高考数学考点13利用导数探求参数的范围问题试题解读与变式 28页

考点十三：利用导数探求参数的范围问题 【考纲要求】 （1）了解函数单调性和导数的关系；能利用导数研究函数的单调性，会求函数的单调 区间（其中多项式函数一般不超过三次）. （2）了解函数在某点取得极值的必要条件和充分条件；会用导数求函数的极大值、极 小值（其中多项式函数一般不超过三次）；会求闭区间上函数的最大值、最小值（其中多项 式函数一般不超过三次）. 【命题规律】 利用导数探求参数的范围问题每年必考，有时出现在大题，有时出现在小题中，变化比 较多. 不等式的恒成立问题和有解问题、无解问题是联系函数、方程、不等式的纽带和桥梁， 也是高考的重点和热点问题，往往用到的方法是依据不等式的特点，等价变形，构造函数， 借助图象观察，或参变分离，转化为求函数的最值问题来处理．这也是 2018 年考试的热点 问题. 【典型高考试题变式】 （一）利用单调性求参数的范围 例 1.【2016 全国 1 卷（文）】若函数 1( ) sin 2 sin 3 f x x x a x   在  ,  上单调 递增，则 a的取值范围是（ ）． A． 1,1 B． 11, 3     C． 1 1, 3 3     D． 11, 3      【答案】C 【方法技巧归纳】谈到必要条件的问题，如取cos 1x  ，则转化为 a 3 1 ，因此直接 选择 C选项．这缘于运气好，若不然取 cos 0x  ，则式子恒成立；取 cos 1x   ，则 3 1 a ， 此时只能排除 A选项．此外，可在未解题之前取 1a   ，此时   1 sin 2 sin 3 f x x x x   ， 则   21 cos2 cos 3 f x x x    ，但此时   2 20 1 1 0 3 3 f        ，不具备在  ,  上 单调递增，直接排除 A，B，D.故选 C． 【变式 1】【改编例题中条件，给定函数在给定区间上单调（并未告知单增还是单减）， 求参数范围】【2018 河北大名一中高三实验班第一次月考（理）】若函数   lnf x kx x  在 区间  1,  上为单调函数,则 k的取值范围是_______. 【答案】 1k  或 0k  【解析】本题考查导数的运算、函数的性质,考查恒成立问题与转化思想、计算能力. 在区间  1,  上, 1 10 1, k x x     ,当函数   lnf x kx x  在区间  1,  上为单调增 函数时, 1k x  恒成立,则 1k  ;当函数   lnf x kx x  在区间  1,  上为单调减函数时, 1k x  恒成立,则 0k  ,所以 1k  或 0.k  【变式 2】【改编例题中条件，给定函数不单调，求参数取值范围】【2017 福建高三总复 习训练（文）】已知函数   22ln 5f x x x x c    在  , 1m m 不单调，则m的取值范围是 ___. 【答案】  10, 1, 2 2    【解析】      2 2 1 21 2 2 52 2 5 x xx xf x x x x x         令   0f x  得 1 2 x  或 2x  ， 则 1 1 2 m m   或 2 1m m   ， 解 得  10, 1, 2 2 m     . 【变式 3】【改编例题中条件，给定函数存在单调区间，求参数取值范围】【2017 河北武 邑中学高三下学期期中考试（文）】已知函数   lnf x x ，   21 2 g x x bx  （b为常数）. （1）函数  f x 的图象在点   1, f x 处的切线与函数  g x 的图象相切，求实数b的 值； （2）若函数      h x f x g x  在定义域上存在单调减区间，求实数b的取值范围； （3）若 2b  ，  1 2, 1,2x x  ，且 1 2x x ，都有        1 2 1 2f x f x g x g x   成立，求实数b的取值范围. 【答案】（1） 1 2b    （2）  2, （3） 2b  试题解析:（1）因为   lnf x x ，所以   1'f x x  ，因此  ' 1 1f  ， 所以函数  f x 的图象在点   1, 1f 处的切线方程为 1y x  ， 由 2 1, { 1 , 2 y x y x bx     得  2 2 1 2 0x b x    . 