专题01 含参数导数问题的分类讨论-2020高考数学尖子生辅导专题（公众号：卷洞洞）

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 教师业务能力考试题中学音乐幼儿园保育员考试题目免费下载工程测量项目竞赛理论考试题库院感知识考试题及答案公司二级安全考试题答案 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0fx是否有实根，从而引起分类讨论；分类讨论点2：求导后，0fx有实根，但不清楚0fx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，0fx有实根，0fx的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论．以上三点是讨论含参数导数问题的单调性的三个基本分类点，在求解有关含参数导数问题的单调性时，可按上述三点的顺序对参数进行讨论．因此，对含参数的导数问题的分类讨论，还是有一定的规律可循的．当然，在具体解题中，可能要讨论其中的两点或三点，这时的讨论就会复杂一些了，也有些题目可以根据其式子和题目的特点进行灵活处理，减少分类讨论，需要灵活把握．例1设0a，讨论函数2ln121fxxaaxax的单调性．【解析】fx的定义域是0,．12121fxaaxax221211aaxaxx．令221211gxaaxax，则0fx的根的情况等价于0gx的根的情况．由于gx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）当1a时，gx是常数函数，此时1gx，10fxx，于是fx在0,上递增．（2）当1a时，gx是二次函数，类型确定后，我们首先考虑讨论点1——0fx是否有实根的问题．由于gx不能因式分解，所以我们考虑其判别式4131aa，判别式的正负影响到0gx的根的情况，由此可初步分为以下三种情况：①当0，即113a时，0gx没有实根；②当0，即13a时，0gx有两个相等的实根；③当0，即103a或1a时，0gx有两个不等的实根．（免费资料公众号学习界的007）对于第①种情况，0gx没有实根且永远在x轴上方，于是0fx，所以fx在0,上递增．对于第②种情况，0gx有两个相等的实根32x，于是0fx，所以fx在0,上递增．对于第③种情况，0gx有两个不等的实根，11311221aaxaaa和21311221aaxaaa．由于不知道两根是否落在定义域0,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121xxa，12121xxaa，所以当103a时，有120xx且120xx，此时两个根都在定义域内切120xx（因为1x与2x的大小关系已经确定，所以不需要考虑讨论点3）．由0fx可得10xx或2xx，所以fx在10,x和2,x上递增；由0fx可得12xxx，所以fx在12,xx上递减．当1a时，有120xx且120xx，此时210xx，由0fx可得10xx，所以fx在10,x上递增；由0fx可得1xx，所以fx在1,x上递减．综上所述，当103a时，fx在10,x和2,x上递增，在12,xx上递减；当113a时，fx在0,上递增；当1a时，fx在10,x上递增，在1,x上递减．其中11311221aaxaaa，21311221aaxaaa．【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lnfxxkxk（kR）．（1）求fx在1,2上的最小值；（免费资料公众号学习界的007）（2）若1ln1xaxx对1,1x恒成立，求正数a的最大值．【解析】（1）定义域为0,，11kxfxkxx．法1：①当0k时，10fxx，函数fx在1,2为增函数，所以min10fxf．②当0k时，令0fx可得1xk．（i）当10k，即0k时，0fx在1,2上恒成立，函数fx在1,2为增函数，所以min10fxf．（ii）当101k，即1k时，0fx在1,2上恒成立，所以fx在1,2为减函数，所以min2ln2fxfk．（iii）当12k，即102k时，0fx在1,2上恒成立，所以fx在1,2为增函数，所以min10fxf．（iv）当112k，即112k时，由0fx可得11xk，由0fx可得12xk，所以fx在11,k上递增，在1,2k上递减．于是fx在1,2上的最小值为10f或2ln2fk．当0ln2k，即1ln22k时，min10fxf；当0ln2k，即ln21k时，min2ln2fxfk．