专题6.2 导数中的参数问题-【玩转压轴】突破高考数学选择和填空题精讲

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一、注意基础知识的整合、巩固。二轮复习要注意回归课本，课本是考试内容的载体，是高考命题的依据。浓缩课本知识，进一步夯实基础，提高解题的准确性和速度
二、查漏补缺，保强攻弱。在二轮复习中，对自己的薄弱环节要加强学习，平衡发展，加强各章节知识之间的横向联系，针对“一模”考试中的问题要很好的解决，根据自己的实际情况作出合理的安排。
三、提高运算能力，规范解答过程。在高考中运算占很大比例，一定要重视运算技巧粗中有细，提高运算准确性和速度，同时，要规范解答过程及书写。
四、强化数学思维，构建知识体系。同学们在听课时注意把重点要放到理解老师对问题思路的分析以及解法的归纳总结，以便于同学们在刷题时做到思路清晰，迅速准确。
五、解题快慢结合，改错反思。审题制定解题方案要慢，不要急于解题，要适当地选择好的方案，一旦方法选定，解题动作要快要自信。
六、重视和加强选择题的训练和研究。对于选择题不但要答案正确，还要优化解题过程，提高速度。灵活运用特值法、排除法、数形结合法、估算法等。
玩转压轴题，突破140分之高三数学选填题高端精品
专题6.2 导数中的参数问题
【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．形如或(其中符号确定)
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．（2020•赤峰模拟）已知函数f（x）＝+1在区间[]上只有一个零点，则实数k的取值范
围是（ ）
A．{k|k＝1或k＞e﹣1}B．{k|1≤k≤1+或k＞e﹣1}
C．{k|k≥1}D．{k|k＝1或1＜k≤e﹣1}
【答案】D
【解析】令，
则k＝；令；
；
∴当时，g′（x）＜0，g（x）单调递减；
当x∈[1，e]时，g′（x）＞0，g（x）单调递增；
∴当x＝1时，有g（x）min＝1；
又∵，；
∴；
∵f（x）在上只有一个零点；
∴g（x）＝k只有一个解；
∴k＝1或；故选：D．
【点评】构造方程xlnx﹣kx+1＝0，进行变量分离得k＝；将问题转化为求函数与直线y＝k只有一个交点时k的取值范围即可，通过对g（x）求导判断其增减区间，进而得到k的取值．
【举一反三】
1.（2020·宣威市第五中学高三（理））若函数与满足：存在实数t，使得，则称函数为的“友导”函数.已知函数为函数的“友导”函数，则k的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．
【答案】C
【解析】
【分析】由为函数的“友导”函数，即方程有解，再利用参变分离和构造函数，求得函数的最小值，即可得答案.
【详解】，由题意，为函数的“友导”函数，
即方程有解，故，
记，则，
当时，，，故，故递增；
当时，，，故，故递减，
故，故由方程有解，得，
所以的最小值为2.故选：C.
2．（2020·广东中山纪念中学高三月考）若函数的最大值为，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由 ，可得 在 恒成立，
即为a（1-lnx）≥-x2，
当 时， 2显然成立；
当 时，有 ，可得
设
由 时， ，则在递减，且 ，
可得 ；
当 时，有 ，可得 ，
设
由 时， 在 递减，
由时， 在 递增，
即有 在 处取得极小值，且为最小值 ，
可得 ，
综上可得 ．故选B．
3.（2020湖南省永州市高三）若存在x∈−1,2，使得x+e2xx+3ex−kexx+e2xx+3ex ⇒k>xex+exx+3ex=xex+1xex+3
令t=xex，则存在x∈−1,2，使得k>t+1t+3成立
又t'=ex−xexe2x=1−xex
∴当x∈−1,1时，t'>0，则t单调递增；当x∈1,2时，t'0∴t+1t+3=t+3+1t+3−3≥2−3=−1
当且仅当t+3=1t+3，即t=−2时取等号
∴k>t+1t+3min=−1，即k∈−1,+∞，本题正确选项：D
2．形如或（其中是关于一次函数）
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】（2020 •安庆期末）已知函数f（x）＝（﹣1）ex﹣x2，若不等式f（x）＜0的解集中恰有两个不
同的正整数解，则实数m的取值范围（ ）
A．（，+1）B．[+，+1）
C．[，+）D．（，+）
【答案】C
【解析】函数f（x）＝（mx﹣1）ex﹣x2，不等式f（x）＜0
化为：mx﹣1＜．
分别令f（x）＝mx﹣1，g（x）＝．
g′（x）＝．
可得：函数g（x）在（﹣∞，0）上单调递减，在（0，2）上单调递增，在（2，+∞）上单调递减．
g（0）＝0，g（2）＝．如图所示．
∵不等式f（x）＜0的解集中恰有两个不同的正整数解，
∴正整数解为1，2，
∴，即．
解得：+≤m＜+．
∴数m的取值范围是[+，+）．故选：C．
【点评】函数f（x）＝（mx﹣1）ex﹣x2，不等式f（x）＜0，变量分离得：mx﹣1＜．可转化为一次函数与g（x）＝．利用导数研究函数g（x）的单调性，根据不等式f（x）＜0的解集中恰有两个不同的正整数解，可得正整数解为1，2，即可由，解出即可．
【举一反三】
1．（2020·重庆市第三十七中学校高三（理））已知函数，若刚好有两个正整数使得，则实数的取值范围是( )
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】
【分析】把刚好有两个正整数使得转化为两个函数的位置关系问题，利用导数分析函数的单调性，并画出简图，的图象过定点的直线，结合图象得到实数的取值范围.
