含参数导数问题的巧妙解法
巧解含参数的函数的导数问题
巧解含参数的函数的导数问题巧解含参数的函数的导数问题山东利津县第一中学(257400)胡彬近年总有含参数的函数(或数列)的高考题,一般都可用常规方法求解.首先概念要清楚,含参数的函数不是一个函数,参数的值不同,就是不同的函数.其次,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,再分别讨论.下面我们以一道2006年的含参数的函数讨论导数问题的高考题为例加以说明.【例】已知函数,()一.(工)设a>O,讨论—f()的单调性;(II)若对任意∈(0,1)恒有f()>1,求n的取值范围.分析: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,并考查逻辑推理能力.虽是常规方法,但需要清楚函数概念,逻辑推理能力强.解答时需要注意三点,(1)本类题目应该对参数n进行分类讨论,而不是对函数的定义域分类讨论,具体到本题,应该分0<n<2,n一2,n>2三种情况讨论.(2)在函数单调性判定定理"在一个区间上导数恒正(负),则函数在这个区间上单增(减)"中,"区间"这个条件也是不能少的,本小题函数的定义域不是区间,需要把定义域分成区间,再判定函数在每一区间的单调性.(3)注意细节,如数学N-号书写应该正确, 以及本小题两问中参数n的变化范围不同. 解析:(工)函数,()的定义域为(一一,1)U(1,+一),导数为()一e.(i)当O<n<2时,导数恒正,故厂()在区间(一一,1),(1,+一)内为增函数. (_.)当n一2时,()>O,(≠o,≠1),故厂()在区间(一一,1),(1,+一)内仍为增函数.(iii)当n>2时,解()一0得一±√,t—o.,(一√,c√,(1,+..)一^/)V口√1)/()+++f(x)≯≯≯f(x)~EIKIN(一一,一√),(√,1),(1,+一)内为增函数,,()在区间(一√,√)内为减函数.(Ⅱ)参数n的变化范围和(工)不同,但由(工)知仍分三种情形讨论.(i)当O<n≤2时,由(工)知,()在区间(一一,1)内为增函数,故对于任意∈(0,1)恒有f()>,(O)一1,因而这时n满足要求. (ii)当n>2时,由(工)知f()在区间(一√,√)内为减函数,故在区间(o,√)内任取一点,比如取Xo一吉√,就有.∈(0,1)且f(.)<,(0)一1,因而这时n不满足要求.(iii)当n≤0时,对于任意∈(O,1)恒有,()一1-~-xe一≥>1,这时n满足要求.综上可知,所求n的取值范围为n≤2.错源分析:解答不够严谨会导致许多同学出现错误,例如计算出"当O<n<2时,导数恒正"后,就说"f()在R上为增函数"或"f()在定义域为增函数",前者错在没有考虑定义域,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.这些是实质性的错误.还有类似的错误,如写"f()在(一一,1)U(1,+一)内为增函数",这也可能仅仅是数学式写错了,不该用"U".另一类容易出现的错误是第(工)问中不讨论参数的值,第(Ⅱ)问中只讨论a>O情形. 第(II)问中还有容易导致逻辑错误.例如"因为,(O)一1,故只要f()在区间(0,1)为增函数",这样也能得出正确结果,但是推理过程是有错的,错误原因在于",(O)一1,且f()在区间(0,1)内为增函数"这个命题是"对任意∈(0,1)难以证明。
导数含参的解题步骤
导数含参的解题步骤一、题目1。
1. 题目。
设函数f(x) = x^3+ax^2+bx + c，已知x = - 1时，f(x)取得极值5，且f(1)= - 1，求a，b，c的值。
2. 解析。
- 首先对f(x)=x^3+ax^2+bx + c求导，f^′(x)=3x^2+2ax + b。
- 因为x = - 1时，f(x)取得极值5，所以f^′(-1)=0且f(-1)=5。
- 由f^′(-1)=0可得3 - 2a + b = 0。
- 由f(-1)=5可得-1 + a - b + c = 5。
- 又因为f(1)=-1，即1 + a + b + c=-1。
- 联立方程组3 - 2a + b = 0 -1 + a - b + c = 5 1 + a + b + c=-1- 由3 - 2a + b = 0得b = 2a - 3。
- 将b = 2a - 3代入-1 + a - b + c = 5和1 + a + b + c=-1中。
- -1+a-(2a - 3)+c = 5，化简得-a + c+2 = 5，即c=a + 3。
- 1 + a+(2a - 3)+c=-1，将c=a + 3代入得1 + a+2a-3+a + 3=-1，4a + 1=-1，解得a=- (1/2)。
- 把a =-(1/2)代入b = 2a - 3，得b=-4。
- 把a =-(1/2)代入c=a + 3，得c=(5/2)。
二、题目2。
1. 题目。
已知函数f(x)=(1)/(3)x^3-(1)/(2)(a + 1)x^2+ax，a∈ R，讨论f(x)的单调性。
2. 解析。
- 对f(x)=(1)/(3)x^3-(1)/(2)(a + 1)x^2+ax求导得f^′(x)=x^2-(a + 1)x+a=(x - 1)(x - a)。
- 令f^′(x)=0，则x = 1或x = a。
- 当a=1时，f^′(x)=(x - 1)^2≥slant0，f(x)在(-∞,+∞)上单调递增。
含参数导数问题点
含参数导数问题点一、求导后，考虑导函数为零是否有实根，从而引起讨论。
?1,x?1?,F(x)?f(x)?kx,x?R，试讨论函数F(x)的单调性。
例1 设k?R，函数f(x)??1?x??x?1,x?1?二、求导后，导函数为零有实根，但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，从而引起讨论。
例2 已知a是实数，函数求函数设gf?x??x?x?a? f?x?的单调区间；?a?为f?x?在区间?0,2?上的最小值。
求a的取值范围，使得?6?g?a???2。
?a?的表达式；写出g三、求导后，导函数为零有实根, 导函数为零的实根也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。
2ax?a2?1例3已知函数f?x???x?R?，其中a?R。
2x?1当a?1时，求曲线y?当a?0时，求函数例4设函数例5已知函数f?x?在点?2,f?2??处的切线方程；f?x?的单调区间与极值。
f?x??x2?bln?x?1?，其中b?0，求函数f?x?的极值点。
