例说导数含参问题的处理策略
高考数学热点难点突破技巧第02讲导数中的参数问题的处理方法
第02讲：导数中参数问题的处理方法【知识要点】1、导数中参数的问题是高考的热点、重点和难点，也是学生感到比较棘手的问题.导数中参数问题的处理最常用的有分离参数和分类讨论两种方法,并且先考虑分离参数，如果分离参数不行或不方便，可以再考虑分类讨论.因为分离参数解题效率相对高一点.2、参数的问题更难一点的是把分离参数和分类讨论结合起来，对学生的能力要求更高. 【方法讲评】【例1】【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.（2）由（1）知当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->.令112n x =+得11ln 122n n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭.从而 221111111ln 1ln 1ln 1112222222n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++++++<+++=-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ .故2111111e 222n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ .而231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以m 的最小值为3.【点评】（1）本题的第1问中，a 的系数ln x 符号不确定，所以不便利用分离参数解答,只能利用分类讨论求min ()f x .(2)第2问的难点在于思路，观察到不等式和已知条件的联系，这里要利用分析法，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，所以2111ln[111]ln 222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以1ln 12⎛⎫++ ⎪⎝⎭211ln 1ln 1ln 22n m ⎛⎫⎛⎫++++< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以联系到已知条件和第一问，由第1问得当()1,x ∈+∞时，1ln 0x x -->. 所以要给这里的x 赋值112n x =+，后面问题就好解答了. （3）仅求得2111122⎛⎫⎛⎫++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭11e 2n ⎛⎫+< ⎪⎝⎭ 是不够的，还要说明231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,才能得到m 的最小值为3.（4）求函数的单调区间和极值是不能采用分离参数法的，该分类讨论的必须分类讨论.【反馈检测1】已知函数()()2xf x x e =-和()32g x kx x =--．（1）若函数()g x 在区间()1,2不单调，求实数k 的取值范围；（2）当[)1,x ∈+∞时，不等式()()2f x g x x ≥++恒成立，求实数k 的最大值． 【反馈检测2】已知()2ln f x x x =，32()2g x x ax x =+-+．（1）如果函数()g x 的单调递减区间为1(,1)3-，求函数()g x 的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数()y g x =的图象在点(1,(1))P g --处的切线方程； （3）已知不等式()'()f x g x ≤2+恒成立，若方程0a ae m -=恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【例2】【2017课标1，理21】已知函数2()(2)xx f x aea e x =+--.（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. 【解析】（1）()f x 的定义域为(,)-∞+∞，2()2(2)1(1)(21)xx x x f x aea e ae e '=+--=-+，（ⅰ）若0a ≤，则()0f x '<，所以()f x 在(,)-∞+∞单调递减.（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-=-+. 1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点；当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； (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(1)n a>-，则00000000()e (e 2)e 20nn n n f n a a n n n =+-->->->.由于3ln(1)ln a a->-，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点. 综上所述，a 的取值范围为(0,1).【点评】（1）第1问为什么要分类讨论?()0101x xf x ae ae '=∴-=∴=，方程两边需要都除以a ，所以要就0a =还是0a ≠分类讨论. 当0a ≠时，1x e a =，要解这个方程，需要就00a a ><和分类讨论.（2）由于第1问要分类讨论，第2问要用到第1问的结论，所以第2问也要分类讨论.【反馈检测3】（2017山东高考文科20）已知函数()3211,32f x x ax a =-∈R . (I)当a =2时,求曲线()y f x =在点()()3,3f 处的切线方程；(II)设函数()()()cos sin g x f x x a x x =+--,讨论()g x 的单调性并判断有无极值,有极值时求出极值.高考数学热点难点突破技巧第02讲： 导数中参数问题的处理方法参考答案【反馈检测1答案】（1）11123k <<；（2）e -． 【反馈检测1详细解析】（1）依题意()231g x kx '=-，（2）由已知得()32x x e k x-≤，令()()42x x e h x x-=，则()()2446xx x e h x x -+'=()()24460xxx e h x x-+'=>，所以()()32x x e h x x-=在[)1,x ∈+∞单调递增，∴()()min 1h x h e ==-，∴k e ≤-，即k 的最大值为e -【反馈检测2答案】（1）32()2g x x x x =--+；（2）450x y -+=；（3）212m e e-<≤-．【反馈检测2详细解析】（1）2'()321g x x ax =+-，由题意23210x ax +-<的解集为1(,1)3-， 即23210x ax +-=的两根分别是13-，1，代入得1a =-，∴32()2g x x x x =--+． （2）由（1）知，(1)1g -=，∴2'()321g x x x =--，'(1)4g -=， ∴点(1,1)P -处的切线斜率'(1)4k g =-=，∴函数()y g x =的图象在点(1,1)P -处的切线方程为14(1)y x -=+，即450x y -+=． （3）由题意知22ln 321x x x ax ≤++对(0,)x ∈+∞上恒成立，可得31ln 22a x x x ≥--对(0,)x ∈+∞上恒成立， 设31()ln 22x h x x x =--，则22131(1)(31)'()222x x h x x x x -+=-+=-， 令'()0h x =，得1x =，13x =-（舍），当01x <<时，'()0h x >；当1x >时，'()0h x <，∴当1x =时，()h x 取得最大值，max ()2h x =-，∴2a ≥-．令()aa ae ϕ=，则'()(1)aaaa e ae e a ϕ=+=+，所以()a ϕ在[]2,1--递减，在(1,)-+∞递增，∵222(2)2e e ϕ--=-=-，11(1)e eϕ--=-=-，当x →+∞时，()x ϕ→+∞， 所以要把方程0a ae m -=恰有两个不等实根，只需212m e e-<≤-．