導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型總結(jié)計劃方法計劃歸納

1、導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型總結(jié)計劃及方法計劃概括導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型總結(jié)計劃及方法計劃概括導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型總結(jié)計劃及方法計劃概括導數(shù)習題題型十七：含參數(shù)導數(shù)問題的分類討論問題含參數(shù)導數(shù)問題的分類討論問題1求導后，導函數(shù)的分析式含有參數(shù)，導函數(shù)為零有實根（或?qū)Ш瘮?shù)的分子能分解因式）,導函數(shù)為零的實根中有參數(shù)也落在定義域內(nèi)，但不知這些實根的大小關系，從而惹起討論。已知函數(shù)f(x)1x31(a2)x22ax（a0）,求函數(shù)的單一區(qū)間32f(x)x(a2)x2a(xa)(x2)例1已知函數(shù)f(x)x2aa2)lnx（a0）求函數(shù)的單一區(qū)間(xf(x)x2(a2)x2a(x2

2、)(xa)x2x2例3已知函數(shù)fx2axa21xR，此中aR。x21（）當a1時，求曲線yfx在點2,f2處的切線方程；（）當a0時，求函數(shù)fx的單一區(qū)間與極值。解：（）當a1時，曲線yfx在點2,f2處的切線方程為6x25y320。（）因為a0，所以fx2a(x21)2,由fx0，得x1,xa。這兩個實根都在定x211a22ax212x2axa212axax1fax義域R內(nèi)，但不知它們之間x22x2121的大小。所以，需對參數(shù)a的取值分a0和a0兩種狀況進行討論。(1)當a0時，則x1x2。易得fx在區(qū)間,1，a,內(nèi)為減函數(shù)，a在區(qū)間1,a為增函數(shù)。故函數(shù)fx在x11處獲得極小值f1a2；a

3、aa函數(shù)fx在x2a處獲得極大值fa1。（1）當a0時，則x1x2。易得fx在區(qū)間(,a)，(1,)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間a(a,1)為減函數(shù)。故函數(shù)fx在x11處獲得極小值f1a2；函數(shù)fx在aaax2a處獲得極大值fa1。以上三點即為含參數(shù)導數(shù)問題的三個基本討論點，在求解相關含參數(shù)的導數(shù)問題時，可按上述三點的次序?qū)?shù)進行討論。所以，對含參數(shù)的導數(shù)問題的討論，仍是有必然的規(guī)律可循的。自然，在詳細解題中，可能要討論此中的兩點或三點，這時的討論就更復雜一些了，需要靈巧掌握。(區(qū)間確立零點不確立的典例)例4某分企業(yè)經(jīng)銷某種品牌產(chǎn)品，每件產(chǎn)品的成本為3元，而且每件產(chǎn)品需向總企業(yè)交a元（3a5）的管理費

4、，估計當每件產(chǎn)品的售價為x元（9x11）時，一年的銷售量為（12-x）2萬件.（1）求分企業(yè)一年的收益L（萬元）與每件產(chǎn)品的售價x的函數(shù)關系式；（2）當每件產(chǎn)品的售價為多少元時，分企業(yè)一年的收益L最大，并求出L的最大值Q（a）.解（1）分企業(yè)一年的收益L（萬元）與售價x的函數(shù)關系式為：L=(x-3-a)(12-x)2,x9,11.2(2)L(x)=(12-x)-2(x-3-a)(12-x)令L=0得x=6+2a或x=12（不合題意，舍去）.182aL(x)x33X=12y3a5,86+2a28.L(x)33在x=6+2a雙側(cè)L的值由正變負.3912x2a9即3a90所以當86+時，32Lmax

5、=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).當96+2a28即9a5時，33222219(6a),3a9,La)2=4(3-32=L(6+a)=(6+a-3-a)12-(6+a).所以Q(a)=max33331a)3,94(3a5.32答若3a9，則當每件售價為9元時，分企業(yè)一年的收益L最大，最大值Q（a）=9(6-a)（萬元）；2若9a5，則當每件售價為(6+2a)元時，分企業(yè)一年的收益L最大，最大值Q(a)=4（3-1a）3(萬元).233（導函數(shù)零點確立，但區(qū)間端點不確立惹起討論的典例）例2、已知fxxlnx,gxx3ax2x2().求函數(shù)fx的單一區(qū)間;().求函數(shù)fx在t

