分离参数法求解高考压轴题
2024届高考数学复习：专项(参变分离法解决导数问题)练习(附答案)
2024届高考数学复习：专项（参变分离法解决导数问题）练习一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（ ） A ．(],2-∞- B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（ ） A ．52eB ．25e e + C ．2e D ．1 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（ ）A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭6．已知关于x 的方程()22ln 2x x x k x +=++在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上有两解，则实数k 的取值范围为（ ）A ．ln 21,15⎛⎤+ ⎥⎝⎦B ．9ln 21,105⎛⎤+ ⎥⎝⎦C ．(]1,2D ．(]1,e7．若函数()2sin cos cos =++f x x x x a x 在R 上单调递增，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[]1,1-B ．[]1,3-C ．[]3,3-D ．[]3,1--8．若关于x 的不等式（a +2）x ≤x 2+a ln x 在区间[1e，e ]（e 为自然对数的底数）上有实数解，则实数a 的最大值是（ ） A ．﹣1B ．12(1)-+ee eC ．(3)1--e e e D ．(2)1--e e e 9．已知函数()1xf x e x =--，()ln 1g x x ax =--（0a >，e 为自然对数的底数）.若存在()00x ∈+∞,，使得()()000f x g x ⋅>，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()0,1B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．210,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．310,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭10．已知函数()3x f x e ax =+-，其中a R ∈，若对于任意的12,[1,)x x ∈+∞，且12x x <，都有()21x f x ()()1212x f x a x x -<-成立，则a 的取值范围是（ ）A ．[3,)+∞B ．[2,)+∞C ．(,3]-∞D ．(,2]-∞11．已知函数()()()2122x x f x m e m R =+++∈有两个极值点，则实数m 的取值范围为（ ）A ．10e ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦B ．111e⎛⎫--- ⎪⎝⎭C ．1e ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，D ．()0+∞，12．已知函数()3f x x ax =-在(1,1)-上单调递减，则实数a 的取值范围为（ ） A ．()1,+∞ B ．[)3,+∞ C ．(],1-∞D ．(],3-∞13．对于函数()f x ，把满足()00f x x =的实数0x 叫做函数()f x 的不动点.设()ln f x a x =，若()f x 有两个不动点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,eB ．(),e +∞C ．()1,+∞D ．()1,e14．已知函数()xe f x ax x =-，()0,x ∈+∞，当21x x >时，不等式()()1221f x f x x x <恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(],e -∞ B ．(),e -∞C ．,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．,2e ⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦二、多选题15．对于函数()2ln xf x x=，下列说法正确的是（ ）A ．()f x 在x =12eB ．()f x 有两个不同的零点C ．()2f f f <<D ．若()21f x k x<-在()0,∞+上恒成立，则2e k >16．关于函数()e cos xf x a x =-，()π,πx ∈-下列说法正确的是（ ） A ．当1a =时，()f x 在0x =处的切线方程为y x = B ．若函数()f x 在()π,π-上恰有一个极值，则0a = C ．对任意0a >，()0f x ≥恒成立D ．当1a =时，()f x 在()π,π-上恰有2个零点三、解答题17．已知函数()ln f x a x ax =+-，且()0f x ≤恒成立．（1）求实数a 的值；（2）记()()h x x f x x =+⎡⎤⎣⎦，若m ∈Z ，且当()1,x ∈+∞时，不等式()()1h x m x >-恒成立，求m 的最大值．18．已知函数32()()f x ax bx x R =+∈的图象过点(1,2)P -，且在P 处的切线恰好与直线30x y -=垂直．（1）求()f x 的解析式；（2）若()()3g x mf x x =-在[1,0]-上是减函数，求m 的取值范围． 19．已知函数()()()21ln 1f x x a x x =-+-+（0a >）.（1）讨论函数()f x 的单调性； （2）若关于x 的不等式()1ln x xf x x x-'≥在()1+∞，上恒成立，求实数a 的取值范围. 20．已知函数()212f x x =，()ln g x a x =. （1）若曲线()()y f x g x =-在2x =处的切线与直线370x y +-=垂直，求实数a 的值；（2）设()()()h x f x g x =+，若对任意两个不等的正数1x ，2x ，都有()()12122h x h x x x ->-恒成立，求实数a 的取值范围；（3）若[]1,e 上存在一点0x ，使得()()()()00001f xg x g x f x ''+<-'成立，求实数a 的取值范围.21．已知函数()ln 1f x x x =++，2()2g x x x =+． （1）求函数()()()h x f x g x =-在(1,(1))h 处的切线方程；（2）若实数m 为整数，且对任意的0x >时，都有()()0f x mg x -≤恒成立，求实数m 的最小值． 22．设函数()()xf x a x e =-.（1）求函数的单调区间；（2）若对于任意的[)0,x ∈+∞，不等式()2f x x ≤+恒成立，求a 的取值范围.23．已知函数()ln f x mx nx x =+的图象在点(),()e f e 处的切线方程为4y x e =-.(本题可能用的数据：ln 20.69≈， 2.71828e = 是自然对数的底数)（1）求函数()f x 的解析式；（2）若对任意(1,)x ∈+∞，不等式2[()1](1)f x t x ->-恒成立，求整数t 的最大值. 24．已知函数()()()1ln f x a x x a R =-+∈． （1）当1a =-时，求()f x 的极值；（2）设()()1F x f x =+，若()0F x <对[)1,x ∈+∞恒成立，求实数a 的取值范围． 25．已知函数323()2f x x ax =-+． （1）讨论函数()f x 的单调性； （2）设1a =，当12x ≥时，()()xf x x k e >-，实数k 的取值范围．参考答案一、单选题1．已知函数()e x b f x ax -=+(),a b ∈R ，且(0)1f =，当0x >时，()cos(1)f x x x >-恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．()0,+?B ．()1e,-+∞C ．(),e -∞D ．()e,+∞【答案】B 【要点分析】 由()0e1bf -==，可得0b =，从而()e xf x ax =+，从而当0x >时，e cos(1)xa x x>--恒成立，构造函数()()e ,0,xs x x x=∈+∞，可得()()min 1e s x s ==，结合1x =时，cos(1)x -取得最大值1，从而e cos(1)xx x--的最大值为1e -，只需1e a >-即可.【答案详解】 由题意，()0e1bf -==，解得0b =，则()e x f x ax =+，则当0x >时，e cos(1)xax x x +>-，即e cos(1)xa x x>--恒成立，令()()e ,0,xs x x x =∈+∞，则()()2e 1x x s x x-'=， 当()0,1∈x 时，()0s x '<，()1,∈+∞x 时，()0s x '>， 所以()s x 在()0,1上是减函数，在()1,+?是增函数，()()min 1e s x s ==，又因为当1x =时，cos(1)x -取得最大值1，所以当1x =时，e cos(1)xx x--取得最大值1e -，所以1e a >-. 故选：B. 【名师点睛】关键点名师点睛：本题考查不等式恒成立问题，解题关键是将原不等式转化为e cos(1)xa x x>--，进而求出e cos(1)xx x--的最大值，令其小于a 即可.考查学生的逻辑推理能力，计算求解能力，属于中档题.2．若函数()ln x f x x x ae =+没有极值点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭B ．10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．1,e∞⎛⎤-- ⎥⎝⎦D ．1,0e⎛⎫- ⎪⎝⎭【答案】C 【要点分析】先对函数求导，然后结合极值存在的条件转化为函数图象交点问题，分离参数后结合导数即可求解. 【答案详解】由题意可得，()1ln 0x f x x ae '=++=没有零点， 或者有唯一解（但导数在点的两侧符号相同），即1ln xxa e +-=没有交点，或者只有一个交点但交点的两侧符号相同. 令1ln ()x xg x e +=，0x >，则1ln 1()xx x g x e --'=， 令1()ln 1h x x x=--则()h x 在()0,∞+上单调递减且()10h =，所以当01x <<时，()0h x >，()0g x '>，()g x 单调递增， 当1x >时，()0h x <，()0g x '<，()g x 单调递减， 故当1x =时，()g x 取得最大值1(1)g e=， 又0x →时，()g x →-∞，x →+∞时，()0g x →， 结合图象可知，1a e -≥即1a e≤-. 故选：C.【名师点睛】方法名师点睛：已知函数没有极值点，求参数值(取值范围)常用的方法： （1）分离参数法：先求导然后将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（2）数形结合法：先求导然后对导函数变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.3．若函数()24ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，则b 的取值范围是（ ）A ．(],2-∞-B ．(),2-∞-C ．()2,-+∞D ．[)2,-+∞【答案】A 【要点分析】2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数等价于()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，利用分离参数求解即可. 【答案详解】∵2()4ln f x x x b x =-++在()0,∞+上是减函数，所以()'0f x ≤在()0,∞+上恒成立，即'()240bf x x x=-++≤，即224b x x ≤-， ∵22242(1)22x x x -=--≥-，∴2b ≤-，故选：A. 【名师点睛】本题主要考查“分离参数”在解题中的应用、函数的定义域及利用单调性求参数的范围，属于中档题. 利用单调性求参数的范围的常见方法：① 视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数需注意若函数在区间[],a b 上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的; ② 利用导数转化为不等式()'0f x ≤或()'0f x ≥恒成立问题求参数范围. 4．已知函数()x ef x ex e -=+-（e 为自然对数的底数），()ln 4g x x ax ea =--+．若存在实数1x ，2x ，使得()()121f x g x ==，且211x e x ≤≤，则实数a 的最大值为（ ） A ．52eB ．25e e + C ．2eD ．1【答案】C 【要点分析】根据()1f e =可求得22e x e ≤≤，利用()21g x =得到22ln 3x a x e +=+，将问题转化为()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦的最大值的求解问题，利用导数求得()max h x ，从而求得结果.【答案详解】()01f e e e e =+-= ，1x e ∴=，又211x e x ≤≤且20x >，22e x e ∴≤≤， 由()21g x =，即22ln 41x ax ea --+=，整理得：22ln 3x a x e+=+，令()ln 3x h x x e+=+，2,x e e ⎡⎤∈⎣⎦，则()()()()()221ln 3ln 2ex e x x x x h x x e x e +-+--'==+-， e y x= 和ln y x =-在2,e e ⎡⎤⎣⎦上均为减函数， ln 2e y x x∴=--在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，max 1ln 220y e ∴=--=-<， 即()0h x '<在2,e e ⎡⎤⎣⎦上恒成立，()h x ∴在2,e e ⎡⎤⎣⎦上单调递减，()()max ln 322e h x h e ee +∴===，即实数a 的最大值为2e .故选：C. 【名师点睛】本题考查导数在研究函数中的应用，解题关键是能够通过分离变量的方式将问题转化为函数最值的求解问题，进而利用导数求得函数最值得到结果. 5．设函数()1axf x xe x-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（ ） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D 【要点分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导，要点分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性，从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项. 【答案详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0x g x x x =，所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x xx -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减，所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。
专题3-2 压轴小题导数技巧：求参2023年高考数学一轮复习热点演练(全国通用)(原卷版)
a
x, ln
x x, x
0
0
，若函数
g
x
f
x
f x 有 5 个零点，则实数 a 的取值范围是（
）
A． e, 0
B．
1 e
,
0
C． , e
D．
,
1 e
2.若函数 f x x exb b x x2 x ln x 有零点，则 b 的取值范围是（
）
A． , 1
B． 1, 0
x2
[1, ) ，当
x2
x1 时，恒有 a ln
x2 x1
2( x2
x1) 成立；则实数 a 的取值范围是（
）
A． (, 0]
B． (,1]
C． (, 2]
D． (,3]
【提分秘籍】
基本规律 一些复杂结构，需要先构造合理的函数形式再求导研究，以达到“化繁为简”的目的
【变式演练】
1.对于任意 x1 ， x2 [1, ) ，当
专题 3-2 一轮压轴小题导数技巧：求参