由  24 1 8 0b     ，得 1 2b    . （还可以通过导数来求b） （2）因为      h x f x g x   21ln 2 x x bx  ( 0)x  ， 所以   21 1' x bxh x x b x x       ， 由题意知  ' 0h x  在  0, 上有解， 因为 0x  ，设   2 1u x x bx   ，因为  0 1 0u   ， 则只要 2 0, { 2 4 0, b b    解得 2b  ， 所以b的取值范围是  2, . （3）不妨设 1 2x x ， 因为函数   lnf x x 在区间 1,2 上是增函数， 所以    1 2f x f x ， 函数  g x 图象的对称轴为 x b ，且 2b  . 当 2b  时，函数  g x 在区间 1,2 上是减函数， 所以    1 2g x g x ， 所以        1 2 1 2f x f x g x g x   ， 等价于        1 2 2 1f x f x g x g x   ， 即        1 1 2 2f x g x f x g x   ， 等价于      h x f x g x   21ln 2 x x bx  在区间 1,2 上是增函数， 等价于   1' 0h x x b x     在区间 1,2 上恒成立， 等价于 1b x x   在区间 1,2 上恒成立，所以 2b  ，又 2b  ，所以 2b  . （二）利用极值、最值求参数的取值范围 例 2.【2014 山东卷（理）】设函数 2 2( ) ( ln ) xef x k x x x    （ k为常数， 2.71828e   是自然对数的底数）. （Ⅰ）当 0k  时，求函数 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）若函数 ( )f x 在 (0,2)内存在两个极值点，求 k的取值范围. 【答案】（I） ( )f x 的单调递减区间为 (0,2)，单调递增区间为 (2, ) . （II）函数在 (0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为 2 ( , ) 2 ee . 【解析】 试题分析：（I）函数 ( )y f x 的定义域为 (0, ) ， ' ( )f x  3 ( 2)( )xx e kx x    由 0k  可得 0xe kx  ，得到 ( )f x 的单调递减区间为 (0,2)，单调递增区间为 (2, ) . （II）分 0k  ， 0k  ，0 1k  ， 1k  时，讨论导函数值的正负，根据函数的单调性， 明确极值点的有无、多少. 试题解析：（I）函数 ( )y f x 的定义域为 (0, ) ， 2 ' 4 2 2 2 1( ) ( ) x xx e xef x k x x x      3 2 2 ( 2)x xxe e k x x x     3 ( 2)( )xx e kx x    由 0k  可得 0xe kx  ， 所以当 (0, 2)x 时， ' ( ) 0f x  ，函数 ( )y f x 单调递减， 当 (2, )x  时， ' ( ) 0f x  ，函数 ( )y f x 单调递增. 所以 ( )f x 的单调递减区间为 (0,2)，单调递增区间为 (2, ) . （II）由（I）知， 0k  时，函数 ( )f x 在 (0,2)内单调递减， 故 ( )f x 在 (0,2)内不存在极值点； 当 0k  时，设函数 ( ) , [0, )xg x e kx x    ， 因为 ' ln( ) x x kg x e k e e    ， 当0 1k  时， 当 (0, 2)x 时， ' ( ) 0xg x e k   ， ( )y g x 单调递增， 故 ( )f x 在 (0,2)内不存在两个极值点； 当 1k  时， 得 (0, ln )x k 时， ' ( ) 0g x  ，函数 ( )y g x 单调递减， (ln , )x k  时， ' ( ) 0g x  ，函数 ( )y g x 单调递增， 所以函数 ( )y g x 的最小值为 (ln ) (1 ln )g k k k  ， 函数 ( )f x 在 (0,2)内存在两个极值点； 当且仅当 (0) 0 (ln ) 0 (2) 0 0 ln 2 g g k g k         ， 解得 2 2 ee k  ， 综上所述，函数在 (0,2)内存在两个极值点时，k 的取值范围为 2 ( , ) 2 ee . 【方法技巧归纳】转化与划归思想解决高中数学问题的一种重要思想方法，是中学数学 四种重要的数学思想之一，尤其在解决知识点较多以及知识跨度较大的问题发挥着奇特功 效，大大提高了解题能力与速度.