【反馈检测3答案】（1）390x y --=；（2）见解析. 【反馈检测3详细解析】（Ⅱ）因为()()()cos sin g x f x x a x x =+--()()cos ()sin cos ()()sin g x f x x x a x x x x a x a x''=+---=---所以()(sin x a x x =--）'()()(sin )g x x a x x =--，00()0,sin 0sin 0x a x a g x x x x x ->-<⎧⎧'<∴⎨⎨-<->⎩⎩令即（x-a)(x-sinx)<0或00x a x ax x ><⎧⎧∴⎨⎨<>⎩⎩或 0a ∴>时，0<x<a a<0时，a<x<0.00()0,sin 0sin 0x a x a g x x x x x ->-<⎧⎧'>∴⎨⎨->-<⎩⎩令即（x-a)(x-sinx)>0或00x a x ax x ><⎧⎧∴⎨⎨><⎩⎩或 0a ∴>时，x>a a<0时，x>0或x<a.所以(1)0a <时,当(,)x a ∈-∞时，0x a -<，'()0g x >，()g x 单调递增； 当(,0)x a ∈时，0x a ->，'()0g x <，()g x 单调递减； 当(0,)x ∈+∞时，0x a ->，'()0g x >，()g x 单调递增. 所以，当x a =时，()g x 取到极大值，极大值是31()sin 6g a a a =--， 当0x =时，()g x 取到极小值，极小值是(0)g a =-.（3）当0a >时，'()()(sin )g x x a x x =--，当(,0)x ∈-∞时，0x a -<，'()0g x >，()g x 单调递增； 当(0,)x a ∈时，0x a -<，'()0g x <，()g x 单调递减； 当(,)x a ∈+∞时，0x a ->，'()0g x >，()g x 单调递增. 所以，当0x =时，()g x 取到极大值，极大值是(0)g a =-； 当x a =时，()g x 取到极小值，极小值是31()sin 6g a a a =--.综上所述：当0a <时，函数()g x 在(,)a -∞和(0,)+∞上单调递增，在(,0)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是31()sin 6g a a a =--，极小值是(0)g a =-. 当0a =时，函数()g x 在(,)-∞+∞上单调递增，无极值；当0a >时，函数()g x 在(,0)-∞和(,)a +∞上单调递增，在(0,)a 上单调递减，函数既有极大值，又有极小值，极大值是(0)g a =-，极小值是31()sin 6g a a a =--.。
运用导数解决含参问题
运用导数解决含参问题运用导数解决含参函数问题的策略以函数为载体，以导数为工具，考查函数性质及导数应用为目标，是最近几年函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向。
运用导数确定含参数函数的参数取值范围是一类常见的探索性问题，主要是求存在性问题或恒成立问题中的参数的范围。
解决这类问题，主要是运用等价转化的数学思想，通过不断地转化，把不熟悉、不规范、复杂的问题转化为熟悉、规范甚至模式化、简单的问题。
解决的主要途径：是将含参数不等式的存在性或恒成立问题根据其不等式的结构特征，恰当地构造函数，等价转化为：含参函数的最值讨论。
一、含参函数中的存在性问题利用题设条件能沟通所求参数之间的联系，建立方程或不等式（组）求解。
这是求存在性范围问题最显然的一个方法。
例题讲解例1：已知函数x x x f ln 21)(2+=，若存在],1[0e x ∈使不等式mx f ≤)(0，求实数m 的取值范围二、含参函数中的恒成立问题可先利用题设条件建立变量的关系式，将所求变量和另一已知变量分离，得到函数关系，从而使这种具有函数背景的范围问题迎刃而解，再由已知变量的范围求出函数的值域，即为所求变量的范围。
类型有：(1)双参数中知道其中一个参数的范围；(2)双参数中的范围均未知。
一、选择题1 ．（2013年课标Ⅱ）已知函数32()f x x ax bx c =+++,下列结论中错误的是（ ）A ．0x ∃∈R,0()0f x =B.函数()y f x =的图像是中心对称图形C ．若0x 是()f x 的极小值点,则()f x 在区间0(,)x -∞上单调递减D ．若0x 是()f x 的极值点,则0'()0f x =2 ．（2013年大纲）已知曲线()421-128=y x ax a a =+++在点，处切线的斜率为，（） A ．9 B ．6 C ．-9 D ．-6 3 ．（2013年湖北）已知函数()(ln )f x x x ax =-有两个极值点,则实数a 的取值范围是（ ）A ．(,0)-∞B ．1(0,)2C ．(0,1)D ．(0,)+∞4.若函数32()1f x x x mx =+++是R 上的单调函数，则实数m 的取值范围是: （ ）A. 1(,)3+∞B. 1(,)3-∞C. 1[,)3+∞D. 1(,]3-∞ 5.函数2()f x ax b =-在区间(,0)-∞内是减函数，则,a b 应满足: （ ） Ａ．0a <且0b = Ｂ．0a >且b R ∈Ｃ．0a <且0b ≠ Ｄ．0a <且b R ∈6. 函数y ＝a x 2＋1的图象与直线y ＝x 相切，则a ＝ ( )A ． 18B ．41C ．21D ．17.函数,93)(23-++=x ax x x f 已知3)(-=x x f 在时取得极值，则a = ( )A ．2B ．3C ．4D ．5二、填空题8 ．（2013年广东卷（文））若曲线2ln y ax x =-在点(1,)a 处的切线平行于x 轴,则a =____.9．（2013年江西卷（文））若曲线1y x α=+(α∈R)在点(1,2)处的切线经过坐标原点,则α=_________。
用导数解决含参数的函数的单调性
用导数解决含参数的函数的单调性单调性是数学中一个重要的概念，用于描述函数在特定区间内的增减性质。
在解决含参数的函数的单调性时，我们可以利用导数的概念和性质进行分析和推导。
本文将介绍如何使用导数解决含参数的函数的单调性，并给出相应的示例。
首先，我们来回顾一下导数的定义。
对于函数$f(x)$在点$x=a$处可导，其导数$f'(a)$表示函数曲线在该点处的斜率，可以通过以下公式计算：$$f'(a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$其中，$h$为一个无限趋近于0的值。
导数可以帮助我们研究函数的变化趋势、最值以及单调性等性质。
接下来，我们将探讨含参数的函数的单调性。
含参数的函数形式可以表示为$f(x;a)$，其中$a$为参数。
我们的目标是找到使函数单调的参数范围。
解决这个问题的关键是求导。
首先，我们需要计算函数的一阶导数$f'(x;a)$和二阶导数$f''(x;a)$。
一阶导数反映了函数的变化趋势，二阶导数揭示了函数的曲率性质。
接下来，我们需要找出函数的临界点和在其定义域内的驻点。
临界点是导数为0或不存在的点，驻点是导数在该点处为0的点。
当我们求出一阶导数$f'(x;a)$后，我们可以通过求解方程$f'(x;a)=0$来计算临界点和驻点。
这些点将给出函数的极值或拐点。
通过对导数方程进行求解，我们可以找到参数$a$满足$f'(x;a)=0$，从而得到临界点和驻点。
接下来，我们需要进行符号分析，确定函数的区间性质。
具体来说，当一阶导数$f'(x;a)$在一些区间内大于0时，函数$f(x;a)$是递增的；当一阶导数在一些区间内小于0时，函数是递减的；当一阶导数的正负性在一些点发生改变时，该点可能是函数的拐点。
当我们确定函数的单调性时，还应该考虑到函数的定义域。
特别是当参数$a$对函数的定义域有影响时，我们需要对不同的参数范围进行分析，以确定函数的单调性。
高考导数：含参不等式的整数解问题
