含参数的导数分类讨论问题
导数应用中对含参问题的分类讨论
导数应用中对含参问题的分类讨论作者：张艳来源：《考试·高考数学版》2012年第02期导数是解决函数单调性、最值等问题十分有利的工具，但学生在运用导数解决含参的问题时，往往会束手无措，特别是对其中的分类讨论感到无从下手。
其实联想到含参的二次函数求最值中，主要有两类：动轴定区间和定轴动区间，不论哪一类，我们通常是按照轴在区间左侧、轴在区间内和轴在区间右侧分三类来讨论。
类比上述方法，就可以轻松解决导数应用中对含参问题的分类讨论。
举例说明如下：一、动点定区间例1 已知函数f(x)=lnx-ax，若f(x)在［1,e］上的最小值为32，求a的值.分析：先假设函数f(x)的定义域为R，由f(x)=lnx-ax，得f′（x）=1x+ax2=x+ax2，由f′（x）=0，解得x=-a.令f′(x)＞0，解得x＞-a;令f′(x)＜0，解得x＜-a.所以f(x)在（-∞，-a）上是减函数，在（-a，+∞）上是增函数，若仅考虑函数的单调性，那么f(x)图像的增减情况大致为图1，则f(x)在［1，e］上的图像应为图1在［1，e］上的部分。
考虑到极值点-a是动点，［1,e］是定区间，即动点定区间，联想到二次函数动轴定区间求最值的方法，将问题分为极值点在区间左侧，内部，右侧三类来讨论。
解：由f(x)=lnx-ax，得f′（x）=1x+ax2=x+ax2，（1）（若极值点在区间左侧）如图11.当-a≤1即a≥-1时，∵ 1≤x≤e，∴ x+a≥0，即f′(x)≥0对x∈［1,e］恒成立，当且仅当x=-a 时，f′(x)=0.所以f(x)在［1,e］上是增函数。
当x=1时，f(x)min=f(1)=ln1-a1=-a=32,解得a=-32，不满足a≥-1，故舍去；（2）（若极值点在区间内）如图12.当1＜-a＜e即-e＜a＜-1时，当x变化时，f′（x）、f(x)的变化情况如下表：x=-a是f(x)在［1，e］上的唯一极小值点，也是最小值点.当x=-a时，f(x)min=f(-a)=ln(-a)-a-a=ln（-a）+1=32，解得a=-e∈（-e，-1），符合题意；（3）（若极值点在区间右侧）如图13.当-a≥e即a≤-e时，∵ 1≤x≤e，∴ x+a≤0，即f′（x）≤0对x∈［1,e］恒成立，当且仅当x=-a时，f′（x）=0.所以f(x)在［1,e］上是减函数。
含参数导数问题分类讨论
含参数导数的解题策略导数是研究函数性质的一种重要工具，利用导数可判断函数单调性、极值、最值等，其中渗透并充分利用着构造函数、分类讨论、转化与化归、数形结合等重要思想方法，导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。
而含参数的导数问题是近年来高考的难点和热点，本文着重就含参数导数的几种常见的解题策略加以归纳． 一、分离参数，转化为最值策略在给出的不等式中，如果能通过恒等变形分离出参数，即：若()a f x ≥恒成立，只须求出()max f x ，则()max a f x ≥；若()a f x ≤恒成立，只须求出()min f x ，则()min a f x ≤，转化为函数求最值．例1、已知函数x x x f ln )(=.（Ⅰ）求)(x f 的最小值； （Ⅱ）若对所有1≥x 都有,1)(-≥ax x f 求实数a 的取值范围.二、导数为0的点是否在定义域内，分类讨论策略求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式），但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，所以必须分类，通过令导函数为零的实根等于定义域端点值，求分点，从而引起讨论．例2.已知a 是实数，函数))(2a x xx f -=（. （Ⅰ）若3)1(='f ,求a 的值及曲线)(x f y =在点))1(,1(f 处的切线方程； （Ⅱ）求)(x f 在区间[0，2]上的最大值．三、导函数为0是否存在，分类讨论策略求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），涉及到二次方程问题时，△与0的关系不定，所以必须分类，通过导函数是二次函数或者与二次函数有关，令△=0，求分点，从而引起讨论．例3、已知函数2()ln f x x x a x =-+，()a R ∈，讨论()f x 在定义域上的单调性．四、导函数为0的方程的根大小不确定，分类讨论策略求导后，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）, 导函数为零的实根也落在定义域内，但这些实根的大小关系不确定，分不了区间．所以必须分类，通过令几个根相等求分点，从而引起讨论．例4、已知0>m ，讨论函数xe m x m mx xf 63)1(3)(2++++=的单调性．练习求导后，考虑导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式），从而引起讨论。
第3讲 导数中含参问题的分类讨论(解析版)
第3讲导数中含参问题的分类讨论(解析版)第3讲导数中含参问题的分类讨论(解析版)在数学中，导数是研究函数变化率的重要工具之一。
在第2讲中，我们已经学习了导数的基本定义和求法，并且在一些具体的例子中进行了应用。
而在本讲中，我们将进一步讨论导数中含参问题的分类。
一、常函数的导数首先，我们来看一类比较简单的情况——常函数的导数。
常函数指的是函数中的自变量对应的函数值都是一个常数。
例如，函数f(x) = 2是一个常函数，因为对于任意的x值，f(x)的值都是2。
那么，对于常函数来说，它的导数是多少呢？我们回顾一下导数的定义：当x的增量趋于0时，函数f(x)的增量与x的增量之比的极限，即为f(x)的导数。
而对于常函数来说，不管x 的取值如何变化，函数f(x)的值都保持不变，因此其导数为0。
所以，对于常函数 f(x) = c 来说，它的导数始终等于0。
二、幂函数的导数接下来，我们来看一类更为常见的函数——幂函数的导数。
幂函数指的是函数中的自变量的幂次不同，例如 f(x) = x^2 和 f(x) = x^3 均为幂函数。
那么，对于幂函数来说，它的导数又是怎样计算的呢？我们可以利用导数的定义来计算幂函数的导数。
假设 f(x) = x^n ，其中n是正整数。
我们固定x的值，令x的增量为h，那么 f(x) 的值就会增加到 f(x+h)。
接下来，我们计算 f(x+h) 与 f(x) 之差与 h 之比的极限。
根据幂函数的性质，我们可以展开计算，并通过化简得到幂函数的导数公式。