运用这种方法的关键是将题设条件研究透，这样才能快速 找准突破点.以便将问题转化为我们所熟悉的知识领域，进而顺利解答. 【变式 1】【改编函数条件，给定函数极大、极小值都有求参数范围】【2018 河南驻马店 正阳第二高级中学开学考（文）】已知函数 既存在极大值又存在极 小值，则实数 的取值范围是 （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【 解 析 】 函 数 既 存 在 极 大 值 ， 又 存 在 极 小 值 ， ， 方 程 有 两 个 不 同 的 实 数 解 ， ，解得 或 ，实数 的取值范围是 ，故选 B. 【变式 2】【改编函数条件，给定函数有最大值求参数范围】【2018 海南八校联盟考试 （理）】已知函数   2 13ln 2 f x x x a x        在区间  1,3 上有最大值，则实数 a的取值 范围是( ) A. 1 ,5 2      B. 1 11, 2 2      C. 1 11, 2 2       D. 1 ,5 2       【答案】B （三）在不等式恒成立的条件下，求参数的取值范围 例 3.【2017 天津，文 19】设 ,a bR，| | 1a  .已知函数 3 2( ) 6 3 ( 4)f x x x a a x b     ， ( ) e ( )xg x f x . （Ⅰ）求 ( )f x 的单调区间； （Ⅱ）已知函数 ( )y g x 和 exy  的图象在公共点（x0，y0）处有相同的切线， （i）求证： ( )f x 在 0x x 处的导数等于 0； （ii）若关于 x 的不等式 ( ) exg x  在区间 0 0[ 1, 1]x x  上恒成立，求 b 的取值范围. 【答案】（Ⅰ）递增区间为 ( , )a ，(4 , )a  ，递减区间为 ( ), 4a a .（2）（ⅰ） ( )f x 在 0x x 处的导数等于 0.（ⅱ）b的取值范围是[ 7 ],1 . 【解析】 试题分析：（Ⅰ）先求函数的导数      3 4f x x a x a       ，再根据 1a  ，求 得两个极值点的大小关系， 4a a  ，再分析两侧的单调性，求得函数的单调区间；（Ⅱ） （ⅰ）根据  g x 与 xe 有共同的切线，根据导数的几何意义建立方程，求得  0 0f x  ，得 证；（Ⅲ）将不等式转化为   1f x  ，再根据前两问可知 0x 是极大值点 0x a ，由（I）知 ( )f x 在 ( , )1a a 内单调递增，在 ( ), 1a a  内单调递减，从而     1f x f a  在 [ 1, 1]a a  上恒成立，得 3 22 6 1b a a   ， 1 1a   ，再根据导数求函数的取值范围. （II）（i）因为 ( ) e ( ( ) ( ))xx xg' f f ' x  ，由题意知 0 0 0 0 ( ) e ( ) e x x x x g g'     ， 所以 0 00 0 0 0 0 ( )e e e ( ( ) ( )) ex x x x f f f x 'x x      ，解得 0 0 ( ) 1 ( ) 0 f ' x xf    . 所以， ( )f x 在 0x x 处的导数等于 0. （ii）因为 ( ) exg x  ， 0 0[ 1 1],x x x   ，由 e 0x  ，可得 ( ) 1f x  . 又因为 0( ) 1f x  ， 0( ) 0f ' x  ，故 0x 为 ( )f x 的极大值点，由（I）知 0x a . 另一方面，由于 | | 1a  ，故 1 4a a   ， 由（I）知 ( )f x 在 ( , )1a a 内单调递增，在 ( ), 1a a  内单调递减， 故当 0x a 时， ( ) ( ) 1f fx a  在[ 1, 1]a a  上恒成立，从而 ( ) exg x  在 0 0,[ 1 1]x x  上恒成立. 由 3 2( ) 6 3 ( ) 14a af a a a a b     ，得 3 22 6 1b a a   ， 1 1a   . 令 3 2( ) 2 6 1t x x x   ， [ 1,1]x  ，所以 2( ) 6 12t' x x x  ， 令 ( ) 0t' x  ，解得 2x  （舍去），或 0x  . 因为 ( 1) 7t    ， (1) 3t   ， (0) 1t  ，故 ( )t x 的值域为[ 7 ],1 . 所以，b的取值范围是[ 7 ],1 . 