目录 【题型一】求参 1：基础讨论型 .................................................................................................................1 【题型二】求参 2：分离参数型 .................................................................................................................2 【题型三】求参 3：零点型 ......................................................................................................................... 3 【题型四】求参 4：构造函数型 .................................................................................................................3 【题型五】求参 5：“分函最值”基础型 ...................................................................................................4 【题型六】求参 6：“分函值域子集”型 ...................................................................................................5 【题型七】求参 7：保值函数 .....................................................................................................................6 【题型八】求参 8：分离参数之“洛必达法”与放缩型 ........................................................................ 7 【题型九】求参 9：整数解求参 .................................................................................................................7 【题型十】求参数 10：隐零点型 ...............................................................................................................8 【题型十一】求参 11：复合函数（嵌套函数）型 ...................................................................................9 【题型十二】求参 12：绝对值型 .............................................................................................................10 二、真题再现 .............................................................................................................................................. 10 三、模拟检测 .............................................................................................................................................. 11
(完整word版)高一数学之分离参数法(含答案)
高中重要解题方法——分离变量法分离变量法是近年来发展较快的思想方法之一.高考数学试题中，求参数的范围常常与分类讨论、方程的根与零点等基本思想方法相联系.其中与二次函数相关的充分体现数形结合及分类思想方法的题目最为常见.与二次函数有关的求解参数的题目, 相当一部分题目都可以避开二次函数,使用分离变量,使得做题的正确率大大提高.随着分离变量的广泛使用,越来越多的压轴题都需要使用该思想方法.分离变量法：是通过将两个变量构成的不等式(方程)变形到不等号(等号)两端，使两端变量各自相同,解决有关不等式恒成立、不等式存在（有）解和方程有解中参数取值范围的一种方法.两个变量，其中一个范围已知，另一个范围未知.解决问题的关键: 分离变量之后将问题转化为求函数的最值或值域的问题.分离变量后，对于不同问题我们有不同的理论依据可以遵循.以下定理均为已知x 的范围，求a 的范围：定理1 不等式()()f x g a ≥恒成立⇔[]min ()()f x g a ≥（求解()f x 的最小值）；不等式()()f x g a ≤恒成立⇔[]max ()()f x g a ≤（求解()f x 的最大值）.定理2 不等式()()f x g a ≥存在解⇔[]max ()()f x g a ≥（求解()f x 的最大值）；不等式()()f x g a ≤存在解⇔[]min ()()f x g a ≤（即求解()f x 的最小值）.定理3 方程()()f x g a =有解⇔()g a 的范围=()f x 的值域（求解()f x 的值域）.解决问题时需要注意：（1）确定问题是恒成立、存在、方程有解中的哪一个；（2）确定是求最大值、最小值还是值域.再现性题组：1、 已知当x ∈R 时，不等式224sin cos sin 5x x x a +-<-+恒成立，求实数a 的取值范围。
2.若f(x)=233x x --在[1,4]x ∈-上有()21f x x a ≥+-恒成立，求a 的取值范围。
分离参数求参数范围的高考压轴题
。单调递增 ｇ ）＝（）１ ２ １丑÷． 。 ） ．ｘ ｇ１ ．＝．： （… ＝ ａ ‘ ．
仔 细 分 析 ， ￣ｌ （）Ｏ 但 是ｇ １＝ ， 么 ｇｘ 在 （ ，） 发 ｉ ｘ＝ ， ｍｇ （）１那 （） ０ １
内怎 么 可 能 单 调 递 减 呢 ？
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做 了研 究 ． 大 家分 享． 与
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令 ｇ （ ）＝ — ｘｌ ｘ ＋ （ ＞ 且 ｘ ≠１ ，． （ ）＝ ｘ － ｎ ２ ｌ ｘ ０ ）． ｘ ・ ｇ ． －
ｘ‘
－
１
三兰 ± 二 ！ ＞且 ） ± ０ ≠１
ｘ≠ １ ． ）
解： 分离参数求解 ： ＝ ２÷ ａ
（＞ ） ｘ０有唯一解 ， 下面只需画
出ｇｘ＝ （）÷
（＞） ｘ０的草图即可．
ｌ ２ ｎ ）（ ＋ １ｘ
— —
’∈（ ， ） ， ｘ＜ ．（） （ ，） 调 递 减 ； Ｘ ０ １ 时 ｑ（ ）０ ｑ ｘ 在 ０ １单 ｘ∈（ ， １＋ ∞） ， ｘ ＞ ．（） （ ， ∞） 调 递 增 ．（ ）ｑ １＝ ， 时 ｑ （） Ｏ ｑ ｘ 在 １ ＋ 单 ｑ ｘ ＞ （ ） Ｏ 即 ｈ （） ０ ．（） （ ， ） （ ， 。） 单 调 递 增 ．Ｅ（ ， ） ， ｘ ＞ ｈ ｘ 在 ０ １ 与 １＋。 均 ｘ ０ １时 ｈ ｘ＜ （ ）０ ． （） ０ ．（） （ ， ） 调 递 减 ； （ ）ｈ １＝ ｇ ｘ ＜ ｇｘ 在 ０ １单 ｘ∈（ ， ∞） １＋ 时 ， （）ｈ １＝ ． （ ）０ ．（） （ ， 。） 调 递 增 ．（ ） ｈ ｘ ＞ （ ）０ ｇ ｘ ＞ ｇ ｘ 在 １＋ 。单 ｇ ｘ
2025届高考数学二轮复习导数经典技巧与方法第02讲分离参数法含解析
第2讲分别参数法学问与方法分别参数法解决恒成立求参问题,可以有两个角度:全分别和半分别.1.全分别参数法将含参表达式中的参数从表达式中完全分别出来,使所探讨的函数由动态变为定态,进而可得到新函数的图像、性质(最值),将求参数的范围问题转化为求函数的最值或值域问题.在分别参数时,需点睛意:(1)参数系数的正负是否确定;(2)分参后目标函数的最值是否易解,若不易解,极可能须要洛必达法则协助.2.半分别参数法其一般步骤为:将不等式变形为aa+a≥a(a)或aa+a≤a(a)的形式(其中a为参数,a为常数),然后画出图像,由图像的上下方关系得到不等式,从而求得参数的取值范围.不等号前后两个函数的图像特征为:直线a=aa+a与曲线a=a(a),而直线a=aa+a过定点(0,a).须要说明的是:半分别参数法一般只适用于客观题,解答题则不宜运用.典型例题全分别参数【例1】已知函数a(a)=e a+aa2−a.(1)当a=1时,探讨a(a)的单调性;(2)当a≥0时,a(a)≥12a3+1,求a的取值范围.【解析】(1)当a=1时,a(a)=e a+a2−a,a′(a)=e a+2a−1.当a<0时,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a>0时,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以,当a=1时,a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分别参数法当a=0时,a∈a.当a>0时,a(a)≥12a3+1⇔a≥12a3+a+1−e aa2.记a(a)=12a3+a+1−e aa2(a>0),则a ′(a )=12a 3−a −2+(2−a )e a a 3=(2−a )(e a −12a 2−a −1)a 3.记a (a )=e a −12a 2−a −1(a >0),a ′(a )=e a −a −1,a ′′(a )=e a −1. 因为a >0,所以a ′′(a )=e a −1>0,所以a ′(a )在(0,+∞)上单调递增, 从而a ′(a )>a ′(0)=0,所以a (a )在(0,+∞)单调递增,所以a (a )>a (0)=0. 令a ′(a )=0,解得a =2.当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,a (a )单调递增; 当a ∈(2,+∞)时,a ′(a )<0,a (a )单调递减. 所以a (a )在a =2处取得最大值a (2)=7−e 24,从而a ≥7−e 24. 综上,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞). 解法2:指数找挚友a (a )≥12a 3+1等价于12a 3−aa 2+a +1e a≤1.设a (a )=12a 3−aa 2+a +1e a(a ≥0),则a′(a )=−12a [a 2−(2a +3)a +(4a +2)e a=−12a [a −(2a +1)](a −2)e a.(1)当2a +1≤0,即a ≤−12时,则当a ∈(0,2)时,a ′(a )>0,所以a (a )在(0,2)单调递增,而a (0)=1, 故当a ∈(0,2)时,a (a )>1,不合题意; (2)当0<2a +1<2,即−12<a <12时, 则当a ∈(0,2a +1)∪(2,+∞)时,a ′(a )<0.所以a (a )在(0,2a +1),(2,+∞)单调递减,在(2a +1,2)上单调递增. 由于a (0)=1,所以a (a )≤1.当且仅当a (2)=7−4a e 2≤1,即a ≥7−e 24. 所以当7−e 24≤a <12时,a (a )≤1.(3)若2a +1≥2,即a ≥12时,则a (a )≤12a 3+a +1e a.由于0∈[7−e 24,12),故由(2)可得12a 3+a +1e a≤1.故当a ≥12时,a (a )≤1.综上所述,实数a 的取值范围是[7−e 24,+∞).【点睛】解决本题的关键在于求导数a′(a)=12a3−a−2+(2−a)e aa3后的处理.细致视察导数式中e a前面的系数为2−a,由此可大胆揣测2−a应当为12a3−a−2的一个因式,从而可设1 2a3−a−2=(2−a)(−12a2+aa+a),将右侧绽开,得12a3−a−2=12a3−(a+1)a2+(2a−a)a+2a,比较两侧的系数,可得a=a=−1,从而12a3−a−2=(2−a)(−12a2−a−1).【例2】设函数a(a)=e a−1−a−aa2.(1)若a=0,求a(a)的单调区间;(2)若当a≥0时a(a)≥0,求a的取值范围.【解析】(1)因为a=0时,所以a(a)=e a−1−a,a′(a)=e a−1.当a∈(−∞,0)时,a′(a)<0;当a∈(0,+∞)时,a′(a)>0.故a(a)在(−∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增;(2)解法1:由(1)可得,当a=0时,a(a)≥a(0)=0,即e a≥a+1,当且仅当a=0时等号成立.依题意,当a≥0时a(a)≥0恒成立,当a=0时,a(a)≥0,此时a∈a;当a>0时,a(a)≥0等价于a≤e a−1−aa2,令a(a)=e a−1−aa2(a>0),则a′(a)=(a−2)e a+a+2a3,今a(a)=(a−2)e a+a+2(a>0),则a′(a)=(a−1)e a+1,因为a′′(a)=a e a>0,所以a′(a)在(0,+∞)上为增函数,所以a′(a)>a′(0)= 0,于是a(a)在(0,+∞)上为增函数,从而a(a)>a(0)=0,因此a′(a)>0,a(a)在(0,+∞)上为增函数,由洛必达法则知,lima→0+e a−1−aa2=lima→0+e a−12a=lima→0+e a2=12,所以a≤12.当a>12时,e−a>1−a得a′(a)<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a),故当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,而a(0)=0,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<0. 综上得a的取值范围是(−∞,12].解法2:a′(a)=e a−1−2aa,由(1)知e a≥1+a,当且仅当a=0时等号成立,故a′(a)≥a−2aa=(1−2a)a.当1−2a≥0,即a≤12时,a′(a)≥0(a≥0),所以a(a)在[0,+∞)上单调递增,故a(a)≥a(0)=0,即a≤12符合题意;当a>12时,由e a>1+a(a≠0)可得e−a>1−a(a≠0),所以e−a−1>−a(a≠0),所以a′(a)=e a−1−2aa<e a−1+2a(e−a−1)=e−a(e a−1)(e a−2a), 则当a∈(0,ln2a)时,a′(a)<0,a(a)在(0,ln2a)上单调递减,于是当a∈(0,ln2a)时,a(a)<a(0)=0,故a>12不合题意.综上所述,a的取值范围是(−∞,12].【例3】已知函数a(a)=a(e a+1−a)(a∈a).(1)若a=2,推断a(a)在(0,+∞)上的单调性;(2)若a(a)−ln a−1≥0恒成立,求实数a的取值范围.【解析】(1)若a=2,a(a)=a e a−a,a′(a)=e a+a e a−1=(a+1)e a−1. 当a>0时,a+1>1,e a>1,故(a+1)e a>1,a′(a)=(a+1)e a−1>0,故a(a)在(0,+∞)上单调递增.(2)解法1:分别参数+隐零点求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立,整理得a−1≤e a−ln aa −1a.设a(a)=e a−ln aa −1a,a′(a)=a2e a+ln aa2,设a(a)=a2e a+ln a,则a′(a)=(a2+2a)e a+1a>0, 所以a(a)在(0,+∞)上单调递增,又a(1)=e>0,a(12)=√e4−ln2<0.所以函数a(a)有唯一的零点a0,且12<a0<1.当a∈(0,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增. 即a(a0)为a(a)在定义域内的最小值.所以a−1≤e a0−ln a0a0−1a0.因为a(a0)=0,得a0e a0=−ln a0a0,12<a0<1(∗)令a(a)=a e a(12<a<1),方程(∗)等价于a(a)=a(−ln a)(12<a<1).而a′(a)=(a+1)e a在(0,+∞)上恒大于零,所以a(a)在(0,+∞)单调递增. 故a(a)=a(−ln a)等价于a=−ln a(12<a<1).设函数a(a)=a+ln a(12<a<1),易知a(a)单调递增.又a(12)=12−ln2<0,a(1)=1>0,所以a0为a(a)的唯一零点.即ln a0=−a0,e a0=1a0.故a(a)的最小值为a(a0)=e a0−ln a0a0−1a0=1a0−−a0a0−1a0=1.所以a−1≤1,即a≤2.综上,实数a的取值范围是(−∞,2].解法2:分别参数+放缩法求最值由题意可知a e a+(1−a)a−ln a−1≥0在区间(0,+∞)上恒成立, 即a−1≤a e a−ln a−1a.利用不等式e a≥a+1(当且仅当a=0时,等号成立),可得a e a−ln a−1a =e a+ln a−ln a−1a≥(a+ln a+1)−ln a−1a=1,当且仅当a+ln a=0时,等号成立.所以a e a−ln a−1a的最小值为1.于是a−1≤1,得a≤2,实数a的取值范围是(−∞,2].【例4】已知函数a(a)=a3e aa−1.(1)探讨a(a)的单调性;(2)若a=2,不等式a(a)≥aa+3ln a对a∈(0,+∞)恒成立,求a的取值范围. 