f(x)?(a?1)lnx?ax2?1 f(x)的单调性；f(x1)?f(x2)?4|x1?x2|，求a的取值范围。
讨论函数设a??1.如果对任意x1,x2?(0,??)，|例6已知函数xf(x)=In(1+x)-x+x2(k≥0)。
2(Ⅰ)当k=2时，求曲线y=例7设f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(Ⅱ)求f(x)的单调区间。
f(x)是定义在区间(1,??)上的函数，其导函数为f’(x)。
如果存在实数a 和函数h(x)，其中h(x)对任意的x?(1,??)都有h(x)>0，使得(1)设函数f’(x)?h(x)(x2?ax?1)，则称函数f(x)具有性质P(a)。
f(x)?lnx?b?2(x?1)，其中b 为实数。
x?1(i)求证：函数(2)已知函数f(x)具有性质P(b)；(ii)求函数f(x)的单调区间。
g(x)具有性质P(2)。
给定x1,x2?(1,??),x1?x2设,m为实数，??mx1?(1?m)x2，??(1?m)x1?m x2，且??1,??1，若|g(?)?g(?)|?1?k?1?x?2,x?1??12? kx,x?1,???1?x?例1解：F(x)?f(x)?kx??1?x。
导数中的参数问题(解析版)
导数中的参数问题(解析版)导数中的参数问题（解析版）在微积分学中，导数是一个重要的概念，常被用来研究函数的变化率和极值等性质。
然而，在实际应用中，函数中常常含有参数，这就引发了导数中的参数问题。
本文将从多个角度解析导数中的参数问题，并探讨其在实际情境中的应用。
一、导数定义与基本性质（无参数）首先，我们需要回顾导数的定义。
对于函数f(x)，其在点x处的导数定义为导函数f'(x)。
导数衡量了函数在某点的切线斜率，反映了函数在该点的变化趋势。
在一般情况下，函数的表达式中并不含有参数。
此时，我们可直接按照传统的导数定义来求导，例如对于函数f(x) = x^2，我们可以通过求导来得到f'(x) = 2x。
导数有一些基本性质，如可加性、常数因子、幂次法则等。
这些性质在求解无参数的导数问题时非常有用，能够帮助我们简化计算与分析过程。
二、含参数的函数的导数求解当函数中含有参数时，求解导数问题就不再像无参数的情况那样简单。
此时，我们需要对参数进行求导，其中常用的方法有隐函数求导法和代数方法。
1. 隐函数求导法当函数表达式中存在隐含的关系式时，我们可以使用隐函数求导法来求解参数相关的导数问题。
例如，考虑函数f(x, y) = x^2 + y^2 = 1，其中y是参数。
我们可以通过对该函数进行求导来得到df/dx的表达式，即导数关于自变量x的函数。
2. 代数方法对于一些特定的参数问题，我们可以通过代数方法巧妙地求解导数。
例如，对于函数f(x, a) = x^a，其中a是参数，我们可以利用对数函数的性质来求导，即将f(x, a)转化为ln(f(x, a))，然后利用导数的链式法则和幂次法则得到df/dx的表达式。
三、参数问题的实际应用导数中的参数问题在实际应用中扮演着重要的角色，能够帮助我们解决各种实际问题。
以下是几个典型的应用场景：1. 物理学中的参数问题在物理学中，很多函数表达式含有参数，例如自由落体运动的位移函数，电路中的电流与电压关系等。
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。
导数中含参数问题与恒成立问题解题技巧
函数、导数中含参数问题与恒建立问题的解题技巧与方法含参数问题及恒建立问题方法小结：1、分类议论思想 2 、鉴别法 3 、分离参数法 4 、结构新函数法一、分离议论思想：例题 1： 议论以下函数单一性：1、 f x = a xa, a0, a 1 ; 2、 f x = bx ( 1 x 1, b 0)x 21二、鉴别法例 2：不等式 (a2) x 2 2( a 2) x 4 0 关于 xＲ恒建立，求参数a 的取值范围．解：要使 (a2) x 2 2(a2) x 4 0 关于 xＲ恒建立，那么只须知足：a 2 0a 2 0〔 2〕 2(a 2) 0〔 1〕2) 2 16(a 2) 0或4(a4 0解〔 1〕得a 2，解〔 2〕 a ＝２∴参数 a 的取值范围是－２＜ a２．2 a2练习 1. 函数ylg[ x 2(a 1) xa 2] 的定义域为 ，务实数 a 的取值范围。
R三、分离法参数：分离参数法是求参数的取值范围的一种常用方法，经过分离参数，用函数看法议论主变量的变化状况，由此我们能够确立参数的变化范围 . 这类方法能够防备分类议论的麻烦，从而使问题得以顺利解决 . 分离参数法在解决相关不等式恒建立、不等式有解、函数有零点、函数单一性中参数的取值范围问题时常常用到 . 解题的重点是分离出参数以后将原问题转变为求函数的最值或值域问题 . 即：〔 1〕对随意 x 都建立 m fxmin〔 2〕对随意 x 都建立。
例 3．函数( )4 2 ,(0,4] 时恒建立，务实数 a 的取值范围。
f x axxx xf ( x) 0解： 将问题转变为 4xx 2对 x4x x 2a(0,4] 恒建立，令 g( x)，那么xxa g( x) min由g (x)4x x 24x 1 可知g( x)在(0,4]上为减函数，故xg( x) min g(4) 0 ∴a 0即 a 的取值范围为 ( ,0) 。
注：分离参数后，方向明确，思路清楚能使问题顺利获得解决。
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。
＂三招齐下＂破解含参数函数的导数应用的题
复习参考 ・
中’歆・ （１＃ 期・ 中 ） ７ ７ ２１ ｇ０ 高 版 ０ －１
５ １
“ 招 弃 下” 解 含 参数 函 数 的 导数 应 用 的题 三 破
３ ５ ３ 浙江 省象 山县 第二 中学 吕增锋 １７ １
导数在高中数学 中可 以说是 “ 叱咤风云” 具有深刻 ，
的内涵与丰富的外延 ， 在应用 中显示 出独特 的魅力和 势
综 上所
述， 的取值范围是［ ， ］ ａ ０÷ ．
以上是本题标准答案 的解法 ， 中第 （ 小题的解 其 Ⅱ） 法似乎有点 让人 匪夷所 思． 笔者 粗 略 看 了一 下 也 没看
懂 ， 复看 了几 遍后终 于 明白了其 中的奥 妙． 反 它是 利用
了第（Ｉ 小题 提供 的不 等式关 系对 ｈ （ 进 行放 缩找 ） ）
） ） 则 ） ａ３ Ｉ ， 一， ≤—－Ｉ 当且仅 当 ｈ ） （ ≤０时 ｇ － （ 一 ＝ａ（ 一 ） １ ｆ ） 众” 一点的解 法 ； 到类似 的题 目， 遇 学生该何去何从．