：上综 ≤a 2e<13即,），（得使，，时当 ⎩-≥⎨∃>∈-⇒≤⎧δδa 2e f(1)0(2)x>00x 0f(x)<0,<1;3f(0)<0，增递上），0（在，时当）（->->∞a a a x 1x>0f (x)=(2x+1)e 10,f(x)+f(0)<0,<1;'高考导数：含参不等式的整数解问题成都实验外国语学校：王琳鑫含参不等式的整数解个数问题，一般采用数形结合的方法来解决，主要的策略是通过构造函数，分离参数，分离函数，研究函数图像的位置关系，寻找临界状态，具体操作： (1)构造函数：通过特殊点，或单调性或函数值符号可以快速解决； (2)分离参数：将含参不等式转化为像的位置关系，寻找临界状态，求解参数的范围.(3)分离函数：通过变形将原不等式转化成形如进而研究两个函数图像的位置关系，寻找临界状态，求解参数的范围. (4)有时候也可从特殊点着手；典型例题【解析】法一：(分类讨论)法二：(分离参数).解题技巧的前提下，无解只有一个整数解需有≤<a 13f x ()<'f x ()0<-x 2≤<ea 213≥-f (2)0>f x ()0≥x 0-1<f x ()0-=-+<f a (1)10e2[,1)3 ==ek k l l 21,312 l l ,12=y ax h x ()g x ()=y x g x ()-=--=-e g g (1)1,(2)3=-=g x g 2()()3min -+∞2(,)3-∞-2(,)3g x ()=+'+g x e x x ()(23)1=y ax g x () =+=+g x e x h x ax x ()(21),()1e2[,1)3e 24[,)33-e 24[,)33-e 2[,1)3<f x 0)(<a 1=⋅+-+f x ex ax x 211)()(，故选D(斜率的计算略)变式题：【15年课标一卷12改编】 设函数，其中，若的整数解有且唯一，则实数a 的取值范围( ) A. B. C. D. 【法一】设,问题转化为的图像在直线的下方的部分只存在一个x 的值为整数，则，因此在单调递减，在单调递增 所以,过原点作图像的切线，易求得切线方程为(另一条舍去) 在同一坐标系中作出和的图像如下： 由图可知，当直线夹于之间时符合题意所以实数a 的取值范围为【法二】因为，所以的唯一整数解就是 当时，， 为满足题意，必须成立，所以 又当时，，此时必为正，只需，即可满足题意.⎣⎭⎢⎪⎡⎫e 3,ln62⎣⎭⎢⎪⎡⎫3ln6,ln21⎝⎦⎥ --⎛⎤e 3,1ln6⎝⎦⎥ --⎛⎤3ln2,ln61+>fx af x 02)()(=xf x x ln 2)()(：述所上综∈a [0,2][3,8]；2：以所；立成数整一唯在存(x)：即≤f < a x < a 8 得使,数整一唯在存 ，(x)，时x 当）2（(x)<≥>xx 0;0f 0?f -a；0：即，数整个一有只(x)<≤<a f x a 3得使(x)>x0;f -a,数整一唯在存x例3. 【17四川泸州四诊】已知函数，关于的不等式只有两个整数解，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】选A专题练习1.函数若不等式则a的取值范围是( )2.设函数则实数m的取值范围是3.在关于x2的整数，则a的取值范围是( )B. D.4.已知函数3，则a的取值范围是( )D.5.a的取值范围是6.设函数则a的取值范围是( )A.。
第21讲 导数中参数问题的求解策略高中数学常见题型解法归纳反馈训练及详细解析
【知识要点】导数中参数的问题是高考的重点和难点，也是学生感到比较棘手的问题.导数中参数问题的处置常常利用的有分离参数和分类讨论两种方式,而且先考虑分离参数，若是分离参数不行，可以再考虑分类讨论.因为分离参数解题效率相对高一点.【方式讲评】【例1】已知函数()ln ()f x a x a R x=-∈. （1）若()()2h x f x x =-，当3a =-时，求()h x 的单调递减区间； （2）若函数()f x 有唯一的零点，求实数a 的取值范围. 如图，作出函数()x ϕ的大致图象，则要使方程1ln x x a=的唯一的实根， 【点评】1ln a x x=有唯一的实根,若是直接研究，左侧函数含有参数a ，和右边的函数分析交点，不是很方便，可是分离参数后得1ln x x a=，左侧函数没有参数，容易画出它的图像，右边是一个常数函数，交点分析起来比较方便.【反馈检测1】已知函数()()2xf x x e =-和()32g x kx x =--．（1）若函数()g x 在区间()1,2不单调，求实数k 的取值范围；（2）当[)1,x ∈+∞时，不等式()()2f x g x x ≥++恒成立，求实数k 的最大值． 【反馈检测2】已知()2ln f x x x =，32()2g x x ax x =+-+． （1）若是函数()g x 的单调递减区间为1(,1)3-，求函数()g x 的解析式；（2）在（1）的条件下，求函数()y g x =的图象在点(1,(1))P g --处的切线方程；（3）已知不等式()'()f x g x ≤2+恒成立，若方程0aae m -=恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【例2】已知函数，其中为常数.（1）讨论函数的单调性；（2）若存在两个极值点，求证：无论实数取什么值都有.【解析】（1）函数的概念域为.，记，判别式.①当即时，恒成立，，所以在区间上单调递增.②当或时，方程有两个不同的实数根，记，，显然综上，当时，在区间上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）由（1）知当时，没有极值点，当时，有两个极值点，且.，∴又，.记，，则，所以在时单调递增，，所以，所以.【点评】（1）第1问，要研究导函数，必需研究二次函数的图像，可是二次函数的判别式无法肯定正负，所以要分类讨论. (2)第2问，与第1问同，也要分类讨论.学科.网【反馈检测3】已知函数.（1）若函数在时取得极值，求实数的值；（2）若对任意恒成立，求实数的取值范围. 【反馈检测4】已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若对任意的，均有，求实数的范围.高中数学常见题型解法归纳及反馈检测第21讲：导数中参数问题的求解策略参考答案【反馈检测1答案】（1）11123k <<；（2）e -． （2）由已知得()32x x e k x -≤，令()()42x x e h x x -=，则()()2446xx x e h x x -+'=()()24460xxx e h x x-+'=>，所以()()32x x e h x x-=在[)1,x ∈+∞单调递增，∴()()min 1h x h e ==-，∴k e ≤-，即k 的最大值为e -【反馈检测2答案】（1）32()2g x x x x =--+；（2）450x y -+=；（3）212m e e-<≤-． 【反馈检测2详细解析】（1）2'()321g x x ax =+-，由题意23210x ax +-<的解集为1(,1)3-，即23210x ax +-=的两根别离是13-，1，代入得1a =-，∴32()2g x x x x =--+．（2）由（1）知，(1)1g -=，∴2'()321g x x x =--，'(1)4g -=， ∴点(1,1)P -处的切线斜率'(1)4k g =-=，∴函数()y g x =的图象在点(1,1)P -处的切线方程为14(1)y x -=+，即450x y -+=．【反馈检测3答案】（1）（2）【反馈检测3详细解析】 （1），依题意有，即，解得.查验：当时，.此时，函数在上单调递减，在上单调递增，知足在时取得极值.综上可知.【反馈检测4答案】（1）观点析; （2）.学科.网【反馈检测4详细解析】（1），当时，，由得，所以函数的单调递增区间为；当时，.若，由得，所以函数的单调递增区间为；若，由，所以函数的不存在单调递增区间；若，由得，所以函数的单调递增区间为；若，由得或，所以函数的单调递增区间为，.当时，，①当时，恒成立，即恒大于零，则：单调递增，.单调递增，，知足条件.②当，则时，，即在单调递减，，在单调递减，，不符题意，故舍去.综上所述：时，恒成立.。
解决含参导数问题的几种特殊策略
［ １，＋∞）递增，因为／（ ）在［。，６］上的值
域是 ［ （ｎ ＋２）， （ｂ＋ ２）］，所 以 （ｏ）＝
（。＋２）， （６）＝
．ｉ｝（６＋２）， １≤
