高考数学压轴题求解范围问题常用方法之讨论法

张秋平

求范围问题是高考常考的热门题型之一，常用的方法有分离法，图像法，解不等式法，讨论法，其中讨论法难掌握，什么时候用，怎么用，一直困扰着老师和学生，本文就近年高考数学中出现的范围问题怎么用进行一些探讨。

一、由极值的正、负，零及范围讨论

1.【2017课标1，理21】已知函数f（x）=ae2x+ （a-2）ex-x

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）若f（x）有两个零点，求a的取值范围.

【解析】：（1）的定义域为，，

（ⅰ）若则，则，所以在单调递减.

（ⅱ）若a>0，则由得.

当时，；当时，，所以在单调递减，在单调递增.

（2）（ⅰ）若，由（1）知，至多有一个零点.

（ⅱ）若a>0，由（1）知，当时，取得最小值，最小值为.

①当时，由于，故只有一个零点；

②当时，由于，即，故没有零点；

③当时，，即.

又，故在有一个零点.

设正整数满足，則.

由于，因此在有一个零点.

综上，的取值范围为.

此方法是直接对含参函数进行研究，研究其单调性、最值，对最值的范围进行研究。

2.【2015高考新课标课标2，理21】设函数 f（x）=emx+x2-mx。

（I）证明： f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；

（II）若对于任意x1，x2∈[-11]，都有|f（x1）- f（x2）|≤e-1，

求m的取值范围。

解析：（I）f '（x）=m（emx-1）+2x，

若m≥0，则当x∈（-∞，0），emx-1≤0，f '（x）<0

当x∈（0，+∞），emx-1≥0，f '（x）>0

若m<0，则当x∈（-∞，0）emx-1>0，f '（x）<0

当x∈（0，+∞），emx-1<0（x）>0

所以，f（x）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增。

（II）由（I）知，对任意的f（x）在[-1，0]单调递减，在 [0， 1]单调递增，故f（x）在x=0处取得最小值，所以对于任意x1，x2∈[-1，1]，

|f（x1）- f（x2）|≤e-1的充要条件是

设函数，则g‘（t）=et-1。当t<0时，g‘（t）>0。；当t>0时，g‘（t）>0。故在g（t）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增。又g（1）=0，g（-1）=e-1+2-e<0故当t∈[-1，1]时，g（t）≤0.当m∈ [-1，1]时，g（m）≤0，g（-m）≤0即①式成立。当m>1时，由，g（t）的单调性，g（m）>0即em-m>e-1当m<-1时，g（-m）>0，即em+m>e-1。综上，m的取值范围是[-1，1]。

二、由单调性分类

3.【2006全国，理21】已知函数。

（I）a>0设，讨论y=f（x）的单调性；

（II）若对任意x∈（0，，1），恒有f（x）>1，求a的取值范围。

解析：（I）f（x）解略的定义域为（-∞，1）∪（1，+∞），对求导数得f（x）在（-∞，），（，1），（1，+∞）为增函数，f（x）在（-，）为减函数。

（II）（i）当0f（0）=1。

（ii）a>2当时，取，则由（I）知f（x0）>f（0）=1。

（iii）

综上，当且仅当a∈（-∞，2]时，对任意x∈（0，1），恒有f（x）>1。

4.【2011新课标，理21】已知函数，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为x+2y-3=0.

（1）求a，b的值

（2）如果当x>0，且时x≠1，，求k的取值范围。

【解析】：（1）解略 a=1

b=1。

（2）（理）由（1）知，

考虑函数，

（i）设.由

知，当x≠1时，h（x）<0而h（1）=0，故当x∈（0，1）时，h（x）>0

可得，从而当x>0.，且x≠1时

（ii）设00，而h（1）=0，故当，可得，与题设矛盾。

（iii）当k≥1时，h（x）>0而h（1）=0，故当x∈（1，+∞）时，h（x）>0，与题设矛盾。综合得，k的取值范围为（-∞，0]。

三、由必要性分类

5.【2012全国，理20】设函数

（1）讨论f（x）的单调性；

（2）设f（x）≤1+sinx，求a的取值范围。

【解析】（1）解略。

（2）由f（x）≤1+sinx得，f（π）≤1，aπ-1≤1

所以.

令

当

。

又，即，当时，有

①当

②当

综上，a的取值范围是].

通过取特殊值得出所求范围，证明此范围是所求范围，其他范围不满足条件。

四、由极值点落不落在定义域分类

6.【2012天津，理20】已知函数f（x）=x-ln（x+a）的最小值为0，其中a>0。

（1）求a的值；

（2）若对任意的x∈[0，+∞），有f（x）≤kx2成立，求实数k的最小值；

【解析】：（1）解略

（2）当k≤0，取x=1，有f（1）=1-ln2>0，故k≥0不合题意。

当k>0时，令g（x）=f（x）-kx2，即g（x）=x-ln.（x+1） -kx2

⑴

因此g（x）.在（0，+∞）上单调递减。从而对于任意的x∈（0，+∞），总有g（x）≤g（0）=0，即f（x）≤kx2在【0，+∞）上恒成立，故符合题意。

②当，