【解析】(1)a′(a)=3a2e aa+aa3e aa=a2e aa(aa+3).①当a=0时,a′(a)≥0恒成立,所以a(a)在R单调递增;②当时,今,得;令,得.所以a (a )的单调递减区间为(−3a ,+∞),单调递增区间为(−∞,−3a ]. ③当a >0时,今a ′(a )≥0,得a ≥−3a ;令a ′(a )<0,得a <−3a . 所以a (a )的单调递减区间为(−∞,−3a ),单调递增区间为[−3a ,+∞). (2)因为a =2,所以a ≤a 3e 2a −3ln a −1a恒成立. 设a (a )=a −1−ln a (a >0),a ′(a )=a −1a, 令a ′(a )<0,得0<a <1;令a ′(a )>0,得a >1. 所以a (a )min =a (1)=0,所以a −1−ln a ≥0.取a =a 3e 2a ,则a 3e 2a −1−ln (a 3e 2a )≥0,即a 3e 2a −3ln a −1≥2a ,所以a 3e 2a −3ln a −1a≥2aa=2.设a (a )=a 3e 2a ,因为a (0)=0<1,a (1)=e 2>1,所以方程a 3e 2a =1必有解, 所以当且仅当a 3e 2a =1时,函数a =a 3e 2a −3ln a −1a取得最小值2,所以a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2].【点睛】本题在进行分参后,首先证明白一个常用的不等式:当a >0时,有ln a ≤a −1,接下来利用该不等式干脆得到a 3e a −3ln a −1≥2a , 从而得出a =a 3e a −3ln a −1a的最小值2.最终证明能够取到最小值.从而得出实数a 的取值范围. 本题也可用同构法解决:a ≤a 3e 2a −3ln a −1a, a 3e 2a −3ln a −1a=e 3ln a +2a −3ln a −1a≥2a +3ln a +1−3ln a −1a=2,故a ≤2,即a 的取值范围为(−∞,2]. 换元后分别参数【例5】已知函数a (a )=a (e a a−2a −2)+a . (1)若a =−1,求a (a )的单调区间和极值点;(2)若a >0时,a (a )>−1(a >0)恒成立,求实数a 的取值范围.【解析】(1)a =−1时a (a )=a e −a −1,a ′(a )=e −a −a e −a =0,所以当a <1,a ′(a )>0,a >1,a ′(a )<0.所以a (a )的单调递减区间为(1,+∞),单调递增区间为(−∞,1),极大值点为a =1,无微小值点.(2)解法1:a (a )>−1⇔a (e aa −2a −2)+a >−1, 即a (e aa −2a −2)+a +1>0, 令aa =a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即a (a e a −2a +1)>2a −1(∗)易证e a ≥a +1(过程略),则a e a −2a +1≥a (a +1)−2a +1>(a −1)2≥0, 即a e a −2a +1>0. 于是,由(∗)可得a >2a −1a e a −2a +1. 令a (a )=2a −1a e a −2a +1(a>0),则a ′(a )=−(2a +1)(a −1)(a e a −2a +1)2e a(a >0).当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0.所以a (a )在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,[a (a )]max =a (1)=1e −1, 所以a >1e −1,实数a 的取值范围是(1e −1,+∞). 解法2:a (a )>−1⇔a (e aa −2a−2)+a >−1, 即a (e aa −2a−2)+a +1>0,令aa=a ,则a =aa ,aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立, 即aa +1>2a −1a e a对于a >0恒成立,设a (a )=2a −1a ea ,a ′(a )=−(2a +1)(a −1)a 2e a当a ∈(0,1)时a ′(a )>0,当a ∈(1,+∞)时a ′(a )<0 可得a (a )在(0,1)上递增,在(1,+∞)上递减, 所以a (a )max =a (1)=1e ,则aa +1>1e ,解得a >1e −1. 故实数a 的取值范围是(1e −1,+∞).【点睛】本题第(2)问明显不能干脆分别参数,假如利用a ′(a )处理也是非常困难,于是着眼于简化指数进行换元:令a a =a ,则aa e a −(2a +2)a +a +1>0对于a >0恒成立.换元之后就可以轻松分别参数了,特殊是解法2的处理手法值得回味.半分别参数【例6】已知函数a(a)=e a−aa−1(a∈R,其中e为自然对数的底数).(1)若a(a)在定义域内有唯一零点,求a的取值范围;(2)若a(a)≤a2e a在[0,+∞)上恒成立,求a的取值范围.【解析】(1)a′(a)=e a−a,①当a≤0时,a′(a)>0,所以a(a)在R上单调递增;−1+a<0,a(1)=e−a−1>0,又a(−1)=1e由零点存在定理可知,函数a(a)在R上有唯一零点.故a≤0符合题意;②当a>0时,令a′(a)=0得a=ln a,当a∈(−∞,ln a)时,a′(a)<0,a(a)单调递减;a∈(ln a,+∞),a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(ln a)=e ln a−a ln a−1=a−a ln a−1,设a(a)=a−a ln a−1(a>0),则a′(a)=1−(ln a+1)=−ln a,当0<a<1时,a′(a)>0,a(a)单调递增;当a>1时,a′(a)<0,a(a)单调递减,所以a(a)max=a(1)=0,故a=1.综上:实数a的取值范围为{a∣a≤0或a=1}.(2)解法1:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立,即函数a(a)=(1−a2)e a的图像恒在直线a=aa+1的下方.而a′(a)=(1−a2−2a)e a,a′′(a)=(−a2−4a−1)e a<0(a≥0),所以函数a(a)是上凸函数,且在a=0处的切线斜率a=a′(0)=1;直线a=aa+1过定点(0,1),鈄率为a,故a≥1,即a的取值范围为[1,+∞).解法2:a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立,即(1−a2)e a≤aa+1对a∈[0,+∞)恒成立, 记a(a)=(1−a2)e a=(1+a)(1−a)e a,①当a≥1时,设函数a(a)=(1−a)e a,则a′(a)=−a e a≤0,因此a(a)在[0,+∞)单调递减,又a(0)=1,故a(a)≤1,所以a(a)=(1+a)a(a)≤1+a≤aa+1,故a(a)≤a2e a对a∈[0,+∞)恒成立;②当0<a<1时,设函数a(a)=e a−a−1,则a′(a)=e a−1≥0,所以a(a)在[0,+∞)单调递减,且a(0)=0,故e a≥a+1.当0<a<1时,a(a)>(1−a)(1+a)2,(1−a)(1+a)2−aa−1=a(1−a−a−a2),取a0=−1+√5−4a2,则a0∈(0,1),(1−a0)(1+a0)2−aa0−1=0,所以a(a0)>aa0+1;故0<a<1不合题意.③当a≤0时,取a0=√5−12,则a0∈(0,1),a(a0)>(1−a0)(1+a0)2=1≥aa0+1.故a≤0不合题意.综上,a的取值范围为[1,+∞).【点睛】解法1将不等式进行变形为aa+a≤a(a)(其中a为参数,a为常数),不等号前后两个函数的图像特征为:“始终一曲”,而直线a=aa+a过定点(0,a).半分别参数的方法,通过变形将不等式两边化为始终线与一曲线的形式,再结合图像利用函数凹凸性解决问题,过程简洁快捷.须要指出的是,这种解法只适用于选择题与填空题,不适用于解答题.解法2是不分别参数,干脆构造差函数对参数进行探讨,过程更加严谨,理由更加充分,是解答题的一般做法.其中探讨的临界点,可以结合解法1的过程而得到.【例7】已知函数a(a)=a ln a+aa−1,a∈a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)当a=2时,对随意a>1,a(a)>a(a−1)恒成立,求正整数a的最大值.【解析】(1)a(a)的单调递增区间为(e−a−1,+∞),单调递减区间为(0,e−a−1).(2)解法1:全分别a(a)>a(a−1)变形为a<a(a)a−1=a ln a+2a−1a−1,令a(a)=a ln a+2a−1a−1,a′(a)=−ln a+a−2(a−1)2,令a(a)=−ln a+a−2,则a′(a)=−1a +1=a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以存在唯一a0∈(3,4),使得a(a0)=0,即ln a0=a0−2.故当a∈(1,a0)时,a(a)<0,a′(a)<0,a(a)单调递减;当a∈(a0,+∞)时,a(a)>0,a′(a)>0,a(a)单调递增.所以a(a)min=a(a0)=a0ln a0+2a0−1a0−1=a02−1a0−1=a0+1,即a<a0+1,又a0∈(3,4),所以a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.解法2:半分别a(a)>a(a−1)恒成立,即a(a)=a ln a+2a−1图像恒在直线a=a(a−1)的上方.因为a′(a)=3+ln a>0,a′′(a)=1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增,且下凸; 直线a=a(a−1)过定点(1,0).设过(1,0)的直线与a(a)相切于点(a0,a(a0)),即(a0,a0ln a0+2a0−1).切线斜率为a′(a0),所以a<a′(a0).由a(a0)−0a0−1=a′(a0),得a0ln a0+2a0−1a0−1=3+ln a0,化简整理得ln a0=a0−2,所以a′(a0)=3+ln a0=3+(a0−2)=a0+1.故a<a0+1. 下面估计a0的范围.令a(a)=a−ln a−2,则a′(a)=1−1a =a−1a>0,所以a(a)在(1,+∞)单调递增;又a(3)=1−ln3<0,a(4)=2−2ln2>0,所以a(a)的唯一零点a0∈(3,4).于是a0+1∈(4,5),因为a∈a∗,所以a max=4.【点睛】须要点睛意的是,利用半分别参数求解含参问题,须要结合二阶导数探讨函数的凹凸性,在解答题中有“以图代证”的嫌疑,因而这个解法一般只适用于选择题或填空题. 【例8】设函数a(a)=e a(2a−1)−aa+a,其中a<1.若存在在唯一的整数a0使得a(a0)<0.则a的取值范围是（）A.[−32e ,1) B.[−32e,34) C.[32e,34) D.[32e,1)【解析】解法1:全分别参数a (a )<0⇔(a −1)a >e a (2a −1)当a >1时,有a >e a (2a −1)a −1>1,这与题设冲突,舍去; 当a <1时,有a <e a (2a −1)a −1,记a (a )=e a (2a −1)a −1, 则a ′(a )=e a (2a +1)(a −1)−e a (2a −1)(a −1)2=a e a (2a −3)(a −1)2(a <1), 当a <0时,a ′(a )>0;当0<a <1时,a ′(a )<0,故a (a )在(−∞,0)上单调递增,在(0,1)上单调递减,作出其大致图象如图所示.由题意知,存在唯一的整数a 0使得a (a 0)<0,即a <a (a 0),由图易知a 的取值范围是32e =a (−1)≤a <1,选a .解法2:半分别参数设a (a )=e a (2a −1),a (a )=aa −a ,由题意知,存在唯一的整数a 0,使得a (a 0)<a (a 0),a ′(a )=e a (2a +1),当a <−12时,a ′(a )<0,当a >−12时,a ′(a )>0,则a (a )在(−∞,−12)上单调递减,在(−12,+∞)上单调递增.作出a (a )与a (a )的大致图象如图所示.因为a (0)=−1<−a =a (0),故只需a (−1)≥a (−1)即可,解得a ≥32e ,则a 的取值范围是32e ≤a <1,故选a .强化训练1.设函数a (a )=a 2+aa +a ,a (a )=e a (aa +a ).若曲线a =a (a )和曲线a =a (a )都过点a (0,2),且在点a 处有相同的切线a =4a +2.(1)求a ,a ,a ,a 的值;(2)若a ≥−2时,a (a )≤aa (a ),求a 的取值范围.【解析】(1)a =4,a =2,a =2,a =2(过程略).(2)由(1)知,a (a )=a 2+4a +2,a (a )=2e a (a +1),①当a =−1时,a (a )=−1,a (a )=0,此时a (a )≤aa (a )恒成立,则a ∈a ; ②当a ∈[−2,−1)时,a (a )=2e a (a +1)<0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≤a 2+4a +22e a (a +1),令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2≥0恒成立,故a (a )在区间[−2,−1)上单调递增,当a =−2时,a (a )取最小值e 2,故a ≤e 2; ③当a ∈(−1,+∞)时,a (a )=2e a (a +1)>0,a (a )≤aa (a )可化为:a ≥a 2+4a +22e a (a +1), 令a (a )=a 2+4a +22e a (a +1),则a ′(a )=−a (a +2)22e a (a +1)2,当a ∈(−1,0)时,a ′(a )>0,当a ∈(0,+∞)时,a ′(a )<0,故当a =0时,a (a )取极大值1,故a ≥1.综上所述:a ∈[1,e 2],即a 的取值范围是[1,e 2].2.设函数a (a )=e a −aa −2.(1)求a (a )的单调区间;(2)若a =1,a 为整数,且当a >0时,(a −a )a ′(a )+a +1>0,求a 的最大值.【解析】(1)当a ≤0时,a (a )在(−∞,+∞)上单调递增,无减区间;当a >0时,a (a )的单调递减区间是(−∞,ln a ),单调递增区间是(ln a ,+∞).(2)(a −a )a ′(a )+a +1>0等价于a <a +1e a −1+a (a >0)(1),令a (a )=a +1e a −1+a ,则a ′(a )=e a (e a −a −2)(e a −1)2, 而函数a (a )=e a −a −2在(0,+∞)上单调递增,a (1)<0,a (2)>0,所以a (a )在(0,+∞)存在唯一的零点.故a ′(a )在(0,+∞)存在唯一的零点.设此零点为a ,则a ∈(1,2).当a∈(0,a)时,a′(a)<0;当a∈(a,+∞)时,a′(a)>0.所以a(a)在(0,+∞)的最小值为a(a).又由a′(a)=0,可得e a=a+2,所以a(a)=a+1∈(2,3).由于(1)式等价于a<a(a),故整数a的最大值为2.3已知函数a(a)=ln2(1+a)−a21+a.(1)求函数a(a)的单调区间;(2)若不等式(1+1a)a+a≤e对随意的a∈N∗都成立(其中e是自然对数的底数).求a的最大值.【解析】(1)函数a(a)的定义域为(−1,+∞),a′(a)=2ln(1+a)1+a−a2+2a(1+a)2=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a(1+a)2.设a(a)=2(1+a)ln(1+a)−a2−2a,则a′(a)=2ln(1+a)−2a.令a(a)=2ln(1+a)−2a,则a′(a)=21+a −2=−2a1+a.当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数,当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.所以a(a)在a=0处取得极大值,而a(0)=0,所以a′(a)<0(a≠0), 函数a(a)在(−1,+∞)上为减函数.于是当−1<a<0时,a(a)>a(0)=0,当a>0时,a(a)<a(0)=0.所以,当−1<a<0时,a′(a)>0,a(a)在(−1,0)上为增函数.当a>0时,a′(a)<0,a(a)在(0,+∞)上为减函数.故函数a(a)的单调递增区间为(−1,0),单调递减区间为(0,+∞).(2)不等式(1+1a )a+a≤e等价于不等式(a+a)ln(1+1a)≤1.由1+1a >1知,a≤1ln(1+1a)−a.设a(a)=1ln(1+a)−1a,a∈(0,1],则a′(a)=−1(1+a)ln2(1+a)+1a2=(1+a)ln2(1+a)−a2a2(1+a)ln2(1+a).由(1)知,ln2(1+a)−a21+a≤0,即(1+a)ln2(1+a)−a2≤0.所以a′(a)<0,a∈(0,1],于是a(a)在(0,1]上为减函数.−1.故函数a(a)在(0,1]上的最小值为a(1)=1ln2−1.所以a的最大值为1ln2。