１ 连 续 求导 破 解 极 值 存 在 性 问题
＝
因此 ， 我们不 禁要 问 ， 这道题除 了上 述解法外 有没有 “ 大
一
解题 中 ， 我们提倡采用“ 通性通法 ” 主张解法 自然 ， ， 淡化
特殊 技巧． 因为 只有 通性通法 、 常规 解法 才是 属于大众
÷则 ＜ ） 不 立当≥时令（ 思维 的范畴 ， ， ０ ≤ 成 ；ｎ０ ，＾） 只有属 于大众 的才 能容 易被 学生 掌握 的．
（ ） 明当 ＞ｌ ， ）者 ； Ｉ证 ： 一ａ （ ≥ ｆ ｔ
（ 设 当 ≥０时 Ⅱ）
参考答案
） ＿ ， 口的取值范 围． ≤－ 兰 求
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。
巧用导数知识-妙解参数问题
巧用导数知识，妙解参数问题厦门市禾山中学 林日平导数，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。
，甚至很多省份都安排在倒数第一、二题的位置上！现以近几年的高考题为例，探讨一下用导数求参数范围的几种常见题型及求解策略。
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）.结论三、 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）.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 bx 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3axy e x =+，x ∈R 有大于零的极值点，则（ ）A ．3a >-B ．3a <-C ．13a >-D ．13a <-分析：'()3axf x ae =+，若函数在x R ∈上有大于零的极值点，即'()30axf x ae=+=有正根。
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。
专题08 含参数的导数问题解题方法 Word版含解析
一、陷阱类型 1.导数与不等式证明 2.极值点偏移问题 3.导函数为0的替换作用 4.导数与数列不等式的证明 5.变形后求导 6.讨论参数求参数7.与三角函数有关的含参数的求导问题 8.构造函数问题 9.恒成立求参数二、陷阱类型分析及练习 1.导数与不等式证明例1. 已知函数()f x =ln x +ax 2+(2a +1)x ．（1）讨论()f x 的单调性； （2）当a ﹤0时，证明()324f x a≤--．（2）由（1）知，当a ＜0时，f （x ）在12x a=-取得最大值，最大值为 111()ln()1224f a a a-=---. 所以3()24f x a ≤--等价于113ln()12244a a a ---≤--，即11ln()1022a a-++≤. 设g （x ）=ln x -x +1，则’11g x x =-.当x ∈（0,1）时， ()0g x '>；当x ∈（1，+∞）时， ()0g x '<.所以g （x ）在（0,1）单调递增，在（1，+∞）单调递减.故当x =1时，g （x ）取得最大值，最大值为g （1）=0.所以当x ＞0时，g （x ）≤0.从而当a ＜0时， 11ln 1022a a -++≤，即324fx a≤--. 【放陷阱措施】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数()()()h x f x g x =-.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.练习1设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+,曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为y=e(x-1)+2.(1)求,a b (2)证明: ()1f x > 【答案】（I ）1,2a b ==；（II ）详见解析.试题解析：（1）函数()f x 的定义域为()0,+∞，()112'ln x x x x a b bf x ae x e e e x x x--=+-+.由题意可得()12f =， ()'1f e =.故1a =， 2b =. （2）证明：由（1）知， ()12ln x x f x e x e x-=+， 从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-. 设函数()ln g x x x =，则()'1ln g x x =+. 所以当10,x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭， ()'0g x <；当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时， ()'0g x >.故()g x 在10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减， 1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递增，从而()g x 在()0,+∞上的最小值为11g e e⎛⎫=- ⎪⎝⎭.设函数()2x h x xe e-=-，则()()'1xh x e x -=-. 所以当()0,1x ∈时， ()'0h x >；当()1,x ∈+∞时， ()'0h x <.故()h x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，从而()h x 在()0,+∞上的最大值为()11h e=-. 综上，当0x >时， ()()g x h x >，即()1f x >. 2.极值点偏移问题例2. ．函数()()2ln 1f x x m x =++ .（1）当0m >时，讨论()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，证明： ()21122ln2f x x x >-+ . 【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析. 