参数分离虽巧-分类讨论不笨

1、精品文档参数分离虽巧，分类讨论不笨一遇到对于某个变量恒成立，求参数取值范围的问题， 同学们总是想到参数分离法，即将参数移到一边，变量移到另一边，然后应用这样的结论： afx或afx恒成立afx max 或 afx min，转化为求函数fx 在某个区间的最值问题。这方法虽巧，它直接明了，击中要害，但对于复杂的函数求最值，就遇到了困难，那我们就应该转换思路，用另一种方法分类讨论法来解决，它也不笨。下面举几道高考题说明。例 1、（2006 年全国卷）设函数 f x x 1 ln x1 ，若对所有的 x0 都有 f x ax 成立，求 a 的取值范围。分析：有大部分同学立刻想到分离参数， 即转化为x

2、1 ln( x 1）ax恒成立，应用函数的导数求最小值。但遇到极值点求不出陷入困境，解不下去。如果移项转化为f x ax0 恒成立，再应用导数，对 a 进行讨论就简单了。解： 令F x f xaxx 1 ln( x1) ax ， 则 F ' x ln x 1 1 a（ 1）若 a1 则 Q x 0 ln x 1 1 1ln x 1 1 a 0 恒 成立 ， 所 以 F x 在 0,上是增函数，即F xF 0f x ax f 0 0f x ax（ 2）若 a1 则由 F ' x 0 xea 11; F ' x 01 x ea 1 1，故当 x0 时 F xF0不恒成立即

3、f xax 不恒成立。综合（ 1）、（2），所以 a 的取值范围是 a1 。1欢迎下载精品文档例 2、（2007 年全国卷理）设函数 f xexe x（ 1）求证f'x2 ；（ ）若对所有的x 0都有f x ax，求 a2的取值范围。分析：（1）略 （2）由于 x0 成立，当 x0 时 f x axaf x ，x然后对 f x 求导，再求最值，这是最容易想到的方法，但解方x程有困难；如果移项对a 进行讨论，就豁然开朗了。解：（2）令 Fxfxax 则 F ' xf 'xaexe xaQ x 0,exe x2当 a 2 时 F 'x0即 Fx 在 0,上为增函数，

4、故 F xF 0又F0 0所以 fxax 恒成立；当 a2 时 Fx在 0,上有增有减， FxF 0不恒成立即f xax不成立。综合以上可得： a 的取值范围是 a2 。例 3、（2010 年新课标全国卷）设函数fxx ex1ax2（ 1） a1 ，求 fx的单调区间；2（ 2）当 x0 时 fx0，求 a 的取值范围。分析：（1）略 （2）x0 时显然成立，当 x0 时 fx0ex 1ax对右边求导， 求极值但遇到了困难， 如果应用分类讨论就迎刃而解了。解：当 x0 时 f x0 ex1ax0 ，令 F x ex 1 ax则 F ' xexa ，Q x 0 ex1 当 a1 时 F

5、' x0 即 F x 在 0,上是增函数，则 F x F 0又 F 00 即 Fx 0 也即 fx0 恒成立。2欢迎下载精品文档 当 a1 时由 F ' x0xln a; F ' x00xln a 也即 Fx 在0,上有增有减， Fx0不恒成立， fx0 也就不恒成立。综上 a 的取值范围是a1总结：在解决实际问题时，我们总喜欢找点技巧很快解决，但有时事与愿违寸步难行， 由此还是规劝同学要从最基本常用的方法考虑，不能总怕烦，有时可能并不烦，还有意想不到的效果呢！下面给出两道供大家练习：1、已知函数 fxexax1 （ aR 且 a 为常数）若对所有的x0 都有 fxfx

6、 ，求 a 的取值范围。2、已知函数 fxx22ln x ，若 fx2bx1 在 x 0,1 内恒成x2立，求 b 的取值范围。答案： 1、 a 12 、 1b 1f (x)a ln xbx 1x ，曲线 yf ( x) 在点 (1, f (1) 处的切线方107. （全国理21）已知函数程为 x 2y30。（）求 a 、 b 的值；ln xk（）如果当 x0 ，且 x1时，f ( x)x ，求 k 的取值范围。x 1( x1 ln x)b1f '(x)x(x1)2x2，由于直线 x2 y 30 的斜率为2 ，且过点 (1,1)，解：（ ）f (1) 1,b1,f '(1)1a