恒成立问题
恒成立、存在性问题对于有关恒成立、存在性问题，一直是高考命题的热点，往往以全称命题或特称命题的形式出现，同时结合函数的单调性、极值、最值等知识进行考查，在高考中多以压轴题或压轴题中的压轴问的形式出现。
如何突破这一难关呢？关键是细心审题及恰当地转化。
现就如何求解恒成立、存在性问题中的参数问题加以分析。
方法1：分离参数法例1.设函数f(x)=lnx-ax, g（x）=ex-ax，其中a为实数。
若f(x)在(1,+∞)上是单调减函数，且g(x)在(1,+∞)上有最小值，求a的取值范围。
解：因为f`(x)=-a,g`(x)=ex-a,由题意得f`（x）≤0对x∈(1,+∞)恒成立，即a≥对x∈(1,+∞)恒成立，所以a≥1。
因为g`(x)=ex-a在x∈(1,+∞)上是单调增函数，所以g`(x)>g`(1)=e-a。
又g(x)在(1,+∞)上有最小值，则必有e-a<0，即a>e。
综上，可知a的取值范围是(e,+∞)。
点评：求解问题的切入点不同，求解的难度就有差异。
在恒成立问题中有时需要取交集，有时需要取并集，本题解法需要取交集。
一般而言：在同一问题中，若是对自变量作分类讨论，其结果要取交集；若是对参数作分类讨论，其结果要取并集。
方法2：构造函数法例2.已知函数f(x)=，若|f（x）|≥ax，则a的取值范围是()。
A.(-∞,0]B.(-∞,1]C.［-2，1］D.[-2，0]解：当x≤0时,|f(x)|≥axx2－(2+a)x≥0，对x≤0恒成立。
记g(x)=x2－(2+a)x=（x-）2-。
当<0即a<－2时,g(x)的最小值为－，不可能满足条件。
当≥0即a≥－2时,g(x)的最小值为0，满足题意。
当x>0时,|f(x)|≥axln(1+x)－ax≥0a≤，对x>0恒成立。
令θ(x)=，则θ`(x)=。
设t=x+1,则t>1。
记L(t)=-lnt,则L`(t)=<0,所以L(t)在t∈(1,+∞)上为减函数。
28.老法解新题_枯树抽新枝_一道高考压轴题的解法(左昌茂)
a=
7 +3 <a< 2
7 +3 或a = 2
7 −3 2
显 然 f(x) ≠ 0 在 x ∈ [-1,1]
或
7 −3 2
解得 1 ≤ a ≤ 5 或 a=
−3 − 7 2
②函数在区间 [ ─ 1，1] 上有两个 2
时，在 x =
教学交流
左昌茂
老法解新题，枯树抽新枝
老法解新题，枯树抽新枝
—— 一道高考压轴题的解法
左昌茂
（涟水县第一中学 江苏省 223400） 摘 要 分离参数法与补集思想方法是数学中求字母取值范围的两类基本方法，用他们解决新课程中出现的新 题,效果同样显著。 关键词 分离参数法 补集思想方法 解法
分离参数法与补集思想方法是数学中求字母取值范围的两类基 本方法，用他们解决新课程中出现的新题 , 效果同样显著。如新课 程中新增的函数的零点问题，是高考命题中的一个新的增长点，一 旦与不等式、方程、二次函数结合起来，同学们根据定义做起来就 感到非常吃力。如 2007 年全国统一考试的广东卷 ( 理 ) 的第二十 题 ：已知 a 是实数，函数 f(x)=2ax2+2x-3-a，如果函数 y=f(x) 在区 间 [-1,1] 上有零点，求 a 的取值范围。这是 2007 年全国统一考试 的广东卷 ( 理 ) 的第二十题参考答案中直接运用零点的个数分布情 况讨论解决和运用二分法原理分类求解如下 ： 解法 : 当 a=0 时，函数为 f(x)=2x-3，其零点 x= 2不在区间 [-1， 1] 上。 当 a ≠ 0 时，函数 f(x) 在区间 [-1,1] 分为两种情况 ： ①函数在区间 [-1，1] 上只有一个零点，此时
高考数学常用的解题技巧第05讲分离参数法(含答案)
第05讲：分离参数法【知识要点】一、参数在数学问题中经常出现，特别是在最值、值域、取值范围、恒成立和存在性等问题中，经常出现，这时可以考虑是否可以利用分离参数法来解答，即整理成()()k f x k f x 或的形式，再解答.二、分离参数时，一定要判断清楚参数的系数的符号，再除以其系数，如果不能确定其符号，可以分类讨论，也可以寻找其它方法.【方法讲评】【例1】已知函数xx x f ln 1)(（1）求曲线)(x f y 在点))2(,2(f 处的切线方程；（2）求函数)(x f 的极值；（3）对(0,),()2x f x bx 恒成立，求实数b 的取值范围．列表：x )1,0(1),1()('x f - 0 +)(x f ↘0↗函数)(x f y 的极小值为0)1(f , 无极大值。
（3）依题意对(0,),()2x f x bx 恒成立等价于2ln 1bx x x 在(0,)上恒成立可得x xx b ln 11在(0,)上恒成立，令21ln ln 2()1()xx g x g x x x x【点评】本题第（2）问是恒成立问题，刚好b 的系数x 是一个正数，知道参数的系数的符号，分离参数很方便，所以可以分离参数求最值,比较简洁. 【反馈检测1】已知函数()ln a f x x x . （1）若0a ,试判断()f x 在定义域内的单调性；（2）若()f x 在1,e 上的最小值为32,求a 的值；（3）若2()f x x 在1,上恒成立,求a 的取值范围.【反馈检测2】已知函数()sin cos f x a x b x (,a b R,且0)的部分图象如图所示．(1) 求,,a b 的值；(2) 若方程23()()0f x f x m 在2(,)33x 内有两个不同的解,求实数m 的取值范围．高中数学常用解题技巧第05讲：分离参数法参考答案【反馈检测1答案】(1) f x 在0,上是单调递增函数；（2）a=-e ；（3）1a .【反馈检测1详细解析】（1）由题意知f x 的定义域为0,,且221f '(x)=+=, a>0,a xax x x ,x2376yO 1。
分离参数法求解高考压轴题
分离参数法解高考压轴题分离参数法解高考压轴题分离参数法解高考压轴题一 洛必达法则介绍如果当0x x ®(或¥®x )时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么都趋于零或都趋于无穷大，那么 极限)()(limx g x f x x ®或)()(lim x g x f x ¥®可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分 别简记为00或¥¥．1．（洛必达法则1）型不定式型不定式 设函数)(x f 与)(x g 满足条件满足条件（1）0)(lim )(lim 0==®®x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(¹¢x g ；（3） A x g x f x x =¢¢®)()(lim 0（或为无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =¢¢=®®)()(lim )()(lim 0（或为无穷大）．（或为无穷大）．把0x x ®换为¥®x 时，结论也成立．时，结论也成立．2（洛必达法则2）¥¥型不定式 设函数)(x f 与)(x g 满足条件满足条件 （1）¥=¥=®®)(lim ,)(lim 0x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(¹¢x g ；（3）A x g x f x x =¢¢®)()(lim（或无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =¢¢=®®)()(lim)()(lim（或为无穷大）把0x x ®换为¥®x 时，结论也成立．，结论也成立．，结论也成立．二 典型例题: （2006全国二）设函数)1ln()1()(++=x x x f ，若对所有的0³x ，都有ax x f ³)(成立，求实数a 的取值范围．的取值范围．解：分离变量法解：分离变量法 ①若①若0=x ，则R a Î. ②若0>x ，则只需x x x a )1ln()1(++£，则m in ])1ln()1([xx x a ++£。
2020年全国卷1函数与导数压轴题一题多解,深度解析
全国卷1导数题一题多解，深度解析1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
2.2020年 全国卷1文科数学第20题的解析已知函数()(2)xf x e a x =-+. （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性； （2）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围.。
3. 2020年新高考1卷（山东考卷）第21题已知函数1()eln ln x f x a x a -=-+（1）.当a=e 时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线与两坐标轴围城的三角形的面积； （2）若()1f x ≥，求a 的取值范围。
1、2020年全国卷1理科数学第21题的解析已知函数2()e xf x ax x =+-.（1）当a =1时，讨论f （x ）的单调性； （2）当x ≥0时，f （x ）≥12x 3+1，求a 的取值范围.。
解析：（1） 单调性，常规题，a 已知，求一个特定函数f(x)的单调性。
若一次求导不见底，则可二次或多次清仓，即二次求导或多次求导，然后逐层返回。
通常二次求导的为多。
（2） 恒成立，提高题，在恒成立情况下，求参数的取值范围。
常常是把恒成立化成最值问题。
由于这里的a 只在一项中出现，故可以优先考虑分离参数法。
这里介绍了两种方法。
解：（1） 当a=1时， 2()e xf x x x =+-，定义域为R ，'()e 21x f x x =+-，易知f ’(x)是单调递增函数。
而f ’(0)=0，∴ 当x ∈（-∞，0），f ’(x)＜0 当x ∈（0,+∞），f ’(x)＞0∴当x ∈（-∞，0），f(x)单调递减；当x ∈（0,+∞），f(x)单调递增。
（2）解法一 ，分离参数法 当x ≥0时，31()12f x x ≥+ ，即231()e 12x f x ax x x =+≥+- 当x=0时，上式恒成立，此时a ∈R 。
高考数学复习压轴题归类解析02 分离参数之全分离,半分离,换元分离
高考数学复习压轴题归类解析第02讲分离参数之全分离讲分离参数之全分离，，半分离半分离，，换元分离【典型例题典型例题】】例1．已知函数2()x f x e ax x =+−． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x …时，31()12f x x +…，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =时，2()x f x e x x =+−，()21x f x e x ′=+−，设()()g x f x =′，因为()20x g x e ′=+>，可得()g x 在R 上递增，即()f x ′在R 上递增， 因为(0)0f ′=，所以当0x >时，()0f x ′>；当0x <时，()0f x ′<， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，在(,0)−∞上单调递减；（2）当0x …时，31()12f x x +…恒成立， ①当0x =时，不等式恒成立，可得a R ∈；②当0x >时，可得32112xx x e a x++−…恒成立， 设32112()x x x e h x x ++−=，则33223311(2)(2)(2)()(2)22()x x x e x x x e x x x x h x x x −+−−−+−+−−′== 223311(2)(2)(2)(1)(2)(1)22x x x e x x x x x e x x x x−+−+−+−−−−==， 可设21()12x m x e x x =−−−，可得()1x m x e x ′=−−，设()1x k x e x =−−，()1x k x e ′=−，由0x >，可得()0k x ′>恒成立，可得()k x 在(0,)+∞递增，()m x ′在(0,)+∞递增，所以()(0)0m x m ′>′=，即()0m x ′>恒成立，即()m x 在(0,)+∞递增，所以()(0)0m x m >=， 再令()0h x ′=，可得2x =，当02x <<时，()0h x ′>，()h x 在(0,2)递增；2x >时，()0h x ′<，()h x 在(2,)+∞递减，所以()maxh x h =（2）274e −=， 所以274e a −…， 综上可得a 的取值范围是27[4e −，)+∞．例2．已知函数42()(1)1f x x x a x =++−+． （1）当1a =时，讨论()f x 的单调性；（2）当0x >时，4()x f x x e +…，求a 的取值范围． 【解析】解：（1）当1a =时，42()1f x x x =++， 所以32()422(21)f x x x x x ′=+=+，当0x >时，()0f x ′>，函数单调递增，当0x <时，()0f x ′<，函数单调递减， 所以函数的单调递增区间为(0,)+∞，函数的单调递减区间为(,0)−∞； （2）由题意得，0x >时，424(1)1x x x a x x e ++−++…恒成立， 即2(1)1x x a x e +−+…恒成立，所以211x e x a x−−−…，令21()x e x g x x−−=，0x >，由重要不等式可知，当0x >时，1x e x >+，则222(2)(1)(1)(1)()x x x e x x e x x e x g x x x−−−−−−−′==， 当1x >时，()0g x ′>，()g x 单调递增，当01x <<时，()0g x ′<，()g x 单调递减， 所以()g x g …（1）2e =−， 所以12a e −−…，即1a e −…， 所以a 的范围为{|1}a a e −…． 例3．已知函数2()1x f x e ax x =−−−． （Ⅰ）当1a =−时，讨论()f x 的单调性；（Ⅱ）当0x …时，321()22f x x ax −…恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】解：()I 当1a =−时，2()1x f x e x x =+−−， 则()21x f x e x ′=+−在R 上单调递增， 又(0)0f ′=，故当0x >时，()0f x ′>，函数()f x 单调递增，当0x <时，()0f x ′>，函数()f x 单调递减， 所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，在(,0)−∞上单调递减；()II 当0x =时，不等式321()22f x x ax −…恒成立，当0x >时，由321()22f x x ax −…恒成立可得32112xx x e a x ++−…恒成立，令32112()xx x e g x x ++−=，0x >，则323311(2)2(2)(1)22()x x x e x x x e x x g x x x−+−−−−−−′==， 令21()12x m x e x x =−−−，则()1x m x e x ′=−−， 令()1x h x e x =−−，0x >，则()10x h x e ′=−>， 所以()h x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0h x h >=，所以()0m x ′>，()m x 在(0,)+∞上单调递增，()(0)0m x m >=，所以当02x <<时，()0g x ′>，()g x 单调递增，当2x >时，()0g x ′<，()g x 单调递减， 所以()maxg x g =（2）274e −=， 所以274e a −…，故a 的取值范围为27{|}4e a a −…． 例4．已知函数2()f x alnx x x =+−，其中a R ∈． （1）当0a >时，讨论()f x 的单调性；（2）当1x …时，()0f x …恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）22()21a x x af x x x x−+′=+−=，(0)x >，令2211()22()48g x x x a x a =−+=−+−，(0)x >，18a …时，()0g x …，即()0f x ′…， ()f x 在(0,)+∞递增，108a <<时，令()0g x ′>，解得：x >或0x <<令()0g x ′<x <<，故()f x 在递增，在递减，在，)+∞递增； （2）1x =时，显然成立，1x >时，问题转化为2x xa lnx −+…在(1,)+∞恒成立， 令2()x x h x lnx−+=，则2(21)1()()x lnx x h x lnx −++−′=，令()(21)1m x x lnx x =−++−，(1)x >， 则1()20xm x lnx x−′=−+<， 故()m x m <（1）0=， 故()h x 在(1,)+∞递减，而21121lim lim 11x x x x x lnxx→→−+−+==−， 故1a −…．【同步练习同步练习】】1．