含引數的導數問題是近年來高考的難點和熱點，此類問題通常涉及最值和恆成立問題，要求學生在求解中重視分類討論、數形結合、分離引數等基本思想的運用．由於含引數的導數問題往往涉及對引數的討論，因此很多學生對「從何時開始討論」、「怎樣討論」等問題不知所措．本文將就一類含引數的導數問題進行多角度、多方面的剖析，闡述對此類問題的求解方案的「新視覺」，以求在此類導數問題的求解中為學生求解策略的選擇提供參考．
型別一：可以分離引數，轉化為最值問題
例1已知函式（a為常數），若存在，使成立，則實數a的取值範圍是
【分析】本題中，引數a可以比較方便的用含x的函式來表示，因此想到分離引數，轉化為存在性問題，進而轉化為最值問題．
解法一：存在，使，
即存在，使，
令，則，故在單調遞增，
故，即在恆成立．
故存在，使．
令，即，下求在的最小值．
令，則，，
故是函式的極小值點，也是最小值點．
∴，即在恆成立．
故在恆成立．∴在單調遞增.
∴【解題回顧】在本題求解中，有兩個難點：（1）需意識到在恆成立；（2）在對的討論中，需對其部分分子進行在區間的值域分析，得出在恆成立．進而得出在恆成立．
縱觀本題，可以分離引數，轉化為最值問題．但在對新函式最值的討論中需要「步步為營、逐個擊破」，學生在求解過程中要思路清晰，以細求準．
其實在對的討論中，得出「在恆成立」這個結論還有乙個辦法，就是直接對定號．請看下面的解法：
解法二：先按解法一的思路把問題轉化為：存在，使．
令，即，下求在的最小值．
∵，∴，
故在恆成立．（下同解法一）
【解題回顧】上述解法顯然要比「解法一」簡單，但學生需在求解過程中，敏感地意識到這個定義域對函式符號的確定有很大作用．因此想到對的分子各項作合理組合，從構造出使的因式組合．
以上兩種解法可以實施的前提是變數a可以比較方便的「分離」出來，用含x的函式來表示，且可以確定新函式是單調遞增的．若變數a無法分離，或新函式的單調性無法確定（存在極值點，但又無法求出此極值點），那「分離引數」這個方法在此就不合適了．為此，本題還提供一種對此類問題的一般性解法．
型別二：分類討論，逐一分析
解法三：存在，使，
令，即，下求在的最小值.
．（ⅰ）若，即時，
在恆成立．故在單調遞增，
，故（ⅱ）若，即時，
易得是在的極小值點，也是最小值點，
故，∵，∴，∴，符合題意．故．
（ⅲ）若，即時，
在恆成立．故在單調遞減，
，∵，∴．
綜上，．
【解題回顧】雖然解法一和解法二可以避免分類討論，簡潔程度明顯優於解法三．但解法三給出了求函式最值的基本方法，適用範圍較廣，也要引起足夠的重視．
事實上，在本題的解法三中，由於的分子可以因式分解，因此也為求解提供了一定的方便．那如果的分子不能因式分解呢？這時需採用求根公式得出兩個根，進而進行討論，其間還會涉及對的討論．請看下面的例題：
變題：設，若對，均有成立，求實數m的取值範圍．
解法一：即時，恆成立，
當時，m可為任何實數；
當，即恆成立．令，則
∵，∴，∴在單調遞減，
，∴ 解法二：對，均有成立等價於時，
，當時，
（ⅰ）當時，，此時在上是減函式，，故符合題意；
（ⅱ）當m>0時，，
若，則，此時恒有，
由得，，
若0因而當時，，
此時，，∴符合題意．
當時，，時，，單調遞減；時，，單調遞增，此時，由得
，故綜上所述，．
【解題回顧】本題的解法二涉及對不能因式分解的導函式的討論，是此類問題最本質的求解策略．但是需要指出的是，在此類問題的求解中，能夠分離引數的盡量分離引數，轉化為最值問題，因為這樣往往可以簡化解題步驟，減少大量繁雜運算．如不能分離引數，需要進行分類討論，討論時要做到不重不漏、不慌不亂，逐一分析，縱觀全域性．
型別三：轉化為以引數為新變元的問題求解
例2已知函式，若恒成立，求實數a的取值範圍．
