象，如图．当x∈[-2，0]上的最大值为2；欲使得函数在上的最大值为2，则当时，的值必须小于等于2，即，解得：，故选D.【考点】函数最值的应用.2.若函数f(x)＝x3－3x在(a,6－a2)上有最小值，则实数a的取值范围是()A．(－，1)B．[－，1)C．[－2,1)D．(－2,1)【答案】C【解析】f′(x)＝3x2－3＝3(x＋1)(x－1)，令f′(x)＝0，得x＝±1，所以f(x)的大致图象如图所示，f(1)＝－2，f(－2)＝－2，若函数f(x)在(a，6－a2)上有最小值，则，解得－2≤a<1.3.定义在[1，＋∞)上的函数f(x)满足：①f(2x)＝cf(x)(c为正常数)；②当2≤x≤4时，f(x)＝1－|x－3|.若函数的所有极大值点均落在同一条直线上，则c＝________.【答案】1或2【解析】易知当2≤x≤4时，其极大值点为(3,1)；当1≤x≤2时，2≤2x≤4，从而由条件得f(x)＝f(2x)＝(1－|2x－3|)．因为c>0，故极大值点为；当2≤x≤4时，4≤2x≤8，从上述步骤得f(2x)＝cf(x)＝c(1－|4x－3|)．因为c>0，故极大值点为(6，c)；上述三点在同一直线上，所以＝，解得c＝2或1.4.已知函数，，其中.(1)若是函数的极值点，求实数的值；(2)若对任意的(为自然对数的底数)都有成立，求实数的取值范围．【答案】(1)；(2)．【解析】（1）利用函数极值点的导数等于0，且此点的左侧和右侧导数的符号相反，求得实数的值；（2）问题等价于对任意的时，都有，分类讨论，利用导数的符号判断函数的单调性，由单调性求出函数的最小值及的最大值，根据它们之间的关系求出实数的取值范围．试题解析：(1)∵，其定义域为，∴．∵是函数的极值点，∴，即.∵，∴．经检验当时，是函数的极值点，∴．(2)对任意的都有成立等价于对任意的，都有．当时，．∴函数在上是增函数，∴.∵，且，．①当且时，，∴函数在上是增函数，∴．由，得a≥，又，∴不合题意．②当时，若，则，若，则．∴函数在上是减函数，在上是增函数．∴.由，得．又，∴．③当且时，，函数在上是减函数．∴.由，得．又，∴.综上所述，的取值范围为．【考点】1、函数在某点取得极值的条件；2、利用导数求闭区间上函数的最值．5.已知常数a，b，c都是实数，f(x)＝ax3＋bx2＋cx－34的导函数为f′ (x)，f′(x)≤0的解集为{x|－2≤x≤3}，若f(x)的极小值等于－115，则a的值是()A．－B．C．2D．5【答案】C【解析】依题意得f′(x)＝3ax2＋2bx＋c≤0的解集是[－2,3]，于是有3a＞0，－2＋3＝－，－2×3＝，解得b＝－，c＝－18a，函数f(x)在x＝3处取得极小值，于是有f(3)＝27a＋9b＋3c－34＝－115，－a＝－81，a＝2，故选C.6.设函数f(x)的定义域为R，x0(x≠0)是f(x)的极大值点，以下结论一定正确的是()A．∀x∈R，f(x)≤f(x)B．－x是f(－x)的极小值点C．－x是－f(x)的极小值点D．－x是－f(－x)的极小值点【答案】D【解析】取函数f(x)＝x3－x，则x＝－为f(x)的极大值点，但f(3)>f，排除A.取函数f(x)＝－(x－1)2，则x＝1是f(x)的极大值点，但－1不是f(－x)的极小值点，排除B；－f(x)＝(x－1)2，－1不是－f(x)的极小值点，排除C.7.设函数f(x)＝＋ln x，则()．A．x＝为f(x)的极大值点B．x＝为f(x)的极小值点C．x＝2为f(x)的极大值点D．x＝2为f(x)的极小值点【答案】D【解析】∵f(x)＝＋ln x(x＞0)，∴f′(x)＝－＋.由f′(x)＝0解得x＝2.当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，f(x)为减函数；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)为增函数．∴x＝2为f(x)的极小值点．8.已知函数在时有极值0，则．【答案】11【解析】对函数求导得,由题意得 ,即解得: 或,当时,故,【考点】函数的极值9.已知函数在处有极值，则等于( )A．或B．C．或18D．【答案】A【解析】，依题意，解得故当时，；当时，.故答案为11或18.【考点】函数的极值.10.已知函数在处取得极大值，则的值为 .【答案】.【解析】，，依题意知，于是有，，整理得，解得或.①当时，，此时，此时函数在处取得极小值，不合乎题意！②当时，，此时，此时函数在处取得极大值，合乎题意！故.【考点】函数的极值11.定义在上的函数满足：①（为正常数）；②当时，.若函数的所有极大值点均在同一条直线上，则_____________.【答案】或.【解析】当时，，故函数在上单调递增，在上单调递增，故函数在处取得极大值，当时，则，此时，此时，函数在处取得极大值，对任意，当时，函数在处取得极大值，故函数的所有极大值点为，由于这些极大值点均在同一直线上，则直线的斜率为定值，即为定值，故或，即或.【考点】1.函数的极值；2.直线的斜率12.设函数，其中为实常数.（Ⅰ）当时，求函数的单调区间；（Ⅱ）讨论在定义域上的极值.【答案】（Ⅰ）单调递增区间为，单减区间是；（Ⅱ）当时，无极值；当时，在点处取得极大值，且为，无极小值.【解析】（Ⅰ）先把代入，对函数求导，令导数大于0，求出函数的单调递增区间，令导数小于0，求出函数的单调递减区间（Ⅱ）对参数进行讨论，分和两种情况.试题解析：（Ⅰ）由得，；由得，.所以函数的单调递增区间为，单减区间是. 6分（Ⅱ）当时, ,在上始终单增,无极值.当时，，. 9分当时，；当时，.此时，在点处取得极大值，且为，无极小值. 12分【考点】1.利用导数求单调区间；2.利用导数求极值.13.函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为【答案】10【解析】因为函数的最大值记为g(t)，当t在实数范围内变化时g(t)最小值为10.14.已知函数在点x=1处连续，则a的值是（）A．2B．3C．－2D．－4【答案】B【解析】解：因为函数在店x=1处连续，因此该点的函数值等于该点的极限值。