【解析】试题分析：(2)由题意结合函数的性质可知： 12,x x 是方程2220x x m ++=的两根，结合所给的不等式构造对称差函数()()()()()21241ln 1112ln2,(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<< ，结合函数的性质和自变量的范围即可证得题中的不等式. 试题解析：函数()f x 的定义域为()()2221,,1x x mf x x++-+∞'=+，（1）令()222g x x x m =++，开口向上， 12x =-为对称轴的抛物线， 当1x >-时， ①11022g m ⎛⎫-=-+≥ ⎪⎝⎭，即12m ≥时， ()0g x ≥，即()0f x '≥在()1,-+∞上恒成立，②当102m <<时，由()222g x x x m =++，得12112112,2222m m x x --=--=-+，因为()10g m -=>，所以111211222m x --<<--<-，当12x x x <<时， ()0g x <，即()0f x '<，（2）若函数()f x 有两个极值点12,x x 且12x x <， 则必有102m <<，且121102x x -<<-<<，且()f x 在()12,x x 上递减，在()11,x -和()2,x +∞上递增， 则()()200f x f <=，因为12,x x 是方程2220x x m ++=的两根， 所以12122,2mx x x x +=-=，即12121,2,x x m x x =--=， 要证()21122ln2f x x x >-+又()()()222222122222ln 124ln 1f x x m x x x x x =++=++()()()()()222222222241ln 1121ln2121ln2x x x x x x x x =+++>--++--=+-+，即证()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->对2102x -<<恒成立， 设()()()()()21241ln 1112ln2,(0)2x x x x x x x ϕ=-++-+--<< 则()()()4412ln 1ln x x x eϕ=-++-' 当102x -<<时， ()4120,ln 10,ln 0x x e +>+，故()0x ϕ'>，所以()x ϕ在1,02⎛⎫-⎪⎝⎭上递增，故()()1111124ln 12ln2024222x ϕϕ⎛⎫>=⨯-⨯⨯--=⎪⎝⎭， 所以()()()()222222241ln 1112ln20x x x x x -++-+->， 所以()21122ln2f x x x >-+.【防陷阱措施】：导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，所以在历届高考中，对导数的应用的考查都非常突出 ，本专题在高考中的命题方向及命题角度 从高考来看，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 练习1. 已知函数()bf x ax x=+（其中,a b R ∈）在点()()1,1f 处的切线斜率为1. （1）用a 表示b ；（2）设()()ln g x f x x =-，若()1g x ≥对定义域内的x 恒成立，求实数a 的取值范围； （3）在（2）的前提下，如果()()12g x g x =，证明： 122x x +≥. 【答案】（1）1b a =-；（2）[)1,+∞；（III ）证明见解析. 【解析】试题分析：（1）由题意()11f a b '=-=即得； （2）()()1ln ln 1a g x f x x ax x x-=-=+-≥在定义域()0,+∞上恒成立，即()min 1g x ≥，由()1g x ≥恒成立，得1a ≥，再证当1a ≥时， ()()min 1g x g =即可；（3）由（2）知1a ≥，且()g x 在()0,1单调递减；在()1,+∞单调递增，当()()12g x g x =时，不妨设1201x x <≤≤，要证明122x x +≥，等价于2121x x ≥-≥，需要证明()()()1212g x g x g x -≤=，令()()()(]2,0,1G x g x g x x =--∈，可证得()G x 在(]0,1上单调递增， ()()10G x G ≤=即可证得.试题解析：（1）()2bf x a x-'=，由题意()111f a b b a =-=⇒=-' （2）()()1ln ln 1a g x f x x ax x x-=-=+-≥在定义域()0,+∞上恒成立，即()min 1g x ≥。
含参数导数的解题策略
含参数导数的解题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、分离参数，转化为最值策略在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()m ax a f x ≥；若()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，则()m in a f x ≤，转化为函数求最值．例1、已知函数x x x f ln )(=.（Ⅰ）求)(x f 的最小值； （Ⅱ）若对所有1≥x 都有,1)(-≥ax x f 求实数a 的取值范围.二、导数为0的点是否在定义域内，分类讨论策略求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，所以必须分类，通过令导函数为零的实根等于定义域端点值，求分点，从而引起讨论．例2.已知a 是实数，函数))(2a x xx f -=（. （Ⅰ）若3)1(='f ,求a 的值及曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （Ⅱ）求)(x f 在区间[0，2]上的最大值．三、导函数为0是否存在，分类讨论策略求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定，所以必须分类，通过导函数是二次函数或者与二次函数有关，令△=0，求分点，从而引起讨论．例3、已知函数2()ln f x x x a x =-+，()a R ∈，讨论()f x 在定义域上的单调性．四、导函数为0的方程的根大小不确定，分类讨论策略求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）, 导函数为零的实根也落在定义域内，但这些实根的大小关系不确定，分不了区间．所以必须分类，通过令几个根相等求分点，从而引起讨论．例4、已知0>m ，讨论函数xe m x m mx xf 63)1(3)(2++++=的单调性．练习求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），从而引起讨论。