【方法技巧归纳】本题本题考点为导数的应用，本题属于中等问题，第一问求导后要会 分解因式，并且根据条件能判断两个极值点的大小关系，避免讨论，第二问导数的几何意义， 要注意切点是公共点，切点处的导数相等的条件，前两问比较容易入手，但第三问，需分析 出 0x a ，同时根据单调性判断函数的最值，涉及造函数解题较难，这一问思维巧妙，有 选拔优秀学生的功能. 【变式 1】【改编例题中函数模型，求参数的最值】【2014 全国 2 卷（理）改编】已知函 数  f x = 2x xe e x  . （1）讨论  f x 的单调性； （2）设      2 4g x f x bf x  ，当 0x  时，   0g x  ,求b的最大值. 【答案】（1）函数 ( )f x 在 R 上是增函数；（2）2. 【解析】试题分析：本题第（1）问，判断函数的单调，关键是判断导数的正数；对第 （2）问，可构造函数 ( )g x  (2 ) 4 ( )f x bf x . 试题解析：（1）因为 ' 1( ) 2 0x xf x e e     ，当且仅当 0x  时等号成立，所以函数 ( )f x 在 R 上是增函数； （2）因为 ( )g x  (2 ) 4 ( )f x bf x = 2 2 4 ( ) (8 4)x x x xe e b e e b x      ， 所以 ' ( )g x  2 22[ 2 ( ) (4 2)]x x x xe e b e e b      = 2( 2)( 2 2)x x x xe e e e b      . (1)当 2b  时, ' ( ) 0g x  ,等号仅当 0x  时成立，所以 ( )g x 在R上单调递增，而 (0) 0g  ， 所以对任意 0x  ， ( ) 0g x  ； （2）当 2b  时，若 x 满足 2 2 2x xe e b    ，即 20 ln( 1 2 )x b b b     时， ' ( ) 0g x  ，而 (0) 0g  ， 因此当 20 ln( 1 2 )x b b b     时， ( ) 0g x  ， 综上，b的最大值为 2. 【变式 2】【改编例题条件，在不等式有解条件下，求参数的取值范围】【2014 全国 1 卷（文）】设函数    21ln 1 2 af x a x x bx a     ，曲线     1 1y f x f 在点 ， 处的 切线斜率为 0 （1）求 b；（2）若存在 0 1,x  使得  0 1 af x a   ，求 a 的取值范围。 【答案】（1） 1b  ;（2） ( 2 1, 2 1) (1, )    . 【解析】 试题分析：（1）根据曲线在某点处的切线与此点的横坐标的导数的对应关系，可先对函 数进行求导可得： ' ( ) (1 )af x a x b x     ，利用上述关系不难求得 ' (1) 0f  ，即可得 1b  ; （2）由第（1）小题中所求 b，则函数 ( )f x 完全确定下来，则它的导数可求出并化简得： ' 1( ) (1 ) 1 ( )( 1) 1 a a af x a x x x x x a          根据题意可得要对 1 a a 与1的大小关系进 行分类讨论，则可分以下三类：（ⅰ）若 1 2 a  ，则 1 1 a a   ，故当 (1, )x  时， ' ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (1, ) 单调递增，所以，存在 0 1x  ，使得 0( ) 1 af x a   的充要条件为 (1) 1 af a   ，即 1 1 2 1 a a a     ，所以 2 1 2 1a     .（ⅱ）若 1 1 2 a  ，则 1 1 a a   ，故当 (1, ) 1 ax a   时， ' ( ) 0f x  ；当 ( , ) 1 ax a    时， ' ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (1, ) 1 a a 单调递减，在 ( , ) 1 a a   单调递增.所以，存在 0 1x  ，使得 0( ) 1 af x a   的充要 条件为 ( ) 1 1 a af a a    ，无解则不合题意.（ⅲ）若 1a  ，则 1 1(1) 1 2 2 1 a a af a         .综上，a的取值范围是 ( 2 1, 2 1) (1, )    . 