。＜
６
，
则
择上 ”． １ 策 略之 二次 求导 数
通 常 在 一 阶导 函 数 符 号 不 能 确 定 情 况 下 ，进 行 二 次求 导 数 ，用 二 阶 导数 的符 号 ，来 决定 一 阶导 函数 的单调性 、极 值最 值 ，进 而判 断一 阶导 函数 符号来 解决 问题 ．
题 目 ｌ：（２０１２浙江省 杭 州第 二 中学 仿 真
，（ ）＝Ｊｉ｝（ ２）在区 ［ １，＋∞）至少有
两 个 不 同 的 正 根 ，｜ｌｃ＝
，令 Ｆ（ ） ＝
＋ ２ ： 一
＋ ２ （＼ ≥ 一２１ ） ／，’ Ｆ‰ ） ／： 一
戈 ＋ ３（ 一＋２２ｌ）ｎ 一 ４ ，令 Ｇ（ ）： ＋３
对任意 ∈ ［一２，一１］恒成 立 ，求 立 ．（２）试讨论 关于
的方程ｍ 一詈一ｇ（ ）＝ ３—２ｅ ＋￡ 的
根 的个 数 ．
分析：（２）ｍ＝ｎ＝１，ｍ 一詈一ｇ（ ）
：
一 ２ｅｘ。＋ ， 化简 得 ２１ｎｘ： 一２ｅｘ
＋ ，转 化为 ： ２—２ｅ ＋ｆ，令 （ ）
２ｅｘ ＋ ｔｘ，Ｈ （ ）＝ ３ 一４ｅｘ ＋ ｔ， １．２＝
２ｅ ￣
／ ４ ｅ
￣
－
—
—
—
一
３ｔ 值 点 和极 值 表 示 比较 复杂 ，
，
Ｊ
明又一 村 ．
变形 、讨论 比较难 ．
题 目 ３：已知函数 厂（ ）： ｎ＋Ｉｎｘ的图 象 在点 Ｐ（ｍ，厂（ｍ））处 的切 线 方 程 为 Ｙ ＝
导数分类讨论解决含参问题(三种常见类型)
导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.类型一：导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),a -∞a(),1a --1()1,-+∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时，()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),1-∞--1()1,a -a(),a +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -；当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况.类型二：导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x >在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x --=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x ()1,x -∞1x ()12,x x 2x ()2,x +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增综上所述，当a ≤≤时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为,3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭和,3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,33a a ⎛---+ ⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。
含参数导数问题的巧妙解法
参数范围统一解，函切两等显神通何凌州一．前言在高考中，有许多涉及到参数的导数问题，许多学生害怕求导后根据参数的分类讨论，于是常常白白放弃得分的机会。
事实上，有一种方法可以很好地解决此类问题，笔者在市面上的教辅练习中暂未找到系统介绍此方法的章节，故想把该方法分享给大家。
暂将该方法定名为“参数范围统一解，函切两等显神通”。
二．标题解释“参数范围统一解”说明了该方法运用的广泛性，凡是函数中有一个参数的，均可以用此方法，例：f(x)=e x−1−a(1+ln x)。
若没有参数，例：f(x)=e x−1−1−ln x就无法使用该方法。
“函切两等显神通”说明了完成一道题需要两个等式，即函数值相等，切线值相等，这两个等式是该类题目能够完成的关键。
三．例题已知函数 f(x)=e x−1−a(1+ln x)有两个零点，求a的取值范围。
此题分析：若此题为一道大题，解题步骤会稍微有些麻烦，需要用到隐形零点的方法。
若此题为一道小题，可以直接运用笔者介绍的下述方法。
第一步：f(x)=0可推出：e x−1=a(1+ln x)①②第二步：对等式左右两边同时求导得：e x−1=ax第三步：①÷②可得： 1=(1+ln x)x第四步：解出(或观察出)x的解：x=1第五步：将x的解代入①式或②式，解到a的值: a=1第六步：大致绘制当a=1时a(1+ln x)和e x−1的图像(两图像相切)，此时有一个交点后续：通过对图像的认知，判断a与0和1的关系进而得到答案即：分类讨论要按照a<0,a=0,0<a<1,a=1,a>1标准分类，原因是a的正负性会影响a(1+ln x)的正负性，如果a取负数(如−1)会造成图像中g(x)上下翻转a<0的情况0<a<1的情况a=1的情况a>1的情况上述4幅图都是以a=1为出发点，事实上，当a=1时两图像相切，图中有且只有一个交点。
对于g(x)=a(1+ln x)而言，a=1在代入时可视为直接忽略掉。
导数中的参数问题(解析版)
【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 .专题6.2 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。
一类含参导数问题的五种求解策略
一类含参导数问题的五种求解策略
在微积分方面，不论是学习还是研究，导数都是一个重要的概念。
许多问题可以通过求导的方式得到解答。
下面介绍含参导数问题的五种求解策略。
第一种求解策略是利用算术规律来解决含参数导数问题。
这种策略能够有效求解简单的函数性质，并且可以帮助求解一些复杂的函数。
其次解决这一类问题时也可以采用函数替换的方法，在计算前将参数进行替换，使其函数表达式变得更简单，从而方便求导。
第三种求解策略是采用贝叶斯演算来求解含参数的导数问题。
这种计算方法的优点在于对导数函数的表达式进行了极大的简化，从而有效减少了求导所需要耗费的时间。
另一种常用求解策略是采用逐步变形法求解含参数导数问题。
这种策略通过将函数表达式变形为更简单的函数，从而方便求导。
最后，也可以利用数值求解法和常系数求解法来求解含参导数问题。
数值求解法对于一些复杂的函数结构是有效的，而
常系数求解法则适合求解一些简单的函数的导数问题。
以上就是含参导数问题求解的五种策略，采取正确的求解策略，可以有效地获得导数解答。
同时，要想解决一个问题，还要善用灵活的思维，不断地进行计算和比较，以寻求最佳解决方案。
导数题中求参问题的常见解法
导数题中求参问题的常见解法方法一：函数最值法例一：设函数f(x)=e2x+ae x a∈R。
（1）当a=-4时，求f(x)的单调区间；（2）若对任意的x∈R,f(x)≥a2x 恒成立，求实数a的取值范围。
+2lnx 。
练习：设函数f(x)=1x（1）讨论函数f(x)的单调性。
（2）如果对所有x≥1 ，都有f(x)≤ax，求a的取值范围。
方法二：分离参数法例二：已知f(x)＝ln x－x3＋2e x2－ax，a∈R，其中e为自然对数的底数．(1)若f(x)在x＝e处的切线的斜率为e2，求a；(2)若f(x)有两个零点，求a的取值范围．练习：已知函数f(x)=e x−asinx−1 (a∈R)。
（1）若a=1，求f(x)在x=0处的切线方程；（2）若f(x)≥0对一切x∈[0,1]恒成立，求实数a的取值范围。
方法三：变换后构造新函数法（重点在变换）例三：已知函数f(x)=ax2−ax,g(x)=xlnx ，若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的值。
练习：已知函数f(x)=alnx−2ax+1,对任意x≥1,f(x)≥−e x−1恒成立。
求实数a的取值范围。
（本题的重点在处理方法）方法四切线法例四：已知(1−x2)e x≤ax+1,对x≥0恒成立，求a的取值范围。