1 用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题 (2019高考)数学考点分类解析

用导数—极限法解一类求参数取值范围的高考题虽说在现行高中数学教材中没有给出极限的定义(只是在导数的定义中使用了极限符号)，但在教材中从多方位多角度的渗透了极限思想：在研究双曲线的渐近线、求2的近似值、二分法求方程近似解、幂指对函数增长速度的快慢、介绍无理数指数幂的意义以及在统计中研究密度曲线等等都渗透了极限思想.在即将出台的高中数学课标及教材中均会给出极限的定义，所以这里先由函数极限的δ-ε定义给出函数极限的保号性的相关结论，再给出该结论在求解函数问题中的应用. 函数极限的δ-ε定义若存在实数b ，0,0εδ∀>∃>，当0x a δ<-<时，()f x b ε-<，则当x a →时，函数()f x 存在极限，且极限是b ，记作lim ()x af x b →=.由该定义，还可得函数极限的保号性(1)①若)(lim >=→b x f ax ，则{}0)(,,,0>≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim>=+→b x f a x ，则0)(),,(,0>+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim >=-→b x f a x ，则0)(),,(,0>-∈∀>∃x f a a x δδ. (2)①若0)(lim <=→b x f ax ，则{}0)(,,,0<≠+<<-∈∀>∃x f a t a t a t x 且δδδ；②若0)(lim <=+→b x f a x ，则0)(),,(,0<+∈∀>∃x f a a x δδ； ③若0)(lim <=-→b x f a x ，则0)(),,(,0<-∈∀>∃x f a a x δδ. 题1 (2006年高考全国卷II 理科第20题)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. (答案：]1,(-∞.)题2 (2007年高考全国卷I 理科第20题)设函数xxx f --=e e )(，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(，求实数a 的取值范围. (答案：]2,(-∞.)题 3 (2008年高考全国卷II 理科第22(2)题)设函数xxx f cos 2sin )(+=，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≤)(，求实数a 的取值范围.(答案：⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,31.)题4 (2010年高考新课标全国卷文科第21(2)题)设函数2)1e ()(ax x x f x--=，若当0≥x 时，都有0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：]1,(-∞.)题5 (2010年高考新课标全国卷理科第21(2)题)设函数21e )(ax x x f x ---=，若当0≥x 时，0)(≥x f ，求a 的取值范围.(答案：⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-21,.)题1的解令ax x f x g -=)()(，得0)1l n ()1()(≥-++=ax x x x g 在),0[+∞上恒成立.考虑到0)0(=g ，只需)(x g 在),0[+∞上单调递增.问题转化为：01)1ln()(≥-++='a x x g 在),0[+∞上恒成立. 所以1]1)1[ln(min =++≤x a . 可见1≤a 满足题设.若1>a ，则01]1)1[ln(lim )(lim 0<-=-++='++→→a a x x g x x . 由函数极限的定义得：存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<'x g ，所以)(x g 在),0(δ上单调递减.所以当),0(δ∈x 时，ax x f g x g <=<)(,0)0()(，这与题设矛盾！因此，所求a 的取值范围是]1,(-∞.对于题2、3，也可这样简洁求解.这就是文献[1]给出的解法(实际上，由下文的定理3知，题4、5也可这样求解)，本文就把这种解法叫做导数—极限法，下面给出这种解法的一般结论.定理 1 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≥∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≥∀时都有0)()()(000=-=≥ax x f x g x g ，即ax x f ≥)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00δ+∈x x x 时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g <=<)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.推论设函数)(x f 满足“当0≥x 时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且0)0(,)(lim 10=='+→f a x f x ”.若0≥∀x 时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.