2020高考数学尖子生辅导专题专题01含参数导数问题的分类讨论

1、专题一含参数导数问题的分类讨论导数是研究函数的图象和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，有关导数 问题几乎是每年高考的必考试题之一.随着高考对导数考查的不断深入，含参数的导数问题 成为了历年高考命题的热点.由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行分类讨论， 如何进行分类讨论成为绝大多数考生答题的难点.模块1整理方法提升能力在众多的含参数导数问题中，根据所给的参数的不同范围去讨论函数的单调性是最常见 的题目之一，求函数的极值、最值等问题，最终也需要讨论函数单调性.对于含参数导数问 题的单调性的分类讨论，常见的分类讨论点有以下三个：分类讨论点1:求导后，考虑f(x)=0是否有实根，

2、从而引起分类讨论；分类讨论点2:求导后，f(x)=0有实根，但不清楚f(x)=0的实根是否落在定义域内， 从而引起分类讨论；分类讨论点3:求导后，f (x ) = 0有实根，f 0 ,讨论函数 f (x )=ln x +a (1 a )x【解析】f(x)的定乂域是(0, 一) f (x )=+2a(1a)x2(1a )x 2a 1 -a x -2 1 -a x 1二:;:;.x令g (x )=2a(1 -a )x2 2(1 -a伙+1,则f (x )=0的根的情况等价于 g(x )=0的根的情况.由于g(x )的函数类型不能确定，所以需要对a进行分类讨论从而确定函数的类型.1(1)当a=1时，

3、g(x)是常数函数，此时g(x)=1, f (x)=0 ,于是f(x )在(0,收) x 2(1 -a )x 的单调性.上递增.f x)= 0 是(2)当a #1时，g(x)是二次函数，类型确定后，我们首先考虑讨论点1否有实根的问题.由于 g(x )不能因式分解，所以我们考虑其判别式A=4(a1x3a-1 ),判别式的正负影响到 g(x)=0的根的情况，由此可初步分为以下三种情况：当 A0 ,即1.一一 1 .-a0 ,即0 a 1时，g (x )=0有两个不等的实根.对于第种情况,g (x )=0没有实根且永远在 x轴上方，于是f (x)0 ,所以f (x)在(0, y)上递增.对于第种情况

4、,g (x )=0有两个相等的实根3x 二一2f(x户0,所以f(x )在0o上递增.对于第种情况,g (X ) = 0有两个不等的实根,Xi2a 2a 1 - ax2 = 十“(a 为 1 *).由于不知道两根是否落在定义域 2a 2a 1 - a(0,栓)内，因此要考虑讨论点 2 ,而利用韦达定理进行判断是一个快捷的方法.因为为 x2 =- a1 I1x1x2 =, 所以当 0 a 0且x1x2 0 ,此时两个根都在定义域内切0 cxi 0可彳导0 x x2 ,所以f (x )在(0,为)和 区, )上递增；由f (x )0可得x1x1时，有 为+x2 0且x1x2 0 ,此时x2 0 x

5、1 ,由f 0可得0 ex 为,所以f(x )在(0,为)上递增；由f(x)、，所以f (x )在(为，抬)上递减.1.1综上所述，当0a1时，f(x )在(0,x1)上递增，在(x” 也)上递减.其中【点评】只要按照3个分类讨论点进行思考，就能很好地处理含参数导数问题的单调性.此外，涉及两根与0的大小比较的时候，利用韦达定理往往比较简单.例2已知函数 f (x)=ln xkx+k ( kw R).(1)求f(x)在1,2上的最小值;1 +lxl所以f (x )在递增，在1,2 上递减.于f(x )在1,2】上的最小值为f (1)=0或(2)右ln|L a|x|对xw(1,1)恒成立，求正数

6、a的取大值.1f (2 )=ln2 k .当 0 ln2 k , IP - k ln2 时，f (x )n = f (1 )=0 ;当 021n2 k ,即 1n2 Ek 1 时，_f (x )n = f(2 )=1n 2k .综上所述，当 k 0,函数f (x冰1,2为增函数，所以X (x)Ln递增，在i1,y i上递减k当k0时，由f (x )0可得0 cxM1 ,由f (x )L 所以f (x )在 0,- i上 kkk是f(x)在氏2上的最小值为f (1)=0或 f(2)=ln2-k-(i )当 0 ln2 k ,即 0 k ln2 时，f (x)min = f (1 )=0.(ii