通过计算可以得出以下结论：当n为正整数时，幂函数 f(x) = x^n 的导数为 f'(x) = n * x^(n-1)。
例如，当n=2时，即为二次函数，导数为 f'(x) = 2 * x^(2-1) = 2x。
当n=3时，即为三次函数，导数为 f'(x) = 3 * x^(3-1) = 3x^2。
三、三角函数的导数另外一个常见的函数类型是三角函数。
第3讲 导数中含参问题的分类讨论(解析版)
导数中含参问题的分类讨论本讲义由作业帮周永亮老师(白哥)独家编撰，侵权必究或知识导航★ 1.-次型导函数一次型导函数，是指能够影响原函数单调性的部分是一次函数形式，或者说导函数中，除去里面的一次函数形式，剩余的部分全部恒为正(负).例：f (x) = ax + b；f (a:) = (ax + b) e x ; f' (a;) = 口“ * " (z > 0)X★ 2.二次型导函数二次型导函数：二次型导函数，是指能够影响原函数单调性的部分是二次函数形式，或者说导函数中，除去里面的二次函数形式，剩余的部分全部恒为正(负).例：f (a:) = ax2 +bx + c；f (x) = (ax2 +bx + cj e x ; f (x) —* 况* ° (a； > 0)注：以上a尹0，若不确定a是否可以为0,就先讨论是一次型还是二次型；★ 3 .含参函数单调性的分类讨论(1)先确定导函数是一次型还是二次型，一次型按照一次型的讨论方式讨论;①判断是否有根，没有根会出现恒成立状况；②求出导函数的根，判断根是否在定义域内，不在定义域会出现恒成立问题；③根在定义域内，穿根法确定导函数正负，进而确定原函数的单调性；(2)若是二次型，先判断二次型函数是否有根，没有根会出现恒成立状况；①如果二次型函数有根，就先求出根(能因式分解就因式分解)；②判断根是否在定义域内(讨论根与定义域端点值的大小关系)；③如果两根全在定义域，那么确定两根大小关系；④穿根法确定导函数正负，进而确定原函数的单调性；★ 4.拟合函数(1)拟合函数是指，根据散点图，拟合出函数的解析式，这里考虑到的点越多，拟合的解析式就越精确.(2 )在求导中，我们会发现很多函数的导函数是指数型或者对数型的，如：f' (x) = e x—2 ; (/ (x) = (a; — a) (In x — S),这种类型的导函数，我们判断原函数的单调性比较麻烦，所以我们会采用拟合函数的形式进行讨论就可以了；(3)在单调性讨论中，拟合的形式比较简单，只需要参考两个关键点就可以了，分别是：①等于0的解，②所需拟合函数单调性；例如：f (a；) = e x -2，①当 / (a:) = 0 时，c = ln2 :② f (时=e x -2单调递增；则，我们也可以找到一个具有相同性质的一次函数，所以f (x) = 可以拟合成f' {x) — x — \n.2 ;再如：寸(x) = (a; — a) (In a: — 3),只需要讨论g = In r - 3这部分就可以了，此函数可以拟合成：y = x-^(x>0)；则寸(c) = (z — a) (Ina: — 3)可以拟合成(/ (x) = (x — a) (x — e3) (z > 0).知识札记歩经典例题考点1 一次型含参导函数的分类讨论已知函数f(x) = lnx + --l ^R)，讨论函数六z)的单调性. X解答：由题意知该函数的定义域为(0, +8)，且/ (^) = - - 4 = 与凸从而当a W0时，/(苛>0,则,(z)在(0,+8)上单调递增当a > 0时(1 )若z € (0,a)，则「(r) < 0,从而/(a:)在(0,a)上单调递减(2)若z€(a,+8),则f(z)>0,从而f(3!)在(a,+8)上单调递增综上所述，当aWO时，义时在(0,+8)上单调递增；当a>0时，山z)在(0,a)上单调递减，在(a, +oo)上单调递增讨论函数f(x)=ax-inx的单调区间.解答：函数，(z)的定义域是(0,+8) m—，若aWO,则/ (x) <。
含参导数问题常见的分类讨论
题型4.求导后,导函数等于零有实根,需要判断实根是否在定
义域内,从而引发讨论:
例4.设f (x) 1 x2 (a 1)x a ln x,求f (x)的单调减区间。 2
f (x)的定义域为（0，+） 1)a 0时，f(x)<0 0 x 1
f (x) x (a 1) a x
x2 (a+1)x a x
解:f(x)的定义域为R f (x) 3x2 6ax 3
反思：分类点如何确定？
解f (x) 0; f (x) 0? 导函数等于零是否有解
解不等式：3x2 6ax 3 0或3x2 6ax 3 0
=b2 4ac 36(a2 1)
1)当-1 a 1时， 0，f (x) 0解为R, f (x) 0解为
a
a
3)a 0, f (x) 0恒成立
f (x) 0 3)当a 11，即a<2,f(x)0 x<a-1或x>1 f(x)>0 a 1 x 1
反思：讨论点在哪里？
根的大小不确定引发的讨论
题型3.求导后,对于导数最高次项系数影响不等式类型或性质,
从而引发讨论:
例3.(10辽文21)已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1. (1)讨论函数f(x)的单调性;
基础回顾：
1.已知函数f (x) ln x x,求函数的单调区间？
基本步骤：
1.求定义域
2.求导函数 f (x)
3.在定义域内解不等式 f (x) 0, f (x) 0
4.根据第三步的结果写出f(x)单调区间
题型1.求导后,需要判断导数等于零是否有实根,从而引发讨论:
例1.求函数f (x) x3 3ax2 3x 1的单调区间。
(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳
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,导函数的解析式含有参数，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，从而引起讨论。
★已知函数ax x a x x f 2)2(2131)(23++-=(a 〉0），求函数的单调区间)2)((2)2()(--=++-='x a x a x a x x f ★★例1 已知函数x a xax x f ln )2(2)(+--=（a 〉0）求函数的单调区间 222))(2(2)2()(x a x x x a x a x x f --=++-='★★★例3已知函数()()22211ax a f x x R x -+=∈+，其中a R ∈。