试题解析：（1） ' ( ) (1 )af x a x b x     ， 由题设知 ' (1) 0f  ，解得 1b  . （2） ( )f x 的定义域为 (0, ) ，由（1）知， 21( ) ln 2 af x a x x x    ， ' 1( ) (1 ) 1 ( )( 1) 1 a a af x a x x x x x a          （ⅰ）若 1 2 a  ，则 1 1 a a   ，故当 (1, )x  时， ' ( ) 0f x  ， ( )f x 在 (1, ) 单调递增， 所以，存在 0 1x  ，使得 0( ) 1 af x a   的充要条件为 (1) 1 af a   ，即 1 1 2 1 a a a     ， 所以 2 1 2 1a     . 【变式 3】【改编例题条件，双变量问题求参数的取值范围】【2018 湖南永州高三上学期 一模（文）】已知函数 ， ，其中 为自然对数的底数. （1）讨论函数 在区间 上的单调性； （2）已知 ，若对任意 ，有 ，求实数 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） 【解析】试题分析：（1）对函数进行求导可得 ，分为 ， ， 和 四种情形，根据导数与 0 的关系可判断出其单调性；（2）将题意转化为 恒成立，利用导数判断单调性求出最值即可. 试题解析：（1） ，①当 时， ， ， 在 上单 调递增，②当 时， ， ， 在 上单调递增，③当 时， 时， ， 在 上单调递增， 时， ， 在 上单调递 减，④当 时， ， ， 在 上单调递增，综上所述，当 或 时， 在 上单调递增，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减 （2） ，依题意， 时， 恒成立.已知 ，则当 时， ， 在 上单调递减，而 在 上单调递增， ， ，得 ，当 时， ， 与 在 上均单调递增， ， ， ，得 与 矛盾，综上所述，实数 的取值 范围是 【变式 4】【改编例题条件，函数中的恒成立与存在性的综合问题】【2018 河北石家庄二 中八月模拟考试（理）】已知函数   3 62ln 2 1 x xf x x     . （Ⅰ）求  f x 的单调区间； （ Ⅱ ） 若      2 2lng x x t x at    ， 若 对 任 意  1 1,x   ， 存 在    2, , 0,t x     ，使得    1 2f x g x 成立，求实数 a的取值范围. 【答案】(1)  f x 的单调递减区间是 1 , 2 2       ，单调递增区间时  10, , 2, 2       ;(2) 1, e     . 【解析】试题分析：（1）求导        2 2 1 2 1 x x f x x x      ，由   0f x  得减区间，由   0f x  得增区间； （ 2 ） 当 1x  时 ，   0f x  ， 又   0g x  ， 所 以 对 任 意  1 1,x   ， 存 在    2, , 0,t x     ， 使 得    1 2f x g x 成 立 ，  存 在    2, , 0,t x     ，使得  2 0g x  成立，  存在    2, , 0,t x     ， 使得  2 0g x  成立， lny x  的图象与直线 y ax 有交点，  方程 lnxa x  在  0, 上有解. 试题解析： （Ⅰ）因为   3 62ln 2 1 x xf x x     ， 所以             2 2 2 2 2 1 22 9 2 5 2 1 1 1 x xx xf x x x x x x x            ， 因为  f x 的定义域为  0, ，当 1 2 2 a  时   0f x  ， 10 2 x  或 2x  时   0f x  ， 所以  f x 的单调递减区间是 1 , 2 2       ，单调递增区间时  10, , 2, 2       . （Ⅱ）由（Ⅰ）知，  f x 在  1,2 上单调递减，在  2, 上单调递增，所以当 1x  时    2 0f x f  ， 又      2 2ln 0g x x t x at     ， 所以对任意  1 1,x   ，存在    2, , 0,t x     ，使得    1 2f x g x 成立，  存在    2, , 0,t x     ，使得  2 0g x  成立，  存在    2, , 0,t x     ，使得  2 0g x  成立， 因为    2 2lnx t x at   表示点  , lnx x 与点  ,t at 之间距离的平方， 所以存在    2, , 0,t x     ，使得  2 0g x  成立， lny x  的图象与直线 y ax 有交点，  方程 lnxa x  在  0, 上有解， 设   lnxh x x  ，则   2 1 lnxh x x   ， 当  0,x e 时，    0,h x h x  单调递增，当  ,x e  时，    0,h x h x  单调递减， 又    1 , 0,h e x h x e    ，所以  h x 的值域是 1, e     ， 所以实数 a的取值范围是 1, e     . 