导数中求参数的取值范围PAGEPAGE\*MERGEFORMAT1导数中求参数的取值范围求参数取值范围的方法分离参数，恒成立转化为最值问题分离参数，结合零点和单调性解不等式将参数分成若干个区间讨论是否满足题意1已知函数（，为自然对数的底数）．（Ⅰ）讨论函数的单调性；（Ⅱ）若，函数在上为增函数，求实数的取值范围．解：（Ⅰ）函数的定义域为，．当时，，∴在上为增函数；当时，由得，当时，，∴函数在上为减函数，当时，，∴函数在上为增函数……4分（Ⅱ）当时，，∵在上为增函数；∴在上恒成立，即在上恒成立，…………………………6分令，，则，由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．3．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b
eq\f(a,2)(b－2)＋a(b－1)2＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b2－\f(3,2)b))>0，故f(x)存在两个零点．③设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－eq\f(e,2)，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－eq\f(e,2)，则ln(－2a)>1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1f(2－x2)，即f(2－x2)<0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0.从而g(x2)＝f(2－x2)<0，故x1＋x2<2.4．已知函数f(x)＝ax－1－lnx(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．解：(1)由已知得f′(x)＝a－eq\f(1,x)＝eq\f(ax－1,x)(x＞0)．当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(1,a)，由f′(x)＞0，得x＞eq\f(1,a)，∴f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递增，即f(x)在x＝eq\f(1,a)处有极小值．∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)≥b，令g(x)＝1＋eq\f(1,x)－eq\f(lnx,x)，则g′(x)＝eq\f(lnx－2,x2)，令g′(x)＝0，得x＝e2．则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－eq\f(1,e2)，即b≤1－eq\f(1,e2)，故实数b的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，1－\f(1,e2)))．5．(2015·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝lnx＋a(1－x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)当f(x)有最大值，且最大值大于2a－2时，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝eq\f(1,x)－a.若a≤0，则f′(x)>0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增．若a>0，则当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))时，f′(x)>0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))时，f′(x)<0.所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,a)))上单调递增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)，＋∞))上单调递减．(2)由(1)知，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上无最大值；当a>0时，f(x)在x＝eq\f(1,a)处取得最大值，最大值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＋aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,a)))＝－lna＋a－1.因此feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))>2a－2等价于lna＋a－1<0.令g(a)＝lna＋a－1，则g(a)在(0，＋∞)上单调递增，g(1)＝0.于是，当01时，g(a)>0.因此，a的取值范围是(0,1)．6．(2016·全国甲卷)已知函数f(x)＝(x＋1)lnx－a(x－1)．(1)当a＝4时，求曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程；(2)若当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0，求a的取值范围．解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)．当a＝4时，f(x)＝(x＋1)lnx－4(x－1)，f(1)＝0，f′(x)＝lnx＋eq\f(1,x)－3，f′(1)＝－2.故曲线y＝f(x)在(1，f(1))处的切线方程为2x＋y－2＝0.(2)当x∈(1，＋∞)时，f(x)＞0等价于lnx－eq\f(ax－1,x＋1)＞0.设g(x)＝lnx－eq\f(ax－1,x＋1)，则g′(x)＝eq\f(1,x)－eq\f(2a,x＋12)＝eq\f(x2＋21－ax＋1,xx＋12)，g(1)＝0.①当a≤2，x∈(1，＋∞)时，x2＋2(1－a)x＋1≥x2－2x＋1＞0，故g′(x)＞0，g(x)在(1，＋∞)上单调递增，因此g(x)＞0；②当a＞2时，令g′(x)＝0得x1＝a－1－eq\r(a－12－1)，x2＝a－1＋eq\r(a－12－1).由x2＞1和x1x2＝1得x1＜1，故当x∈(1，x2)时，g′(x)＜0，g(x)在(1，x2)上单调递减，因此g(x)＜0.综上，a的取值范围是(－∞，2]．7.(2016·山东高考)设f(x)＝xlnx－ax2＋(2a－1)x，a∈R．(1)令g(x)＝f′(x)，求g(x)的单调区间；(2)已知f(x)在x＝1处取得极大值，求实数a的取值范围．解：(1)由f′(x)＝lnx－2ax＋2a，可得g(x)＝lnx－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)．