（Ⅰ）当1a =时，求曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程; （Ⅱ）当0a ≠时，求函数()f x 的单调区间与极值。
解：（Ⅰ）当1a =时,曲线()y f x =在点()()2,2f 处的切线方程为032256=-+y x 。
(Ⅱ）由于0a ≠,所以()()12)1(222+-+='x x a x f ，由()'0f x =,得121,x x a a=-=。
这两个实根都在定()()()()()()22'2222122122111a x a x a x x ax a a f x x x ⎛⎫--+ ⎪+--+⎝⎭==++义域R 内，但不知它们之间 的大小。
因此，需对参数a 的取值分0a >和0a <两种情况进行讨论。
（1)当0a >时,则12x x <.易得()f x 在区间1,a ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭，(),a +∞内为减函数，在区间1,a a ⎛⎫- ⎪⎝⎭为增函数。
故函数()f x 在11x a =-处取得极小值21f a a ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭；函数()f x 在2x a =处取得极大值()1f a =。
利用导数求含参数的函数单调区间的分类讨论归类
利用导数求含参数的函数单调区间的分类讨论归类一、根据判别式 △=b ²-4ac 讨论↵例1.已知函数. f(x)=x ³+ax ²+x+1(a∈R),求f(x)的单调区间.解: f ′(x )=3x²+2ax +1,判别式△=b ²-4ac=4(a ²-3),(1)当 a >√3或 a <−√3时，则在 (−∞,−a−√a 2−33)和 (−a+√a 2−33,+∞)上,f'(x)>0, f(x)是增函数;在 (−a−√a 2−33,−a+√a 2−33),f ′(x )<0,f(x)是减函数;(2)当 −√3<a <√3时,则对所有x∈R, f'(x)>0, f(x)是(-∞,+∞)上的增函数;↵二、根据判二次函数根的大小讨论↵例2：已知函数. f (x )=(x²+ax −3a²+3a )eˣ(a ∈R 且 a ≠23),求f(x)的单调区间. 解: f ′(x )=[x²+(a +2)x −2a²+4a ]⋅eˣ,f ′(x )=(0得x=-2a 或x=a-2↵(1)当 a >23时,则-2a<a-2,在(-∞,-2a)和(a-2,+∞)上, f'(x)>0, f(x)是增函数;在(-2a,a-2)上, f'(x)<0, f(x)是减函数;(2)当 a <23时,则a-2<-2a,在(-∞,a -2)和(-2a,+∞)上, f'(x)>0, f(x)是增函数;在(a-2,-2a)上, f'(x)<0, f(x)是减函数;题型归纳总结：求导后是二次函数的形式，如果根的大小不确定，应对根的大小讨论确定单调区间.练习2↵三、根据定义域的隐含条件讨论。
例3:已知函数f(x)=lnx-ax(a∈R),求f(x)的单调区间.解: f ′(x )=1x −a (x ⟩0), (1)当a≤0时, f ′(x )=1x −a >0,在(0,+∞)上,f'(x)>0, f(x)是增函数;(2)当a>0时,令 f ′(x )=1x −a =0,得 x =1a ,题型归纳总结：定义域有限制时，定义域与不等式解集的交集为分类标准讨论。
帮你归纳总结五导数中常见的分类讨论
帮你归纳总结五导数中常见的分类讨论在导数的学习中，我们经常会遇到各种不同的函数和问题，为了更好地理解和解决这些问题，我们需要进行分类讨论。
下面将介绍导数中常见的五种分类讨论，并探讨每种分类讨论的应用。
一、基本函数的导数基本函数是指一些常见的函数，如常数函数、幂函数、指数函数、对数函数、三角函数等。
对于这些函数，我们可以通过公式或运用基本性质来求导数。
例如，对于常数函数f(x) = c，其导数为f'(x) = 0；对于幂函数f(x) = x^n，其中n为常数，其导数为f'(x) = nx^(n-1)。
基本函数的导数可以通过记忆公式或基本性质来求解，这是导数求解中最基础的分类讨论。
二、复合函数的导数复合函数是指由两个或多个函数相互组合而成的函数。
对于复合函数的导数求解，我们可以运用链式法则。
链式法则指出，若y=f(g(x))，其中f(u)和g(x)分别是两个可导函数，则复合函数y的导数可以表示为y'=f'(g(x))*g'(x)。
通过链式法则的应用，我们可以将复合函数的导数求解转化为求两个基本函数的导数，从而简化导数的计算。
三、隐函数的导数隐函数是指由一个关系式所定义的函数，其自变量和因变量的关系并不明显。
对于隐函数的导数求解，我们可以运用隐函数求导法。
隐函数求导法是一种通过求全微分和利用导数的定义来求解隐函数的导数的方法。
具体而言，我们可以将隐函数的方程两边求导，并利用导数的表示推导出隐函数的导数表达式。
隐函数的导数求解不仅可以帮助我们理解隐函数的性质，还可以解决一些与隐函数相关的问题。
四、参数方程的导数参数方程是指用参数的形式表示的函数。
对于参数方程的导数求解，我们可以运用参数方程的求导法。
参数方程的求导法是一种通过将参数作为自变量，并利用导数的定义和基本性质来求解参数方程的导数的方法。
具体而言，我们可以将参数方程中的每个参数视为独立的变量，然后对每个参数分别求导得到参数方程对应的导数表达式。
导数分类讨论解决含参问题(三种常见类型)
导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中3种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.类型一：导函数根的大小比较实例1：求函数()321132a f x x x ax a -=+--，x R ∈的单调区间.分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对函数()321132a f x x x ax a -=+--进行求导可以得到导函数()()'21f x x a x a =+--，观察可知导函数可以因式分解为()()()()'211f x x a x a x a x =+--=-+，由此可知方程()'0f x =有两个实根1x a =，21x =-，由于a 的范围未知，要讨论函数()321132a f x x x ax a -=+--的单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分1a <-，1a =-，1a >-三种情况进行讨论：当1a <-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),a -∞a(),1a --1()1,-+∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -.当1a =-时，()'0f x ≥在R 上恒成立，所以函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间.当1a >-时，()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x (),1-∞--1()1,a -a(),a +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.综上所述，当1a <-时，函数()f x 的单调递增区间为(),a -∞和()1,-+∞，单调递减区间为(),1a -；当1a =-时，函数()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当1a >-时，函数()f x 的单调递增区间为(),1-∞-和(),a +∞，单调递减区间为()1,a -.点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于a R ∈，所以要分1a <-，1a =-，1a >-三种情况，这里注意不能漏了1a =-的情况.类型二：导函数的根的存在性讨论实例2：求函数()32f x x ax x =++的单调区间分析：这道题跟实例1一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数()32f x x ax x =++进行求导可以得到导函数()'2321f x x ax =++，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程23210x ax ++=是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式2412a ∆=-，若24120a ∆=-<即a <<23210x ax ++=没有实根，即()'0f x >在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=-=即a =，方程23210x ax ++=有两个相等的实根123ax x ==-，即()'0f x ≥在R 上恒成立，所以()f x 在R 上单调递增；若24120a ∆=->即a a <>，则方程23210x ax ++=有两个不同实根，由求根公式可解得13a x --=，23a x -+=，显然12x x <此时()f x ，()'f x 随x 的变化情况如下：x ()1,x -∞1x ()12,x x 2x ()2,x +∞()'f x +0_0+()f x 单调递增极大值单调递减极小值单调递增综上所述，当a ≤≤时，()f x 的单调递增区间为(),-∞+∞，没有单调递减区间；当a a <>时，()f x 的单调递增区间为,3a ⎛---∞ ⎪⎝⎭和,3a ⎛⎫-++∞ ⎪ ⎪⎝⎭，单调递减区间为,33a a ⎛---+ ⎝⎭点评：实例2和实例1都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例2主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例1是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例2则相反，实例2在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。
分类讨论解含参数的导数问题
２
② 若。 ÷ ， ２ ＞ 一 ， 变 （） ） 变化 ＜ 则一ａ ｏ ２当 化时 的
情 况 如下 表 ：
（一 ， ２ 口一 ）
＋
口一 ２
０
（ ２ 一 ａ 口一 ， ２ ）
一ａ ２
０
（一 ａ ＋。 ） ２ ， 。
＋
ｇ ）＝ 一∞ ＋ ， 次 方程 ｇ ）＝ （ ２二 （ ０的判 别 式 △＝ ． ａ 一８
例 ２ （０９年安 徽 卷理 ） ． ２０
＋
≯
极 大值
极 小值
≯
所 以 ， ） （一ｏ ， 。 ， ａ～ ， ） 是 增 雨 数 ， （ 在 。 一２ ） （ ２ ＋ 内 在
（ ２ ， ２ 内是 减 函数 一 ａ。一 ）
函数 ， ） （ 在 ＝ 一 ａ 取 得极 大值 ， 一 ｏ ， ， 一 ａ ２处 （ ２ ） （ ２ ）＝
１ １当 ａ ≤３时 ， ≤Ｏ （ ≥Ｏ Ａ ） ） 在 递增
厂 １ —
令厂（） ０解得 ＝一ａ或 ＝ 一 ：， ２， 口 ２由０ ÷ 知， ２≠ ≠ 一ａ
ａ一 ． ２ 以下分 两种 情 况 讨论 。
①若 ０ ÷ ， ２ ＜ 一 ． 变化时 （） ＞ 则一 ａ 。 ２当
方程 ｇ ）： （ ｏ有 两 个 不 同 的 实 根 ． ：
ａ ＋
二 墨
，
数 ） 在 ＝一 ｏ处取得极小值 ， 一 ｏ ， 一 ａ ＝ ２ （ ２ ）且 （ ２ ）
：
３０ ｅ一
￣ － ’＜ ８０
２ … 一 … ：
三、 依据“ 、 一 二次项 系数的正负” 来讨论
３０ ２ ｅ－ａ
．
导数中分类讨论的三种常见类型
导数中分类讨论的三种常见类型在高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径。
分类讨论就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释。
虽然几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，但能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半。
主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类。
下面根据导数中三种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论。
第一种分类讨论类型是导函数根的大小比较。
例如，对于函数$f(x)=x^3+x-ax-a$，$x\in R$，我们需要求其单调区间。
对三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法。
因此，对函数$f(x)$进行求导可以得到导函数$f'(x)=x^2+(1-a)x-a$。
