高考数学导数应用中的参数范围问题
时间：2021-01-06 16:04:16 来源：达达文档网 本文已影响 人 
导数是研究函数图象和性质的重要工具，自从新教材将导数引进高中数学教材以来，有关导数问题便成为每年高考的必考试题之一，且相当一部分是高考数学试卷的压轴题.其中以函数为载体，以导数为工具，考查函数性质及应用的试题，已成为最近几年高考中函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向.随着高考对导数考查的不断深入，运用导数确定含参数函数中的参数取值范围成为一类常见的探索性问题，由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行讨论，因而它也是绝大多数考生答题的难点，具体表现在：他们不知何时开始讨论、怎样去讨论.那么面对这类问题，我们该如何去分析呢？本文通过一些实例介绍这类问题相应的解法，期望对同学们的备考有所帮助.
一、与函数单调性有关的类型
用导数研究函数的单调性，这是导数最为基本的运用，相关结论是：若函数f（x）在区间（a，b）上可导，则在区间（a，b）上f（x）递增f′（x）≥0;f（x）递减f′（x）≤0.根据函数单调性求参数（函数中含参数或区间中含参数）的取值范围（一般可用不等式恒成立理论求解），一般步骤是：首先求出f′（x）后，若能因式分解则先因式分解，讨论f′（x）=0两根的大小判断函数f（x）的单调性，若不能因式分解可利用函数单调性的充要条件转化为恒成立问题.
例1 设函数f（x）=（ax2-2x）·ex，其中a≥0.
（1）当a= 4 3 时，求f（x）的极值点;
（2）若f（x）在[-1，1]上为单调函数，求a的取值范围.
分析： （1）根据函数的极值与导数的关系，易知先求函数的导数，令导数等于零，再利用极值的定义判断即可;（2）利用导数判断函数的单调性，先确定在此区间上是单调增还是单调减函数.分析可得当x∈[-1，1]时f′（x）≤0，即f（x）=ax2+2（a-1）x-2≤0在[-1，1]上恒成立，最后利用恒成立的条件进行求解.
解： 对f（x）求导得
f′（x）=[ax2+2（a-1）x-2]·ex ①
（1）若a= 4 3 ，由f′（x）=[ax2+2（a-1）x-2]·ex=[ 4 3 x2+2（ 4 3 -1）x-2]·ex，
令f′（x）=0，因为ex>0则 4 3 x2+ 2 3 x-2=0，即4x2+2x-6=0，
即2x2+x-3=0，x1=- 3 2 ，x2=1，
所以f（x），f′（x）随x变化而变化的情况为：
x （-∞，- 3 2 ） - 3 2 （- 3 2 ，1） 1 （1，+∞）
f′（x） + 0 - 0 +
f（x） ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以，x1=- 3 2 是极大值点，x2=1是极小值点.
（2）若f（x）在[-1，1]上是单调函数，又f′（0）=-2<0，所以当x∈[-1，1]时，f′（x）≤0，即g（x）=ax2+2（a-1）x-2≤0在[-1，1]上恒成立.
①当a=0时， g（-1）≤0g（1）≤0 ，所以g（x）=-2x-2≤0在[-1，1]上恒成立，
②当a>0时抛物线g（x）=ax2+2（a-1）x-2开口向上，
则f（x）在[-1，1]上是单调函数 g（-1）≤0g（1）≤0 ，即 -a≤03a-4≤0 ，所以0
综合（1）（2）知a的取值范围是[0， 4 3 ].
点评：
本题考查了函数极值的求法和含参数函数的单调性判断和处理能力.利用导数与函数单调性的对应规律：设函数f（x）在（a，b）内可导.若函数f（x）在（a，b）内单调递增（减），则有f′（x）≥0（f′（x）≤0）.其实往往先判断函数的单调性，再保证问题中的区间是函数单调递增（递减）区间的一个子区间即可;不少時候也转化为一个恒成立问题，常有两种方法：运用分离参数法，如参数可分离，则分离参数→构造函数g（x）（可将有意义的端点改为闭）→求g（x）的最值→得参数的范围;如参数不方便分离，而f′（x）是二次函数，用根的分布：①若f′（x）=0的两根容易求，则求根，考虑根的位置;②若f′（x）=0不确定有根或两根不容易求，一定要考虑Δ和f′（a）f′（b），有时还要考虑对称轴，当然这还需要一个熟能生巧的过程.