参数分离法处理含参数的导数问题
参数分离法处理含参数的导数问题题型一：全分离【例1】函数2()ln f x x a x =-在[1,2]上为增函数，求a 的取值范围． 【解析】函数2()ln f x x a x =-在[1,2]上为增函数，则()20af x x x'=-≥在[1,2]上恒成立，（问题转化）因为2()2022a af x x x a x x x'=-≥⇒≥⇒≤，（分离变量，把x 与a 放在式子的两边， 一边只含有一个字母，叫做全分离）所以2min (2)a x ≤（这里把a 看成不变的量，不变的量小于变化的量，就小于变化量的最小值） 当x ∈[1,2]时，2min (2)x =2，所以2a ≤．【例2】已知函数()ln f x ax x =-，若f (x )＞1在区间[1,)+∞内恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】因为1ln ()ln 11ln x f x ax x ax x a x +=->⇒>+⇒>，（分离变量）则有max 1ln x a x +⎛⎫> ⎪⎝⎭设1ln ()x g x x +=，x ∈[1,)+∞（由于1ln xx+的最值不能直接看出来，所以要构造函数来求，这种方法经常考查）由于2ln ()x g x x '=-，且1x >时，ln 0x >，20x >，所以x ∈[1,)+∞时，()0g x '<， 所以1ln ()xg x x+=在[1,)+∞上单调递减，故max ()(1)1g x g ==，故1a >．【例3】若函数12()(0)()2ln (0)x x f x xx x a x ⎧+<⎪=⎨⎪->⎩恰有三个零点，则a 的取值范围为( D ) A ．1[,0]e - B ．1(0,)e ） C ．1[0,]eD ． 1(,0)e-【解析】当0x <时，12()()2x f x x=+为减函数，且(1)0f -=，所以在(,0)-∞上()f x 只有一个根， 所以只需有0x >时，()ln f x x x a =-有两个零点即可，由于()ln 0ln f x x x a a x x =-=⇒=，令()ln g x x x =，()h x a =，则问题转化为函数()g x 与()h x 的图象有两个交点．（()h x 的图像为平行于x 轴的一条直线，由于a 未定，所以可以上下平移，()g x 为非基本函数，故需要通过导函数来研究）()ln 1g x x '=+，令()0g x '=，则有1x e=， 所以，当1(0,)x e∈时，()0g x '<，()g x 单调递减；（三步：自变量范围，导函数正负，原函数单调性）1(,)x e∈+∞时，()0g x '>，()g x 单调递增．由此可知当1x e =时，函数()g x 取得最小值1e-．（通过导函数画原函数图像的必备结论，单调性、关键点、走向趋势等）在同一坐标系中作出函数()g x 与()h x 的简图如图所示，（在这里画的只是简图，只具备关键信息，并不是标准图像，标准图像只能通过画图软件来画）根据图可得10a e-<<，故选D ． 【练习】已知函数()ln ()x xf x e x ae a R =-∈，若f (x )在(0，＋∞)上是单调函数，求实数a 的取值范围． 【解析】1()(ln )x f x a x e x'=-+（1）若f (x )为单调递减函数，则f ′(x )≤0，在x >0时恒成立．（问题转化1） 即1x－a ＋ln x ≤0，在x >0时恒成立．（问题转化2） 所以a ≥1x＋ln x ，在x >0时恒成立．（分离变量）（注意下面的解答格式）令g (x )＝1x ＋ln x (x >0)，（构造函数求最值）则g ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2(x >0)，令()0g x '=，则1x =．所以由(0,1)x ∈时，()0g x '<，g (x ) 单调递减，(1,)x ∈+∞时，()0g x '>，g (x ) 单调递增．此时g (x )的最小值为g (x )＝1，但g (x )无最大值(且无趋近值)．故f (x )不可能是单调递减函数．（因为a ≥1x ＋ln x ，故要在于右边的最大值，右边无最大值）（2）若f (x )为单调递增函数，则f ′(x )≥0，在x >0时恒成立，即1x－a ＋ln x ≥0，在x >0时恒成立，所以a ≤1x ＋ln x ，在x >0时恒成立，由上述推理可知此时a ≤1．故实数a 的取值范围是(－∞，1]．题型二：半分离【例4】已知函数()()ln 224(0)f x x a x a a =+--+>，若有且只有两个整数1x ，2x 使得()10f x >，且()20f x >，则a 的取值范围是（ C ）A ． ()ln3,2B ． [)2ln3,2-C ． (]0,2ln3- D ． ()0,2ln3-【解析】由题意可知， ()0f x >，即()()ln 2240,0x a x a a +--+>>，()()ln 224022ln 40x a x a ax a x x a +--+>⇒->-->，（这里如果把2x -除到右边，会面临两个问题，一是2x -不清楚正负要分类讨论，二是很显然，式子的结构会很复杂，到这里可以看出左边是一个一次函数，右边是一个简单的复合函数，所以我们就不进一步分离了，这种方式叫半分离变量．）设()()2ln 4,2g x x x h x ax a =--=-， 由()121'2x g x x x -=-=，令可知()'0g x =，则12x =， 所以，()g x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，在1,2⎛⎫+∞⎪⎝⎭上为增函数，且1()ln 2302g =-<．（由于本题是关于整数的问题，所以对函数的关键点要做进一步计算(2)ln 20g =-<，(3)2ln30g =->，且有0x →时，()g x →+∞，x →+∞时，()g x →+∞）()2h x ax a =-的图象恒过点()2,0， 在同一坐标系中作出()(),g x h x 的图象如下：若有且只有两个整数12,x x ，使得()10f x >，且()20f x >，（也就是说有且只有两个整数，使得()h x 的图像在()g x 的上方．）