导数含参数取值范围分类讨论题型计划对策计划归纳

1、导数含参数取值范围分类讨论题型计划及对策计划概括导数含参数取值范围分类讨论题型计划及对策计划概括导数含参数取值范围分类讨论题型计划及对策计划概括导数习题题型十七：含参数导数问题的分类讨论问题含参数导数问题的分类讨论问题1求导后，导函数的分析式含有参数，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）,导函数为零的实根中有参数也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而惹起讨论。已知函数f(x)1x31(a2)x22ax（a0）,求函数的单一区间32f(x)x(a2)x2a(xa)(x2)例1已知函数f(x)2aa2)lnx（a0）求函数的单一区间x(xf(x)x2(a2)x2a(x2)(xa)x

2、2x2例3已知函数fx2axa21xR，此中aR。x21（）当a1时，求曲线yfx在点2,f2处的切线方程；（）当a0时，求函数fx的单一区间与极值。解：（）当a1时，曲线yfx在点2,f2处的切线方程为6x25y320。（）因为a0，所以fx2a(x21)2,由fx0，得x1,xa。这两个实根都在定x211a22ax212x2axa212axax1faxx22x212义域R内，但不知它们之间1的大小。所以，需对参数a的取值分a0和a0两种状况进行讨论。(1)当a0时，则x1x2。易得fx在区间,1，a,内为减函数，a在区间1,a为增函数。故函数fx在x11处获得极小值f1a2；aaa函数fx

3、在x2a处获得极大值fa1。（1）当a0时，则x1x2。易得fx在区间(,a)，(1,)内为增函数，在区间a(a,1)为减函数。故函数fx在x11处获得极小值f1a2；函数fx在aaax2a处获得极大值fa1。以上三点即为含参数导数问题的三个基本讨论点，在求解相关含参数的导数问题时，可按上述三点的序参数行。所以，含参数的数的，是有必然的律可循的。自然，在详细解中，可能要此中的两点或三点，的就更复一些了，需要灵巧掌握。(区间确立零点不确立的典例)例4某分企业某种品牌品，每件品的成本3元，而且每件品需向企业交a元（3a5）的管理，当每件品的售价x元（9x11），一年的售量（12-x）2万件.（1）

4、求分企业一年的利L（万元）与每件品的售价x的函数关系式；（2）当每件品的售价多少元，分企业一年的利L最大，并求出L的最大Q（a）.解（1）分企业一年的利29,11.L（万元）与售价x的函数关系式：L=(x-3-a)(12-x),x(2)L(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L=0得x=6+2a或x=12（不合意，舍去）.x182a33y3a5,86+2a28.L(x)33在x=6+2a两L的由正.L(x)X=123912x所以当86+2a9即3a9，032Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).当96+2a28即9a

5、5，332Lmax=L(6+2a)=(6+2a-3-a)12-(6+2a)2=4(3-9(6a),3a9,1a)3.所以Q(a)=233334(31a)3,9a5.32答若3a9，当每件售价9元，分企业一年的利L最大，最大Q（a）=9(6-a)（万元）；2若9a5，当每件售价(6+2a)元，分企业一年的利L最大，最大Q(a)=4（3-1a）3(万元).233（导函数零点确立，但区间端点不确立惹起讨论的典例）例2、已知().求函数的区;().求函数在上的最小;()全部的,恒建立,求数的取范.解：()f(x)的单一递加是（e，），()()0tt+2，t无解；()0tt+2，即0t0）,求函数的区2

6、f(x)ax2x(1a)(x1)(ax1a)xx例3已知a是数，函数fxxxa（）求函数fx的区；（）gafx在区0,2上的最小。（i）写出ga的表达式；（ii）求a的取范，使得6ga2。3axa3xax解：（）函数的定域0,，fxx3(x)02x2xx0，由f2x得xa。考a能否落在函数f(x)的定域0,内，需参数a的取分a0及a0两33种状况行。（1）当a0，f(x)0在0,上恒建立，所以fx的增区0,。（2）当a0，由f(x)0，得xa；由f(x)0，得0 xa。33所以，当a0，fx的减区0,a，fx的增区a,。33（）（i）由第（）的可知：（1）当a0，fx在0,上增，从而fx在0,