综上所述，当ln2k时，min10fxf；当ln2k时，min2ln2fxfk．法2：①当0k时，0fx，函数fx在1,2为增函数，所以min10fxf．②当0k时，由0fx可得10xk，由0fx可得1xk，所以fx在10,k上递增，在1,k上递减．于是fx在1,2上的最小值为10f或2ln2fk．（i）当0ln2k，即0ln2k时，min10fxf．（ii）当0ln2k，即ln2k时，min2ln2fxfk．综上所述，当ln2k时，min10fxf；当ln2k时，min2ln2fxfk．（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0k时，0fx没有实根．当0k时，0fx有实根1xk，此时需考虑根在不在定义域1,2内．当10k或101k或12k时，根都不在定义域内（把11k和12k并在里面是为了减少分类的情况）；当112k时，根在定义域内，由于定义域内只有1个根，所以就不用考虑第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1fxkx可知当0k时，fx在1,2上递增；当0k时，fx在0,上先增后减，所以最小值只能在1f或2f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2ln1fxxbx，其中0b．（1）当12b时，判断函数fx在定义域上的单调性；（2）当0b时，求函数fx的极值点．【解析】（1）函数2ln1fxxbx的定义域为1,，222211bxxbfxxxx．令222gxxxb，则48b．当12b时，0，所以gx在1,上恒大于0，所以0fx，于是当12b时，函数fx在定义域1,上递增．（2）首先考虑0gx是否有实根．①当0，即12b时，由（1）知函数fx无极值点．②当0，即12b时，0gx有唯一的实根，0gx，于是0fx在1,上恒成立，所以函数fx在1,上递增，从而函数fx在1,上无极值点．③当0，即12b时，0gx有两个不同的根11122bx，21122bx，其中12xx．这两个根是否都在定义域1,内呢？这需要对参数b的取值进一步分类讨论．当0b时，111212bx，211212bx，由0fx可得2xx，由0fx可得21xx，所以fx在21,x上递减，在2,x上递增，所以当0b时，fx在1,上有唯一极小值点21122bx．当102b时，111212bx，211212bx，由0fx可得11xx或2xx，由0fx可得12xxx，所以fx在11,x上递增，在12,xx上递减，在2,x上递增，所以当102b时，fx在1,上有一个极大值点11122bx和一个极小值点21122bx．综上所述，当0b时，fx在1,上有唯一的极小值点21122bx；当102b时，fx有一个极大值点11122bx和一个极小值点21122bx；当12b时，函数fx在1,上无极值点．【点评】当0gx有两个不同的根11122bx和21122bx的时候，由于12xx，所以只需要考虑讨论点2，判断这两个根是否都在定义域1,内就可以了，显然21x，因此只需对1x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1x与1之间的大小符号待定为W，则有112111221122bbbWWW1120bbWW，所以当102b时，11x；当0b时，11x．第二种方法是韦达定理，判断1x、2x与1的大小关系等价于判断11x、21x与0的大小关系，由此把韦达定理121212xxbxx调整为1212111112xxbxx，此时的判断就变得十分容易了．第三种方法是利用二次函数的图象，gx是开口方向向上，对称轴为12x的二次函数，与y轴的交点是0,b，由图象可知当102b时11x，当0b时11x．模块2练习巩固整合提升练习1：设函数1ln1xfxaxx，其中a为常数．（1）若0a，求曲线yfx在点1,1f处的切线方程；（2）讨论函数fx的单调性．【解析】（1）当0a时，11xfxx，0,x．此时221fxx，于是112f，10f，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为210xy．（2）函数fx的定义域为0,，22221211axaxaafxxxxx．①当0a时，0fx，所以函数fx在0,上递增．②当0a时，令221gxaxaxa，则22414421aaa．（i）当12a时，0，所以0gx，于是0fx，所以函数fx在0,上递减．（ii）当102a时，0，此时0gx有两个不同的根，1121aaxa，2121aaxa，12xx．下判断1x、2x是否在定义域0,内．