【分析】本題雖然可以分離引數，但需對是否大於0討論，這樣乙個問題變成了兩個問題，比較浪費時間．同時，分離引數後，對新函式的導函式討論會陷入到無法定號、又無法求出極值點的尷尬境地，因此不適合用分離引數解決．只能直接對求導，討論其單調性，求出最小值（是乙個關於a的函式），進而轉化為對關於引數a的函式的分析．
解：等價於恒成立，即
若，，在單調遞增，不符合題意．
若a<0,
,故為極小值點
只需．即實數a的範圍即不等式的解集．
令， ，∴
，，；，，；
∴是的極大值點，也是的最大值點．
∴，又，
∴，即．
【解題回顧】「分離引數」的解法雖然比較簡潔，但有一定的侷限性．當分離引數的方法受阻時，只能轉為直接求最值，此時要求學生隨著解題步驟的深化靈活應對，及時構造關於引數a的函式再次進行分析求解．
型別四：對導函式深刻剖析，步步逆推求函式最值，進而得出引數範圍
例3：設函式，．
（1）若a=0，求的單調區間；
（2）若當時，恆成立，求a的取值範圍．
【分析】對（2），考生很容易想到利用分離引數法求引數a取值範圍.
當時，a為一切實數．
當時， 對一切恆成立，只要求的最小值．，令，∴，求解就陷入困境．於是我們就需要轉換問題的思路，直接求的最小值．
解：（1）（略）
（2），
當時，，∴在單調遞增，∴．
當時，令，即．令，
∴，令，即，解之得，．
（ⅰ）當，即時，，∴在單調遞增，
∴，即（）），∴在單調遞增，
∴．（ⅱ）當，即時，．
當時，，為單調遞減函式；
當時，，為單調遞增函式．
∴在處取得最小值．
又∵，∴時，，即，∴在區間是單調遞減函式．又，∴時，．
綜上所述，實數a的取值範圍為．
【解題回顧】本題中，由於不能直接定號，因此採取以為新的起點，令，進而對進行求導分析．由對的符號討論得出的單調性，進而得出的最值；再由的符號，即的符號得出的單調性，進而得出的最值．可謂步步逆推，思維縝密，解法靈活．
型別五：數形結合解含引數的導數題
例4設函式記，若函式至少存在乙個零點，則實數m的取值範圍是
【分析】此題可以用分離引數，但需觀察處是極小值點，同時數形結合，即轉化為直
線與曲線至少有乙個交點，解法一正是採用此方法．同時，本題在數形結合時可將至少有乙個零點轉化為兩個熟悉的函式至少有乙個交點．但需要學生掌握乙個常用結論：是的極小值點，即解法二．
解法一：
若函式至少存在乙個零點，即至少有乙個零點，即直線與曲線至少有乙個交點．故的範圍即函式的值域．
，則．且當；，故是函式的極小值點，也是最小值點．
，即，故．
解法二：，
若函式至少存在乙個零點，即至少有乙個零點，即曲線與曲線至少有乙個交點．
，．且當；，故是函式的極大值點，也是最大值點．即
易知，是函式的最小值點．即
故曲線與曲線至少有乙個交點，需，即．
【解題回顧】本題的兩種解法都是採用數形結合的方法，只是構造的函式不同；解法一將題目轉化為一條直線與另一條曲線的交點問題，即分離引數的方法，難點在於對曲線的函式圖象不熟悉，因此對曲線的函式解析式求導後需要學生觀察出導函式的根是；解法二將題目轉化成兩個熟悉的函式的圖象的交點問題，且構造的兩個函式同時在取到極值，十分巧妙．
以函式為載體,以導數為工具,考查函式性質及導數應用為目標,是最近幾年函式與導數交匯試題的顯著特點和命題趨向.運用導數確定含引數函式的引數取值範圍是一類常見的探索性問題,主要是求存在性問題或恆成立問題中的引數的範圍.解決這類問題,主要是運用等價轉化的數學思想,通過分離引數、分類討論等思維方法進行求解．而求解策略的恰當選擇，取決於求解視角是否準確．希望本文對此類含引數的導數問題的求解「新視覺」能為大家對求解此類問題提供一些參考和借鑑．
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