6、,t2t0上的最小值;()對全部的x0,2fxgx2恒建立,務實數(shù)a的取值范圍.解：()f(x)lnx1,令fx0,解得0 x1,fx的單一遞減區(qū)間是0,1;ee令fx0,解得x1,f(x)的單一遞加是（e，），e()()0tt+21，t無解；()0t1t+2，即0t0）,求函數(shù)的區(qū)2f(x)ax2x(1a)(x1)(ax1a)xx例3已知a是數(shù)，函數(shù)fxxxa（）求函數(shù)fx的區(qū)；（）gafx在區(qū)0,2上的最小。（i）寫出ga的表達式；（ii）求a的取范，使得6ga2。3axa3xx解：（）函數(shù)的定域0,，fxa30(x)0 xx2xx，由f22x得xa?？紤]a能否落在導函數(shù)f(x)的定義域0

7、,內(nèi)，需對參數(shù)a的取值分a0及a0兩33種狀況進行討論。（1）當a0時，則f(x)0在0,上恒建立，所以fx的單一遞加區(qū)間為0,。（2）當a0時，由f(x)0，得xa；由f(x)0，得0 xa。33所以，當a0時，fx的單一遞減區(qū)間為0,a，fx的單一遞加區(qū)間為a,。33（）（i）由第（）問的結(jié)論可知：（1）當a0時，fx在0,上單一遞加，從而fx在0,2上單一遞加，所以gaf00。（2）當a0時，fx在0,a上單一遞減，在a,上單一遞加，所以：33當a0,2，即0a6時，fx在0,a上單一遞減，在a,2上單一遞加，333所以gaa2aa2a3af33。39當a2,，即a6時，fx在0,2上單

8、一遞減，所以gaf222a。30,a0綜上所述，ga2aa,0a63322a,a6（ii）令6ga2。若a0，無解；若0a6，由2aa2解得3a6；633若a6，由622a2解得6a232。綜上所述，a的取值范圍為3a232。三.求導后，因?qū)Ш瘮?shù)為零能否有實根（或?qū)Ш瘮?shù)的分子能否分解因式）不確立，而惹起的討論。例1已知函數(shù)f(x)1ax2x求函數(shù)的單一區(qū)間2f(x)ax1例2已知函數(shù)f(x)lnxax求函數(shù)的單一區(qū)間1af(x)ax1f(x)xx設k1,x1例3R，函數(shù)f(x)1x,F(x)f(x)kx,xR，x1,x1試討論函數(shù)F(x)的單一性。1解：f(x)1,x1,F(x)f(x)kx,

9、xRxx1,x11k121x,x1kx,x1,1x2F(x)f(x)kx1x,F(x)。x1kx,x112kx112x1,x考慮導函數(shù)F(x)0能否有實根，從而需要對參數(shù)k的取值進行討論。1k12（一）若x1x。因為當k0時，F(xiàn)(x)0無實根，而當k0時，F(xiàn)(x)0，則F(x)1x2有實根，所以，對參數(shù)k分k0和k0兩種狀況討論。（1）當k0時，F(xiàn)(x)0在(,1)上恒建立，所以函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)；kx1x111k121kk（2）當k0時，F(xiàn)(x)x。1x21x2由F(x)0，得x111,x211，因為k0，所以x11x2。kk由F(x)0，得11x1；由F(x)0，得x11k。

10、k所以，當k0時，函數(shù)F(x)在(,11)上為減函數(shù)，在(11,1)上為增函數(shù)。kk（二）若x1，則F(x)12kx1。因為當k0時，F(xiàn)(x)0無實根，而當k0時，2x1F(x)0有實根，所以，對參數(shù)k分k0和k0兩種狀況討論。（1）當k0時，F(xiàn)(x)0在1,上恒建立，所以函數(shù)F(x)在1,上為減函數(shù)；kx1112kx12k（2）當k0時，F(xiàn)(x)。2x1x1由F(x)0，得x11；由F(x)0，得1x112。4k24k所以，當k0時，函數(shù)F(x)在1上為減函數(shù)，在1上為增函數(shù)。1,14k214k2,綜上所述：（1）當k0時，函數(shù)F(x)在(,11)上為減函數(shù)，在(11,1)上為增函數(shù)，在1,