定理 2 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最小值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≤)(，则a 的取值范围是],(1a -∞.证明设ax x f x g -=)()(，得a x f x g -'=')()(.当1a a ≤时，可得“0x x ≤∀时都有a a x f ≥≥'1)(”，所以“0x x ≤∀时都有0)(≥'x g ”，所以0x x ≤∀时都有0)()()(000=-=≤ax x f x g x g ，即ax x f ≤)(.当1a a >时，得0])([lim )(lim 10<-=-'='--→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),(00x x x δ-∈时，0)(<'x g ，)(x g 是减函数，得ax x f x g x g >=>)(0)()(0，，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是],(1a -∞.定理 3 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='+→”.若0x x ≥∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明在定理1中令)()(x g x f -=可证.定理 4 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)(x f 可导，)(x f '的最大值是1a ，且001)(,)(lim 0ax x f a x f x x =='-→”.若0x x ≤∀时都有ax x f ≥)(，则a 的取值范围是)[1∞+，a .证明类似于定理2的证明可证.(以下定理6,8的证明均同此.)定理5 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 证明设2)()(ax x f x g -=，得a x f x g x g ax x f x g 2)()())((,2)()(-''=''=''-'='. 当22a a ≤时，可得“0x x ≥∀时都有022)()(2≥-≥-''=''a a a x f x g ”，所以0x x ≥∀时都有2)()()(000=-'='≥'ax x f x g x g ，所以x x ≥∀时都有0)()()(2000=-=≥ax x f x g x g ，即2)(ax x f ≥.当22a a >时，得02]2)([lim )(lim 200<-=-''=''++→→a a a x f x g x x x x ，所以存在0>δ，当),0(δ∈x 时，0)(<''x g ，)(x g '是减函数，得0)()(0='<'x g x g ，)(x g 是减函数，所以20)(,0)()(ax x f x g x g <=<，这与题设矛盾！所以a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理6 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最小值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎥⎦⎤⎝⎛∞-2,2a . 定理7 设函数)(x f 满足“当0x x ≥时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''+→”.若0x x ≥∀时都有2)(ax x f ≥，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .证明在定理5中令)()(x g x f -=可证.定理8 设函数)(x f 满足“当0x x ≤时，函数)()(x f x f '、均可导，)(x f ''的最大值是2a ，且0020022)(,)(,)(lim 0ax x f ax x f a x f x x ='==''-→”.若0x x ≤∀时都有2)(ax x f ≤，则a 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,22a .由推论可立得题1,2,4的答案；由定理3可立得题3的答案；由定理5可立得题5的答案.读者还可给出定理5~8的推广.下面由推论给出题4的解答：可得题设即“当0>x 时，都有0)(≥x f ”，也即“当0>x 时，都有ax x ≥-1e ”，还“当0≥x 时，都有ax x ≥-1e ”.再由推论可立得答案为]1,(-∞.用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得：当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a →时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.例谈用验证法解题——2010年高考数学安徽卷理科第20题的另解题1 解方程：(1)2121+=+x x ；(2)c c x x 11-=-；(3)c c x x 11+=+. 解 (1)容易观察出212，=x 均是该方程的解.按常规方法解此方程时，先去分母得到一元二次方程，该一元二次方程最多两个解，再检验(舍去使原方程中分母为零的解)，所以原方程最多有两个解.而已经找到了原方程的两个解212，=x ，所以这两个解就是原方程的所有解.(2)同理，可得原方程的所有解是cc x 1-=，. (3)容易观察出cc x 1，=均是该方程的解.同上得原方程最多有两个解，而已经找到了原方程的两个解cc x 1，=(因为对于任意的非零实数c ，c 和c 1都是原方程的解，所以应当把c 和c1理解成原方程的两个解)，所以这两个解就是原方程的所有解.