7、)当 0 回n2 -k,即 k 之ln2 时，f (x )min = f (2 )=ln 2 k .综上所述，当 k n2 时，7 (x)min = f (2)=ln 2 k .(2)解答详见专题三例1.【点评】 处理好函数的单调性，就能求出函数的最值.法1是按照常见的3个分类讨论点进行讨论：当k=0时，f(x )=0没有实根.当k#0时，f ,x ) = 0有实根x=2，此时需1. 1111考虑根在不在定乂域 1,2】内.当一0或0E1或一22时，根都不在定义域内 (把一=1和 kkkk1 1一=2并在里面是为了减少分类的情况)；当量一圄2时，根在定义域内，由于定义域内只有1kk个根，所以就

8、不用考虑第 3个分类讨论点了.法 2是根据式子和题目的特点进行分类：由1f 0时，f(x)在(0,+*)上先增后减， x所以最小值只能在 f (1 )或f (2 )处取到，此时只需要比较两者的大小就可以了.由于法2是根据式子和题目的特点进行分类的，所以能减少分类的情况.例3设函数f (x.x2 +bln (x +1. 其中b于0 .1 一(1)当ba时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；(2)当b0时，求函数f(x)的极值点.【解析】(1)函数f (x )=x2+bln(x+1 )的定义域为(1,f, b2x2 2x b .o1f (x)=2x+=.令 g(x)=2x +2x+b,则 =48

9、b .当 b时，0 0,于是当bA1时，函数f(x )在定义域 2(-1，)上递增.1当A万时，由(1)知函数f(x)无极值点.1 .当0=0 ,即b=5时，g(x )=0有唯一的实根，g(x)20 ,于是f(x)2 0在(1,y )上 恒成立，所以函数 f (x )在(一1,收)上递增，从而函数 f (x )在(一1，也C )上无极值点.当A。，即b1时，g(x)=0有两个不同的根=二1二手3,*2=士?二型， 其中x1 x2 .这两个根是否都在定义域 (-1,y)内呢？这需要对参数 b的取值进一步分类讨 论.1.1 =2b,一11 二 2b当 b 0 时，x1 =-1,由 f (x )0可

10、得 xx2 ,由2 2(x )0可得-1 xcx2,所以f(x )在(1,x2 )上递减，在(x2,F)上递增，所以当b0时,-11 -2bf (x )在(-)上有唯一极小值点 x2 =% .11 - 1 - 2b-1 1 - 2b当 0 b 1 , x2 = 1 ,由 f (x 0 可信222一1 x x2,由 f(x )0可得 x1 x x2,所以 f (x )在(-1,x1 )上递增，在(x1,x2)上1递减，在(x2,y)上递增，所以当0bQ时，f (x )在(-1,收)上有一个极大值点-1 - 1 -2b-1 . 1 -2bx1 = 和一个极小值点 % =.22综上所述，当b0时，f

11、(x)在(1,依)上有唯一的极小值点x2=32b；当1-1 -. 1 -2b-11 -2b0 b -1 ,因此只需对x1作判断就可以了.判断的方法有三种，第一种方法是待定符号法，将x11 一 J -2b, .与-1之间的大小符号待定为 W,则有W-1M -1 - .1-2bW-2= 1W 1-2b =211W1 2bu bW0 ,所以当0jb1:2时，为.1;当b0时，为*1 .第二种方法是韦达定 理，判断为、x2与1的大小关系等价于判断 天+1、x2+1与0的大小关系，由此把韦达定理x1 x2 - -1| ： X1 1 广 I： x2 1 = 1J b调整为Ib，此时的判断就变得十分容易了.

12、第三种方法是利用X1 x2 =X11 x21=221.一次函数的图象，g（x）是开口万向向上，对称轴为x=_/的二次函数，与y轴的交点是（0,b）,1由图象可知当0圈b*时x191 ,当b|：0时为国-1 .2模块2练习巩固整合提升练习1：设函数f（x） = alnx+R,其中a为常数.x 1（1）若a =0 ,求曲线y = f （x附点（1, f（1 ）处的切线方程;（2）讨论函数f（x）的单调性.x -1 2是 f (1 )=-,【解析】(1)当2=0时，f (x)=q, xW(0,此时 f(x)=2- ,x 1x 1f (1 )=0 ,所以曲线y = f(x )在点(1, f(1的切线方

13、程为 x2y1=0.2 函数f(x )的定义域为(0/HC), f(x) = a+一口一 x x 1x x 1当a至。时，f(x)A0,所以函数f(x)在(0,F)上递增.当 a 0 时，令 g (x )=ax2 +2(a +1 )x +a ,则 A =4(a +1 ) -4a2 =4(2a +1).1.(i)当aW1时， W0 ,所以g(x )W0 ,于是f(x)W0,所以函数f(x)在(0,收)上递减.(ii1当一a0,此时g（x ）=0有两个不同的根,- a 1 - 2a 1x2 =-,为0 ,所以为0 .2 a 1Y += 5-0法2:(韦达定理)由 ,1 x2a0可得0 x1 0 ,