11、上kk為減函數(shù)。（2）當k0時，函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)，在1,上為減函數(shù)。（3）當k0時，函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)，在1,11上為減函數(shù)，在112,4k24k上為增函數(shù)。19設a0,討論函數(shù)f（x）=lnx+a（1-a）x2-2（1-a）x的單一性。解：函數(shù)f(x)的定義域為(0,).f(x)2a(1a)x22(1a)x1,x當a1時,方程2a(1-a)x22(1a)x10的鑒別式12(a1)a1.3當0a10,f(x)有兩個零點，時,3x11(a1)(3a1)0,x21(a1)(3a1)2a2a(1a)2a2a(1a)（1）且當0 xx1或xx2時,f(x)0,f(x)在(

12、0,x1)與(x2,)內(nèi)為增函數(shù)；當x1xx2時,f(x)0,f(x)在(x1,x2)內(nèi)為減函數(shù)；當1a1時,0,f(x)0,所以f(x)在(0,)內(nèi)為增函數(shù)；3當a1時,f(x)1)內(nèi)為增函數(shù)；0(x0),f(x)在(0,x當a1時0，x11(3a1)(a1)x11(3a1)(a1)2a2a(1a)2a2a(1a)2(a1)(3a1)21(3a1)(a1)13a11a3a12a由12a2a(1a)4a24a2(1a)24a24a2(1a)4a2(1a)4a20(1a)x11(3a1)(a1)x11(3a1)(a1)2a2a(1a)02a2a(1a)0fx是增函數(shù)，在a,3a上fx0fx是增函

13、數(shù)。所以函數(shù)在x=a時，fx極大fa，所以函數(shù)在x=a時，fx極小f3a因?qū)0,3有f(x)4恒建立，務實數(shù)a的取值范圍.極值點指定區(qū)間端點地點關系不確立惹起討論。討論以下：a0當兩個極值點都在指定區(qū)間0,3內(nèi)時。即03a3，也就是0a0時為何分為0a0fx是增函數(shù)，在a,3a上fx0fx是增函數(shù)。所以函數(shù)在x=a時，fx極大fa，所以函數(shù)在x=a時，fx極小f3afxmaxmaxfa,f3fxminminf0,f3ax0,3有f(x)4恒建立，0a10a1等價于a36a39a340fa402754a27a240f3400a1解得a1即0a1123a12399當兩個極值點有一個在指定區(qū)間0,

14、3內(nèi)時。即03時，也就是10時為何分為0a0fx是增函數(shù)，在a,3上fx3時，（當a0時為何分為0a0fx是增函數(shù)，fxmaxf34a3410840與fx40矛盾。綜上：對x0,3有f(x)4恒建立刻，實數(shù)a的取值范圍是0a123.9例4設函數(shù)fxx2blnx1，此中b0，求函數(shù)fx的極值點。解：由題意可得fx的定義域為1,，fx2xb12x22xb，fx的分母x1在xx1定義域1,上恒為正，方程2x22xb0能否有實根，需要對參數(shù)b的取值進行討論。（1）當48b0，即b1時，方程2x22xb0無實根或只有唯一根x1，所以22gx2x22xb0,在1,上恒建立，則fx0在1,上恒建立，所以函數(shù)

15、fx在1,上單一遞加，從而函數(shù)fx在1,上無極值點。（2）當48b0，即b1時，方程2x22xb0，即fx0有兩個不相等的實根：2x1112b,x2112b。22這兩個根能否都在定義域1,內(nèi)呢？又需要對參數(shù)b的取值分狀況作以下討論：（）當b0時，x1112b1,x2112b1，所以x11,x21,。22此時，fx與fx隨x的變化狀況以下表：x1,x2x2x2,fx0遞減極小值遞加fx由此表可知：當b0時，fx有唯一極小值點112bx22。0b1x1112b112b（）當時，21,x221，所以2x1,x21,。此時，fx與fx隨x的變化狀況以下表：1x1,x1x1x1,x2x2x2,fx00f

16、遞加極大值遞減極小值遞加x由此表可知：當0b1112b時，fx有一個極大值點x12和一個極小值點2x2112b2。綜上所述：（1）當b0時，fx有唯一極小值點112b；x2（2）當0b1x有一個極大值點x112bx112b時，f2和一個極小值點2；21（3）當b時，fx無極值點。2從以上諸例不難看出，在對含參數(shù)的導數(shù)問題的討論時，只需掌握以上三個基本討論點，那么討論就有了方向和切入點，即便問題較為復雜，討論起來也會駕輕就熟、有條不紊，從而使問題水到渠成。(19)()小問5分，()小問7分.)已知函數(shù)f(x)ax3x2bx(此中常數(shù)a,bR),g(x)f(x)f(x)是奇函數(shù).()求f(x)的表