【详解】令
且，
因为刚好有两个正整数使得，即
作出的图象，如图所示，其中过定点，直线斜率为，
由图可知，时，
有且仅有两个点满足条件，
即有且仅有使得.
实数的取值范围是，故选：A
2（2020济宁市高三模拟）已知当x∈1,+∞时，关于x的方程xlnx+3−ax+a=0有唯一实数解，则a所在的区间是( )
A．(3，4)B．(4，5)C．(5，6)D．(6．7)
【答案】C
【解析】
由+（3﹣a）x+a＝0，得a=xlnx+3xx−1，
令f（x）=xlnx+3xx−1（x＞1），则f′（x）=x−lnx−4(x−1)2．
令g（x）＝x﹣lnx﹣4，则g′（x）＝1−1x=x−1x＞0，
∴g（x）在（1，+∞）上为增函数，
∵g（5）＝1﹣ln5＜0，g（6）＝2﹣ln6＞0，
∴存在唯一x0∈（5，6），使得g（x0）＝0，
∴当x∈（1，x0）时，f′（x）＜0，当x∈（x0，+∞）时，f′（x）＞0．
则f（x）在（1，x0）上单调递减，在（x0，+∞）上单调递增．
∴f（x）min＝f（x0）=x0lnx0+3x0x0−1．
∵x0−lnx0﹣4＝0，∴x0lnx0=x02−4x0，
则f(x0)=x02−x0x0−1=x0∈（5，6）．
∴a所在的区间是（5，6）．故选：C
3.（2020蚌埠市高三）定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足xf'(x)=1+x，且f(1)=2，不等式f(x)≥(a+1)x+1有解，则正实数a的取值范围是（ ）
A．(0,e]B．(0,e)C．(0,1e]D．(0,1e)
【答案】C
【解析】
因为f'x=1+1x，故fx=x+lnx+C，
因f1=2，所以C=1即fx=x+lnx+1.
不等式fx>a+1x+1有解可化为
x+lnx+1>a+1x+1即lnxx>a在0,+∞有解.
令gx=lnxx，则g'x=1−lnxx2，
当x∈0,e时，g'x>0，gx在0,e上为增函数；
当x∈e,+∞时，g'x0,x2>0，
∴x1+x2=1a>0,x1x2=12a>0，且Δ=4−8a>0，
解得00时，gx>0，由此可知y=2a与gx=x+1ex有两个交点，需要满足2a∈0,1，故a∈0,12，故选A.
5．（2020·天津耀华中学高三月考）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在上单调递增，
∴f′（x）=ex[（1-a）sinx+（1+a）csx]≥0在上恒成立，
∵ex＞0在上恒成立，
∴（1-a)+（1+a）≥0在上恒成立，
∴a（-）≤+在上恒成立
∴ ，
设g（x）=
∴g′（x）在上恒成立，
∴g（x）在上单调递减，
∴g（x）＞=1，
∴a≤1，故选：A．
6.（2020高三第一次全国大联考）若函数f(x)=(12)x+2x(x0)恰有三个零点，则a的取值范围为( )
A．[−1e,0]B．（0,1e）C．[0,1e]D．（−1e,0）
【答案】D
【解析】
当x0)有两个零点，令g(x)=xlnx,ℎ(x)=a,则问题可转化为函数g(x)的图象与ℎ(x)的图象有两个交点.求导可得g'(x)=lnx+1，令g'(x)0且x≠1)有两不同交点，因为gx=lnx−1(lnx)2，所以由gx>0得x>e；由gx