观察可知导函数可以因式分解为$f'(x)=(x-a)(x+1)$，由此可知方程$f'(x)=0$有两个实根$x_1=a$和$x_2=-1$。
因此，要讨论函数$f(x)$的单调性，需要讨论两个根的大小。
因此，这里分$a-1$三种情况进行讨论。
当$a<-1$时，$f(x)$，$f'(x)$随$x$的变化情况如下：$x\in(-\infty,a)$时，$f(x)$单调递增；$x\in(a,-1)$时，$f(x)$单调递减；$x=-1$时，$f(x)$有极小值；$x\in(-1,+\infty)$时，$f(x)$单调递增。
因此，函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,a)$和$(-1,+\infty)$，单调递减区间为$(a,-1)$。
当$a=-1$时，$f'(x)\geq 0$在$R$上恒成立，所以函数$f(x)$的单调递增区间为$(-\infty,+\infty)$，没有单调递减区间。
导数的含参分类讨论练习(含答案)
贯穿高中的数学工具系列之5《一元二次类与韦达定理》下篇含参一元二次类在高中数学的应用1、讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）设函数f (x )＝13x 3－(1＋a )x 2＋4ax ＋24a ，其中常数a ＞1，则f (x )的单调减区间为________．（2）(2019·荆州质检)设函数f (x )＝13x 3－a2x 2＋bx ＋c ，曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝1．(a)求b ，c 的值；(b)若a ＞0，求函数f (x )的单调区间．(3)已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数f (x )的单调性．(4)已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若a ≥0，试讨论函数g (x )的单调性．(5)(2019·兰州模拟)已知函数f (x )＝ln x －ax ＋1－a x－1(a ∈R )．当0＜a ＜12时，讨论f (x )的单调性．(6)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x2，a ∈R .讨论f (x )的单调性．(7)设函数f (x )＝ax 2－a －ln x ，其中a ∈R ，讨论f (x )的单调性．(8)讨论函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1的单调性．(9)已知函数2()(2ln )(0)f x x a x a x=-+->，讨论()f x 的单调性.(10)(2018·高考全国卷Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．(11)已知函数f(x)＝x2e－ax－1(a是常数)，求函数y＝f(x)的单调区间．mx3＋(4＋m)x2，g(x)＝a ln(x－1)，其中a≠0．(12)设函数f(x)＝13(1)若函数y＝g(x)的图象恒过定点P，且点P关于直线x＝32对称的点在y＝f(x)的图象上，求m的值．(2)当a＝8时，设F(x)＝f′(x)＋g(x＋1)，讨论F(x)的单调性．(13)已知函数g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于x轴．(1)确定a与b的关系；(2)若a≥0，试讨论函数g(x)的单调性．下篇含参一元二次类在高中数学的应用参考答案1讨论导数的单调性（含参二次不等式）（1）解析：f ′(x )＝x 2－2(1＋a )x ＋4a ＝(x －2)(x －2a )，由a ＞1知，当x ＜2时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(－∞，2)上单调递增；当2＜x ＜2a 时，f ′(x )＜0，故f (x )在区间(2，2a )上单调递减；当x ＞2a 时，f ′(x )＞0，故f (x )在区间(2a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ＞1时，f (x )在区间(－∞，2)和(2a ，＋∞)上单调递增，在区间(2，2a )上单调递减．答案：(2，2a )（2）解析：(a)f ′(x )＝x 2－ax ＋b ，0）＝1，（0）＝0，＝1，＝0.(b)由(a)得，f ′(x )＝x 2－ax ＝x (x －a )(a ＞0)，当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＞0；当x ∈(0，a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以函数f (x )的单调递增区间为(－∞，0)，(a ，＋∞)，单调递减区间为(0，a )．(3)解f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝(ax －1)(x －1)x(x >0)，①当0<a <1时，1a>1，由f ′(x )>0，解得x >1a 或0<x <1，由f ′(x )<0，解得1<x <1a.②当a ＝1时，f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立．③当a >1时，0<1a<1，由f ′(x )>0，解得x >1或0<x <1a ，由f ′(x )<0，解得1a<x <1.综上，当0<a <1时，f (x )(0,1)当a＝1时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，当a>1时，f(x)在(1，＋∞)(4)解g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1x＝(2ax－1)(x－1)x.∵函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，∴当a＝0时，g′(x)＝－x－1 x.由g′(x)>0，得0<x<1，由g′(x)<0，得x>1.当a>0时，令g′(x)＝0，得x＝1或x＝1 2a，若12a<1，即a>12，由g′(x)>0，得x>1或0<x<1 2a，由g′(x)<0，得12a<x<1；若12a>1，即0<a<12，由g′(x)>0，得x>12a或0<x<1，由g′(x)<0，得1<x<12a，若12a＝1，即a＝12，在(0，＋∞)上恒有g′(x)≥0.