法1：（待定符号法）12101210121aaaaaaaWWW221210aaaWW，由于0a，所以10x．法2：（韦达定理）由121221010axxaxx可得120xx．法3：（图象法）gx是开口方向向下的抛物线，对称轴为10aa，00ga，由图象可知1x、2x都在定义域0,内．当10xx或2xx时，有0gx，0fx，所以函数fx递减；当12xxx时，有0gx，0fx，所以函数fx递增．综上所述，当0a时，函数fx在0,上递增；当12a时，函数fx在0,上递减；当102a时，函数fx在1210,aaa，121,aaa上递减，在121121,aaaaaa上递增．练习2：设函数2lnfxxax．（1）若当1x时，fx取得极值，求a的值，并讨论fx的单调性；（2）若fx存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于eln2．【解析】（1）由10f解得32a，此时2123123322xxfxxxx，由0fx解得312x或12x，由0fx解得112x，所以fx在区间3,12，1,2上递增，在区间11,2上递减．（2）fx的定义域为,a，2221xaxfxxa，记2221gxxax，其判别式为248a．①若0，即22a时，0fx在,a上恒成立，所以fx无极值．②若0，即2a或2a时，0gx有两个不同的实根2122aax和2222aax，且12xx，由韦达定理可得121212xxaxx，即121212xaxaaxaxa．（i）当2a时，有10xa，20xa，即1xa，2xa，从而0fx在,a上没有实根，所以fx无极值．（ii）当2a时，有10xa，20xa，即1xa，2xa，从而0fx在,a上有两个不同的根，且fx在1xx，2xx处取得极值．综上所述，fx存在极值时，a的取值范围为2,．fx的极值之和为222121122121212lnlnln2fxfxxaxxaxxaxaxxxx，而121lnln2xaxa，222121212212xxxxaa，所以21211eln1ln1ln222fxfxa．练习3：已知函数2e1xfxaxbx，其中a、bR，e2.71828为自然对数的底数．（1）设gx是函数fx的导函数，求函数gx在区间0,1上的最小值；（2）若10f，函数fx在区间0,1内有零点，求a的取值范围．【解析】（1）e2xgxfxaxb，e2xgxa．因为0,1x，所以12e2agxa．①若21a，即12a时，有e20xgxa，所以函数gx在区间0,1上递增，于是min01gxgb．②若12ea，即1e22a时，当0ln2xa时，e20xgxa，当ln21ax时e20xgxa，所以函数gx在区间0,ln2a上递减，在区间ln2,1a上递增，于是minln222ln2gxgaaaab．③若2ea，即e2a时，有e20xgxa，所以函数gx在区间0,1上递减，于是min1e2gxgab．综上所述，gx在区间0,1上的最小值为min11,21e22ln2,22ee2,2bagxaaabaaba．（2）法1：由10f可得e10ab，于是e1ba，又00f，所以函数fx在区间0,1内有零点，则函数fx在区间0,1内至少有三个单调区间．由（1）知当12a或e2a时，函数gx即fx在区间0,1上递增或递减，所以不可能满足“函数fx在区间0,1内至少有三个单调区间”这一要求．若1e22a，则min22ln232ln2e1gxaaabaaa．令32ln2e1hxxxx（1e22x），则12ln2hxx．由0hx可得1e22x，由0hx可得ee22x，所以hx在区间1e,22上递增，在区间ee,22上递减，所以maxeeee32ln2e1ee102222hxh，即min0gx，于是函数fx在区间0,1内至少有三个单调区间02e0110gaga，由此解得e21a，又因为1e22a，所以e21a．综上所述，a的取值范围为e2,1．法2：由10f可得e10ab，于是e1ba，又00f，所以函数gx在区间0,1上至少有两个零点．ee10e2e1021xxgxaxaax，所以gx在区间0,1上至少有两个零点ya与ee121xkxx，110,,122x的图象至少有两个交点．22e3e2e121xxxkxx，令2e3e2e1xxpxx，则e21xpxx，由0px可得12x，由0px可得12x，所以px在10,2上递减，在1,12上递增，min12e2e202pxp，所以0kx，于是kx在10,2上递增，在1,12上也递增．因为0e2k，11k，当12x时，kx，当12x时，kx，于是ya与ee121xkxx，110,,122x的图象有两个交点时，a的取值范围是e2,1．