高中理科数学导数求参数取值范围专题复习

导数中的求参数取值范围问题一、常见基本题型：（1）已知函数单调性，求参数的取值范围，如已知函数()fx增区间，则在此区间上导函数()0fx，如已知函数()fx减区间，则在此区间上导函数()0fx。（2）已知不等式恒成立，求参数的取值范围问题，可转化为求函数的最值问题。（3）知函数图象的交点情况，求参数的取值范围，可转化为求极值问题例1.已知aR，函数2()()exfxxax.（xR，e为自然对数的底数）（1）若函数()(1,1)fx在内单调递减，求a的取值范围；（2）函数()fx是否为R上的单调函数，若是，求出a的取值范围；若不是，请说明理由.例2：已知函数ln3fxaxaxaR,若函数()yfx的图像在点(2,(2))f处的切线的倾斜角为45，对于任意[1,2]t，函数32/[()]2mgxxxfx在区间(,3)t上总不是单调函数，求m的取值范围；例3.已知函数14341ln)(xxxxf．（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）设42)(2bxxxg，若对任意)2,0(1x，2,12x，不等式)()(21xgxf恒成立，求实数b的取值范围．例4．设函数22()ln,()fxxmxhxxxa,(1)当a＝0时，f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立，求实数m的取值范围；(2)当m＝2时，若函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同零点，求实数a的取值范围．例5.已知函数2()ln.fxxax若函数()()2gxfxx在[1，4]上是减函数，求实数a的取值范围。例6.已知函数()1xfxex若存在4[1,ln]3x，使10xaex成立，求a的取值范围；例7.已知函数ln(1xf(x)x），设3h(x)xf(x)xax在（0，2）上有极值，求a的取值范围.例8.设函数Raaxxaxxf其中86)1(32)(23．的取值范围求上为增函数在若的值求常数处得极值在若axfaxxf,)0,()()2(.,3)()1(例9．已知三次函数dcxxaxxf235)(图象上点(1,8)处的切线经过点(3,0),并且)(xf在x=3处有极值.（１）求)(xf的解析式.（２）当),0(mx时,)(xf0恒成立,求实数m的取值范围.例10.已知函数1,13)(23xxxbxaxxf在处取得极值(1)求函数)(xf的解析式.(2)若过点)2)(,1(mmA可作曲线y=)(xf的三条切线,求实数m的取值范围.例11．已知,)(2cxxf且)1()]([2xfxff。（1）设)]([)(xffxg，求)(xg的解析式。（2）设)()()(xfxgx，试问：是否存在R，使)(x在（1,）上是单调递减函数，且在（0,1）上是单调递增函数；若存在，求出的值；若不存在，说明理由。参考答案1.解：（1）2-()()exfxxax-2-()(2)e()(e)xxfxxaxax=2-(2)exxaxa.()fx要使在-1,1上单调递减，则()0fx对(1,1)x都成立，2(2)0xaxa对(1,1)x都成立.令2()(2)gxxaxa，则(1)0,(1)0.gg1(2)01(2)0aaaa,32a.（2）①若函数()fx在R上单调递减，则()0fx对xR都成立即2-(2)e0xxaxa对xR都成立.2e0,(2)0xxaxa对xR都成立令2()(2)gxxaxa，图象开口向上不可能对xR都成立②若函数()fx在R上单调递减，则()0fx对xR都成立，即2-(2)e0xxaxa对xR都成立，e0,x2(2)0xaxa对xR都成立.22(2)440aaa故函数()fx不可能在R上单调递增.综上可知，函数()fx不可能是R上的单调函数2解：/(2)1,22afa由32/2()2ln23()(2)2,()3(4)22fxxxmgxxxxgxxmx令/()0gx得，2(4)240m故/()0gx两个根一正一负，即有且只有一个正根函数32/[()]2mgxxxfx在区间(,3)t上总不是单调函数/()0gx在(,3)t上有且只有实数根///(0)20,()0,(3)0ggtg237,(4)233mmtt故243mtt，而23ytt在t[1,2]单调减，9m，综合得3793m3解：（I）14341ln)(xxxxf的定义域是(0,)22243443411)(xxxxxxf由0x及0)(xf得31x；由0x及0)(xf得