7、2上增，所以gaf00。（2）当a0时，fx在0,a上单一递减，在a,上单一递加，所以：33当a0,2，即0a6时，fx在0,a上单一递减，在a,2上单一递加，333所以gaa2aa2a3af33。39当a2,，即a6时，fx在0,2上单一递减，所以gaf222a。30,a0综上所述，ga2aa,0a63322a,a6（ii）令6ga2。若a0，无解；若0a6，由62aa2解得3a6；33若a6，由622a2解得6a232。综上所述，a的取值范围为3a232。三.求导后，因导函数为零能否有实根（或导函数的分子能否分解因式）不确立，而惹起的讨论。例1已知函数f(x)1ax2x求函数的单一区间2f

8、(x)ax1例2已知函数f(x)lnxax求函数的单一区间1af(x)ax1f(x)xx例3设k1,x1R，函数f(x)1x,F(x)f(x)kx,xR，x1,x1试讨论函数F(x)的单一性。1解：f(x)1x,x1,F(x)f(x)kx,xRx1,x11k121x,x1kx,x1,1x2F(x)f(x)kx1x,F(x)。x1kx,x112kx112x1,x考虑导函数F(x)0能否有实根，从而需要对参数k的取值进行讨论。1k12（一）若x1，则F(x)x。因为当k0时，F(x)0无实根，而当k0时，F(x)01x2有实根，所以，对参数k分k0和k0两种状况讨论。（1）当k0时，F(x)0在(

9、,1)上恒建立，所以函数F(x)在(,1)上为增函数；2kx11x111k1kk（2）当k0时，F(x)x。1x21x2由F(x)0，得x11,x11，因为k0，所以x11x2。1k2k由F(x)0，得11x1；由F(x)0，得x11。kk所以，当k0时，函数F(x)在(,11)上为减函数，在(11,1)上为增函数。kk（二）若x1，则F(x)12kx1。因为当k0时，F(x)0无实根，而当k0时，2x1F(x)0有实根，所以，对参数k分k0和k0两种状况讨论。（1）当k0时，F(x)0在1,上恒建立，所以函数F(x)在1,上为减函数；kx1112kx12k（2）当k0时，F(x)。2x1x1

10、由F(x)0，得x11；由F(x)0，得1x1。14k24k2所以，当k0时，函数F(x)在1,112上为减函数，在112,上为增函数。4k4k综上所述：（1）当k0时，函数F(x)在(,11)上为减函数，在(11,1)上为增函数，在1,上kk为减函数。（2）当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数，在1,上为减函数。（3）当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数，在1,112上为减函数，在112,4k4k上为增函数。19设a0,讨论函数f（x）=lnx+a（1-a）x2-2（1-a）x的单一性。解：函数f(x)的定义域为(0,2a(1a)x22(1a)x1).f(x)x,当a1时,方程2

11、a(1-a)x22(1a)x10的鉴别式12(a1)a1.3当0a1时,0,f(x)有两个零点，3x11(a1)(3a1)0,x21(a1)(3a1)2a2a(1a)2a2a(1a)（1）且当0 xx1或xx2时,f(x)0,f(x)在(0,x1)与(x2,)内为增函数；当x1xx2时,f(x)0,f(x)在(x1,x2)内为减函数；当1a1时,0,f(x)0,所以f(x)在(0,)内为增函数；31当a1时,f(x)0(x0),f(x)在(0,)内为增函数；x当a1时0，x11(3a1)(a1)1(3a1)(a1)2a2a(1a)x12a2a(1a)2(a1)(3a1)21(3a1)(a1)1