17、達式;()討論g(x)的單一性，并求g(x)在區(qū)間1,2上的最大值和最小值.（21）已知函數(shù)f(x)1aR)lnxax1(ax1（I）當a1時，求曲線yf(x)在點(2,f(2)處的切線方程；（II）當af(x)的單一性.時，討論2解：（）當a1時，f(x)lnxx21,x(0,),所以f(x)x2x2,x(0,)xx2所以，f（2）1，即曲線yf(x)在點（2，f(2)處的切線斜率為1，.又f(2)ln22,所以yf(x)在點（2，f(2)處的切線方程為y(ln22)x2,曲線即xyln20.（）因為f(x)lnxax1a1a1ax2x1ax1，所以f(x)ax2x2xx(0,)，令g(x)

18、ax2x1a,x(0,),（1）當a0時,h(x)x1,x(0,)所以，當x(0,1)時,h(x)0,此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；當x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞（2）當a0時,由f(x)=0即ax2x1a0，解得x1,x1112a當a1時，x1x2,h(x)0恒建立，2此時f(x)0，函數(shù)f(x)在（0，+）上單一遞減；當0a11110時,2ax(0,1)時，h(x)0,此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,11)時，h(x)0,此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞加；ax(11,)時,h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；a1當a0

19、0時，因為1ax(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞加。綜上所述：當a0時，函數(shù)f(x)在（，）上單一遞減；函數(shù)f(x)在（，）上單一遞加；當a1時，函數(shù)f(x)在（0，+）上單一遞減；2當0a1時，函數(shù)f(x)在（0，1）上單一遞減；21函數(shù)f(x)在(1,1)上單一遞加；a函數(shù)f(x)在(11,)上單一遞減，a(22)已知函數(shù)f(x)lnxax1a1(aR).x1()當a時，討論f(x)的單一性；2（）設g(x)x22bx4.當a1時，若對隨意x1(0,2)，存在x21,2，使4f(x1)g(x2)，務

20、實數(shù)b取值范圍.解：（）因為f(x)lnxax1a1，所以f(x)1aa1ax2x1ax(0,)，xxx2x2令h(x)ax2x1a,x(0,)，當a時，x1x2,h(x)0恒建立，此時f(x)0，函數(shù)f(x)（0，+）1在上單一遞減；211當0a時，110，a(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,11)時h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞加；ax(11,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；a1當a0時，因為10，ax(0,1)，h(x)0,f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；此時x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(

21、x)單一遞加.綜上所述：0（）因為a=1(0,1)，由（）知，x1=1，x2=3(0,2)，當x(0,1)時，f(x)p0，函數(shù)f(x)單42調(diào)遞減；g(x)ming(2)84b0b(2,)1b17,當x(1,2)時，f(x)f0，函數(shù)f(x)281單一遞加，所以f(x)在（0，2）上的最小值為f(1)。2因為“對隨意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等價于“g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值1”（*）2又g(x)=(xb)24b2，x11,2，所以當bp1時，因為g(x)ming(1)52bf0，此時與（*）矛盾當b1,2時，因為g(x)mi

22、n4b20，相同與（*）矛盾當b(2,)時，因為g(x)ming(2)84b117，解不等式8-4b，可得b28綜上，b的取值范圍是17,。8（21）已知函數(shù)f(x)(a1)lnxax21.（）討論函數(shù)f(x)的單一性；（）設a2，證明：對隨意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.解：()f(x)的定義域為(0,+)，f(x)a12ax2a1x2ax.x當a0時，f(x)0，故f(x)在(0,+)單一增添；當a1時，f(x)0,故f(x)在(0,+)單一減少；當1a0時，令f(x)0,解得x=a1a1f(x)0；2a.當x(0,)時,2aa1，+)時，f(x)0,故f(x

23、)在（0,a1a1）單一減少.x(）單一增添，在（，+2a2a2a()不如假定x1x2.因為a2,故f(x)在（0，+）單一減少.所以f(x)f(x)4xx2等價于121f(x1)f(x2)4x14x2,即f(x2)+4x2f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,則a12ax+4g(x)x2ax24xa1x.于是g(x)4x24x1(2x1)20.xx從而g(x)在（0，+）單一減少，故g(x1)g(x2)，即f(x1)+4x1f(x2)+4x2，故對隨意x1,x2(0,+)，f(x)f(x)4xx2.121（21）已知函數(shù)f(x)(a1)lnxax21（I）討論函數(shù)f(x)的單一性；