二、与不等式有关的类型
以导数作为工具，以含有参数的不等式作为载体，在知识交汇处命题已成为如今各地联考和高考命题的热点之一，在利用不等式恒成立求参数取值范围时，常利用以下结论：
①若f（x）值域为[m，n]，则不等式f（x）≥a恒成立a≤m;不等式f（x）≥a有解a≤n;
②若f（x）值域为[m，n]，则不等式f（x）>a恒成立a
例2 已知函数f（x）= ln（x+1） x ，x∈（-1，0）∪（0，+∞）.
（1）判断函数f（x）的单调区间;
（2）若对任意的x>0，都有f（x） 分析： （1）先求导可得f′（x）= x x+1 -ln（x+1） x2 ，因为分母x2>0，可直接讨论分子的正负即可得导数的正负，根据导数大于0可得其单调增区间，导数小于0可得其单调减区间.（2）可将f（x） 解： （1）f′（x）= x x+1 -ln（x+1） x2 ，設g（x）= x x+1 -ln（x+1），（x>-1）， 则g′（x）= 1 （x+1）2 - 1 x+1 = -x （x+1）2 ，当x∈（-1，0）时g′（x）>0;当x∈（0，+∞）时，g′（x）<0，所以g（x）在（-1，0）上递增，在（0，+∞）上递减，所以gmax（x）=g（0）=0，所以g（x）≤0，即当x∈（-1，0）∪（0，+∞）时，f′（x）<0，所以f（x）在区间（-1，0）和（0，+∞）上都是减函数. （2）f（x） 设函数h（x）=ln（x+1）-kx3+ 1 2 x2-x，对于函数h（x），不妨令x≥0. 所以h（0）=0，h′（x）= 1 x+1 -3kx2+x-1= -3kx3+x2-3kx2 x+1 = x2（-3kx+1-3k） x+1 ， 当k≤0时，在x∈[0，+∞）时，h′（x）≥0，所以h（x）在x∈[0，+∞）为增函数，所以h（x）≥h（0）=0，不符合题意; 当0 当k≥ 1 3 时，在x∈[0，+∞）时，h′（x）≤0，所以h（x）在x∈[0，+∞）为减函数，所以h（x）≤h（0）=0，即ln（x+1）-kx3+ 1 2 x2-x<0在x>0上成立，符合题意; 综上，实数k的最小值为 1 3 . 点评： 三、与极值有关的类型 极值这个概念在高中数学中可以说是一个与导数紧密相连的概念，基本上只要提到极值或极值点就会想到导数，极值点个数的判定，一般是转化为使f′（x）=0方程根的个数，一般情况下导函数若可以化成二次函数，我们可以利用判别式研究，若不是，我们可以借助图形研究.在完成此类题目时一定要注意极值与最值的区别，它们有本质的不同：极值是一个局部的概念，而最值是一个整体的概念. 例3 已知函数f（x）= 1 2 ax2-2x+alnx（a∈ R ）. （1）若函数y=f（x）存在极大值和极小值，求a的取值范围; （2）设m，n分别为f（x）的极大值和极小值，其中m=f（x1），n=f（x2），且x1∈（ 1 3 ， 1 2 ），求m+n的取值范围. 分析： （1）因为函数f（x）= 1 2 ax2-2x+alnx（a∈ R ），所以要求函数y=f（x）存在极大值和极小值即对函数的求导，要保证导函数的对应的方程有两个不相等的正实根.所以通过判别式大于零和韦达定理中根与系数的关系即可得到结论.（2）根据极大值与极小值的含义得到两个相应的方程，又由两个极值点的关系，将其中一个消去，由两个极值相加可得关于极大值点的等式从而通过基本不等式求最值即可. 解： （1）f′（x）= ax2-2x+a x （x>0），由题设知a≠0，且关于x的方程ax2-2x+a=0有两个不相等的正根，设为x1，x2，于是有 Δ=4-4a2>0x1+x2= 2 a >0x1x2=1 ， 解得0 经检验，0 （2）由题设结合x1x2=1，x1 且m= 1 2 ax21-2x1+alnx1，n= 1 2 ax22-2x2+alnx2， 所以m+n= 1 2 a（x21+x21）-2（x1+x2）+alnx1x2 = 1 2 · 2 x1+x2 [（x1+x2）2-2x1x2]-2（x1+x2） =-（x1+x2）- 2 x1+x2 =-[（x1+ 1 x1 ）+ 2 x1+ 1 x1 ]， 因为（x1+ 1 x1 ）′=1- 1 x21 <0，所以x1+ 1 x1 在区间（ 1 3 ， 1 2 ）是减函数， 所以x1+ 1 x1 ∈（ 5 2 ， 10 3 ），设t=x1+ 1 x1 ， 且g（t）=-t- 2 t （ 5 2 所以g（t）在区间（ 5 2 ， 10 3 ）上是减函数， g（ 5 2 ）=- 33 10 ，g（ 10 3 ）=- 59 15 ，所以g（t）∈（- 59 15 ，- 33 10 ），因此m+n∈（- 59 15 ，- 33 10 ）. 