7、b1,2解得 a1， b 1。故2 即 2。3欢迎下载精品文档ln x1f ( x)ln xk12 (2lnx( k 1)(x21)f (x)x ，所以()1xx)（）由（）知x 1x 1x。(k1)(x21)h '( x)( k 1)(x21)2x考虑函数 h(x)2ln xx( xx20) ，则。k( x2 1)( x1)2(i) 设 k 0 ，由h '(x)x2知，当 x1 时， h '( x) 0 。而 h(1) 0 ，故当 x(0,1) 时， h( x) 0 ，可得 11h( x)0x2；1当 x（ 1， + ）时， h（ x） <0，可得1x2h （

8、x） >0ln xkln xk从而当 x>0, 且 x1 时， f （x） - （ x1 + x ） >0，即 f （ x）> x 1 + x .1（ii）设 0<k<1. 由于当 x （ 1， 1k ）时，（ k-1 ）（x2 +1） +2x>0, 故 h'(x ） >0, 而11h（ 1） =0，故当 x （1， 1k ）时， h（x） >0，可得 1 x2h（ x） <0, 与题设矛盾。1（iii）设 k 1.此时 h'（ x）>0, 而 h（ 1）=0，故当 x（ 1，+）时， h（ x）>0，可得

9、 1x 2h（ x） <0, 与题设矛盾。综合得， k 的取值范围为（ -， 09.(2009山东卷文 ) （本小题满分12 分）已知函数f ( x)1 ax3 bx2 x 3 , 其中 a 03（1）当 a, b 满足什么条件时, f ( x) 取得极值 ?（2）已知 a0 , 且 f ( x) 在区间 (0,1 上单调递增 , 试用 a 表示出 b 的取值范围 .解: (1)由已知得f '(x)ax22bx1, 令 f ' (x)0 , 得 ax22bx10 ,f ( x) 要取得极值 , 方程 ax22bx10 必须有解 ,。4欢迎下载精品文档所以4b24a0, 即

10、b2a ,此时方程 ax22bx1 0的根为x12b4b24abb2a2b4b24abb2a2aa,x22aa,所以 f '( x)a( xx1 )( xx2 )当 a0 时 ,x(- ,x )x1(x,x )x2(x,+ )1122f (x)00f (x)增函数极大值减函数极小值增函数所以 f (x) 在 x 1 , x2 处分别取得极大值和极小值.当 a 0时 ,x(- ,x 2)x 2(x 2,x 1)x1(x 1,+ )f (x)00f (x)减函数极小值增函数极大值减函数所以 f (x) 在 x 1 , x 2处分别取得极大值和极小值 .综上 , 当 a, b 满足 b2a

11、时 ,f ( x) 取得极值 .(2) 要使 f ( x) 在区间 (0,1 上单调递增 , 需使 f '( x)ax 22bx 1 0 在 (0,1上恒成立 .即ax1恒成立 , 所以ax1b22x , x(0,1b (22 x)max设 g( x)ax12, g '(x)2x令 g '(x)0 得 x1或 xaa1a(x2 1)a,22x22x21(舍去),a当 a1时, 011, 当 x(0,1) 时 g '( x)0 , g( x)ax1单调增函数 ;aa22x当 x( 1,1 时 g '( x)0 , g (x)ax1单调减函数 ,a22x所以

12、当 x1时 , g ( x) 取得最大 , 最大值为 g (1 )a .aa。5欢迎下载精品文档所以 ba当 0 a 1 时 ,11 , 此时 g '( x)ax1在区间0 在区间 (0,1 恒成立 , 所以 g (x)2xa2(0,1 上单调递增 , 当 x1 时 g( x) 最大 , 最大值为 g (1)a1a12, 所以 b2综上 , 当 a 1 时 ,ba ;当 0 a 1时 , ba12【命题立意】 : 本题为三次函数 , 利用求导的方法研究函数的极值、单调性和函数的最值, 函数在区间上为单调函数, 则导函数在该区间上的符号确定, 从而转为不等式恒成立, 再转为函数研究最值

13、. 运用函数与方程的思想, 化归思想和分类讨论的思想解答问题.10. 设函数 f (x)1x3(1a) x24ax 24a ，其中常数 a>13( ) 讨论 f(x) 的单调性 ;( ) 若当 x0 时， f(x)>0恒成立，求a 的取值范围。解析：本题考查导数与函数的综合运用能力，涉及利用导数讨论函数的单调性，第一问关键是通过分析导函数，从而确定函数的单调性，第二问是利用导数及函数的最值，由恒成立条件得出不等式条件从而求出的范围。解： （ I ） f(x)x 22(1a)x 4a(x 2)( x2a)由 a1知，当 x 2 时， f (x)0 ，故 f ( x) 在区间 (,2)