（因为x=2符合条件，下面就分两种情况：一是x=1符合，x=3不符合，由左图可知，矛盾；二是x=1不符合，x=3符合由左图可知成立）则()()()()01133a h g h g ⎧>⎪>⎨⎪≤⎩，即0223a a a ln >⎧⎪->-⎨⎪≤-⎩，解得02ln3a <≤-，故选C ．【例5】若对任意的[1,1]x ∈- 都有3310kx x -+≥成立，求实数k 的取值范围． 【解析1】全分离3331031kx x kx x -+≥⇒≥-（这里很多同学会把3x 直接除到右边，为什么不能这样呢？是因为3x 的正负不确定，涉及到除过去要不要变号的问题，还有3x 可能等于0，此时就不能除了，所以要分类讨论）（1）当01x <≤时，3331310x kx x k x --+≥⇒≥；（x 正负不同，式子要变号，可以看到式子的形式是一样的，所以可以放在后面一起研究）（2）当0x =时，331010kx x -+≥⇒≥，成立； （3）当10x -≤<时，3331310x kx x k x--+≥⇒≤ 设331()(0)x f x x x -=≠（这里没有采用原来的区间范围，研究函数整体，再看部分） 43(21)()x f x x --'=，令()0f x '=，则12x =， 所以，当12x >时，()0f x '<，()f x 单调递减，当102x <<或0x <时，()0f x '>，()f x 单调递增．（这里的单调区间是两个， 不能看成连续的，否则画图时就会出错．这里还有一个问题，在0x =附近函数的走向趋势问题）当0x >且0→时，()f x →-∞，当0x <且0→时，()f x →+∞，（这一步对学生来说难度不小，不采用一定的手段很难解释，可以告诉学生： 当0x >且0→时，310()31()x f x x =→→--一直是正，所以()f x →-∞ 当0x <且0→时，，310()31()x f x x =→→--一直是负，所以()f x →+∞）当x →+∞时，()0f x →，当x →-∞时，()0f x →． （这一步可以告诉学生： 当x →+∞时，33())1(x f x x =→+→+∞-∞速度比分子快，一直是正，所以()0f x →，反映在图像上是向右在x 轴上方，无限靠近x 轴当x →-∞时，33())1(x f x x =→-→-∞-∞速度比分子快，所以()0f x →，反映在图像上是向左在x 轴上方，无限靠近x 轴）又1()42f =，故可作出函数草图如下：所以，当01x <≤时，max331()4x k x -≥=，当10x -≤<时，min 331()4x k x -≤=， 综上，4k =． 【解析2】半分离（1）当0k =时，显然不成立；（2）当0k ≠时，333131031(31)kx x kx x x x k -+≥⇒≥-⇒≥-（左边3x 是一个三次函数，右边31x -是一个一次函数（前面一个可变的系数可以让直线绕着1(,0)3旋转），图像大家都可以搞定） 设31(),()(31)f x x g x x k==-，在同一个坐标系内画出图像如下，考察[1,1]x ∈-时，()f x 的图像（红色）要在()g x （黑色）的上方：由图像可以看出，()f x 与()g x 在第一象限相切时，4k =，1()(31)4g x x =-，（为保证红线要在黑线的上方，()g x 应该顺时针旋转），此时，第三象限，()g x 恰好过（-1，-1）点，为与()f x 的公共点．（为保证红线要在黑线的上方，()g x 应该逆时针旋转，最好只能不旋转了）综上，4k =．说明：在3331031kx x kx x -+≥⇒≥-这一步，如果左边保留3x ，右边是31x -，也可以处理，一般直线的变化较为简单，所以大部分我们选择把参数留在一次函数这边．。
2022年高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法
2022年高考数学破解命题陷阱专题08含参数的导数问题解题方法一、陷阱类型1.导数与不等式证明2.极值点偏移问题3.导函数为0的替换作用4.导数与数列不等式的证明5.变形后求导6.讨论参数求参数7.与三角函数有关的含参数的求导问题8.构造函数问题9.恒成立求参数二、陷阱类型分析及练习1.导数与不等式证明例1.已知函数f某=ln某+a某+(2a+1)某．2（1）讨论f某的单调性；（2）当a﹤0时，证明f某32．4a（2）由（1）知，当a＜0时，f（某）在某1取得最大值，最大值为2a111)ln()1.2a2a4a3113112等价于ln()12，即ln()10.所以f(某)4a2a4a4a2a2a1设g（某）=ln某-某+1，则g’某1.某f(当某∈（0,1）时，g某0；当某∈（1，+）时，g某0.所以g （某）在（0,1）单调递增，在（1，+）单调递减.故当某=1时，g（某）取得最大值，最大值为g（1）=0.所以当某＞0时，g（某）≤0.从而当a＜0时，ln11310，即f某2.2a2a4a【放陷阱措施】利用导数证明不等式的常见类型及解题策略：（1）构造差函数h某f某g某.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数.be某1练习1设函数f某aeln某,曲线y=f(某)在点(1,f(1))处的切线方程为y=e(某-1)+2.某某(1)求a,b(2)证明:f某1【答案】（I）a1,b2；（II）详见解析.试题解析：（1）函数f某的定义域为0,，abbf'某ae某ln某e某2e某1e某1.某某某由题意可得f12，f'1e.故a1，b2.（2）证明：由（1）知，f某e某ln某从而f某1等价于某ln某某e某2某1e，某2.e设函数g某某ln某，则g'某1ln某.所以当某0,，g'某0；1e当某,时，g'某0.1e故g某在0,上单调递减，,上单调递增，从而g某在0,上的最小值为g.21e1e1e1e设函数h某某e某2某，则h'某e1某.e所以当某0,1时，h'某0；当某1,时，h'某0.故h某在0,1上单调递增，在1,上单调递减，从而h某在0,上的最大值为h1综上，当某0时，g某h某，即f某1.2.极值点偏移问题例2.．函数f某某mln1某.21.e（1）当m0时，讨论f某的单调性；（2）若函数f某有两个极值点某1,某2，且某1某2，证明：2f某2某12某1ln2.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(2)由题意结合函数的性质可知：某1,某2是方程2某22某m0的两根，结合所给的不等式构造对称差函数某2某241某某ln1某1某12ln2,(可证得题中的不等式.