310xx或，故函数)(xf的单调递增区间是)3,1(；单调递减区间是),3(,)1,0(（II）若对任意)2,0(1x，2,12x，不等式)()(21xgxf恒成立，问题等价于maxmin)()(xgxf，由（I）可知，在(0,2)上，1x是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点，故也是最小值点，所以min1()(1)2fxf；2()24,1,2gxxbxx当1b时，max()(1)25gxgb；当12b时，2max()()4gxgbb；当2b时，max()(2)48gxgb；问题等价于11252bb或212142bb或21482bb解得1b或1412b或b即142b，所以实数b的取值范围是14,2。4.解：(1)由a＝0，f(x)≥h(x)，可得－mlnx≥－x，x∈(1，＋∞)，即m≤xlnx.记φ(x)＝xlnx，则f(x)≥h(x)在(1，＋∞)上恒成立等价于m≤φ(x)min.求得φ′(x)＝lnx－1ln2x当x∈(1，e)，φ′(x)＜0；当x∈(e，＋∞)时，φ′(x)＞0.故φ(x)在x＝e处取得极小值，也是最小值，即φ(x)min＝φ(e)＝e，故m≤e.(2)函数k(x)＝f(x)－h(x)在[1,3]上恰有两个不同的零点等价于方程x－2lnx＝a，在[1,3]上恰有两个相异实根．令g(x)＝x－2ln，则g′(x)＜1－2x.当x∈[1,2)时，g′(x)＜0；当x∈(2,3]时，g′(x)＞0.∴g(x)在(1,2)上是单调递减函数，在(2,3]上是单调递增函数．故g(x)min＝g(2)＝2－2ln2.又g(1)＝1，g(3)＝3－2ln3，∵g(1)＞g(3)，∴只需g(2)＜a≤g(3)．故a的取值范围是(2－ln2,3－2ln3].5解：由xxaxxg2ln)(2，得222)(xxaxxg．又函数xxaxxg2ln)(2为[1，4]上的单调减函数。则0)(xg在[1，4]上恒成立，．所以不等式0222xxax在[1，4]上恒成立．即222xxa在[1，4]上恒成立。设222)(xxx，显然)(x在[1，4]上为减函数，所以)(x的最小值为.263)4(a的取值范围是.263a6解:（1）1,xaex即().afx令'()10,0.xfxex0x时，'()0,0fxx时，'()0.fx()fx在(,0)上减，在(0,)上增.又041,ln3x时，()fx的最大值在区间端点处取到.11444(1)11,ln,1ln333fefe，4144114(1)ln1lnln0,33333ffee4(1)ln,()3fffx在41,ln3上最大值为1,e故a的取值范围是1ae，7解：由3h(x)xf(x)xax可得，8（１）由的极值点为时经检验知解得)(3,3.30)3('xfxaaf（2）00)0(0210021]0,(6)1(66)('2'afaaaxaxxf可解得或故有上最小值大于或等于零在保证9分析:(1)935)(23xxxxf]3,0(),0(0)(]3,0(),0(0)(30)3()(,)(,0)()3,31(9)0()()(,0)()31,0(3,310)()3)(13(3103)().2(''21‘2'的取值范围为所以内恒成立在时当且仅当内不恒成立在时所以当所以单调递减时当所以单调递增时当得由mmxfm，mxfmfxfxfxfxfxf，xfxfxxxxfxxxxxf10略解(1)求得xxxf3)(3(2)设切点为33)(),3,(2'0300xxfxxxM因为0200'20300020300200302066)(332)(,0332)1)(33(3),1)(33(xxxgmxxxgxAmxxxxmxxMxxmy则设有三个不同的实数根的方程所以关于可作曲线的三条切线因为过点即所以又切线过点所以切线方程为)2,3(230)1(0)0(1,0)(,)1,0(,),1(),0,()(100)(00000000'的取值范围是所求的实数解得条件是有三个不同实根的充要的方程所以关于的极值点为故函数上单调递减在上单调递增在所以或得由mmggxxxxgxgxxxg11分析：（1）易求c=1,22)(24xxxg（2）)()()(xfxgx＝)2()2(24xx，∴)]2(2[2)(2xxx由题意)(x在（1,）上是单调递减函数，且在（0,1）上是单调递增函数知，0)1(是极小值，∴由0)1(得4当4，)0,1(x时，,0)(x∴)(x是单调递增函数；)1,(x时，,0)(x∴)(x是单调递减函数。所以存在4，使原命题成立。