24、（II）（II）設a1.假如對隨意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)4|x1x2|，求a的取值范圍。解：（）f(x)的定義域為（0，+）.a12ax2a1f(x)2ax.xx當a0時，f(x)0，故f(x)在（0，+）單一增添；當a1時，f(x)0，故f(x)在（0，+）單一減少；當-1a0時，令f(x)=0，解得xa12a.則當x(0,a1)時，f(x)0；x(a1,)時，f(x)0.2a2a故f(x)在(0,a1)單一增添，在(a1,)單一減少.2a2a（）不如假定xx，而a-1，由（）知在（0，+）單一減少，從而12x1,x2(0,)，f(x)f(x)4xx2121等價于x1,x

25、2(0,)，f(x2)4x2f(x1)4x1令g(x)f(x)a12ax44x，則g(x)x等價于g(x)在（0，+）單一減少，即a140.x2ax從而a4x1(2x1)24x22(2x1)22故a的取值范圍為（-，-2.2x212x212x21(18)已知函數(shù)f(x)=In(1+x)-x+xx2(k0)。2()當k=2時，求曲線y=f(x)在點(1，f(1)處的切線方程；()求f(x)的單一區(qū)間。解：（I）當k2時，f(x)ln(1x)xx2，f(x)112x31x因為f(1)ln2，f(1)f(x)在點(1,f(1)處的切線方程為，所以曲線y3(x2yln21)即3x2y2ln2302x(

26、kxk1)，xx（II）f(x)(1,).當k0時，f(x)1.所以，在區(qū)間(1,0)上，1xxf(x)0；在區(qū)間(0,)上，f(x)0.故f(x)得單一遞加區(qū)間是(1,0)，單一遞減區(qū)間是(0,).當0k1時，由f(x)x(kxk1)0，得x10，x21k01xk所以，在區(qū)間(1,0)和(1k,)上，f(x)0；在區(qū)間(0,1k)上，f(x)0kk故f(x)得單一遞加區(qū)間是(1,0)和(1k,)，單一遞減區(qū)間是(0,1k).kk當k1x2故f(x)得單一遞加區(qū)間是(1,).時，f(x)x1當k1x(kxk1)，得x11k1,0)，x20.時，f(x)1x0(k所以沒在區(qū)間(1,1k)和(0,

27、)上，f(x)0；在區(qū)間(1k,0)上，f(x)0kk故f(x)得單一遞加區(qū)間是(1,1k)和(0,)，單一遞減區(qū)間是(1k,0)kk20、（本小題滿分16分）設f(x)是定義在區(qū)間(1,)上的函數(shù)，其導函數(shù)為f(x)。假如存在實數(shù)a和函數(shù)h(x)，此中h(x)對隨意的x(1,)都有h(x)0，使得f(x)h(x)(x2ax1)，則稱函數(shù)f(x)擁有性質(zhì)P(a)。(1)設函數(shù)f(x)b21)，此中b為實數(shù)。lnx(x1求證：函數(shù)f(x)擁有性質(zhì)P(b)；(ii)求函數(shù)f(x)的單一區(qū)間。(2)已知函數(shù)g(x)擁有性質(zhì)P(2)。給定x1,x2(1,),x1x2,設m為實數(shù)，mx1(1m)x2，(

28、1m)x1mx2，且1,1，若|g()g()|0，所以對隨意的x(1,)都有g(shù)(x)0，g(x)在(1,)上遞加。又x1x2,(2m1)(x1x2)。當m1,m1時，且x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2，2綜合以上討論，得：所求m的取值范圍是（0，1）。（方法二）由題設知，g(x)的導函數(shù)g(x)h(x)(x22x1)，此中函數(shù)h(x)0對于隨意的x(1,)都建立。所以，當x1時，g(x)h(x)(x1)20，從而g(x)在區(qū)間(1,)上單一遞加。當m(0,1)時，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，得(x1,x2)，同理可得(x1,x2)，所以由g(x)的單一性知g()、g()(g(x1),g(x2)，從而有|g()g()|g(x1)g(x2)|