12、3a11a3a12a由12a2a(1a)4a24a2(1a)24a24a2(1a)4a2(1a)4a20(1a)x11(3a1)(a1)1(3a1)(a1)2a0 x12a(10fx是增函数，在a,3a上fx0fx是增函数。所以函数在x=a时，fx极大fa，所以函数在x=a时，fx极小f3a因对x0,3有f(x)4恒建立，务实数a的取值范围.极值点指定区间端点地点关系不确立惹起讨论。讨论以下：a0当两个极值点都在指定区间0,3内时。即03a3，也就是0a0时为何分为0a0fx是增函数，在a,3a上fx0fx是增函数。所以函数在x=a时，fx极大fa，所以函数在x=a时，fx极小f3afxmax

13、maxfa,f3fxminminf0,f3ax0,3有f(x)4恒建立，0a10a1等价于0a36a39a340fa42754a27a240f3400a1解得a1即0a1123a12399当两个极值点有一个在指定区间0,3内时。即03时，也就是10时为何分为0a0fx是增函数，在a,3上fx3时，（当a0时为何分为0a0fx是增函数，fxmaxf34a3410840与fx40矛盾。综上：对x0,3有f(x)4恒建立刻，实数a的取值范围是0a123.9例4设函数fxx2blnx1，此中b0，求函数fx的极值点。解：由题意可得fx的定义域为1,，fx2xb2x22xb，fx的分母x1在x1x1定义

14、域1,上恒为正，方程2x22xb0能否有实根，需要对参数b的取值进行讨论。（1）当48b0，即b1时，方程2x22xb0无实根或只有唯一根x1，所以22gx2x22xb0,在1,上恒建立，则fx0在1,上恒建立，所以函数fx在1,上单一递加，从而函数fx在1,上无极值点。（2）当48b0，即b1时，方程2x22xb0，即fx0有两个不相等的实根：2x1112b,x2112b。22这两个根能否都在定义域1,内呢？又需要对参数b的取值分状况作以下讨论：（）当b0时，x1112b1,x2112b1,x21,221，所以x1。此时，fx与fx随x的变化状况以下表：x1,x2x2x2,fx0fx递减极小

15、值递加由此表可知：当b0时，fx有唯一极小值点112bx22。0b1x1112b112b（）当时，21,x221，所以2x11,x21,。此时，fx与fx随x的变化状况以下表：x1,x1x1x1,x2x2x2,fx00f递加极大值递减极小值递加x由此表可知：当0b1112b时，fx有一个极大值点x12和一个极小值点2x2112b2。综上所述：（1）当b0时，fx有唯一极小值点112b；x2（2）当01x有一个极大值点x112b112bb时，f2和一个极小值点x2；2（3）当b1x无极值点。时，f2从以上诸例不难看出，在对含参数的导数问题的讨论时，只需掌握以上三个基本讨论点，那么讨论就有了方向和

16、切入点，即便问题较为复杂，讨论起来也会驾轻就熟、有条不紊，从而使问题水到渠成。(19)()小问5分，()小问7分.)已知函数(此中常数a,bR),是奇函数.()求的表达式;()讨论的单一性，并求在区间1,2上的最大值和最小值.（21）已知函数（I）当时，求曲线在点处的切线方程；（II）当时，讨论的单一性.解：（）当a1时，f(x)lnxx21,x(0,),f(x)x2x2(0,)所以2,xxx所以，f（2）1，即曲线yf(x)在点（2，f(2)处的切线斜率为1，.又f(2)ln22,所以yf(x)在点（2，f(2)处的切线方程为y(ln22)x2,曲线即xyln20.f(x)lnx1a1a1a

17、x2x1a（）因为axx1，所以f(x)a22xxxx(0,)，令g(x)ax2x1a,x(0,),（1）当a0时,h(x)x1,x(0,)所以，当x(0,1)时,h(x)0,此时f(x)0，函数f(x)单一递减；当x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0,函数f(x)单一递（2）当a0时,由f(x)=0即ax2x1a0，解得x1,x1112a当a1时，x1x2,h(x)0恒建立，2此时f(x)0，函数f(x)在（0，+）上单一递减；当0a1时,11102ax(0,1)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单一递减；x(1,11)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单一递加；ax