试题解析：1某0)，结合函数的性质和自变量的范围即22某22某m函数f某的定义域为1,,f某，1某（1）令g某2某2某m，开口向上，某21为对称轴的抛物线，2当某1时，①g111m0，即时，g某0，即f某0在1,上恒成立，m2223②当0m112m112m12,某2时，由g某2某2某m，得某1，22222112m1，当某1某某2时，g某0，即f某0，222因为g1m0，所以1某1（2）若函数f某有两个极值点某1,某2且某1某2，则必有0m11，且1某1某20，且f某在某1,某2上递减，在1,某1和某2,上递增，22则f某2f00，因为某1,某2是方程2某22某m0的两根，所以某1某22,某1某2m，即某11某2,m2某1,某2，2要证2f某2某12某1ln2又2f某22某22mln1某22某24某1某2ln1某22222某241某2某2ln1某21某221某2ln21某221某2ln2，即证2某241某2某2ln1某21某212ln20对21某20恒成立，2设某2某241某某ln1某1某12ln2,(则某412某ln1某ln当1某0)24e41某0时，12某0,ln1某0,ln0，故某0，e21,0上递增，2所以某在4故某21111124ln12ln20，24222所以2某241某2某2ln1某21某212ln20，所以2f某2某12某1ln2.（2）设g某f某ln某，若g某1对定义域内的某恒成立，求实数a的取值范围；（3）在（2）的前提下，如果g某1g某2，证明：某1某22.【答案】（1）ba1；（2）1,；（III）证明见解析.【解析】试题分析：（1）由题意f1ab1即得；（2）g某f某ln某a某b（其中a,bR）在点1,f1处的切线斜率为1.某a1ln某1在定义域0,上恒成立，即g某min1，由g某1恒某成立，得a1，再证当a1时，g某ming1即可；（3）由（2）知a1，且g某在0,1单调递减；在1,单调递增，当g某1g某2时，不妨设0某11某2，要证明某1某22，等价于某22某11，需要证明g2某1g某2g某1，令G某g2某g某,某0,1，可证得G某在0,1上单调递增，G某G10即可证得.试题解析：b，由题意f1ab1ba12某a1（2）g某f某ln某a某ln某1在定义域0,上恒成立，即g某min1。
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。
含参数的导数问题
（3）综合下结论
2.解题关键： 为什么要对参数分情况讨论？讨论点是什么？ 3.解题思想:
数形结合 分类讨论
课后作业
1.必做题： 讨论函数f ( x) a x ax x 1的单调性.
2 3 2
2.选做题： 1 a 讨论函数f ( x) ln x ax 1(a R) x 的单调性.
由f ( x) ( x 1)( x 2) 0得x 1, 或x 2 由f ( x) ( x 1)( x 2) 0得1 x 2
函数f ( x)的增区间为(-,1)和（2， +）， 减区间为（1,2）.
步骤 1 (a 1) 2 1 .求定义域 例1：讨论函数f ( x) x3 x ax 1 的单调性 3 2 和导数 解：由题可得f ( x) x 2 (a 1) x a ( x 1)( x a（ ) x R) 2 求零点 令f ( x) ( x 1)( x a)=0，得x =1, x a
(2a 1) 2 1 变式3：讨论函数f ( x) ax3 x 2 x 1 的单调性. 3 2
综上，当a 0时，函数f ( x)在(-,2)上为增函数，在(2, +)上为减函数 1 当a 时，函数f ( x)在R上为增函数， 2 1 1 1 当0 a 时，函数f ( x)在(-,2)和( , +)上为增函数，在(2, )上为减函数 2 a a 1 1 1 当a 时，函数f ( x)在(-, )和(2, +)上为增函数，在( , 2)上为减函数 2 a a 1 1 当a 0时，函数f ( x)在( , 2)上为增函数，在(-, )和(2, +)上为减函数 a a
1 3 (3a 1) 2 讨论函数f ( x) x x (2a 2 a) x 1的单调性. 3 2
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理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，可以再考虑分类讨论.因为分离参数解题效率相对高一点. 【方法讲评】方法一 分离参数法解题步骤先分离参数，再解答.【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,如果直接研究，左边函数含有参数a ，和右边的函数分析交点，不是很方便，但是分离参数后得1ln x x a=，左边函数没有参数，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）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0aae m -=恰有两个不等实根，求m 的取值范围．方法二 分类讨论法 解题步骤 就参数分类讨论解答.【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）函数的定义域为.，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，必须研究二次函数的图像，但是二次函数的判别式无法确定正负，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 -+=．【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.检验：当时，.此时，函数在上单调递减，在上单调递增，满足在时取得极值.综上可知.【反馈检测4答案】（1）见解析; （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，，满足条件.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.。
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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)①
②第二步：对等式左右两边同时求导得：e x−1=a
x
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。