设1()(x e f x ax b a x−=−−、b R ∈，e 为自然对数的底数）． （1）若曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为240x y ++=，求a 、b 的值； （2）当1b =时，若总存在负实数m ，使得当(,0)x m ∈时，()0f x <恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解：（1）21()x x xe e f x a x−+′=−，f ∴′（1）1a =−．∵曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为240x y ++=，f （1）52=−． f ∴′（1）112a =−=−，f （1）512e a b =−−−=−．联立解得：32a =，b e =． （2）1b =时，(,0)x m ∈，0m <，()0f x <，可得：21()x e xa g x x −−<=． 3(2)2()x x e x g x x −++′=，令()(2)2x h x x e x =−++，(0)0h =，()(1)1x h x x e ′=−+，(0)0h ′=， ()0x h x xe ′′=<，()(0)0h x h ∴′<′=， ()(0)0h x h ∴<=， ()0g x ∴′>，∴函数()g x 在(x m ∈，0)(0)m <上单调递增，21()()m e mg x g m m −−∴>=．21(0)m e m a m m −−∴<…．∴实数a 的取值范围是21(,]m e mm −−−∞． 2．设2()()2f x a lnx lnx =−−．（1）若f （e ）2=−，求()0f x =时x 的值；（2）若x ∈，]e 时()0f x <，求a 的取值范围．【解析】解：（1）f ∵（e ）2=−，2()22a lne lne ∴−−=−，即1a =，2()()2f x lnx lnx ∴=−−．由2()()20f x lnx lnx =−−=得(2)(1)0lnx lnx −+=， 即2lnx =，或1lnx =−，即2x e =，或1x e −=．（2）∵]x e ∈时，()0f x <，∴]x e ∈时，有2()20a lnx lnx −−<，即222112()()lnx a lnx lnx lnx+<=+．设1t lnx=，则22a t t <+．由]x e ∈得[1t ∈，2]． 因为关于t 的二次函数22t t +在[1t ∈，2]上单调递增，22t t ∴+的最小值在1t =处取得，这个最小值为3，3a ∴<． 3．已知函数3()1(0)ax f x x e a =−≠． （1）讨论()f x 的单调性；（2）若2a =，不等式()3f x mx lnx +…对(0,)x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围 【解析】解：（1）232()3(3)ax ax ax f x x e ax e x e ax ′=+=+，当0a <时，令()0f x ′>，解得3x a<−；令()0f x ′…，解得3x a−…，∴函数()f x 的单调递增区间为3(,)a −∞−，单调递减区间为3[,)a−+∞；当0a >时，令()0f x ′>，解得3x a >−；令()0f x ′…，解得3x a−…，∴函数()f x 的单调递减区间为3(,]a −∞−，单调递增区间为3(,)a−+∞；（2）2a =∵，∴不等式()3f x mx lnx +…对(0,)x ∈+∞恒成立即为3231x x e lnx m x−−…对(0,)x ∈+∞恒成立， 设()1(0)g t t lnt t =−−>，则11()1t g t t t−′=−=， 令()0g t ′<，解得01t <<；令()0g t ′>，解得1t >，()min g t g ∴=（1）0=，10t lnt ∴−−…，取32x t x e =，则32321()0x x x e ln x e −−…，即32312x x e lnx x −−…，∴323122x x e lnx xx x−−=…， 设32()x h x x e =，由(0)01h =<，h （1）21e =>，∴方程321x x e =必有解，∴当且仅当321xx e =时，函数3231(0)x x e lnx y x x−−=>取得最小值2， 2m ∴…，即实数m 的取值范围(−∞，2]．4．已知函数21(),(),()12x f x lnx x g x ax ax h x mxe =+=+=−． （1）讨论()()()F x g x f x =−的单调性；（2）若不等式()()h x f x …对任意(0,)x ∈+∞恒成立，求m 的取值范围． 【解析】解：（1）2211()(1)22F x ax ax lnx x ax a x lnx =+−−=+−−，∴1(1)(1)()(1)(0)ax x F x ax a x x x−+′=+−−=>， ①当0a …时，()0F x ′<，此时()F x 在(0,)+∞上单调递减；②当0a >时，可知当1(0,)x a∈时，()0F x ′<，()F x 单调递减，当1(,)x a∈+∞时，()0F x ′>，()F x 单调递增；综上，当0a …时，()F x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时，()F x 在1(0,a 上单调递减，在1(,)a+∞上单调递增；（2）依题意，1x mxe lnx x −+…在(0,)x ∈+∞上恒成立，即1xlnx x m xe ++…在(0,)x ∈+∞上恒成立， 设1()xlnx x G x xe ++=，则2(1)()()x x lnx x G x x e +−−′=，令()p x lnx x =−−，则1()10p x x ′=−−<，()p x ∴在(0,)+∞上单调递减，且11(10,(1)10P p e e=−>=−<，故存在01(,1)x e∈，使得000()0p x lnx x =−−=，即000lnx x +=，即00x x e −=，当0(0,)x x ∈时，()0p x >，()0G x ′>，当0(x x ∈，)+∞时，()0p x <，()0G x ′<，∴000000011()()1max x x x lnx x G x G x x e e e−++====i ， ∴实数m 的取值范围为1m …． 5．已知函数1()f x alnx x =+，1()1(,)x g x xe mx a m R x=+−−∈． （1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若不等式()()f x g x …恒成立，求m 的取值范围． 【解析】解：（1）1()f x alnx x=+的定义域为(0,)+∞，则2211()(0)aax f x x xx x −′=−=>， 当0a …时，()0f x ′<，()f x 单调递减， 当0a >时，令()0f x ′=，解得1x a=，当1(0,x a∈时，()0f x ′<，()f x 单调递减，当1(x a∈，)+∞时，()0f x ′>，()f x 单调递增，综上所述，当0a …时，()f x 在(0,)+∞上单调递减，当0a >时，()f x 在1(0,a上单调递减，在1(a，)+∞上单调递增．（2）当1a =时，1()f x lnx x=+，不等式式()()f x g x …恒成立等价于1x xe lnx m x −−…在(0,)+∞恒成立，即只需1(x min xe lnx m x−−…， 记()1x h x e x =−−， 则()1x h x e ′=−，当(,1)x ∈−∞时，()0h x ′<，所以()h x 单调递减， 当(0,)x ∈+∞时，()0h x ′>，所以()h x 单调递增，所以()(0)0h x h =…，所以10x e x −−…，即1x e x +…，当且仅当0x =时，等号成立，又因为()1()10x x lnx xe lnx x e lnx x +−+−=−+−…，当且仅当0lnx x +=时，等号成立， 所以1xxe lnx x −−…，从而11x xe lnx xx x−−=…， 所以1()1x min xe lnx x−−=， 所以1m …，故m 的取值范围为(−∞，1]． 6．已知函数2()(2)x af x x e a a=−−+．（1）若1a =−，求函数()f x 的单调区间及极值；（2）当0x >时，函数()1f x −…（其中0)a >恒成立，求实数a 的取值范围．【解析】解：（1）1a =−时，函数()1x f x x e −=⋅−的导数为()x x f x e xe −−′=−， 当1x >时，()0f x ′<，1x <时，()0f x ′>，可得()f x 的增区间为(,1)−∞，减区间为(1,)+∞，()f x 有极大值f （1）11e −=−，无极小值；（2）当0x >时，函数()1f x −…（其中0)a >恒成立， 可得2(2)1x a x e a a −−+−…对0x >，0a >恒成立，令x t a =，可得x at =，即有(22)10t ate a t a −+++…，可得211t a t a te −+…，设21()t t g t te −=， (21)(1)()tt t g t te +−′=，0t >，可得()g t 在(0,1)递增，(1,)+∞递减，可得()g t 的最大值为g （1）1e=， 则11a a e +…，解得11a e −…． 7．已知函数()1(x f x e ax a R =−−∈，e 为自然对数的底数）．（1）若()f x 在定义域内有唯一零点，求a 的取值范围；（2）若2()x f x x e …在[0，)+∞上恒成立，求a 的取值范围．【解析】解：（1）()x f x e a ′=−，当0a …，(0)0f ′>，()f x 在R 上单调递增， 又1(1)10f a e−=−+<，f （1）10e a =−−>，由零点存在定理知，函数()f x 在R 上有唯一零点，符合题意， 当0a >，令()0f x ′=得x lna =，当(,)x lna ∈−∞，()0f x ′<，()f x 单调递减，(,)x lna ∈+∞，()0f x ′>，()f x 单调递增，所以()()11lna min f x f lna e alna a alna ==−−=−−，设g （a ）1(0)a alna a =−−>，则g ′（a ）1(1)lna lna =−+=−， 当01a <<时，g ′（a ）0>，g （a ）单调递增，当1a >时，g ′（a ）0<，g （a ）单调递减，所以g （a ）max g =（1）0=，故1a =，综上，实数a 的取值范围为{|0a a …或1}a =．（2）2()x f x x e …对[0x ∈，)+∞恒成立，即2(1)1x x e ax −+…对[0x ∈，)+∞恒成立，记2()(1)(1)(1)x x h x x e x x e =−=+−，当1a …时，设函数()(1)x m x x e =−， 则()0x m x xe ′=−…，因此()m x 在[0，)+∞单调递减， 又(0)1m =，故()1m x …，所以()(1)()11h x x m x x ax =+++剟；当01a <<时，设函数()1x n x e x =−−，则()10x n x e ′=−…，所以()n x 在[0，)+∞单调递增， 且(0)0n =，故1x e x +…．当01x <<时，2()(1)(1)h x x x >−+，22(1)(1)1(1)x x ax x a x x −+−−=−−−，取0x =，则0(0,1)x ，2000(1)(1)10x x ax −+−−=，故00()1h x ax >+，当0a …，取0x =，则0(0,1)x ∈， 20000()(1)(1)11h x x x ax >−+=+…，综上，a 的取值范围为[1，)+∞．8．已知函数()1f x xlnx ax =+−，a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）当2a =时，对1x >，()(1)f x b x >−任意恒成立，求正整数b 的最大值．【解析】解：（1）因为()1f x xlnx ax =+−，所以()1f x lnx a ′=++，令()0f x ′=，可得1a x e −−=，当1(0,)a x e −−∈时，()0f x ′<；当1(a x e −−∈，)a +时，()0f x ′>．所以()f x 的单调递增区间为1(a e −−，)+∞；单调递减区间为1(0,)a e −−．（2）当2a =，1x >时，()(1)f x b x >−变形为()2111f x xlnx x b x x +−<=−−． 令21()1xlnx x g x x +−=−，22()(1)lnx x g x x −+−′=− 令11()2,()10x h x lnx x h x x x −′=−+−=−+=> 所以()h x 在(1,)+∞单调递增，又h （2）20ln =−<，h （3）310ln =−+<，h （4）2220ln =−+>， 所以存在唯一0(3,4)x ∈，使得()0h x =，即002lnx x =−，故当0(1,)x x ∈时，()0h x <，()g x 单调递减；当0(x x ∈，)+∞时，()0h x >，()g x 单调递增， 所以200000000211()()111x lnx x x g x g x x x x +−−===+−−…， 即01b x <+，又0(3,4)x ∈，所以01(4,5)x +∈，因为*b Z ∈，所以4max b =．9．已知函数2()f x x ax b =++，()()x g x e cx d =+，若曲线()y f x =和曲线()y g x =都过点(0,2)P ，且在点P 处有相同的切线42y x =+．（Ⅰ）求a ，b ，c ，d 的值；（Ⅱ）若对于任意x R ∈，都有()()f x k g x −…恒成立，求k 的取值范围．【解析】解：（Ⅰ）由题意知(0)2f =，(0)2g =，(0)4f ′=，(0)4g ′=， 而()2f x x a ′=+，()()x g x e cx d c ′=++，故2b =，2d =，4a =，4d c +=， 从而4a =，2b =，2c =，2d =；（Ⅱ）由()I 知，2()42f x x x =++，()2(1)x g x e x =+， 由()()f x k g x −…恒成立得()()f x g x k +…恒成立， 设2()()()2(1)42x F x f x g x e x x x =+=++++，则()2(2)242(2)(1)x x F x e x x x e ′=+++=++，由()0F x ′>得2x >−，由()0F x ′<得2x <−，即当2x =−时，()F x 取得极小值，同时也是最小值， 此时222(2)2(21)(2)4(2)222F e e −−−=−++−+×−+=−−， 则222k e −−−…．10．设函数()2x f x e ax =−−．（1）求()f x 的单调区间；（2）若1a =，k 为整数，且当0x >时，()()10x k f x x −′++>，求k 的最大值．【解析】解：（1）()f x 的定义域为R ，()x f x e a ′=−， 若0a …，则()0f x ′>，()f x 在R 上单调递增； 若0a >，则()0f x ′=解得x lna =．当x 变化时，()f x ′，()f x 变化如下表： x (,)lna −∞lna (,)lna +∞ ()f x ′− 0 + ()f x 减 极小值 增所以，()f x 的单调减区间是：(,)lna −∞，增区间是：(,)lna +∞．（2）由于1a =，所以()()1()(1)1x x k f x x x k e x −′++=−−++． 故当0x >时，()()10x k f x x −′++>等价于1(0)1x x k x x e +<+>−①， 令1()1x x g x x e +=+−，则2(2)()(1)x x x e e x g x e −−′=−， 而函数()2x f x e x =−−在(0,)+∞上单调递增，f （1）0<，f （2）0>， 所以()f x 在(0,)+∞存在唯一的零点．故()g x ′在(0,)+∞存在唯一的零点．设此零点为a ，则(1,2)a ∈．当(0,)x a ∈时，()0g x ′<；当(,)x a ∈+∞时，()0g x ′>． 所以()g x 在(0,)+∞的最小值为g （a ）．又由g ′（a ）0=，可得2a e a =+，所以g （a ）1(2,3)a =+∈．由于①式等价于k g<（a），故整数k的最大值为2．。
分离参数法求解参数问题含详解
1．已知函数 f x ax2 x lnx 1 ax2 x . （a∈R）． 2
（1）当 a＝0 时，求曲线 y＝f（x）在（e，f（e）处的切线方程（e＝2.718…） （2）已知 x＝e 为函数 f（x）的极值点，求函数 f（x）的单调区间． 【答案】（1）x+y﹣e＝0．（2）单调递增区间为（0，1）和（e，+∞），单调递减区间为（1，e）． 【解析】（1）∵a＝0， ∴f（x）＝﹣xlnx+x，f′（x）＝﹣lnx， 则直线的斜率 k＝f′（e）＝﹣lne＝﹣1， f（e）＝﹣elne+e＝﹣e+e＝0， 故所求切线方程为 x+y﹣e＝0． （2）函数的导数 f′（x）＝（2ax﹣1）lnx﹣ax﹣1+ax+1＝（2ax﹣1）lnx， ∵x＝e 为函数 f（x）的极值点，
2 作出函数 u=1+ x 1 （r＜x＜a-2）的图象，得 a-2=-1，解得：a=1，矛盾．
9
综上，r=1，a=2+ 3 ．
10．已知函数 f (x) mx 1 1 (m, n 是常数 ) ，且 f (1) 2 ， f (2) 11 .