【数学思想】 数形结合思想 数形结合是一种重要的数学思想方法，包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其 应用大致可以分为两种情形：或者是借助形的生动和直观性来阐明数之间的联系，即以形作 为手段，数为目的，比如应用函数的图像来直观地说明函数的性质；或者是借助于数的精确 性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来 精确地阐明曲线的几何性质. 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题 与图形之间的相互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想 分析和解决问题时，要注意三点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代 数特征，对数学题目中的条件和结论既分析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、 合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好数形转化；第三是正确确定参数的取值范 围. 【利用导数探求参数的范围问题注意点】 （1）研究函数问题应竖立定义域优先原则；(2) 任意 1 (0, 2]x  ，指的是区间内的任 意一个自变量；存在 2 (0, 2]x  ，指的是区间内存在一个自变量，故本题是恒成立问题和有 解问题的组合. 【典例试题演练】 1．【2018 云南师大附中高考适应性月考卷二（理）】已知函数 ， ，如果对于任意的 ，都有 成立，则实数 的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 2．【2018 山西五校第一次联考（理）】已知 0  ，若对任意的  0,x  ，不等式 ln 0 x e x   恒成立，则的最大值为( ) A. e B. 3 C. 2 e D. 3 e 【答案】A 【解析】令    , ln x f x e g x x   ，易得  f x 与  g x 互为反函数  f x 与  g x 关于直线 y x 对称 原命题等价于 ln x e x x   在  0, 上恒成立.记   x h x e x    'h x         1 1 0 ln 0, ln , ' 0; ln , , ' 0 x e x x h x x h x                    ln min ln ln ln 0h x h e e                ，记   lnx x x   ，同 理可得 e  ，综上的最大值为 e ，故选 A. 3．【2017 辽宁大连八中模拟考试（理）】设函数  f x 在 R上存在导函数  f x ，对任 意 的 实 数 x 都 有    24f x x f x   ， 当  ,0x  时 ，   1 4 2 f x x  . 若     31 3 2 f m f m m     ，则实数m的取值范围是( ) A. 1 , 2     B. 3 , 2     C.  1,  D.  2,  【答案】A 4．【2018 安徽合肥高三调研性检测（理）】已知函数   lnx axf x x   ，若有且仅有一 个整数 k，使    2 0f k f k     ，则实数 a的取值范围是__________． 【答案】 1 1ln2 1 ln3 1 2 3 a    【解析】因   lnxf x a x   ，故由题设问题转化为“有且仅有一个整数 k使得   1f k  或   0f k  ” 。 