a>1时，可视为横坐标不变，纵坐标变为原来的a倍，即上下拉伸，此时有两个零点。
同理，0<a<1时，可视为横坐标不变，纵坐标变为原来的a倍，即上下压缩，此时没有零点。
对于a<0的情况，g(x)= a(1+ln x)不必再对a的范围细分，原因是通过图像会发现永远都是一个交点。
综上，此题a的范围为(1,+∞)。
四．通用方法
通过上述例子，我们可以归纳出解决含参数的问题的通用方法，分为以下几步。
①令原函数f(x)=0后进行移项，让含有参数(a)的放在一边，没有a的放
在一边，使得等式两边生成两个函数ℎ(x),g(x)(一个不含a，一个含a)
得到一个等式(①)。
②对等式两边同时进行求导，得到另一个等式(②)。
③用①式÷②式，此时得到的等式③只含有x。
④解出(观察出)③式x的解。
⑤将x的解代入①式或②式，得到a的值。
⑥将a的取值范围按照0和得到的a的值进行讨论，如例题中的a<0,a=
0,0<a<1,a=1,a>1几个区间。
⑦先画出⑤中解出的a对应的g(x)和固定的ℎ(x)（注意两者在④中解到的x
点相切），在依次根据数学关系画出a取其他范围时对应的图像。
⑧下结论。
五．理论依据
本方法核心在于①和②中的两个等式联立解出的参数a和x，这两个方程分别对应着两个函数ℎ(x),g(x)在某点的函数值相等，在某点的切线值也相等。
这样两个函数，在该点必相切，那么分类讨论的依据也就有了。
通过两个方程解到的a是刚好满足相切条件的参数和x是恰好相切的点的横坐标。
六．适用范围
本方法适用于绝大多数含参数的导数问题，通过等价转换即可变为例题中的零点的模型。
若函数在f(x)=x−1
sin2x+asinx在(−∞,+∞)单调
3
cos2x+acosx≥0恒递增，求a的取值范围，这道题可转换为f′(x)=1−2
3
成立，可等价为acosx≥2
cos2x−1，此时将不等号换为等号，即可求变
3
为步骤①中的式子，开始适用通用方法求到最特殊的a和x，再进行讨论
cos2x−1上方）。
（无零点的情况且acosx在2
3
在做题的时候，我们有时候会发现定义域不一定是R，但是这不妨碍我们做题，我们在按步骤操作后求到的x一般都会落在定义域内，要知道，全集的问题会比部分区间更全面，命题者采用部分区间恰是为了简化此
题，避免了比较复杂的讨论。
七．方法优化
在熟悉这种方法后，我们会发现，其实有些步骤不一定要按部就班，比如可以利用自己的观察能力解出①式和②式的a 和x ，可视为解方程组，两条方程两个未知数一定能解出解来(理论上可能不止一组，但一般的命题设计中往往只有一组解。
若无解则代表不存在恰好相切的情况，只用根据0来讨论)。
如果按照正常步骤解只有x 的方程时，可以通过观察，含有lnx
的解往往是1,e,1
e ，含有e x 的解往往是0，含有sinx 或cosx 的解往往是0,π
2，在解x 的方程时，如果适当使用猜的技巧，往往会事半功倍。
八．注意事项
这样的方法适用于解选择填空题，以及无从下手的大题(特别注意：不是大题的满分解法)，我们可以通过这样的方法快速找到临界条件，此方法还需要一个比较重要的能力--画图能力，以及各类函数增长速度的比较。
画图能力，要注意正负以及与x 轴的交点，渐近线，下附几幅常见的
图，
lnx x
,xlnx,xe x ,x
e x
九．一点补充
上述方法在做绝大多数题目时都适用，但对下面这道题来说还要讲求一点变通。
（10年理科全国1卷）设函数f (x )=e x −1−x −ax 2，当x ≥0时f (x )≥0恒成立，求a 的取值范围。
这是一道端点效应的题目，即f (0)=0，可以从边界入手，但如果采用刚
刚介绍的方法，应该如何做呢，做的时候会遇到什么问题呢？
①e x−1−x=ax2
②e x−1=2ax
③可以解到x=0，但会发现a可以取任意值，这个时候怎么办呢？
④通过作图我们可以意识到，x=0时两函数的函数值和切线斜率值均为
0，是恒等的，也就是说f(0)=0,f′(0)=0恒成立，这个时候，在正常
的做法中我们会考虑到进行再次的求导，必要条件是f′′(0)≥0。
即通
过对等式两边同时再次求导，得到第三个等式e x=2a
⑤联立三个等式(其实联立最后两个就可以了)，可以解到临界条件对应的
a和x。
具体原因读者可以自行思考
十．拓展运用
对于隐形零点问题，我们也可以通过这种方法辅助解决问题。
(2012课标全国Ⅰ，文21)
(Ⅱ)若k为整数，当x>0时，(x－k)(e x−1)+x+1>0，求k的最大值
为什么求最大整数k？是因为k可以是一个无理数，但是我们无法表示出来，这就用到了隐形零点的知识(这里不展开讨论)。
若还是运用这里介绍的方法
①先分开：xe x+1>k(e x−1)，把不等式先写成等式xe x+1=
k(e x−1)
②同时求导
③(x+1)e x=ke x
④两等式作商化简可得e x−x−2=0
⑤这个时候，我们会发现x无法解出，但是可以确定一个具体的范围，
满足一个条件e x−x−2=0，可由零点存在性定理得知x∈(1,2)，
这时由③中的式子k=x+1可得k∈(2,3)，也就是说，实际刚好取
等号时k=2.……，再看回原来的不等式xe x+1>k(e x−1)可知k
应该越小越好，因此k的最大值为2.
对于没有参数的零点问题，事实上也可以通过该方法的深层逻辑解
决，不过可能会有点大材小用了。
求函数f(x)=xlnx−2x+1在(1,+∞)的零点个数_____．
读者可自行领会下述操作
①令f(x)=0可化为xlnx=2x−1
②等式两边同时求导lnx+1=2解得x=e
③作出xlnx和2x−1的图像，注意，两图像的斜率在x=e出相等
④x=e时，xlnx=e和2x−1=2e−1>e，2x−1在xlnx上方，但
依照图形的增长趋势，我们可以知道xlnx早晚会超过2x−1，有一
个交点，在左边界x=1，2x−1=1>1∗ln1=0，没有零点
⑤综上只有一个零点
十一. 补充练习
收集了一些题目，可供此练习熟悉此方法
1.已知函数f(x)=axlnx−e x存在唯一极值点，则实数a的取值范围是
_________
2.函数f(x)=ae x−x2与g(x)=x2−x−1的图像上存在关于x轴的对
称点，则实数a的取值范围为___________
3.函数f(x)=e x−e−x−asinx(x∈R,a>0)存在唯一的零点，则a的
取值范围为（）
A.(0,2)
B.(0,1)
C.(0,e)
D.(0,π)
4. 讨论f(x)=e x−mx2的零点个数
5. 函数f(x)=(x−2)e x−a(x−1)2有两个零点，求a的取值范围
答案：1.(−∞,0) 2. (−∞,1] 3.A 4.略 5. (0,+∞)。