nx 2
4
（1）求 m,n 的值；
（2）当 x 1, 时，判断 f (x) 的单调性并证明；
（2）若 a= 1 ，并且对区间[3，4]上的每一个 x 的值，不等式 f（x）＞（ 1 ）x+t 恒成立，求实数 t 的取值
2
2
范围．
（3）当 x∈（r，a-2）时，函数 f（x）的值域是（1，+∞），求实数 a 与 r 的值．
【答案】（1）1；（2）
t
9 8
；（3）
高中数学选择压轴题解题策略—参变分离法解决导数问题
高中数学选择压轴题解题策略—参变分离法解决导数问题1．设函数()2ln 2f x x x x =-+，若存在区间[]1,,2a b ⎡⎫⊆+∞⎪⎢⎣⎭，使得()f x 在[],a b 上的值域为()()2,2k a k b ++⎡⎤⎣⎦，则实数k 的取值范围是（ ）A ．93ln 21,4+⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．93ln 21,4+⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．92ln 21,10+⎛⎤⎥⎝⎦D ．92ln 21,10+⎡⎤⎢⎥⎣⎦【答案】C【分析】利用导数分析出函数()f x 在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上为增函数，可得出()()()()22f a k a f b k b ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，可知关于x 的方程()()2f x k x =+在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭上有两个不等的实根，利用参变量分离法得出2ln 22x x x k x -+=+，令()2ln 22x x x h x x -+=+，由题意可得出直线y k =与曲线()y h x =在1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭上的图象有两个交点，利用导数分析函数()2ln 22x x x h x x -+=+在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的单调性与极值，数形结合可得出实数k 的取值范围.【详解】由题意可得()2ln 1f x x x =-+'，设()()2ln 1g x f x x x =-'=+，则()12g x x'=-， 所以当12x ≥时，()12120x g x x x -=-=≥'， 所以函数()()g x f x '=在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，所以()112ln 022f x f ⎛⎫≥=->⎪⎝''⎭， 所以()f x 在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增，又因为[]1,,2a b ⎡⎫⊆+∞⎪⎢⎣⎭，所以()f x 在[],a b 上单调递增，又()f x 在[],a b 上的值域为()()2,2k a k b ++⎡⎤⎣⎦，所以()()()()22f a k a f b k b ⎧=+⎪⎨=+⎪⎩，则方程()()2f x k x =+在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的两个根为a 、b ，由()()2f x k x =+，可得2ln 22x x x k x -+=+，构造函数()2ln 22x x x h x x -+=+，其中1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()22342ln 2x x xh x x +--'=+，令()2342ln x x x x ϕ=+--，其中1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，()()()2212223223x x x x x x x x x ϕ-++-'=+-==， 当1,2x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭时，()0x ϕ'≥， 所以，函数()x ϕ在1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上单调递增， 当112x ≤<时，()()10x ϕϕ<=，即()0h x '<，此时函数()h x 单调递减； 当1x >时，()()10x ϕϕ>=，即()0h x '>，此时函数()h x 单调递增. 所以，()()min 11h x h ==，192ln 2210h +⎛⎫=⎪⎝⎭，如下图所示：由图象可知，当92ln 2110k +<≤时， 直线y k =与函数()y h x =在区间1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭上的图象有两个交点，因此，实数k 的取值范围是92ln 21,10+⎛⎤⎥⎝⎦. 故选：C.【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；（3）参变量分离法：由()0f x =分离变量得出()a g x =，将问题等价转化为直线y a =与函数()y g x =的图象的交点问题. 2．设函数()1axf x xex-=-在()0,∞+上有两个零点，则实数a 的取值范围（ ） A ．2,e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭B ．()1,eC ．12,e e ⎛⎫⎪⎝⎭D ．20,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】D【分析】令()0f x =，进行参变分离得()2ln >0xa x x=， 设()()2ln >0xg x x x=，将问题等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点.求导， 分析导函数的正负得出函数()g x 的单调性， 从而作出图象和最值，运用数形结合的思想可得选项.【详解】令()0f x =，即10axxe x--=，解得()2ln >0x a x x =，设()()2ln >0xg x x x=， 所以()f x 在()0+∞，有两个零点等价于y = a 与()g x 在()0+∞，有两个交点. 因为()()()2'21ln 0>0x g x x x -==，得x e =，所以()g x 在(0，e )上单调递增，在()e +∞，上单调递减， 所以()()max 2g x g e e==. 如图所示，画出()g x 的大致图象。
高考满分数学压轴题22 导数中的参数问题(可编辑可打印)
【方法综述】导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式恒成立、存在性、方程的根、零点等条件，求解参数的取值或取值范围”.这类问题在近几年的高考中，或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。
而要解决这类型的题目的关键，突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分离参数法、分类讨论法及变换主元法等，从而解决常见的导数中的参数问题。
【解答策略】一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离. 1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题.例1．已知函数432121()ln 432e f x x x ax x x x =-++-在(0,)+∞上单调递增，则实数a 的取值范围是 A ．21[,)e e++∞B ．(0,]eC ．21[2,)e e--+∞ D ．[21,)e -+∞【来源】广东省茂名市五校2020-2021学年高三上学期第一次（10月）联考数学（理）试题 【答案】A【解析】32()2ln 0f x x ex ax x '=-+-≥在(0,)+∞上恒成立2ln 2xa ex x x⇔≥+-， 设2ln ()2x p x ex x x =+-，221ln 2()()x e x x p x x-+-'=， 当0x e <<时，()0p x '>；当x e >时，()0p x '<；()p x ∴在(0,)e 单调递增，在(,)e +∞单调递减，21()()p x p e e e∴≤=+，21a e e ∴≥+.故选：A .导数中的参数问题【举一反三】1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数()f x 与()g x 满足：存在实数t ，使得()()f t g t '=，则称函数()g x 为()f x 的“友导”函数.已知函数21()32g x kx x =-+为函数()2ln f x x x x =+的“友导”函数，则k 的最小值为（ ） A ．12B ．1C ．2D ．52【答案】C【解析】()1g x kx '=-，由题意，()g x 为函数()f x 的“友导”函数，即方程2ln 1x x x kx +=-有解，故1ln 1k x x x=++， 记1()ln 1p x x x x =++，则22211()1ln ln x p x x x x x-'=+-=+， 当1x >时，2210x x ->，ln 0x >，故()0p x '>，故()p x 递增； 当01x <<时，2210x x-<，ln 0x <，故()0p x '<，故()p x 递减， 故()(1)2p x p ≥=，故由方程1ln 1k x x x=++有解，得2k ≥，所以k 的最小值为2.故选：C. 2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数()()()2ln 2010a x x x f x x a x x ⎧-->⎪=⎨++<⎪⎩的最大值为()1f -，则实数a 的取值范围为（ ）A ．20,2e ⎡⎤⎣⎦B ．30,2e ⎡⎤⎣⎦C ．(20,2e ⎤⎦D ．(30,2e ⎤⎦【答案】B【解析】由12f a -=-+（） ，可得222alnx x a --≤-+ 在0x ＞ 恒成立， 即为a （1-lnx ）≥-x 2，当x e = 时，0e -＞ 2显然成立；当0x e ＜＜ 时，有10lnx -＞ ，可得21x a lnx ≥-，设201x g x x e lnx =-（），＜＜，222(1)(23)(1)(1)x lnx x x lnx g x lnx lnx （），---'==-- 由0x e ＜＜ 时，223lnx ＜＜ ，则0g x g x （）＜，（）'在0e （，）递减，且0g x （）＜ ， 可得0a ≥ ；当x e ＞ 时，有10lnx -＜ ，可得21x a lnx ≤- ， 设22(23)1(1)x x lnx g x x e g x lnx lnx -='=--（），＞，（）， 由32 e x e ＜＜ 时，0g x g x （）＜，（）' 在32 e e （，）递减， 由32x e >时，0g x g x '（）＞，（） 在32 ,x e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增， 即有)g x （ 在32x e = 处取得极小值，且为最小值32e ， 可得32a e ≤ ，综上可得302a e ≤≤ ．故选B ．3.（2020湖南省永州市高三）若存在，使得成立，则实数的取值范围是（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】D 【解析】原不等式等价于：令，则存在，使得成立又 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减，，即当且仅当，即时取等号，即，本题正确选项：2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了.【例2】已知函数2ln 1()x mx f x x+-=有两个零点a b 、，且存在唯一的整数0(,)x a b ∈，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0,2e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．ln 2,14e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C ．ln 3,92e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ D ．ln 2e 0,4⎛⎫ ⎪⎝⎭【答案】B【解析】由题意2ln 1()0x mx f x x+-==，得2ln 1x m x +=， 设2ln 1()(0)x h x x x +=>，求导4332(ln 1)12(ln 1)(2ln 1)()x x x x x h x x x x-+-+-+'=== 令()0h x '=，解得12x e -=当120x e -<<时，()0h x '>，()h x 单调递增；当12x e ->时，()0h x '<，()h x 单调递减； 故当12x e -=时，函数取得极大值，且12()2e h e -=又1=x e时，()0h x =；当x →+∞时，2ln 10,0x x +>>，故()0h x →； 作出函数大致图像，如图所示：又(1)1h =，ln 21ln 2(2)44eh +== 因为存在唯一的整数0(,)x a b ∈，使得y m =与2ln 1()x h x x+=的图象有两个交点， 由图可知：(2)(1)h m h ≤<，即ln 214em ≤< 故选：B.【方法点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 【举一反三】1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数32()32f x x x ax a =-+--，若刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，则实数a 的取值范围是( )A ．20,3⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝C ．2,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭D ．1,13⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】A【解析】令32()3,()(2)()()()g x x x h x a x f x g x h x =-+=+∴=-，且2'()36g x x x =-+， 因为刚好有两个正整数(1,2)i x i =使得()0i f x >，即()()i i g x h x >， 作出(),()g x h x 的图象，如图所示，其中()h x 过定点(2,0)-，直线斜率为a ，由图可知，203a ≤≤时， 有且仅有两个点()()1,2,2,4满足条件， 即有且仅有121,2x x ==使得()0i f x >. 实数a 的取值范围是20,3⎛⎤ ⎥⎦⎝，故选：A2（2020济宁市高三模拟）已知当时，关于的方程有唯一实数解，则所在的区间是( ) A ．(3，4) B ．(4，5)C ．(5，6)D ．(6．7)【答案】C 【解析】由xlnx+（3﹣a ）x+a ＝0，得，令f （x ）（x ＞1），则f′（x ）．令g （x ）＝x ﹣lnx ﹣4，则g′（x ）＝10，∴g（x ）在（1，+∞）上为增函数， ∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g （6）＝2﹣ln6＞0， ∴存在唯一x 0∈（5，6），使得g （x 0）＝0，∴当x∈（1，x 0）时，f′（x ）＜0，当x∈（x 0，+∞）时，f′（x ）＞0． 则f （x ）在（1，x 0）上单调递减，在（x 0，+∞）上单调递增．∴f（x）min＝f（x0）．∵﹣4＝0，∴，则∈（5，6）．∴a所在的区间是（5，6）．故选：C3.（2020蚌埠市高三）定义在上的函数满足，且，不等式有解，则正实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】因为，故，因，所以即.不等式有解可化为即在有解.令，则，当时，，在上为增函数；当时，，在上为减函数；故，所以，故选C.二．分类讨论法分类讨论法是指通过分析参数对函数相应性质的影响，然后划分情况进行相应分析，解决问题的方法，该类方法的关键是找到讨论的依据或分类的情况，该方法一般在分离参数法无法解决问题的情况下，才考虑采用，常见的有二次型和指对数型讨论. 1.二次型根的分布或不等式解集讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参数二次不等式或二次方程， 可以依次考虑依次根据对应定性（若二次项系数含参），开口，判别式，两根的大小（或跟固定区间的端点比较）为讨论的依据，进行分类讨论，然后做出简图即可解决.【例3】（2020·全国高三专题）函数()()23xf x x e =-，关于x 的方程()()210fx mf x -+=恰有四个不同实数根，则正数m 的取值范围为( ) A ．()0,2 B ．()2,+∞C ．3360,6e e ⎛⎫+ ⎪⎝⎭D ．336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭【答案】D 【解析】【分析】利用导函数讨论函数单调性与极值情况，转化为讨论210t mt -+=的根的情况，结合根的分布求解.【详解】()()()()22331x xx x e x f e x x =+-=+-'，令()0f x '=，得3x =-或1x =，当3x <-时，()0f x '>，函数()f x 在(),3-∞-上单调递增，且()0f x >; 当31x -<<时，()0f x '<，函数()f x 在()3,1-上单调递减; 当1x >时，()0f x '>，函数()f x 在()1,+∞上单调递增. 所以极大值()363f e-=，极小值()12f e =-，作出大致图象：令()f x t =，则方程210t mt -+=有两个不同的实数根，且一个根在360,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭内，另一个根在36,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭内， 或者两个根都在()2,0e -内.因为两根之和m 为正数，所以两个根不可能在()2,0e -内.令()21g x x mx =-+，因为()010g =>，所以只需360g e ⎛⎫< ⎪⎝⎭，即6336610m e e -+<，得3366e m e >+，即m 的取值范围为336,6e e ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭.故选：D【举一反三】1．（2020·湖南衡阳市一中高三月考（理））已知函数()f x kx =，ln ()xg x x=，若关于x 的方程()()f x g x =在区间1[,]e e内有两个实数解，则实数k 的取值范围是( )A ．211[,)2e eB ．11(,]2e eC ．21(0,)e D ．1(,)e+∞【答案】A【解析】易知当k ≤0时，方程只有一个解，所以k >0．