练习：1、已知函数f (x )=(x +1)lnx −a(x −1)。
（1） 当a=4时，求曲线y=f(x)在（1，f(1)）处的切线方程；（2） 若当x ∈(1,+∞)时，f(x)>0，求a 的取值范围。
2、若函数f (x )=lnx −e x −2mx +n ,f(x)≤0对任意x ∈(0,+∞)都成立，求n m 的最大值。
法五：：不等式法例题五：已知函数f (x )=x (e 2x −a )−lnx ，若f(x)≥1在(0，+∞)上恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A 、 (−∞，e −1]B 、 (−∞,e −1)C 、 (−∞,2]D 、(−∞,2)解：因为f (x )≥1在(0,+∞)恒成立，所以a ≤xe 2x −lnx−1x 令h (x )=e lnx e 2x −lnx−1x =e lnx+2x −lnx−1x ≥lnx+2x+1−lnx−1x =2练习：1已知函数f (x )=axe x (a ∈R,e 为自然对数的底数)，g (x )=lnx +kx +1(k ∈R).(1) 若k=-1，求函数g(x)的单调区间。
导数中的含参问题总结
导数中的含参问题总结什么是导数在微积分中，导数是描述函数变化率的概念。
它是一个数值，表示函数在某一点上的瞬时变化率。
导数可以帮助我们研究函数的性质和行为。
导数的含参问题当函数中出现参数（常量）时，我们称之为含参问题。
在导数中，含参问题是经常遇到的，因为函数往往不仅仅是与自变量有关，还可能与其他参数相关。
下面总结了导数中的常见含参问题及其解决方法。
1. 含参函数的导数问题描述对于含参函数f(x;a)，求其对自变量x的导数。
解决方法对于含参函数f(x;a)，我们可以通过求偏导数的方式来求其对自变量x的导数。
偏导数是将函数中除了自变量x之外的参数视为常量，对x求导。
例如，对于函数f(x;a)=x2+ax，我们可以求出其对x的导数为f′(x;a)=2x+a。
2. 含参数的求导法则问题描述如何处理含有参数的复合函数、乘积函数和商函数的求导问题？解决方法对于含参数的复合函数，我们可以使用链式法则进行求导。
链式法则告诉我们，对于复合函数y=f(g(x))，其导数可以通过将外函数对内函数求导，并乘以内函数对自变量求导的结果。
对于含有参数的乘积函数，我们可以使用乘积法则进行求导。
乘积法则告诉我们，对于函数y=u(x)v(x)，其导数可以通过将u(x)对x求导后与v(x)进行乘法，再加上将v(x)对x求导后与u(x)进行乘法。
对于含有参数的商函数，我们可以使用商法则进行求导。
商法则告诉我们，对于函数 $y = \\frac{u(x)}{v(x)}$，其导数可以通过将u(x)对x求导后与v(x)进行乘法，再减去将v(x)对x求导后与u(x)进行乘法，然后除以v(x)的平方。
3. 含参数的隐函数求导问题描述对于含有参数的隐函数，如何求其导数？解决方法对于含有参数的隐函数，我们可以使用隐函数求导法进行求导。
隐函数求导法告诉我们，对于方程F(x,y;a)=0所定义的隐函数y=f(x;a)，其导数可以通过将y对x求导，并将x和y的导数代入方程F(x,y;a)=0中，解得。
含参数的函数如何讨论导数问题
由一道高考题探究含参数的函数如何讨论导数问题近年总有含参数的函数近年总有含参数的函数((或数列或数列))的考题的考题,,一般都可用常规方法求解一般都可用常规方法求解..首先概念要清楚首先概念要清楚, , 含参数的函数不是一个函数含参数的函数不是一个函数,,参数的值不同参数的值不同,,就是不同的函数其次其次,,应该对参数分类应该对参数分类,,即按照参数的不同变化范围分成若干情形参数的不同变化范围分成若干情形,,再分别讨论再分别讨论. . . 含参数的函数含参数的函数含参数的函数((或数列或数列))的问题在高考中都是以综合题的方式出现的是以综合题的方式出现的,,其主要以考查考生分析问题其主要以考查考生分析问题,,逻辑推理的能力为主逻辑推理的能力为主..在平时的复习备考中要有针对性的进行训练备考中要有针对性的进行训练..下面我们以一道含参数的函数讨论导数问题的高考题为例加以说明以说明. . 例.已知函数已知函数 1()e 1ax x f x x-+=-. (Ⅰ) ) 设设a >0, >0, 讨论讨论讨论 y = f (x ) ) 的单调性的单调性的单调性; ;(Ⅱ) ) 若对任意若对任意若对任意 x ∈(0,1) (0,1) 恒有恒有恒有 f (x ) >1, ) >1, 求求 a 的取值范围的取值范围. .解题指导:本题主要考查分类讨论的数学思想和导数的计算、应用导数研究函数单调性的基本方法，考查逻辑推理能力基本方法，考查逻辑推理能力..本题的解法是常规方法本题的解法是常规方法, , , 但需要我们函数概念清楚、逻辑推但需要我们函数概念清楚、逻辑推理能力强理能力强. . . 解答时需要注意三点解答时需要注意三点解答时需要注意三点, , , 一是本类题目应该对参数一是本类题目应该对参数a 进行分类讨论进行分类讨论, , , 而不是对函而不是对函数的定义域分类讨论数的定义域分类讨论, , , 具体到本题具体到本题具体到本题, , , 应该分应该分0<a <2, a =2, a >2三种情况讨论三种情况讨论. . . 二是在函数单二是在函数单调性判定定理“在一个区间上导数恒正（负）调性判定定理“在一个区间上导数恒正（负）, , , 则函数在这个区间上单增（减）”中则函数在这个区间上单增（减）”中则函数在这个区间上单增（减）”中,,“区间”这个条件也是不能少的这个条件也是不能少的, , , 本小题函数的定义域不是区间本小题函数的定义域不是区间本小题函数的定义域不是区间, , , 需要把定义域分成区间需要把定义域分成区间需要把定义域分成区间, , , 再判再判定函数在每一区间的单调性定函数在每一区间的单调性. . . 三是注意细节三是注意细节三是注意细节, , , 如数学符号书写应该正确如数学符号书写应该正确如数学符号书写应该正确, , , 以及本小题两问以及本小题两问中参数a 的变化范围不同的变化范围不同. . . 解答如下解答如下解答如下. .解: (: (ⅠⅠ) ) 函数函数f (x )的定义域为的定义域为(-(-(-∞∞, 1), 1)∪∪(1, +(1, +∞∞), ), 导数为导数为导数为ax x a ax x f ---+=¢e )1(2)(22. (ⅰ) ) 当当0<a <2时, , 导数恒正导数恒正导数恒正, , , 故故f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (- (-∞∞, 1), (1, +, 1), (1, +∞∞) ) 为增函数为增函数为增函数. . (ⅱ) ) 当当a =2时, ),1,0(,0)(¹¹>¢x x x f 故f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (- (-∞∞, 1), (1, +, 1), (1, +∞∞)仍为增函数增函数. .(ⅲ) ) 当当a >2时, , 解解0)(=¢x f 得x =±aa 2-, x (-(-∞∞, -a a 2-) (-a a 2-,a a 2-) (aa 2-, 1) (1, + (1, +∞∞) )(x f ¢ + -+ + )(x f ↗↘ ↗ ↗ f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (- (-∞∞, -a a 2-), (aa 2-, 1), (1, +, 1), (1, +∞∞) ) 为增函数为增函数为增函数, , f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (-a a 2-,aa 2-)为减函数为减函数. . (Ⅱ) ) 参数参数a 的变化范围和的变化范围和((Ⅰ) ) 不同不同不同, , , 但由但由但由((Ⅰ) ) 知仍分三种情形讨论知仍分三种情形讨论知仍分三种情形讨论. .(ⅰ) ) 当当0< a ≤2时, , 由由(Ⅰ) ) 知知f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (- (-∞∞, 1) 1) 为增函数为增函数为增函数, , , 故对于任意故对于任意x ∈(0,1) 1) 恒有恒有恒有 f (x ) > f (0) =1, (0) =1, 因而这时因而这时a 满足要求满足要求. .