18、(11,)时,h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递减；a当a0时，因为110ax(0,1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递减；x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递加。综上所述：当a0时，函数f(x)在（，）上单一递减；函数f(x)在（，）上单一递加；1当a时，函数f(x)在（0，+）上单一递减；2当0a1f(x)在（0，1）上单一递减；时，函数2函数f(x)在(1,11)上单一递加；a1函数f(x)在(1,)上单一递减，已知函数.()当时，讨论的单一性；（）设当时，若对随意，存在，使，务实数取值范围.解：（）因为f(x)lnxax1a1，所以

19、f(x)1aa1ax2x1ax(0,)，xxx2x2令h(x)ax2x1a,x(0,)，当1x1x2,h(x)0f(x)（0，+f(x)0，函数）a时，恒建立，此时在上单一递减；211当0a时，110，a(0,1)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递减；x(1,11)时h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递加；(1ax1,)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递减；a当a0时，因为110，ax(0,1)，h(x)0,此时f(x)0，函数f(x)单一递减；x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单一递加.综上所述：0（）因为a=1(0,1)，由（）

20、知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时，f(x)p0，函数f(x)单42调递减；g(x)ming(2)84b0b(2,)1b17,当x(1,2)时，f(x)f0，函数f(x)28单一递加，所以f(x)在（0，2）上的最小值为f(1)1。2因为“对随意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等价于“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，所以当bp1时，因为g(x)ming(1)52bf0，此时与（*）矛盾当b1,2时，因为g(x)min4b20，相同与（*）矛盾当b(2,)时，因为g(x)g

21、(2)8117min4b，解不等式8-4b，可得b28综上，b的取值范围是17,。8（21）已知函数.（）讨论函数的单一性；（）设，证明：对随意，.解：()f(x)的定义域为(0,+)，.当a0时，0，故f(x)在(0,+)单一增添；当a1时，0,故f(x)在(0,+)单一减少；当1a0时，令0,解得x=.当x(0,)时,0；x(，+)时，0,故f(x)()不如假定x1x2.因为在（0,）单一增添，在（，+）单一减少a2,故f(x)在（0，+）单一减少.所以等价于4x14x2,即f(x2)+4x2f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,则+4.于是0.从而g(x)在（0，+）单一减少，

22、故g(x1)g(x2)，即f(x1)+4x1f(x2)+4x2，故对随意x1,x2(0,+)，.（21）已知函数（I）讨论函数的单一性；（II）（II）设.假如对随意，求的取值范围。解：（）的定义域为（0，+）.当时，0，故在（0，+）单一增添；当时，0，故在（0，+）单一减少；当-10时，令=0，解得.则当时，0；时，0.故在单一增添，在单一减少.（）不如假定，而-1，由（）知在（0，+）单一减少，从而，等价于，令，则等价于在（0，+）单一减少，即.从而故a的取值范围为（-，-2.(18)已知函数()=In(1+)-+(0)。()当=2时，求曲线=()在点(1，(1)处的切线方程；()求()

23、的单一区间。解：（I）当时，因为，所以曲线在点处的切线方程为即（II），.当时，.所以，在区间上，；在区间上，.故得单一递加区间是，单一递减区间是当时，由，得，.所以，在区间和上，；在区间上，故得单一递加区间是和，单一递减区间是.当时，故得单一递加区间是.当时，得，.所以没在区间和上，；在区间上，故得单一递加区间是和，单一递减区间是20、（本小题满分16分）设是定义在区间上的函数，其导函数为。假如存在实数和函数，此中对随意的都有0，使得，则称函数拥有性质。设函数，此中为实数。(i)求证：函数拥有性质；(ii)求函数的单一区间。已知函数拥有性质。给定设为实数，且，若|0，所以对随意的都有，在上递加。又。当时，且，综合以上讨论，得：所求的取值范围是（0，1）。（方法二）由题设知，的导函数，此中函数对于随意的都建立。所以，当时，从而在区间上单一递加。当时，有，得，同理可得，所以由的单一性知、，从而有|，符合题设。当时，于是由及的单一性知，所以|，与题设不符。当时，同理可得，从而得|，与题设不