令2()ln h x kx x =-，2121(21)(21)()2kx k x k x h x kx x x x--+=-=='， 令()0h x '=得12x k =，12x k=为函数的极小值点， 又关于x 的方程()f x =()g x 在区间1[,]e e内有两个实数解，所以()01()01()02112h e h e h k e ek ≥⎧⎪⎪≥⎪⎪⎨<⎪⎪⎪<<⎪⎩，解得211[,)2k e e ∈，故选A.2.（2020扬州中学高三模拟）已知函数有两个不同的极值点，，若不等式恒成立，则实数的取值范围是_______．【答案】【解析】∵，∴．∵函数有两个不同的极值点，，∴，是方程的两个实数根，且，∴，且，解得．由题意得．令，则，∴在上单调递增，∴．又不等式恒成立，∴，∴实数的取值范围是．故答案为．2．指数对数型解集或根的讨论该类题型在进行求解过程，关键步骤出现求解含参指对数型不等式或方程， 可以依次考虑依次根据对应指对数方程的根大小(或与固定区间端点的大小)为讨论的依据,进行分类讨论. 即可解决.【例4】（2020•泉州模拟）已知函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae ，若存在a ∈（﹣1，1），使得关于x 的不等式f （x ） ﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，﹣1] B ．（﹣∞，﹣1）C ．（﹣∞，0]D ．（﹣∞，0）【答案】A【解析】不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，即k ≤f （x ）恒成立； 则问题化为存在a ∈（﹣1，1），函数f （x ）＝ae x ﹣x ﹣ae 有最小值，又f ′（x ）＝ae x ﹣1，当a ∈（﹣1，0]时，f ′（x ）≤0，f （x ）是单调减函数，不存在最小值； 当a ∈（0，1）时，令f ′（x ）＝0，得e x ＝，解得x ＝﹣lna ， 即x ＝﹣lna 时，f （x ）有最小值为f （﹣lna ）＝1+lna ﹣ae ； 设g （a ）＝1+lna ﹣ae ，其中a ∈（0，1），则g ′（a ）＝﹣e ，令g ′（a ）＝0，解得a ＝，所以a ∈（0，）时，g ′（a ）＞0，g （a ）单调递增；a ∈（，1）时，g ′（a ）＜0，g （a ）单调递减；所以g （a ）的最大值为g （）＝1+ln ﹣•e ＝﹣1； 所以存在a ∈（0，1）时，使得关于x 的不等式f （x ）﹣k ≥0恒成立，则k 的取值范围是（﹣∞，﹣1]．故选：A ． 【举一反三】1．函数()()211,12x f x x e kx k ⎛⎫⎛⎤=--∈⎪⎥⎝⎦⎝⎭,则()f x 在[]0,k 的最大值()h k =（ ） A . ()32ln22ln2-- B . 1- C . ()22ln22ln2k -- D . ()31k k e k --【答案】D2．（2020·浙江省杭州第二中学高三期中）已知函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线为():l y g x =，若函数()f x 满足x I ∀∈（其中I 为函数()f x 的定义域，当0x x ≠时，()()()00f x g x x x -->⎡⎤⎣⎦恒成立，则称0x 为函数()f x 的“转折点”，已知函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上存在一个“转折点”，则a 的取值范围是 A ．[]0,e B ．[]1,eC ．[]1,+∞D ．(],e -∞ 【答案】B【解析】由题可得()2xf x e ax =--'，则在()00,x y 点处的切线的斜率()0002xk f x e ax ==--'，0200122x y e ax x =--，所以函数()f x 的图象在点()00,x y 处的切线方程为：00200001(2)(2)()2x x y e ax x e ax x x ---=---，即切线()00200001:=(2)()+22x xl y g x e ax x x e ax x =-----，令()()()h x f x g x =-， 则002200011()2(2)()222x x xh x e ax x e ax x x e ax x =-------++，且0()0h x = 0000()2(2)=+x x x x h x e ax e ax e ax e ax =-------'，且0()0h x '=，()x h x e a ='-'，（1）当0a ≤时，()0xh x e a =-'>'，则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（2）当01a <<时， ()0xh x e a =-'>'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，所以当[)00,x x ∈，0()()0h x h x ''<=，当(]0,1x x ∈，0()()0h x h x ''>=，则()h x 在区间[)00,x 上单调递减，0()()0h x h x >=，在(]0,1x 上单调递增，0()()0h x h x >=，所以当[)00,x x ∈时，0()()0h x x x -<，不满足题意，舍去，（3）当1a =，()10x h x e =-'≥'（[]0,1x ∈），则()h x '在区间[]0,1上单调递增，取00x =，则()10x h x e x =-->'，所以()h x 在区间(]0,1上单调递增，0()()0h x h x >=，当00x x ≠=时，0()()0h x x x ->恒成立，故00x =为函数()2122x f x e ax x =--在区间[]0,1上的一个“转折点”，满足题意。
备战2022高考压轴题解法系列之含参高端函数的分析策略（1）参变分离（解析版）
备战2022高考压轴题解法系列之含参高端函数的分析策略（1）参变分离 【知识与方法储备】1、参变分离：顾名思义，就是在不等式（方程）中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号（等号）的两侧，即不等号（等号）的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.3、判断是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式（方程）中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式（方程）中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：，等；（2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题. 4、常见三种具体的参变分离思路：（1）直接法参变分离，其基本步骤：第一步、首先对待含参的不等式（方程）问题在能够判断出参数的系数正负的情况下，可以根据不等式（等式）的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式（等式）；第二步、求出含变量一边的式子的最值；第三步、由此推出参数的取值范围即可得出.简称直接分参求最值（2）分段法参变分离，其基本步骤：第一步、首先对待含参的不等式（方程）问题利用参数的系数正负符号，可以根据不等式（等式）的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的两个不等式（方程）组；第二步、求出含变量一边的式子的最值；第三步、由此推出参数的取值范围即可得出.简称分段分参求交集3.同构法参变分离，其基本步骤：第一步、可以根据不等式（方程）的性质分离表达式，合理变形得到一个两端是同一函数结构的不等式(形如g(m(x))>g(n(x))等）（方程）；第二步、求出第一步构造函数g(x)的单调性，进而构造m(x)与n(x)的不等式（方程）；第三步、把m(x)与n(x ）的不等式（方程）再用参变分离参变分离处理.简称同构函数再分参 5、常见的参变分离不等式关系表：（假设为自变量，其范围设为，为函数；为参数，为其表达式） （1）若的值域为①，则只需要()()x f a g ,D x <∈∀，则只需要()21log a x x -<111axx e x-+>-x D ()f x a ()g a ()f x [],m M ()(),x D g a f x ∀∈≤()()min g a f x m ≤=()()ming a f x m <=②，则只需要 ，则只需要 ③，则只需要 ，则只需要 ④，则只需要 ，则只需要 （2）若的值域为① ，则只需要，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ② ，则只需要，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ③ ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要④ ，则只需要（注意与（1）中对应情况进行对比） ，则只需要x/k-+w含参的不等式（方程）求参数范围（或者值），优先考虑参变分离，简化结构，优先思路.【常见题型与解法探究】题型一、参变分离与函数可求最值结合【罗师导航】当参数结构单一，参数的系数因数的符号确定时，直接分离参数，另一侧的函数最值可求.【典例1-1】（不等式）已知函数()2ln f x kx x =-，若()0f x >在函数定义域内恒成立，求k 的取值范围．【解析】第一步，参变分离；2ln xk x>在函数定义域内恒成立， 第二步， 设2ln ()x g x x =则442ln (12ln )()0x x x x x g x x e x x '--===∴= ()(),x D g a f x ∀∈≥()()max =g a f x M ≥()(),x D g a f x ∀∈>()()max =g a f x M >()(),x D g a f x ∃∈≤()()max g a f x M ≤=()(),x D g a f x ∃∈<()()max g a f x M <=()(),x D g a f x ∃∈≥()()min g a f x m ≥=()(),x D g a f x ∃∈>()()min g a f x m >=()f x (),m M ()(),x D g a f x ∀∈≤()g a m ≤()(),x D g a f x ∀∈<()g a m ≤()(),x D g a f x ∀∈≥()g a M ≥()(),x D g a f x ∀∈>()g a M ≥()(),x D g a f x ∃∈≤()g a M <()(),x D g a f x ∃∈<()g a M <()(),x D g a f x ∃∈≥()g a m >()(),x D g a f x ∃∈>()g a m >所以易得max 1()2g x e=第三步，得出结论：12k e>故选D ． 【典例1-2】（方程）已知函数2()(1)()f x xlnx a x a R =+-∈．若()0f x =在(0,)+∞内有两个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．【解答】()0f x =在(0,)+∞内有两个不相等的实数根，即为1lnxa x-=在0x >有两个不等实根，可令()lnxg x x=，则21()lnx g x x -'=，由x e >可得()0g x '<，()g x 递减；当0x e <<时，()0g x '>，()g x 递增，可得()g x 的最大值为g （e ）1e =，由()g x 的图象可得101a e<-<，即有111a e-<<．【能力达标训练】【1-1】已知函数21()2f x x alnx =-在(0,)+∞无零点，则实数a 的取值范围为( ) A ．(0,)eB ．[0，)eC ．[0，]eD ．(0，)(e e ⋃，)+∞【分析】函数21()2f x x alnx =-在(0,)+∞无零点，可转化为22x a lnx =无正实数根，研究函数2()2x g x lnx=的值域，a 只要在值域之外取值即可． 【解答】函数21()2f x x alnx =-在(0,)+∞无零点，显然1x =不是函数()f x 的零点．故问题可转化为22x a lnx =无正实数根，令2()2x g x lnx=，(0,1)x x >≠，221()422()4x lnx xlnx x g x ln x ln x --'==，令()0g x '=得x e =(0x ，1)(1⋃e 时，()0g x '<，故()g x 在)e 上递减；当(,)x e ∈+∞时，()0g x '>，()g x 递增．又0x →时，()0g x →；1(1)x x →<时，()g x →-∞；1(1)x x →>时，()g x →+∞．()g e e =；x →+∞，()g x →+∞．作出函数()g x 与y a=的图象：可知，当y a =介于x 轴（包括x 轴）与点(,)e e 之间时，原函数在(0,)+∞上无零点． 故0a e <即为所求．故选：B ． 亦可几何分参【1-2】已知函数()(1)x f x e a x =++，若函数()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 【解答】()x f x e a '=+．（1）当0a ，()0f x '>，函数()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0a <时，令()0f x '=得()x ln a =-，当(x ∈-∞，())ln a -时，()0f x '< 当(()x ln a ∈-，)+∞时，()0f x '>，故()f x 在(-∞，())ln a -上单调递减， 在(()ln a -，)+∞上单调递增，综上，当0a 时，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增；当0a <时，()f x 在(-∞，())ln a -上单调递减，在(()ln a -，)+∞上单调递增．（2）由（1）可知，当0a 时，()f x 在(,)-∞+∞上单调递增，没有两个零点0． 当0a <时，()x ln a =-为()f x 的唯一极小值点，故()()(())(()1)()ln a min f x f ln a e a ln a aln a -=-=+-+=-若函数()f x 有两个零点，则()0min f x <，即()0aln a -<，得1a <-，当1a <-时，()0ln a ->，因为1(1)0f e-=>，(())0f ln a -<，所以()f x 在(-∞，())ln a -有一个零点，当x →+∞，()f x →+∞，故存在0(()x ln a ∈-，)+∞，使0()0f x >， 所以()f x 在(()ln a -，)+∞有一个零点，所以a 的取值范围值是(,1)-∞-． 亦可几何分参 【1-3】已知不等式012ln >+-ax x 对任意[]2,1∈x 恒成立，求实数a 的取值范围．方法一：（数形结合法） 012ln ＞+-ax x ⇒ax x 21ln >+,令1ln )(+=x x g ,ax x h 2)(=.)2()2()1()1(h g h g ＞且＞∴,得412ln +＜a 。
高考数学压轴题命题区间探究与突破专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题学案
专题02“三招五法”轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一“第一招”带参讨论【例1】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；2.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．类型二“第二招”数形结合【例2】【2018年天津卷理】已知，函数若关于的方程恰有2个互异的实数解，则的取值范围是______________.【答案】【解析】分析：由题意分类讨论和两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可求得最终结果.令，其中，原问题等价于函数与函数有两个不同的交点，求的取值范围.结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数的图象，同时绘制函数的图象如图所示，考查临界条件，结合观察可得，实数的取值范围是.【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f(x)＝g(x)－h(x)的零点个数，等价于方程g(x)－h(x)＝0的解的个数，亦即g(x)＝h(x)的解的个数，进而转化为基本初等函数y＝g(x)与y＝h(x)的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点.【举一反三】【2019届同步单元双基双测AB卷】已知函数，若函数有三个零点，则实数的取值范围为____．【答案】.【解析】分析：求出函数|f（x）﹣3x的解析式，画出函数的图象，利用函数的极值，转化求解即可．当x＜0时，≥6，当且仅当x=﹣1时取等号，此时﹣b＞6，可得b＜﹣6；当0≤x≤4时，x﹣x2≤，当x=时取得最大值，满足条件的b∈（﹣，0]．综上，范围是.故答案为：.类型三“第三招”分离参数【例3】【广东省惠州市2019届10月调研】已知函数是定义在上的偶函数，且，若函数有6 个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】函数f（x）是定义在R上的偶函数，函数F（x）=f（x）﹣m有六个零点，则当x≥0时，函数F（x）=f（x）﹣m有三个零点，令F（x）=f（x）﹣m=0，即m=f（x），②当x≥2时，f（x）=＜0，且当x→+∞，f（x）→0，∵f′（x）=，令f′（x）==0，解得x=3，当2≤x＜3时，f′（x）＜0，f（x）单调递减，当x≥3时，f′（x）≥0，f（x）单调递增，∴f（x）min=f（3）=﹣，故f（x）在[2，+∞）上的值域为[﹣，0），∵﹣＞﹣2，∴当﹣＜m ＜0时，当x ≥0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有三个零点，故当﹣＜m ＜0时，函数F （x ）=f （x ）﹣m 有六个零点， 故选D. 【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ． 7,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ． 70,4⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ． 7,24⎛⎫⎪⎝⎭【答案】D类型四“三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为( )A．(2，＋∞) B．(－∞，－2)C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)【答案】B【解析】法一单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2a.当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈（0，2a ），f′(x)<0；x∈（2a，＋∞），f′(x)>0.所以函数f(x)在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在（0，2a）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．