因 为   2 1 lnxf x x   ， 所 以 当 0 x e  时 ，   0f x  ， 函 数   lnxf x a x   单调递增；当 x e 时，   0f x  ，函数   lnxf x a x   单调递减，即函 数   lnxf x a x   在 x e 处取最大值，由于 2 3e  ，因此由题设可知     2 1 { 3 1 f f   ，解 之得 1 1ln2 1 ln3 1 2 3 a    ，应填答案 1 1ln2 1 ln3 1 2 3 a    。 5．【207 广西柳州铁路一中月考（文）】已知函数    lnf x x x mx  有两个极值点， 则实数m的取值范围是_____ 【答案】 10, 2       【解析】由题意,y′=lnx+1−2mx 令 f′(x)=lnx−2mx+1=0 得 lnx=2mx−1， 函数    lnf x x x mx  有两个极值点,等价于 f′(x)=lnx−2mx+1 有两个零点， 等价于函数 y=lnx 与 y=2mx−1 的图象有两个交点， ， 当 m= 1 2 时，直线 y=2mx−1 与 y=lnx 的图象相切， 由图可知,当 01 时， 1 - 0 + ↘ ↗ ∴当 x m 时,   2 22 3 lnminf x m m m  ． 令 2 22 3 ln 0m m m  ，得 2 3em  ． ②当0 1m  时，  f x ≥0 在  1,x  上恒成立，  f x 在  1,x  上为增函数，当 1x  时,  min 1f x m  ． 令 1 0m  ，得 1m   （舍）． 综上所述，所求m为 2 3e ． (2) ∵对于任意的实数  1,2a ， 1b a  ，  f x 在区间  ,a b 上总是减函数， 则对于 x∈(1,3)，   222 n x mx nf x x m x x       ＜0， ∴   0f x  在区间[1,3]上恒成立． 设 g(x)= 22x mx n  ，∵ 0x  ，∴g(x) 0 在区间[1,3]上恒成立． 由 g(x)二次项系数为正，得     1 0, { 3 0, g g   即 2 0, { 3 18 0, m n m n       亦即 2, { 6. 3 m n nm       ∵  2n  6 3 n       =  2 24 6 3 3 n n    ， ∴ 当 n＜6时，m≤ 6 3 n   ，当 n≥6时，m≤ 2n  ， ∴ 当 n＜6时，h(n)= 6 3 n   ，当 n≥6 时，h(n)= 2n  ， 即   6, 6, { 3 2, 6. n n h n n n        12．【2017 天津市滨海新区八校联考（理科）】已知函数   21 ln 2 f x x bx x   . （1）若函数  f x 在定义域单调递增，求实数b的取值范围； （2）令     21 2 ag x f x bx x    ， a R ，讨论函数  g x 的单调区间； （3）如果在（1）的条件下，   2 2 1 3 1 2 f x x x x     在  0,1x 内恒成立，求实 数b的取值范围. 【答案】（1） 2b   （2）见解析（3） 2 1b    试题解析：（1）   1f x x b x    ，因为  f x 在定义域单调递增，所以   0f x  恒成立 即 1 10x b b x x x            而 1 12 • 2x x x x    （当且仅当 1x x  时等号成立），故 2b   即为所求. （2）   2ln 2 ag x x x  ，   1g x ax x   ①若 0a  ，   0g x  ，则  g x 在  0, 单调递增 ②若 0a  ，令   0g x  ， 2 1 0ax   ， 2 1x a  ， 则  g x 在 10, a       单调递增，在 1 , a       单调递减 （3）由题意，须 2 2 1 1 3 ln 1 0 2 2 x bx x x x        对任意  0,1x 恒成立， 设   2 2 1 1 3 ln 1 2 2 h x x bx x x x        ，    3 3 1 1 1 13 3h x x b x b x x x x                 ∵ 2b   ， 0 1x  ，∴ 1 0x x   ， 3 1b  ， 3 1 0 x  ∴   0h x  即  h x 在  0,1x 上单调递增，    max 1 1h x h b   若   2 2 1 1 3 ln 1 0 2 2 h x x bx x x x         对任意  0,1x 恒成立， 则应令  max 0 1h x b    综上所述， 2 1b    即为所求. 13．