综上可得：当a＝0时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0<a<12时，函数g(x)在(0,1)上单调递增，当a＝12时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；当a>12时，函数g(x)(1，＋∞)上单调递增．(5)解析：因为f (x )＝ln x －ax ＋1－ax－1，所以f ′(x )＝1x －a ＋a －1x 2＝－ax 2－x ＋1－a x 2，x ∈(0，＋∞)，令f ′(x )＝0，可得两根分别为1，1a －1，因为0＜a ＜12，所以1a－1＞1＞0，当x ∈(0，1)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；当x ，1a －f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；当x ∈(1a －1，＋∞)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．(6)【解】f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝（ax 2－2）（x －1）x 3.当a ≤0时，x ∈(0，1)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．当a >0时，f ′(x )(1)0<a <2时，2a>1，当x ∈(0，1)或x f ′(x )>0，f (x )单调递增．当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．(2)a ＝2时，2a＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．(3)a >2时，0<2a<1，当x x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当x f ′(x )<0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0<a <2时，f (x )在(0，1)当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a >2时，f (x )(1，＋∞)内单调递增．(7)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)f ′(x )＝2ax －1x ＝2ax 2－1x(x ＞0)．当a ≤0时，f ′(x )＜0，f (x )在(0，＋∞)内单调递减．当a ＞0时，由f ′(x )＝0，有x ＝12a.此时，当x f ′(x )＜0，f (x )单调递减；当x f ′(x )＞0，f (x )单调递增．综上当a ≤0时，f (x )的递减区间为(0，＋∞)，当a ＞0时，f (x )(8)解：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x.①当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；③当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a2a，则当x ∈，时，f ′(x )<0；当x 1－a2a，＋f ′(x )>0，故f (x )，1－a2a，＋(9)解析函数()f x 的定义域为()()222220,,1a x ax f x x x x-+'+∞=+-=。
导数问题常见分类讨论
在高考中导数问题常见的分类讨论（一）热点透析由于导数内容对大学数学与中学数学的衔接具有重大的作用，所以自从导数进入高考后，立即得到普遍地重视，在全国各地的数学高考试卷中占有相当重的份额，许多试题放在较后的位置，且有一定的难度..分类讨论是中学数学的一种解题思想，如何正确地对某一问题进行正确地分类讨论，这就要求大家平时就要有一种全局的观点，同时要有不遗不漏的观点。
只有这样在解题时才能做到有的放矢。
下面我想通过对导数类题的解答的分析，来揭示如何水道渠成顺理推舟进行分类讨论。
（二）知识回顾1．函数的单调性在某个区间(a，b)内，如果f′(x)>0，那么函数y＝f(x)在这个区间内单调递增；如果f′(x)<0，那么函数y ＝f(x)在这个区间内单调递减．2．函数的极值(1)判断f(x0)是极值的方法一般地，当函数f(x)在点x0处连续时，①如果在x0附近的左侧f′(x)>0，右侧f′(x)<0，那么f(x0)是极大值；②如果在x0附近的左侧f′(x)<0，右侧f′(x)>0，那么f(x0)是极小值．(2)求可导函数极值的步骤①求f′(x)；②求方程f′(x)＝0的根；③检查f′(x)在方程f′(x)＝0的根的左右两侧导数值的符号．如果左正右负，那么f(x)在这个根处取得极大值；如果左负右正，那么f(x)在这个根处取得极小值．3．函数的最值(1)在闭区间[a，b]上连续的函数f(x)在[a，b]上必有最大值与最小值．(2)若函数f(x)在[a，b]上单调递增，则f(a)为函数的最小值，f(b)为函数的最大值；若函数f(x)在[a，b]上单调递减，则f(a)为函数的最大值，f(b)为函数的最小值．(3)设函数f(x)在[a，b]上连续，在(a，b)内可导，求f(x)在[a，b]上的最大值和最小值的步骤如下：①求f(x)在(a，b)内的极值；②将f(x)的各极值与f(a)，f(b)进行比较，其中最大的一个是最大值，最小的一个是最小值．（三）疑难解释1．可导函数的极值表示函数在一点附近的情况，是在局部对函数值的比较；函数的最值是表示函数在一个区间上的情况，是对函数在整个区间上的函数值的比较．2．f′(x)>0在(a，b)上成立是f(x)在(a，b)上单调递增的充分条件．3．对于可导函数f(x)，f′(x0)＝0是函数f(x)在x＝x0处有极值的必要不充分条件．附件：当堂过手训练（快练五分钟，稳准建奇功！）1． 若函数f (x )＝x ＋ax ＋1在x ＝1处取极值，则a ＝________.答案 3解析 f ′(x )＝2x 2＋2x －x 2－a (x ＋1)2＝x 2＋2x －a(x ＋1)2.因为f (x )在x ＝1处取极值，所以1是f ′(x )＝0的根，将x ＝1代入得a ＝3.2． 