(ⅱ) ) 当当a >2时, , 由由(Ⅰ) ) 知知f (x ) ) 在区间在区间在区间 (- (-a a 2-,aa 2-)为减函数为减函数, , , 故在区间故在区间故在区间(0, (0, a a 2-) ) 内任取一点内任取一点内任取一点, , , 比如取比如取210=x aa 2-, , 就有就有就有 x 0∈(0, 1) (0, 1) 且且 f (x 0) < f (0) =1, 因而这时a 不满足要求不满足要求. . (ⅲ) ) 当当a ≤0时, , 对于任意对于任意x ∈(0, 1) (0, 1) 恒有恒有恒有 1()e 1ax x f x x -+=-≥111>-+xx , , 这时这时a 满足要求满足要求. . 综上可知综上可知, , , 所求所求所求 a 的取值范围为的取值范围为 a ≤2.反思提高: 含参数的函数含参数的函数((或数列或数列))问题难点在于对参数值的分类讨论问题难点在于对参数值的分类讨论..讨论的原则应该是解除参数值的不确定性是解除参数值的不确定性..也就是说参数值如何阻碍解题也就是说参数值如何阻碍解题,,就怎么讨论就怎么讨论..比如该题在比如该题在((Ⅰ)中,确定导函数ax x a ax x f ---+=¢e )1(2)(22的正负时的正负时,,关键是要确定22ax a +-的正负的正负,,而2a-的正负不确定就无法判定导函数ax x a ax x f ---+=¢e )1(2)(22的正负的正负..所以分0<a <2, a =2, a >2三种情况讨论三种情况讨论. .错源分析:解答不够严谨会导致许多同学出现错误解答不够严谨会导致许多同学出现错误, , , 例如计算出“当例如计算出“当0<a <2时, , 导数恒导数恒正”后正”后, , , 就说“就说“f (x ) ) 在在R 上为增函数”或“f (x ) ) 在定义域为增函数”在定义域为增函数”在定义域为增函数”, , , 前者错在没有考前者错在没有考虑定义域虑定义域, , , 后者错在没有掌握好单调性判定定理后者错在没有掌握好单调性判定定理后者错在没有掌握好单调性判定定理, , , 忽视了本题里函数的定义域不是区间忽视了本题里函数的定义域不是区间忽视了本题里函数的定义域不是区间. . 这些是实质性的错误这些是实质性的错误. . . 还有类似的错误还有类似的错误还有类似的错误, , , 如写如写“f (x ) ) 在在(-(-∞∞, 1)1)∪∪(1, +∞)为增函数”, , 这这也可能仅仅是数学式写错了也可能仅仅是数学式写错了, , , 不该用“∪”不该用“∪”不该用“∪”. . . 数学式写错的还有“数学式写错的还有“f (x ) ) 在在]1,(-¥为增函数”数”, , , 这里不应该用中括号这里不应该用中括号这里不应该用中括号 “]”.另一类容易出现的错误是第另一类容易出现的错误是第((Ⅰ)问中不讨论参数的值问中不讨论参数的值, , , 第第(Ⅱ)问中只讨论a >0情形情形. . 第(Ⅱ)问中还有容易导致的逻辑错误问中还有容易导致的逻辑错误. . . 例如“因为例如“因为f (0)=1, (0)=1, 故只要故只要f (x ) ) 在区间在区间在区间 (0, (0,1)1)为增函数”为增函数”为增函数”, , , 这样也能得出正确结果这样也能得出正确结果这样也能得出正确结果, , , 但是推理过程是有错的但是推理过程是有错的但是推理过程是有错的, , , 错误原因在于“错误原因在于“f (0)=1, 且f (x ) ) 在区间在区间在区间 (0, 1) (0, 1) (0, 1)为增函数”这个命题是“对任意为增函数”这个命题是“对任意为增函数”这个命题是“对任意 x ∈(0,1) (0,1) 恒有恒有恒有 f (x ) >1) >1”的充”的充分条件而难以证明是必要条件分条件而难以证明是必要条件. .。
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。
利用导数处理函数中的参数问题
利用导数处理函数中的参数问题导数，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。
也越来越受到高考命题专家的“青睐”。
其中，利用导数求参数的取值范围，更是成为近年来高考的热点。
下面列举几题与大家交流。
题型一、已知单调区间求参数值例1、若函数d cx bx x x f +++=23)(的单调递减区间（-1，2），求c b ,的值。
解：d cx bx x x f +++=23)( c bx x x f ++='∴23)(2因为d cx bx x x f +++=23)(的单调递减区间（-1，2）所以方程023)(2=++='c bx x x f 的两根分别为-1，2 所以623-=-=c b ，%题型二、已知在某区间上的单调性求参数的取值范围例2、已知函数1)1(2131)(23+-+-=x a ax x x f 在区间（1，4）上是减函数，在区间（6，∞+）是增函数，求a 的取值范围。
解：1)1(2131)(23+-+-=x a ax x x f )1()(2-+-='∴a ax x x f令0)1()(2=-+-='a ax x x f得1,121-==a x x 因为1)1(2131)(23+-+-=x a ax x x f 在区间（1，4）上是减函数，在区间（6，∞+）是增函数所以614≤-≤a ，即75≤≤a例3（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，∞）.题型三、探索单调性的存在例4 已知函数x ax x x f 221ln )(2--=存在单调减区间求a 的取值范围。
利用导数解参数范围的八种策略讲解
导数解参数问题的八种策略策略一：分离变量法所谓分离变量法，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.以下结论均为已知x 的范围，求a 的范围：结论一、 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）.结论二、 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）.案例1、（2009福建卷）若曲线3()ln f x ax x =+存在垂直于y 轴的切线，则实数a 取值范围是_____________. 分析：)0(12)(>+='x xax x f 依题意方程120ax x +=在()0,+∞内有解，即)0,()0(212-∞∈⇒>-=a x xa 案例2、（2008湖北卷）若21()ln(2)2f x x b x =-++∞在(-1,+)上是减函数，则b 的取值范围是（ ）A. [1,)-+∞B. (1,)-+∞C. (,1]-∞-D. (,1)-∞- 分析：由题意可知02)(≤++-='x b x x f ，在(1,)x ∈-+∞上恒成立， 即1)1()2(2-+=+≤x x x b 在(1,)x ∈-+∞上恒成立，由于1x ≠-，所以1b ≤-， 案例3、（2008广东卷）设a ∈R ，若函数3ax y e x =+，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ）A ．3a >-B ．3a <-C ．13a >-D ．13a <- 分析：'()3ax f x ae =+，若函数在x R ∈上有大于零的极值点，即'()30ax f x ae =+=有正根。
导数中含参数的解题策略
导数中含参数的讨论策略导数是研究函数性质的一种重要工具，利用导数可判断函数单调性、极值、最值等，其中渗透并充分利用着构造函数、分类讨论、转化与化归、数形结合等重要思想方法，导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。
而含参数的导数问题是近年来高考的难点和热点，本文着重就含参数导数的几种常见的解题策略加以归纳．一．求导后，导函数的解析式为一次函数y=kx+b ,如k 不定就分清况讨论k>0,k=0,k<0，然后导函数y=kx+b 为零时有无实根,根是否落在定义域内，(2008高考浙江卷理科)已知a 是实数，函数())f x x a =-（1）求函数()f x 的单调区间；解：（Ⅰ）函数的定义域为[)0,+∞，())'30a x f x x ⎛⎫- ⎪===>，由'()0f x =得3ax =。