当a<0时，x∈（－∞，2a ），f′(x)<0；x∈（2a，0），f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函数f(x)在（－∞，2a ）和(0，＋∞)上单调递减，在（2a，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（2a）>0，即a2>4，解得a<－2.法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点； 当a >0时，如图(1)所示，不合题意；当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．法四 分离参数法：参变分离，化繁为简.易知x ≠0，令f (x )＝0，则331a x x ＝－，记331()g x x x＝－，2'234333(1)()x g x x x x --=-+=，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.【指点迷津】1.本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a ee --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1【答案】C 【解析】方法一：函数的零点满足()2112x x x x a e e --+-=-+， 设()11x x g x ee--+=+，则()()211111111x x x x x x e g x eeee e ---+----'=-=-=，当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，设()22h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，方法二：由函数f (x )有零点，得211(2)0x x x x a ee －－＋－＋＋＝有解，即211()(110)x x x a e e －－＋－－＋＋＝有解，令1t x ＝－，则上式可化为2(10)ttt a e e －－＋＋＝，即21t tt a e e--+＝. 令21t tt e e--+h(t)＝，易得h (t )为偶函数， 又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以10122a -＝＝，故选C. 方法三：由()112()02.x x f x a ee x x ⇔－－＋＝＋＝－＋111122x x x x e e e e ≥⋅－－＋－－＋＋＝，当且仅当1x =时取“＝”． 2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．若a >0，则112()x x a ee a ≥－－＋＋，要使f (x )有唯一零点，则必有21a ＝，即12a ＝. 若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，12a ＝. 三．强化训练1．【2018年新课标I 卷理】已知函数 ．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A．[–1，0）B．[0，+∞）C．[–1，+∞）D．[1，+∞）【答案】C【解析】2.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知函数，若函数有两个零点，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】若函数有两个零点，则函数的图象与有且仅有两个交点，在同一坐标系内画出函数的图象与的图象如下：3.【黑龙江省2018年仿真模拟（十）】已知函数，若关于的方程有8个不等的实数根，则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】绘制函数的图象如图所示，令，由题意可知，方程在区间上有两个不同的实数根，令，由题意可知：，据此可得：.即的取值范围是.本题选择D选项.4．【2019届同步单元双基双测AB卷】函数的定义域为实数集,,对于任意的都有,若在区间函数恰有三个不同的零点, 则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】，由K AC=﹣，K BC=﹣，结合图象得：m∈，故选：5.【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】定义在上的函数，满足，且当时，，若函数在上有零点，则实数的a取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】因为当时，，所以时，所以，此时，故．所以在上的图象如图，要使函数在上有零点，只要直线与的图象有交点，由图象可得，所以使函数在上有零点，则实数的取值范围是．故选：B．6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数若互不相等的实数满足则的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】B【解析】不妨设，的图像如图所示，7.【安徽省六安市舒城中学2018届仿真（三）】函数，关于方程有三个不同实数解，则实数的取值范围为( )A．B．C．D．【答案】D【解析】当时，，即则大致图象如图所示设，①当有一个根为时，，解得，此时另一个根为，满足条件②根不是时，则满足即综上所述，故实数的取值范围为故选8.【四川省双流中学2018届一模】对于函数和，设，若所有的，都有，则称和互为“零点相邻函数”.与互为“零点相邻函数”，则实数的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】D【解析】9．【2018年浙江卷】已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】(1,4)【解析】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为.10.【安徽省定远重点中学2019届第一次月考】函数，定义函数，给出下列命题：①；②函数是偶函数；③当a＜0时，若0＜m＜n＜1，则有F（m）﹣F（n）＜0成立；④当a＞0时，函数有4个零点．其中正确命题的序号为________________________ ．【答案】②③④【解析】∴F(m)−F(n)<0成立．故③正确对于④，由于，且函数，∴当x>0时，函数在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，∴当x>0时，F(x)的最小值为F(1)=1，∴当x>0时，函数F(x)的图象与y=2有2个交点，又函数F(x)是偶函数，∴当x<0时，函数F(x)的图象与y=2也有2个交点，画出图象如下图：********灿若寒星竭诚为您提供优质文档*********故当a>0时，函数y=F(x)−2有4个零点．所以④正确．综上可得②③④正确．灿若寒星。
分离参数求参数范围的高考压轴题
分离参数求参数范围的高考压轴题在高考数学中，分离参数求参数范围是一道经典的难度较高的题目，被许多数学学习者所称赞，这道题需要同学们在考试中灵活运用知识，深入思考，得出正确的答案。
这道题中，我们需要求解方程组 $left{begin{aligned}2x+4y=4 x^{2}+k y^{2}=1end{aligned}right.$ 的参数范围。
对于这类问题，我们应该首先考虑如何将式子化简，然后再进行推导。
首先，我们将 $2x+4y=4$ 简化为 $x+2y=2$，然后将 $ky^{2}=1-x^{2}$ 两边同时除以 $y^{2}$ 得到$k=frac{1-x^{2}}{y^{2}}$。
接下来，我们将 $k$ 带入第一个式子中，得到$x^{2}+frac{1-x^{2}}{y^{2}}y^{2}=1$，即$x^{2}+(1-x^{2})=y^{2}$。
因此，我们可以得到$y=pmsqrt{1-x^{2}}$。
由于 $y$ 必须为正数，因此我们得到$0<x<1$。
最后，我们需要求出 $k$ 的范围。
由于$k=frac{1-x^{2}}{y^{2}}$，因此 $k$ 取值应该在 $kgeq0$ 时成立。
因此，我们得到 $0leq kleq1$。
通过以上推导，我们可以得到分离参数求参数范围的步骤：首先将方程组中的式子进行简化，然后将其中一个式子中的变量表示为另一个式子的变量，接下来通过对变量的约束条件进行分析，得到参数的取值范围。
总之，分离参数求参数范围是一道值得挑战的高考数学题目，它不仅考验了我们的思维能力和数学知识，还锻炼了我们的逻辑思维和推理能力。
在平时的学习中，我们应该多加练习，提高自己的数学水平，为未来的考试打下坚实的基础。
用分离参数法解高考数学压轴题
用分离参数法解高考数学压轴题
杨云逸
【期刊名称】《中学数学月刊》
【年(卷),期】2003(000)001
【摘要】@@ 2002年的高考数学压轴题是:rn已知a＞0,函数f(x)＝ax-bx2.rn(Ⅰ)当b＞0时,若对任意x∈R都有f(x)≤1,证明a≤2b;
【总页数】2页(P39-40)
【作者】杨云逸
【作者单位】江苏省武进高级中学,213161
【正文语种】中文
【中图分类】O1
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分离参数法解高考压轴题一 洛必达法则介绍如果当0x x →(或∞→x )时，两个函数)(x f 与)(x g 都趋于零或都趋于无穷大，那么 极限)()(limx g x f x x →或)()(lim x g x f x ∞→可能存在、也可能不存在，通常把这种极限叫做不定式，并分 别简记为00或∞∞． 1．（洛必达法则1）型不定式 设函数)(x f 与)(x g 满足条件（1）0)(lim )(lim 0==→→x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ； （3） A x g x f x x =''→)()(lim（或为无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim 00（或为无穷大）．把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．2（洛必达法则2）∞∞型不定式 设函数)(x f 与)(x g 满足条件 （1）∞=∞=→→)(lim ,)(lim 0x g x f x x x x（2）)(x f 与)(x g 在点0x 的某邻域内（点0x 可除外）可导，且0)(≠'x g ；（3）A x g x f x x =''→)()(lim（或无穷大）．则A x g x f x g x f x x x x =''=→→)()(lim )()(lim 00（或为无穷大）把0x x →换为∞→x 时，结论也成立．，结论也成立．二 典型例题:（2006全国二）设函数)1ln()1()(++=x x x f ，若对所有的0≥x ，都有ax x f ≥)(成立，求实数a 的取值范围．解：分离变量法 ①若0=x ，则R a ∈.②若0>x ，则只需x x x a )1ln()1(++≤，则min ])1ln()1([xx x a ++≤。
令x x x x g )1ln()1()(++=，2)1ln()(xx x x g +-=' 令)1ln()(+-=x x x h ，则01)(>+='x xx h ，故)(x h 为增函数，0)0()(=>h x h ，从而0)(>'x g ，)(x g 为增函数，)0(g a ≤，可是)0(g 不存在，只能求极限，由洛比达法则得，1))1ln(1(lim ])1ln(1[(lim )1ln()1(lim 000=++=''++=+++++→→→x x x x x x x x x x ），故1≤a .解法二：令g (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)－ax ，对函数g (x )求导数：g ′(x )＝ln(x ＋1)＋1－a令g ′(x )＝0，解得x ＝e a －1－1， ……5分(i )当a ≤1时，对所有x ＞0，g ′(x )＞0，所以g (x )在[0，＋∞)上是增函数， 又g (0)＝0，所以对x ≥0，都有g (x )≥g (0)，即当a ≤1时，对于所有x ≥0，都有 f (x )≥ax ． ……9分(ii )当a ＞1时，对于0＜x ＜e a －1－1，g ′(x )＜0，所以g (x )在(0，e a －1－1)是减函数，又g (0)＝0，所以对0＜x ＜e a －1－1，都有g (x )＜g (0)， 即当a ＞1时，不是对所有的x ≥0，都有f (x )≥ax 成立． 综上，a 的取值范围是（－∞，1]． ……12分 解法三：令g (x )＝(x ＋1)ln(x ＋1)－ax ，于是不等式f (x )≥ax 成立即为g (x )≥g (0)成立． ……3分 对函数g (x )求导数：g ′(x )＝ln(x ＋1)＋1－a令g ′(x )＝0，解得x ＝e a －1－1， ……6分当x ＞ e a －1－1时，g ′(x )＞0，g (x )为增函数，当－1＜x ＜e a －1－1，g ′(x )＜0，g (x )为减函数， ……9分所以要对所有x ≥0都有g (x )≥g (0)充要条件为e a －1－1≤0． 由此得a ≤1，即a 的取值范围是（－∞，1]． ……12分 （2007全国一）设函数xxee xf --=)(．（Ⅰ）证明：)(x f 的导数2)(≥'x f ；（Ⅱ）若对所有0≥x 都有ax x f ≥)(，求a 的取值范围． 解一（Ⅰ）xxee xf -+=')(由于22=⋅≥+--x x x x e e e e ，故2)(≥'x f ，（当且仅当0=x 时，等号成立）．（Ⅱ）分离变量法：即对所有0≥x 都有ax e e xx ≥--，① 若,0=x 则R a ∈② 若0>x ，则只需a x e e x x ≥--， 记x e e x x x --=)(g ，2)1()1()(xx e x e x g x x ++-='-， 记 )1()1()(++-=-x ex e x xxϕ，则0)()(>-='-x e e x x x ϕ，故)(x ϕ递增，而0)0(=ϕ，故0)(>x ϕ，从而0)(>'x g 故)(x g 递增，由洛比达法则知：2)(lim lim00=+=--→-→x x x xx x e e xe e ，2≤a 评述：所构造的函数在0=x 的最小值不存在，所以需要用洛比达法则。
解二：（Ⅱ）令()()g x f x ax =-，则()()e e x x g x f x a a -''=-=+-， （ⅰ）若2a ≤，当0x >时，()e e 20x x g x a a -'=+->-≥，故()g x 在(0)+，∞上为增函数，所以，0x ≥时，()(0)g x g ≥，即()f x ax ≥．（ⅱ）若2a >，方程()0g x '=的正根为1ln 2a x +=，此时，若1(0)x x ∈，，则()0g x '<，故()g x 在该区间为减函数．所以，1(0)x x ∈，时，()(0)0g x g <=，即()f x ax <，与题设()f x ax ≥相矛盾． 综上，满足条件的a 的取值范围是(]2-∞，．（2007广东）已知a 是实数，函数2()223f x ax x a =+--．如果函数()y f x =在区间[1,1]-上有零点，求a 的取值范围．解析：此题的标准答案以变量x 为主元，分情况讨论,情况较多，运算复杂。
如果转换角色，以变量a 为主，原题即为x x a 23)12(2-=-，（1）当0122=-x 时，不成立。
（2）当0122≠-x 时，12232--=x x a ，令x t 23-=，则]5,1[∈t 23tx -=, 6726721)23(222-+=+-=--=tt t t t t t a ,令t t m 7+=，由对勾函数的图象知]8,6()6,72[⋃∈m ，∴067672<-+≤-tt 或2670≤-+<t t 。
则2736722+-=-≤a 或1≥a 。
故),1[]273,(+∞⋃+--∞∈a 题型二：)(x f a ≥恒成立，则max )(x f a ≥解: 若0a = , ()23f x x =- ,显然在上没有零点, 所以 0a ≠ 令 ()248382440a a a a ∆=++=++= 得a =当a =时, ()y f x =恰有一个零点在[]1,1-上; 当 ()()()()11150f f a a -=--< 即 15a << 时, ()y f x =也恰有一个零点在[]1,1-上;当 ()y f x =在[]1,1-上有两个零点时, 则()()208244011121010a a a a f f >⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≥⎪⎪-≥⎩ 或()()208244011121010a a a a f f <⎧⎪∆=++>⎪⎪-<-<⎨⎪≤⎪⎪-≤⎩ 解得5a ≥或32a --<因此a 的取值范围是 1a > 或32a -≤ ; （2007湖北文 19）设二次函数2()f x x ax a =++，方程()0f x x -=的两根1x 和2x 满足1201x x <<<． （I ）求实数a 的取值范围； （II ）试比较(0)(1)(0)f f f -与116的大小．并说明理由． 本小题主要考查二次函数、二次方程的基本性质及二次不等式的解法，考查推理和运算能力．解法1：（Ⅰ）令2()()(1)g x f x x x a x a=-=+-+，则由题意可得1012(1)0(0)0agg∆>⎧⎪-⎪<<⎪⎨⎪>⎪>⎪⎩，，，，1133aaa a⎧>⎪⇔-<<⎨⎪<->+⎩，，03a⇔<<-故所求实数a的取值范围是(03-，．（II）2(0)(1)(0)(0)(1)2f f fg g a-==，令2()2h a a=．当0a>时，()h a单调增加，∴当03a<<-时，20()(32(32(17h a h<<-=-=-1121617122=<+，即1(0)(1)(0)16f f f-<．解法2：（I）同解法1．（II）2(0)(1)(0)(0)(1)2f f fg ga-==，由（I）知03a<<-，1170-<<∴．又10+>，于是221112(321)1)0161616a a-=-=-+<，即212016a-<，故1(0)(1)(0)16f f f-<．解法3：（I）方程()0f x x-=⇔2(1)0x a x a+-+=，由韦达定理得121x x a+=-，12x x a=，于是1212121212010(1)(1)0(1)(1)0x xx x x xx xx x∆>⎧⎪+>⎪⎪<<<⇔>⎨⎪-+->⎪⎪-->⎩，，，，133aaa a⎧>⎪⇔<⎨⎪<->+⎩，，03a⇔<<-故所求实数a的取值范围是(03-，．（II）依题意可设12()()()g x x x x x=--，则由1201x x<<<，得12121122(0)(1)(0)(0)(1)(1)(1)[(1)][(1)]f f f g g x x x x x x x x -==--=--2211221112216x x x x +-+-⎛⎫⎛⎫<= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，故1(0)(1)(0)16f f f -<．（2010 辽宁）已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f （I ）讨论函数)(x f 的单调性；（II ）设1-<a .如果对任意),0(,21+∞∈x x ，||4)()(|2121x x x f x f -≥-，求a 的取值范围。