函数f (x )＝x 3＋ax －2在(1，＋∞)上是增函数，则实数a 的取值范围是________．答案 [－3，＋∞)解析 f ′(x )＝3x 2＋a ，f ′(x )在区间(1，＋∞)上是增函数，则f ′(x )＝3x 2＋a ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即a ≥－3x 2在(1，＋∞)上恒成立．∴a ≥－3.3. 如图是y ＝f (x )导数的图象，对于下列四个判断：①f (x )在[－2，－1]上是增函数； ②x ＝－1是f (x )的极小值点；③f (x )在[－1,2]上是增函数，在[2,4]上是减函数； ④x ＝3是f (x )的极小值点．其中正确的判断是________．(填序号) 答案 ②③解析 ①∵f ′(x )在[－2，－1]上是小于等于0的， ∴f (x )在[－2，－1]上是减函数；②∵f ′(－1)＝0且在x ＝0两侧的导数值为左负右正， ∴x ＝－1是f (x )的极小值点； ③对， ④不对，由于f ′(3)≠0.4． 设函数g (x )＝x (x 2－1)，则g (x )在区间[0,1]上的最小值为( )A ．－1B ．0C ．－239D.33答案 C解析 g (x )＝x 3－x ，由g ′(x )＝3x 2－1＝0，解得x 1＝33，x 2＝－33(舍去)． 当x 变化时，g ′(x )与g (x )的变化情况如下表：所以当x 5． (2011·辽宁)函数f (x )的定义域为R ，f (－1)＝2，对任意x ∈R ，f ′(x )>2，则f (x )>2x ＋4的解集为( )A ．(－1,1)B ．(－1，＋∞)C ．(－∞，－1)D ．(－∞，＋∞)答案 B解析 设m (x )＝f (x )－(2x ＋4)，∵m ′(x )＝f ′(x )－2>0，∴m (x )在R 上是增函数．∵m (－1)＝f (－1)－(－2＋4)＝0，∴m (x )>0的解集为{x |x >－1}，即f (x )>2x ＋4的解集为(－1，＋∞). 二、高频考点专题链接题型一. 需对导数为零的点与定义域或给定的区间的相对位置关系讨论的问题。
导数含参数问题的分类讨论
导数含参数问题的分类讨论利用导数来研究函数的单调性、极值、最值问题是高中数学的重要内容，分类讨论的思想又是高中阶段着重培养的思想方法。
导数大题的共同点就是求完导数后往往转化为带参数的函数，因此，需要利用分类讨论来解决含参数的导数问题成为近几年高考考查的一个重点和热点。
导数是解决函数单调性，最值等问题十分有利的工具，但学生在运用导数含参的问题时，往往产生惧怕心理，尤其对分类讨论感到困惑。
关于导数的分类讨论最常用有以下两种。
一、区间固定讨论极值点现在以2012年北京高考题为例。
本题第二问主要考察用导数来求函数的单调区间，以及在确定区间内求函数的最值问题。
试题的背景是以人教版A版2-2 1.3.2节例4，例5为蓝本。
例4是求函数的极值，例题的极值点是确定的具体的数。
例5是在闭区间内求最值。
此例题的极值点和端点值都是具体的实数。
接下来要讲的这道高考题和这道例题类似，把极值点变成含参数的极值点。
这道高考题目是来源于例题又高于例题。
（2012年北京卷理科18题）已知函数f（x）=ax2+1（a>0）与曲线g（x）=x3+bx（1）若曲线y=f（x），y=g（x）在它们的交点（1，c）处具有公共切线，求a，b的值；（2）当a2=4b时，求函数f（x）+g（x）的单调区间，并求其在区间（-∞，-1]上的最大值。
此例题与课本例4：求y=x3/3-4x+4的极值，例5求y=x3/3-4x+4在区间[0，3]上求函数的最值进行对比。
首先是找出两例题的相同点。
两题的相同之处都是三次函数，都是求函数的单调区间和在固定的区间内求最值。
不同点是北京高考题中函数的极值点含有参数，极值点不固定，而课本例题的极值点是确定的。
要研究函数在固定区间上的最值问题，就是研究函数在此区间上的单调性，要研究函数的单调性就是研究函数的极值点，利用传递性可得解决问题的实质就是研究函数的极值点。
研究函数的最值问题就是研究函数的极值点与区间位置关系的问题。
导数之含参函数的单调性的分类讨论
高考数学微专题第 1 页 导函数三种含参的单调性讨论类型一：导函数为含参一次型的函数单调性针对通分后分子是一次型的，我们考虑能否参数取得某一个范围使得导数是大于0或者小于0恒成立，如果可以，再去讨论另外的范围。
这样做的好处是思路清晰，不会导致漏了讨论的范围。
例题1：已知函数)1(ln )(x a x x f -+=，讨论f(x)的单调性变式1：函数)(ln )(R a x a x x f ∈-=，求函数的单调区间变式2：已知函数x e x f ax 3)(+=，求f(x)的单调区间变式训练3：已知函数2ln )(-+=x xa x f ，是否存在实数a,使得函数f(x)在],0(2e 上有最小值？若存在，求a 的值，若不存在，说明理由 类型二：导函数为含参二次型可因式分解的函数单调性针对求导后为含参二次型可因式分解的函数单调性，如果参数处在二次项系数，先讨论能否为0；再通过因式分解为两个因式的积。
接着首先讨论两根相等时，因为我们寻找了一种临界情况。
接下来就好确定分类标准了，这一点不可不知。
也会省去求不等式解集的麻烦。
例2：求函数2ln )1()(2ax x x a x f +--=的单调区间 变式1：已知函)(11ln )(R a xa ax x x f ∈--+-=，讨论f(x)的单调性 变式2：已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 。
讨论f(x)的单调性变式3：已知函数x x x f cos 2)(2+=，函数)22sin (cos )(-+-=x x x e x g x（1）求曲线y=f(x)在点))(,(ππf 处的切线方程（2）令))(()()(R a x af x g x h ∈-=，讨论会h(x)的单调性，并判断有无极值，有极值时求出极值类型三：导函数为含参二次型不可因式分解的函数单调性导数含参二次型不可因式分解是我们遇到的第三种情况，我们依然遵循求导通分定义域的步骤书写大题过程。
导数的复习——含参单调性的讨论问题