14、 是增函数；当 2x2a 时， f(x)0 ，故 f ( x) 在区间 (2,2a) 是减函数；当 x2a 时， f (x)0 ，故 f ( x) 在区间 (2a,) 是增函数。综上，当a时， f (x) 在区间 (,2) 和 (2a,) 是增函数， 在区间 (2,2a) 是减1函数。（ II ）由（ I ）知，当 x0时， f ( x) 在 x2a或 x0 处取得最小值。fa1 ( 2a) 3(1a)( 2a) 24a2a24a(2 )34 a34a 224a3f (0)24a由假设知。6欢迎下载精品文档a 1a1,4 a(a 3)(a 6) 0,f (2a)0,即解得 1<a<

15、6f (0)0,324a0.故 a 的取值范围是（ 1，6）exf ( x)87. （安徽理16）设1ax ，其中 a 为正实数4（）当 a3 时，求 f (x) 的极值点；（）若 f ( x) 为 R 上的单调函数，求a 的取值范围。本题考查导数的运算， 极值点的判断， 导数符号与函数单调变化之间的关系，求解二次不等式，考查运算能力，综合运用知识分析和解决问题的能力.解：对 f ( x) 求导得f (x)ex 1ax2ax .(1ax2 )2（I ）当a4f (x) 0,则 4x28x 30, 解得 x13 , x21 .3 ，若22综合 ,可知x(, 1)1(1,3)3(3, )22222

16、2f (x)+00+f ( x)极大值极小值x1312 是极小值点 ,x2所以 ,2 是极大值点 .（ II ）若 f ( x) 为 R 上的单调函数，则f (x) 在 R 上不变号，结合与条件a>0，知ax 22ax10在 R 上恒成立，因此4a 24a4a(a 1)0, 由此并结合 a0，知 0a 1.x88. （北京理 18）已知函数 f (x) (x k )2 ek .(1) 求 f ( x) 的单调区间；。7欢迎下载精品文档x (0 ，) ，都有f ( x)1(2) 若对e ，求 k 的取值范围。1 ( x2xf / (x)k2 )ek/( x) 0 得 x k解： (1)k，

17、令 f当 k0时， f (x) 在 (,k) 和 (k,) 上递增，在 (k ,k ) 上递减；当 k0时， f (x) 在 (, k) 和 ( k,) 上递减，在 (k,k ) 上递增k 111f (k1)e kf (x)当 k0 时，e ；所以不可能对x(0，)(2)都有e ；f (4k当 k0时有（ 1）知 f (x) 在 (0,)k )上的最大值为e1f ( x)都有e2，所以对 x(0，)4k21101eekx (0 ，) 都 有f ( x)即2， 故 对e 时 ， k 的取 值 范 围 为1 ,0)2 。121 ） 设 函 数 f ( x) 定 义 在 (0,) 上 ， f (1)

18、0，导函数f ( x)112. （陕西理x ，g( x) f ( x)f ( x) （1）求 g( x) 的单调区间和最小值；（2）讨论 g( x) 与g( 1 )x 的大小关系；（3）是否存在 x00 ，使得| g(x) g( x0 ) | 10 成立？若存在，求出x0 的取值x 对任意 x范围；若不存在，请说明理由【分析】（ 1）先求出原函数f (x) ，再求得 g( x) ，然后利用导数判断函数的单调性（单调区间），并求出最小值； （2）作差法比较，构造一个新的函数，利用导数判断函数的单调性，并由单调性判断函数的正负； （ 3）存在性问题通常采用假设存在， 然后进行求解； 注意利用前两问

19、的结论。8欢迎下载精品文档1f ( x)x ， f ( x)ln x c （ c 为常数），又 f (1)0 ，所以 ln1 c0 ，【解】（ 1）即 c0 ，g( x)1x1x1 f (x)ln xg (x)，令 g ( x)0 ，即x201 ，ln x ；x ，x2，解得 x当 x(0,1) 时， g (x)0 ， g (x) 是减函数，故区间在(0,1)是函数 g( x) 的减区间；当 x(1,) 时， g (x)0 ， g(x) 是增函数，故区间在(1,) 是函数 g ( x) 的增区间；所以 x1是 g (x) 的唯一极值点，且为极小值点，从而是最小值点，所以 g(x) 的最小值是 g(1) 1g( 1 )ln xxh( x)g ( x)g( 1 ) 2ln x x1