题2 解方程22=+++x x x .解设函数2)(+++=x x x x f ，易知它是增函数，所以方程2)(=x f 至多有一个根(当2在函数)(x f 的值域中时有一个根，否则没有根)，……所以原方程的根是2=x .题3 已知1tan ,51cos sin ->=+ααα，求αtan . 解由⎪⎩⎪⎨⎧=+=+1cos sin 51cos sin 22αααα及“勾三股四弦五”可以猜出该方程组有两组解：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==53cos 54sin αα 或 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=54c o s 53s i n αα 该方程组即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+-=1sin 51sin sin 51cos 22αααα 因为关于αsin 的一元二次方程1sin 51sin 22=⎪⎭⎫⎝⎛-+αα最多有两个解，所以该方程组也最多有两组解，......所以上面猜出的两组解就是该方程组的全部解， (4)3tan -=α. 题4]1[ (2007年高考陕西卷理科第22(1)题)已知各项全不为零的数列}{k a 的前k 项和为k S ，且∈=+k a a S k k k (211N*)，其中11=a ，求数列}{k a 的通项公式. 解由题设得kk k k k a a a a a S a )(22211+++==+ ，所以当k a a a ,,,21 确定时，1+k a 也唯一确定.所以由11=a 知，数列}{k a 是唯一确定的.可以观察出k a k =满足题设的所有条件，所以数列{}k 是满足题设的唯一数列，得k a k =.另解 (2),2)()((211111k k k kk k k k k k k k S S S S S k S S S S a a S +-=≥--==-++-+因为)2)(01≥≠=--k a S S k k k ①由题设得3,121==S S ，再由①知{}k S 是唯一确定的数列⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎩⎨⎧≥-==-2,1,11k S S k S a k k k .再同上得k a k =.题5]1[ (2005年高考江苏卷第23(1)(2)题)设数列}{n a 的前n 项和为n S ，已知11,6,1321===a a a ，且∈+=+--+n B An S n S n n n ()25()85(1N*)，其中B A ,为常数.(1)求A 与B 的值；(2)证明数列}{n a 为等差数列；解 (1)8,20-=-=B A . (2) ∈-+--+=+n n n S n n S n n (8582085251N*)，11=S ②所以{}n S 是唯一确定的数列，}{n a 也是唯一确定的数列.又由11,6,1321===a a a 知，若}{n a 为等差数列，则45-=n a n ，于是)35(21-=n n S n . 容易验证)35(21-=n n S n 满足②，所以题中的45),35(21-=-=n a n n S n n ，}{n a 为等差数.题6]2[ 已知数列}{n a 满足nn a a a n n ++==+2111,21，求n a ；解首先，由首项211=a 及递推关系nn a a n n ++=+211知，满足题意的数列}{n a 是唯一确定的.所以，若能找到一个数列满足该题目的所有条件，则该数列的通项公式就是所求的答案.易得⎪⎭⎫ ⎝⎛--⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=+=-+n k n k n n n n a a n n 111111121，即n k a n 1-=（k 是常数）满足递推关系n n a a n n ++=+211，再由211=a ，得n a n 123-=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 123-=.题7]2[ 已知数列}{n a 满足n n a n n a a 1,3211+==+，求n a . 解易知本题的答案是是唯一确定的，所以只需寻求一个数列满足该题目的所有条件.易得k nk n kn na a n n (111+=+=+是非零常数），即n k a n =满足递推关系n n a n n a 11+=+，再由321=a ，得n a n 32=满足题目的所有条件，所以本题的答案就是na n 32=.注因为绝大部分求数列通项公式的题目答案都是唯一的，所以只要能观察或求出满足所有题设的一个通项公式，则该通项公式就是所求的唯一答案.对于要求解的问题Ω，若能证明它最多有n n (是确定的正整数)个解，又找出了它的n 个解n ωωω,,,21 ，则这n 个解就是该问题的所有解.这就是本文要阐述的用验证法解题.下面再用这种方法解答一道高考题：题8 (2010·安徽·理·20)设数列 ,,,,21n a a a 中的每一项都不为0.证明{}n a 为等差数列的充分必要条件是：对任何∈n N*，都有1113221111++=+++n n n a a na a a a a a . 证明先证必要性.若数列{}n a 是公差为d 的等差数列：当0=d 时，易得欲证成立.当0≠d 时，有⎪⎪⎭⎫⎝⎛-++-+-=++++++1132232112132211111n n n n n n a a a a a a a a a a a a d a a a a a a 111111111322111111111111+++++=-⋅=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=n n n n n n a a na a a a d a a d a a a a a a d再证充分性.