点评： 四、与方程有关的类型 现在高中数学命题中常出现有关参数的方程问题、根的分布问题，有时甚至出现在一些高考试题的压轴题中.完成此类问题正确的转化是解题最为关键的地方，基础较差的同学可能出现复杂问题简单化的现象（当然是错误的理解而已），这种题型往往能很好的考查同学们运用所学知识解决新问题的能力，这也正是它的魅力所在. 例4 已知函数f（x）=lnx- 1 2 ax2-2x（a<0）. （1）若函数f（x）在定义域内单调递增，求实数a的取值范围; （2）若a=- 1 2 ，且关于x的方程f（x）=- 1 2 x+b在[1，4]上恰有两个不等的实根，求实数b的取值范围. 分析： （1）求出f（x）的定义域及导函数f′（x），由函数f（x）在定义域内单调递增知，f′（x）≥0在定义域内恒成立，通过参变分离化为a≤g（x）在定义域内恒成立，求出g（x）的最小值，即a≤[g（x）]min即为a的取值范围;（2）先将关于x的方程f（x）=- 1 2 x+b在[1，4]上恰有两个不等实根转化为方程f（x）+ 1 2 x=b在[1，4]上恰有两个不等实根，即函数y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）图象与y=b恰有两个不同的交点，利用导数通过研究函数y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）的单调性、极值、最值及图象，结合y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）的图象，找出y=f（x）+ 1 2 x（x∈[1，4]）与y=b恰有两个交点时b的取值范围，即为所求. 解： （1）函数的定义域为（0，+∞）， f′（x）=- ax2+2x-1 x （x>0）， 依题意f′（x）≥0在x>0时恒成立， 则a≤ 1-2x x2 =（ 1 x -1）2-1在x>0时恒成立， 即a≤[（ 1 x -1）2-1]min（x>0）， 当x=1时，（ 1 x -1）2-1取最小值-1，所以a的取值范围是（-∞，-1]. （2）a=- 1 2 ，由f（x）=- 1 2 x+b得 1 4 x2- 3 2 x+lnx-b=0在[1，4]上有两个不同的实根， 设g（x）= 1 4 x2- 3 2 x+lnx，x∈[1，4]， g′（x）= （x-2）（x-1） 2x ，x∈[1，2）时，g′（x）<0，x∈（2，4]时，g′（x）>0， g（x）min=g（2）=ln2-2，g（1）=- 5 4 ，g（4）=2ln2-2， g（1）-g（4）= 3 4 -2ln2= 1 4 （3-4ln4）<0， 得g（1） 點评： （作者：王佩其，江苏省太仓市明德高级中学）
本题主要考查导数的运算、利用导数研究函数的单调性、利用导数研究函数的极值与最值、恒成立问题等数学知识，考查综合分析问题解决问题的能力和计算能力，考查函数思想和分类讨论思想.利用“要使f（x）>a成立，只需使函数的最小值f（x）min>a恒成立即可;要使f（x）
本题考查了同学们利用导数求极值、利用基本不等式求极值、函数与不等式的关系和消元解方程的思想.正确运用导数为零与函数极值的关系是此类问题解题的前提和关键，而适当的分类讨论往往会成为解题的难点，当然也有一定的规律：比如导函数是一个二次函数，判别式与0的关系不定而引起的分类;极值点的大小关系不定而引起的分类;极值点与区间的关系不定而引起的分类等等，当然这些都非一日之功.
本题考查了常见函数的导数、导数的运算法则、导数函数单调性关系、导数的综合应用和利用导数证明不等式，考查了同学们的转化能力和运算求解能力.在某一区间内有关方程根的分布情况，所涉及方程往往有两类：一类为一元二次方程，它可充分利用三个二次的关系进行处理问题;另一类为非一元二次方程，此时一般要构造新的方程或函数进行研究，运用导数作为工具，数形结合处理此类问题.