【2018 贵州省贵阳市第一中学高三上学期适应性月考（一）（理）】设 ， . （1）令 ，求 的单调区间； （2）已知 在 处取得极大值，求实数 的取值范围. 【答案】（1）见解析（2） 【解析】试题分析：（1）先求 导数得 ，再求函数 导数，根据 讨论导数是否变 号，进而确定单调区间（2）根据 讨论 单调性，确定极值取法：当 时， 时， 单调递减， 时 单调递增， 在 处取得极小值；当 时， 时 单调递减，当 时， 时， 单调递增， 时 单调递减， 在 处取得极大值。 试题解析：（Ⅰ）由 可得 ， 则 ， 当 时， 时， ，函数 单调递增， 当 时， 时， ，函数 单调递增， 时， ，函数 单调递减. 所以当 时，函数 的单调递增区间为 ， 当 时，函数 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 . （Ⅱ）由（Ⅰ）知， . ①当 时， 单调递增， 所以当 时， 单调递减， 当 时， 单调递增， 所以 在 处取得极小值，不合题意. ②当 时， ，由（Ⅰ）知 在 内单调递增， 可得当 时， ， 时， ， 所以 在(0，1)内单调递减，在 内单调递增， 所以 在 处取得极小值，不合题意. ③当 时，即 ， 在(0，1)内单调递增，在 内单调递减， 所以当 时， ， 单调递减，不合题意. ④当 时，即 当 时， ， 单调递增， 当 时， ， 单调递减， 所以 在 处取得极大值，合题意. 综上可知，实数 a 的取值范围为 . 14．【2018 吉林省百校联盟九月联考数学（文）】已知函数    2 xf x x e  ，  0,x  ． （1）求函数  f x 的单调递增区间； （ 2 ） 若     22 xg x f x e ax   ，  h x x ， 且 1x ， 2x ，        1 1 2 2 0g x h x g x h x         ，求实数 a的取值范围． 【答案】(1) 函数  f x 的单调递增区间为  1, ;(2)  ,1 . 【解析】试题分析：（1）    1 0xf x x e   , 解得 1x  ,从而得到增区间；（2） 1x ， 2x ，        1 1 2 2 0g x h x g x h x         等价于     0g x h x  对  0,x  恒成立， 或     0g x h x  对  0,x  恒成立，而      1xg x h x x e ax    ，只需研究   1xp x e ax   的符号情况即可. 试题解析： （1）依题意，      ' 2 1x x xf x e x e x e     ， 令  ' 0f x  ，解得 1x  ，故函数  f x 的单调递增区间为  1, ． （2）当    1 1 0g x h x  ，对任意的  2 0,x   ，都有    2 2 0g x h x  ； 当    1 1 0g x h x  时，对任意的  2 0,x   ，都有    2 2 0g x h x  ； 故     0g x h x  对  0,x  恒成立，或     0g x h x  对  0,x  恒成立， 而      1xg x h x x e ax    ，设函数   1xp x e ax   ，  0,x  ． 则   0p x  对  0,x  恒成立，或   0p x  对  0,x  恒成立，  ' xp x e a  ， ①当 1a  时，∵  0,x  ,∴ 1xe  ，∴  ' 0p x  恒成立， ∴  p x 在  0,x  上单调递增，  0 0p  ， 故   0p x  在  0, 上恒成立，符合题意． ②当 1a  时，令  ' 0p x  ，得 lnx a ，令  ' 0p x  ，得0 lnx a  ， 故  p x 在  0, lna 上单调递减，所以    ln 0 0p a p  ， 而   2 1ap a e a   ，设函数   2 1aa e a    ，  1,a  ， 则  ' 2aa e a   ，令   2aH a e a  ，则  ' 2aH a e  （  1,a  ）恒成立， ∴  ' a 在  1, 上单调递增，∴    ' ' 1 2 0a e     恒成立， ∴  a 在  1, 上单调递增，∴  a  1 2 0e    恒成立， 即   0p a  ，而  ln 0p a  ，不合题意． 综上，故实数 a的取值范围为  ,1 .