所以g′(x)＝eq\f(1,x)－2a＝eq\f(1－2ax,x)．当a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增；当a＞0，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))时，g′(x)＞0，函数g(x)单调递增，x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))时，g′(x)＜0，函数g(x)单调递减．所以当a≤0时，g(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a＞0时，g(x)的单调增区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))，单调减区间为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，＋∞))．(2)由(1)知，f′(1)＝0．①当a≤0时，f′(x)单调递增，所以当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．②当0＜a＜eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＞1，由(1)知f′(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2a)))内单调递增，可得当x∈(0,1)时，f′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))时，f′(x)＞0．所以f(x)在(0,1)内单调递减，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(1,2a)))内单调递增，所以f(x)在x＝1处取得极小值，不合题意．③当a＝eq\f(1,2)时，eq\f(1,2a)＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当x∈(0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意．④当a＞eq\f(1,2)时，0＜eq\f(1,2a)＜1，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2a)，1))时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以f(x)在x＝1处取极大值，符合题意．综上可知，实数a的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))．8.．(2016·海口调研)已知函数f(x)＝mx－eq\f(m,x)，g(x)＝3lnx．(1)当m＝4时，求曲线y＝f(x)在点(2，f(2))处的切线方程；(2)若x∈(1，eq\r(e)](e是自然对数的底数)时，不等式f(x)－g(x)＜3恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)当m＝4时，f(x)＝4x－eq\f(4,x)，f′(x)＝4＋eq\f(4,x2)，f′(2)＝5，又f(2)＝6，∴所求切线方程为y－6＝5(x－2)，即y＝5x－4．(2)由题意知，x∈(1，eq\r(e)]时，mx－eq\f(m,x)－3lnx＜3恒成立，即m(x2－1)＜3x＋3xlnx恒成立，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴x2－1＞0，则m＜eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)恒成立．令h(x)＝eq\f(3x＋3xlnx,x2－1)，x∈(1，eq\r(e)]，则m＜h(x)min．h′(x)＝eq\f(－3x2＋1·lnx－6,x2－12)＝－eq\f(3x2＋1·lnx＋6,x2－12)，∵x∈(1，eq\r(e)]，∴h′(x)＜0，即h(x)在(1，eq\r(e)]上是减函数．∴当x∈(1，eq\r(e)]时，h(x)min＝h(eq\r(e))＝eq\f(9\r(e),2e－1)．∴m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，\f(9\r(e),2e－2)))．9.．(2017·福建省质检)已知函数f(x)＝ax－ln(x＋1)，g(x)＝ex－x－1．曲线y＝f(x)与y＝g(x)在原点处的切线相同．(1)求f(x)的单调区间；(2)若x≥0时，g(x)≥kf(x)，求k的取值范围．解：(1)因为f′(x)＝a－eq\f(1,x＋1)(x＞－1)，g′(x)＝ex－1，依题意，f′(0)＝g′(0)，即a－1＝0，解得a＝1，所以f′(x)＝1－eq\f(1,x＋1)＝eq\f(x,x＋1)，当－1＜x＜0时，f′(x)＜0；当x＞0时，f′(x)＞0．故f(x)的单调递减区间为(－1,0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)由(1)知，当x＝0时，f(x)取得最小值0，所以f(x)≥0，即x≥ln(x＋1)，从而ex≥x＋1．设F(x)＝g(x)－kf(x)＝ex＋kln(x＋1)－(k＋1)x－1，则F′(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)≥x＋1＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，(ⅰ)当k＝1时，因为x≥0，所以F′(x)≥x＋1＋eq\f(1,x＋1)－2≥0(当且仅当x＝0时等号成立)，此时F(x)在[0，＋∞)上单调递增，从而F(x)≥F(0)＝0，即g(x)≥kf(x)．(ⅱ)当k＜1时，因为f(x)≥0，所以f(x)≥kf(x)．由(ⅰ)知g(x)－f(x)≥0，所以g(x)≥f(x)≥kf(x)，故g(x)≥kf(x)．(ⅲ)当k＞1时，令h(x)＝ex＋eq\f(k,x＋1)－(k＋1)，则h′(x)＝ex－eq\f(k,x＋12)，显然h′(x)在[0，＋∞)上单调递增，又h′(0)＝1－k＜0，h′(eq\r(k)－1)＝eeq\r(k)－1－1＞0，所以h′(x)在(0，eq\r(k)－1)上存在唯一零点x0，当x∈(0，x0)时，h′(x)＜0，所以h(x)在[0，x0)上单调递减，从而h(x)＜h(0)＝0，即F′(x)＜0，所以F(x)在[0，x0)上单调递减，从而当x∈(0，x0)时，F(x)＜F(0)＝0，即g(x)＜kf(x)，不合题意．综上，实数k的取值范围为(－∞，1]．
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