14、 g(0 a 0 ,由 a图象可知x、x2都在定义域(0, y )内.当0 x X2时，有g (x )0 , f(x)0,所以函数f (x)递减；当Xi X0, f(x)0,所以函数f(x)递增.综上所述，当a之0时，函数f(x)在(0,收1.递培；当a W 时，函数f (x)在(0,)1 一一 一上递减；当2ac0时，函数f (x )在0,- a 1、.；2a1a“1)一曲百二上递减，在-a 12a-1 - a 1 - . 2a-1上递增.练习2：设函数 f (x ) = ln (x +a )+x2.(1)若当x = -1时，f (x )取得极值，求a的值，并讨论f (x )的单调性;(2)

15、若f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于ln-e .3【解析】(1)由f (-1 )=0解得a =-，此时f (x)=2x 二x 3222x2 3x131斛得 一一 x 一一一. 1,由f(x)0解得1 x；,所以1,也上递增，在区间-1-1 j上递减.,2.22(2) f(x)的定义域为(a,-), f(x)=陋二，记 g(x)=2x2+2ax + 1,其判 x a另1J式为 4 =4a2 -8 .若AW0 ,即-72 。，即a a J2或a -，2时，g (x )=0有两个不同的实根 x1 =aa-和-a a2 2x2 =2,且X x2 ,由韦达定理可得俨 1x1x2 =

16、 -a1犬2 二一24r x1 . a 厂x2 a = a，即 S1 .x1ax2 a =-2(i )当 a 一02 时，有 x1 +a 0 , x2 +a 0 ,即 x1 -a , x2 72 时，有 x1 +a 0 , x2 +a 0 ,即 x1 -a , x2 -a ,从而 f(x)= 0在(-a,-He止有两个不同的根，且f(x )在x =为，x=x2处取得极值.综上所述，f (x)存在极值时，a的取值范围为，土c ). f(x)的极值之和为f (x1)+ f (x2)=ln (为 +a )+x -b, a 综上所述，g (x诈区间10,1】上的最小值为, g(x )in =42a2a

17、ln (2a )b,； ln - +1 =ln -.练习3：已知函数f (x)=ex ax2 bx1 ,其中a、bw R, e = 2.71828川为自然对数的 底数.(1)(2)设g(x)是函数f(x)的导函数，求函数 g(x卢区间10,1 上的最小值;若f(1)=0,函数f(x)在区间(0,1)内有零点，求a的取值范围.【解析】(1) g (x )= f (x )=ex -2ax -b , g ,x )=ex 2a .因为 xw 10,1,所以 1 -2a g (x )e-2a .1若2a 1 ,即a 0,所以函数g(x )在区间10,1上递增，于是 (x )Jmin =g(0)=1-b-

18、1 e .右 1 2a e ,即 5 a 万时，当 0 cx ln(2a )时，g(x产e 2a 0,当 ln(2a )x e,即ale时，有g(x)=ex -2a 0 ,所以函数g(x而区间10,1 上递减，于 2是g(x )n =g(1 )=e-2a-b .（2）法 1：由 f（1 ）=0 可得 e _a _b_1 =0，于是 b=e_a _1,又 f（0）=0 ,所以函数 f （x）在区间（0,1）内有零点，则函数 f（x）在区间（0,1）内至少有三个单调区间.1 e由（1）知当a M/或a2万时，函数g（x）即（x堆区间0,1上递增或递减，所以不可 能满足“函数f （x ）在区间（0,

19、1 ）内至少有三个单调区间”这一要求.若；ae,则 g (x)min =2a _ 2aln(2ab =3a 2aln(2a j-e-1 .令1 e1 eh(x )=3x -2xln (2x )-e -1 ( - x 0可得-x ,由卜0户0可得三*0可得x -,由p (x )0可彳导x-,所以p(x )在.0- 上递减，在222， I2， I2，I2，g 0 =2ea 0于是函数f （x痴区间（0,1 ）内至少有三个单调区间u 4 J,由此解得g 1 - -a 1 0c ,-1e ，-,e -2 a 1 ,又因为 一 a -，所以 e-2 a 1 .22综上所述，a的取值范围为（e-2,1）.法2：由f（1）=0可彳导e -a -b -1 =0 ,于是b = e-a -1,又f （0）=0 ,所以函数g（x）在e -e 1区间(0,1 )上至少有两个夺点.g(x)=0u e 2axe + a+1 =0u a =,所以g( x)2x-1，x01 - 2lj-,1 j的图象至少有ex -e