考虑3a是否落在导函数'()f x 的定义域()0,+∞内，需对参数a 的取值分0a ≤及0a >两种情况进行讨论。
（1） 当0a ≤时，则'()0f x >在()0,+∞上恒成立，所以()f x 的单调递增区间为[)0,+∞。
（2） 当0a >时，由'()0f x >，得3a x >；由'()0f x <，得03a x <<。
因此，当0a >时，()f x 的单调递减区间为0,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()f x 的单调递增区间为,3a⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
二．求导后，导函数可以转化为c bx ax y ++=2时，如a 不定先讨论a>0,a=0,a<0；再按在二次项的系数不等于零时对判别式按△＞0、△=0、△＜0；在△＞0时，求导函数的零点再根据零点是否在定义域内进行讨论，若零点含参数在定义域内则对零点之间的大小进行讨论。
导数含参量问题的解法探究
导数含参量问题的解法探究作者：陆俊利来源：《新校园·学习（中旬刊）》2012年第08期利用导数来研究函数的单调性和极值是高考命题的热点，近年高考导数综合题多是已知给定函数的最大值、最小值和极值，求函数中参数的取值范围的问题，且多以压轴题出现.本文综合运用数形结合、分类讨论、转化与化归思想来探索解决此类问题的有效方法。
一、含参数不等式恒成立问题如果已知给定函数的最大值、最小值、极值，求解函数中参数的取值范围问题是综合性较强的问题.解决这类问题要求学生具有较好的数学素养和较强的数学能力，对基本的数学思想方法有较深刻的理解和认识.常用的求解策略有：（1）最值或值减法：若a＞f(x)恒成立，则a＞■.若a＜f(x)恒成立，则a＜■（注意有无等号）.（2）若函数在定义域内无最大值或最小值，则通过求函数的值域，利用恒成立确定a的取值范围.二、2010年高考课标全国卷（理）21题第二问的几类解法例：设函数（1）若a＝0，求f(x)的单调区间；（2）若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.分析：第一问属于导数考查的常见问题，第二问是含参数问题的求解.（1）解：若a＝0，f(x)=■ex-1-x，则f'(x)=■ex-1.当x∈（－∞，0）时，f'(x)＜0；当x∈（0，＋∞）时，f'(x)＞0.故f(x)在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增.（2）解法一：分类讨论因为f'(x)=■ex-1-2ax，①由（1）知■ex≥1+x，当且仅当x＝0时等号成立，所以f'(x)≥x-2ax=(1-2a)x，从而当1－2ax≥0即a≤■时，f'(x)≥0（x≥0），所以f(x)在[0，＋∞）上单调递增，而f(0)=0，于是当x≥0，f(x)≥0.②由■ex>1+x（x≠0）可得■ex>1-x（x≠0），从而当a＞■时，f'(x)解法二：数形结合因为f'(x)=ex-1-2ax，令g■(x)=ex,g■(x)=1+2ax,若f'(x)≥0则ex≥1+2ax.①当a＞0时，因为x≥0所以ex≥1恒成立，故f'(x)≥0恒成立，所以a≤0时，f(x)≥0（x≥0）.②a＞0时，g'■(x)=ex≥e0=1，g'■(x)=2a，若ex≥1+2ax则1≥2a即a≤■，如图：■则0＜a＜■时，f'(x)≥0，f(x)在[0，＋∞）上单调递增，则f(x)≥f(0)=0，所以0＜a＜■时，f(x)≥0（x≥0）.综上a≤■.解法三：洛必达法则求值域当x≥0时，f(x)≥0，则ex-1-x-ax2≥0恒成立，则a≤■.令g(x)=■，当x＝0时分母无意义.ex=1+x+■+■+…+■，根据洛必达法则：limg(x)=■■=■■=■■=■，∴g(x)≥■，又a≥g(x)恒成立，则a≤■.再如，2010年高考课标全国卷（文）：设函数f(x)=x(ex-1)-ax2.（1）若a＝■，求的单调区间；（2）若当x≥0时，f(x)≥0，求a的取值范围.该题也可用以上几种方法解决.。
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例说导数含参问题的处理策略详解(完美终结篇) 张成 壹叁捌叁捌伍叁捌贰肆贰一、 和单调性有关的含参问题1. 求单调区间：本质是解含参不等式例1：求2()()x a f x x-= 的单调区间【解】2()()()x a a x f x x -+'=12x ax a ==-当0a =时，()10f x '=>，故只有增区间：(,0),(0,)-∞+∞不能并哦 当0a >时，由2()()()0x a x x f a x-+'=>即()(x a)0x a -+>得,x a x a <->， 由()(x a)0x a -+<得a x a -<<当0a <时，由()0f x '>得,x a x a <>- 由()0f x '<得a x a <<- 综上所述：当0a =时函数增区间为(,0),(0,)-∞+∞当0a >时函数增区间为：(,),(,)a a -∞-+∞减区间为：(,)a a - 当0a <时函数增区间为：(,),(,)a a -∞-+∞减区间为：(,)a a -例2：求函数f (x )＝x 2e ax 的单调区间．【解】 函数f (x )的导数f ′(x )＝2x e ax ＋ax 2e ax ＝(2x ＋ax 2)e ax . 1220x x a==-(1)当a ＝0时，由f ′(x )＜0得 x ＜0；由f ′(x )＞0，得x ＞0所以当a ＝0时，函数f (x )在区间(－∞，0)上为减函数，在区间(0，＋∞)上为增函数． 当a ≠0时，1220x x a==-(2)当a ＞0时，由2x ＋ax 2＞0，得x ＜－2a 或x ＞0；由2x ＋ax 2＜0，得－2a ＜x ＜0.所以当a ＞0时，函数f (x )在(－∞，－2a )和(0，＋∞)上为增函数，在区间(－2a ，0)上为减函数． (3)当a ＜0时，由2x ＋ax 2＞0，得0＜x ＜－2a ；由2x ＋ax 2＜0，得x ＜0或x ＞－2a ，所以当a ＜0时，函数f (x )在区间(－∞，0)和(－2a ，＋∞)上为减函数，在区间(0，－2a )上为增函数 总结：两个根大小不定时要讨论2. 逆向问题：已知函数在某区间上单调性，求参数取值范围（1） 解析式含参时：本质是恒成立问题: ()0f x '≥（()0f x '≤）恒成立思路1：转化为求非含参一段函数的最值（范围）思路2：数形结合 注意事项：端点能否取等号要注意例：已知2()()x a f x x-=在（1，2）上单调递增，求a 取值范围【解】2()()()0x a x x f a x-+'=≥对(1,2)x ∀∈恒成立，即22x a ≥对(1,2)x ∀∈恒成立， 而214x <<因此21a ≤ 11a -≤≤（2） 区间含参时：例1：已知24()1xf x x =+在（m ，2m+1）上单调递增，求m 取值范围【解】易求24()1x f x x =+的增区间为[-1,1],由题意得(,21)[1,1]m m +⊆-，因此121121m m m m≥-⎧⎪+≤⎨⎪+>⎩解之得10m -<≤例2：已知函数32()3f x x x =+若()y f x =在区间[21,1]m m -+上是增函数，求实数m 的取值范围； 【解】 2()363(2)f x x x x x '=+=+，令()0f x '>即(2)002x x x x +>∴><-或()f x ∴的增区间为(,2][0,).-∞-+∞和()f x 在区间[21,1]m m -+上是增函数，∴ [21,1](,2][21,1][0,)m m m m -+⊆-∞--+⊆+∞或； ∴ 12210211211m m m m m m +≤--≥⎧⎧⎨⎨-<+-<+⎩⎩或∴ 32m m ≤-≤<1或2二、 和最（极）大、最（极）小值有关的含参问题1. 