只需对)3(≥n n 用数学归纳法证明加强的结论：若),,3,2(1111113221n i a a ia a a a a a i i i ==+++++恒成立，则n a a a ,,,21 成等差数列，且na a n 1≠. 当3=n 时成立：当2=i 时，得2313132212,211a a a a a a a a a =+=+，所以321,,a a a 成等差数列，还可证313a a ≠(因为由313a a =可得023131313334=-=--+=+=a a a a a d a a ，而由3=i 时成立立知)04≠a .假设k n ,,4,3 =时成立：即ka a a ,,,21 成等差数列，且ka a a a a a k 11413,,4,3≠≠≠. 由k i ,,3,2 =时均成立及kaa a a a a k 11413,,4,3≠≠≠知，当21,a a 确定时，数列121,,,+n a a a 也是确定的，而由必要性的证明知，由21,a a 确定的等差数列121,,,+n a a a 满足题设，所以由题设及21,a a 确定的数列就是这个等差数列，即121,,,+n a a a 成等差数列，同上还可证111+≠+k a a k ，即1+=k n 时成立.所以要证结论成立，得充分性成立.参考文献1 甘志国.例谈用验证法求数列通项[J].中学数学月刊，2008(3)：462 甘志国著.初等数学研究(II)上[M].哈尔滨：哈尔滨工业大学出版社，2009.416-417用排除法简解2015年高考全国卷I 理科第12题高考题 (2015年高考全国卷I 理科第12题)设函数f (x )＝e x (2x －1)－ax ＋a ，其中a <1，若存在唯一的整数x 0使得f (x 0)<0，则a 的取值范围是( )A.3,12e ⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B.33,2e 4⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C.33,2e 4⎡⎫⎪⎢⎣⎭D.3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭解法1 (数形结合法)D.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞-+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又函数g (x )在x <12时g (x )<0，在x >12时g (x )>0，所以其大致图象如图1所示．图1直线y ＝ax －a 过点(1，0)．若a ≤0，则f (x )<0的整数解有无穷多个，因此只能a >0. 结合函数图象可知，存在唯一的整数x 0，使得f (x 0)<0，即存在唯一的整数x 0，使得点(x 0，ax 0－a )在点(x 0，g (x 0))的上方，得x 0只能是0，所以实数a 应满足⎩⎪⎨⎪⎧f （－1）≥0，f （0）<0，f （1）≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3e －1＋2a ≥0，－1＋a <0，e ≥0，解得32e≤a <1.即实数a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭.解法2 (分离常数法)D.令1+=t x 后，得题设即关于t 的不等式)0(1)e (21≠<++t at t t 有唯一的整数解.若0t >，由a <1，可得1(21)e (21)e t t t t at ++>+>>所以题设即关于t 的不等式1(21)e(0)t t at t ++<<即1(21)e (0)t t a t t++><有唯一的整数解，也即关于t 的不等式1(21)e (1)t t a t t++>≤-有唯一的整数解. 设1(21)e ()(1)t t g t t t ++=≤-，得12e ()(1)(21)(1)t g t t t t t +'=+-≤-，所以函数)(t g 在(,1]-∞-上是增函数，得最大值为(1)1g -=.又lim ()0,(1)1t g t g →-∞=-=，由此可作出函数)(t g 的图象如图2所示：图2注意到图象()y g t =过点32,2e B ⎛⎫- ⎪⎝⎭且1<a ，所以由图2可得：当32ea <时，满足()g t a >的整数t 有2,1--，所以此时不满足题意. 当1e23<≤a 时，满足()g t a >的整数t 只有1-，所以此时满足题意. 得所求a 的取值范围是3,12e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 解法3 (排除法)D.当0a =时，不等式f (x )<0即e x (2x －1)<0也即12x <，它有无数个整数解，不满足题设.由此可排除选项A,B.令g (x )＝e x (2x －1)，得g ′(x )＝e x (2x ＋1).由g ′(x )>0得x >－12，由g ′(x )<0得x <－12，所以函数g (x )在11,,,22⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭上分别是减函数、增函数．又g ′(0)＝1，所以可得曲线()y g x =在点(0,1)-处的切线为1y x =-，如图3所示．图3所以当a <1且1a 时满足题设(此时满足题设的唯一整数x 0=0).由此可排除选项C. 所以选D.注小题不大做，还是解法3(排除法)简洁.本题对函数与方程思想、数形结合思想、分类讨论思想都有所考查.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。