函数解析式含参，区间不含参例1：已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)．求函数f (x )的极值．【解】由f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，（x ＞0）知：x a = 其与(0,)+∞关系不定，因此要讨论 ①当a ≤0时，f ′(x )＞0，函数f (x )为(0，＋∞)上的增函数，函数f (x )无极值； ②当a ＞0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝a .又当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0； 当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0，从而函数f (x )在x ＝a 处取得极小值，且极小值为f (a )＝a －a ln a ，无极大值． 综上，当a ≤0时，函数f (x )无极值；当a ＞0时，函数f (x )在x ＝a 处取得极小值a －a ln a ，无极大值例2：已知函数f (x )＝ax 3－32x 2＋2.（a >0），当x ∈[－1,1]时，求f (x )的最小值．【解】 f ′(x )＝3ax 2－3x ＝3x (ax －1)．令f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝1a 由于x ＝1a 与[－1,1]关系不定，因此要讨论。
分以下两种情况讨论：①若1a >1即0<a <1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－1,0) 0 (0,1) f ′(x ) ＋ 0 － f (x )↗极大值↘f (－1)＝－a －32＋2，f (1)＝a －32＋2，所以f (x )min ＝f (－1)＝12－a .②若0<1a <1即a >1，当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表：x (－1,0) 0 (0，1a ) 1a (1a ，1) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ f (x )↗极大值↘极小值↗f (－1)＝12－a ，f (1a )＝2－12a 2.而f (1a )－f (－1)＝2－12a 2－(12－a )＝32＋a －12a 2>0，所以f (x )min ＝f (－1)＝12－a .例3：已知a ∈R ，函数f (x )＝x 2(x －a )．求函数y ＝f (x )在区间[1,2]上的最小值．【思路探究】 解答本题先求出函数的导数，画出图表，求出函数的极值，再结合函数的单调性、函数的定义域、函数取极值点对字母a 进行分类讨论求解．【解】设此最小值为m ，而f ′(x )＝3x 2－2ax ＝3x (x －23a )，x ∈[1,2]，12203a x x ==当a ≤0时，f ′(x )>0，x ∈[1，2]，则f (x )是区间[1，2]上的增函数，（此情况最易忽视）所以m ＝f (1)＝1－a ；当a >0时，在x <0或x >2a 3时，f ′(x )>0，从而f (x )在区间[23a ，＋∞)上是增函数； 在0<x <2a 3时，f ′(x )<0，从而f (x )在区间[0，23a ]上是减函数； ①当23a ≥2，即a ≥3时，m ＝f (2)＝8－4a ；②当1≤23a <2，即32≤a <3时，m ＝f (2a 3)＝－4a 327；③当0<23a <1，即0<a <32时，m ＝f (1)＝1－a .综上所述，所求函数的最小值m ＝⎩⎪⎨⎪⎧1－a (a <32)，－4a327 (32≤a <3)，8－4a (a ≥3).例4：已知函数h (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1(a>0)求函数h(x )的单调区间，并求其在区间(－∞，－1]上的最大值．【解】h (x )＝x 3＋ax 2＋14a 2x ＋1，h ′(x )＝3x 2＋2ax ＋14a 2.令h ′(x )＝0，得x 1＝－a 2，x 2＝－a6.a >0时，h (x )与h ′(x )的变化情况如下： x (－∞，－a2)－a2 (－a 2，－a 6) －a6 (－a6，＋∞) h ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋ h (x )↗↘↗函数h (x )的单调递增区间为(－∞，－a 2)和(－a 6，＋∞)单调递减区间为(－a 2，－a6)．当－a2≥－1，即0<a ≤2时，函数h (x )在区间(－∞，－1]上单调递增，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－1)＝a －14a 2.当－a 2<－1，且－a 6≥－1，即2<a ≤6时，函数h (x )在区间(－∞，－a2)上单调递增，在区间(－a 2，－1]上单调递减，h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a2)＝1.当－a 6<－1，即a >6时，函数h (x )在区间(－∞，－a 2)上单调递增，在区间(－a 2，－a6)上单调递减，在区间(－a 6，－1]上单调递增，又因为h (－a 2)－h (－1)＝1－a ＋14a 2＝14(a －2)2>0，所以h (x )在区间(－∞，－1]上的最大值为h (－a2)＝例5：已知函数2221()(0)1ax a f x a x -+=≠+，求函数()f x 的单调区间和极值【解】22222(1)2(21)'()(1)a x x ax a f x x +--+=+222()(1).(1)x a ax x --+=+ 由于0,a ≠以下分两种情况讨论.(1)当0a >时，令'()0,f x =得到121,.x x a a=-=当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：x 1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭ 1a -1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭a(),a +∞'()f x - 0 + 0 - ()f x极小值极大值所以()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭(),,a +∞内为减函数，在区间1,a a⎛⎫- ⎪⎝⎭内为增函数.函数()f x 在11x a =-处取得极小值1,f a ⎛⎫- ⎪⎝⎭且21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. 函数()f x 在2x a =处取得极大值(),f a 且()1f a =.(2)当0a <时，令'()0,f x =得到121,x a x a==-.当x 变化时，'(),()f x f x 的变化情况如下表：x (),a -∞a1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭ 1a-1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭'()f x +0 -0 +()f x极小值极大值所以()f x 在区间(),a -∞1,,a⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭内为增函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭内为减函数.函数()f x 在1x a =处取得极大值(),f a 且()1f a =.函数()f x 在21x a =-处取得极小值1,f a ⎛⎫- ⎪⎝⎭且21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭. 2. 已知解析式不含参，区间含参例1：设函数)0(333)(23>---=a a x x x x f 。