JIETI JIQIAO YU FANGFA解题技巧与方法133数学学习与研究2019.9导数的复习———含参单调性的讨论问题◎靖晶陈艳宝（大庆市第四中学，黑龙江大庆163711）高考中导数问题可谓是学生拉开区分度的分水岭．而含参的单调性的讨论问题是重中之重．单调性的问题讨论清楚了，那么极值最值等问题就可迎刃而解．利用导数求函数单调区间的依据：在定义域范围内，由导数大于0解得的x 的区间为函数的增区间；由导数小于0解得的x 的区间为函数的减区间．常见的分类标准有哪些呢？一般的含参的函数单调性的讨论常见的分类标准有：1．函数类型；2．开口方向；3．判别式；4．导数等于0有根无根；5．两根大小；6．极值点是否在定义域内．通过以下两个例题进行说明．例1讨论函数f （x ）=x －1x －a ln x （a ∈Ｒ）的单调性．分析根据导数的符号得函数在相应区间上的单调性，先进行求导．函数的定义域为（0，+ɕ），f'（x ）=x 2－ax +1x 2分母是恒正的，只需看分子的符号．由f'（x ）=0得x 2－ax +1=0．一元二次方程有根无根需看判别式．故而确定了第一个分类讨论的原因：二次函数的判别式．当Δ＞0时，a ＞2或a ＜－2，方程有两个不等实根．是否需要进一步讨论呢？可以发现此时分子为零的两根记为x 1，x 2，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1＞0，而定义域为（0，+ɕ），方程的两根符号与a 相同，故而确定第二个分类讨论的标准：方程的根是否在定义域内．解函数的定义域为（0，+ɕ），f'（x ）=x 2－ax +1x 2．令f'（x ）=0得x 2－ax +1=0．（1）当Δ≤0时，－2≤a ≤2时，f'（x ）≥0，f （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．（2）当Δ＞0时，方程有两个不等的实根，x 1=a －a 2槡－42，x 2=a +a 2槡－42．①a ＞2时，x 1+x 2=a ＞0，x 1x 2=1＞0，ʑx 1＞0，x 2＞0，ʑf （x ）在（0，x 1）和（x 2，+ɕ）单调递增，在（x 1，x 2）单调递减．（根据图1）图1②a ＜－2时，x 1+x 2=a ＜0，x 1x 2=1＞0ʑx 1＜0，x 2＜0，ʑf （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．（根据图2）图2综上，当时，f （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．当a ＞2时f （x ）在（0，x 1）和（x 2，+ɕ）单调递增，在（x 1，x 2）单调递减．例2讨论函数f （x ）=e－kxx 2+x －1()k（k ∈Ｒ）的单调性．分析函数的定义域为Ｒ，f （x ）=e －kx ［－kx 2+（2－k ）x +2］=e －kx （x +1）（－kx +2）．ȵe －kx ＞0，ʑf'（x ）的符号只需看－kx 2+（2－k ）x +2的符号，而x 2的系数含字母，影响函数的类型，故第一类讨论的原因即高次项的系数是否为0．由题意k ≠0．当k ≠0时，其正负影响开口的方向，故第二类分类讨论的原因即开口方向．当k ＜0时，导数等于0的两根大小不确定，故而第三类分类讨论的原因为两根大小，确定分界点－2．解函数的定义域为Ｒ，f （x ）=e －kx ［－kx 2+（2－k ）x +2］=e －kx （x +1）（－kx +2）．（1）当k ＞0时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递减，在－1，2()k单调递增．（2）当k ＜0时，2k －（－1）=2+kk．①当k ＜－2时，2k ＞－1，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递增，在－1，2()k单调递减．②当k =－2时，2k =－1，f （x ）在（－ɕ，+ɕ）单调递增．③当k ＞－2时，2k ＜－1，f （x ）在－ɕ，2()k 和（－1，+ɕ）单调递增，在2k ，()－1单调递减．综上，当k ＞0时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递减，在－1，2()k单调递增．当k ＜－2时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递增，在－1，2()k单调递减．解题技巧与方法JIETI JIQIAO YU FANGFA134数学学习与研究2019.9当k =－2时，f （x ）在（－ɕ，+ɕ）单调递增．当k ＞－2时，f （x ）在－ɕ，2()k 和（－1，+ɕ）单调递增，在2k，()－1单调递减．一般涉及含参单调性的讨论问题，我们可按以下步骤进行：1．先求出函数的定义域，再求出导函数，有分母要通分，能因式分解要分解彻底；2．若导函数带分母，通分因式分解彻底后，判断导数分子最高次项系数是否含有参数，有可以讨论该参数得0和不得0，最高次项系数是否为0影响的是函数的类型；3．判断导数等于0是否有根，导数等于0得到的方程若为一元二次方程，可判断其判别式的符号：当判别式小于等于0时，若二次项系数为正，则导数恒大于等于0，函数在定义域内为增函数，若二次项系数为负，则导数恒小于等于0，函数在定义域内为减函数；当判别式大于0时，可以结合韦达定理分析导数等于0的两根与定义域的关系，确定单调区间；4．导数等于0得到的方程不是二次函数时，根据方程的特点判断有根无根，若有根，再判断其与定义域的关系，若根在定义域内，则根为极值点，再判断定义域内极值点分成的各段区间导数的正负从而得到函数的单调性；5．若导数等于0，方程有两个根且均在定义域内，当两根大小不确定时，可通过比较两根大小确定讨论的分界点．（上接132页）度”、有“智慧挑战”，要遵循由易及难，由简到繁，由基本到拓展的发展顺序去安排，让不同水平的学生都练有所得．如“平行四边形面积”一课，学生探讨出计算方法之后，我设计了以下的练习：1．基本性练习：计算下面平行四边形的面积，需要什么条件？这个平行四边形已知高的长度，要求它的面积还需要已知什么条件？学生回答完后教师再补充“底是18分米”，让学生独立完成．2．提高练习：（1）计算右图平行四边形的面积，算式是（）．（单位：厘米）A．7．5ˑ4B．7．5ˑ6C．6ˑ4（2）下面第（）个平行四边形的面积算式是12ˑ8．ABC3．实践性练习：（1）选择条件，求出右边图形的面积．（单位：米）本组练习设计由浅入深，分层训练，逐步形成技能．基本练习在于检查学生是否会运用公式计算平行四边形的面积，加深对公式的巩固．提高练习是让学生明确计算平行四边形面积要选择正确的“底”和“高”．实践练习在于让学生能运用所学的知识解决生活当中的实际问题，培养学生的实践能力．发展性练习目的在于帮助学生深化知识、扩展知识，沟通知识间的内在联系，发展学生思维的广度和深度，培养学生创新的精神．四、总结反思要提炼数学思想方法数学思想方法是处理数学问题的指导思想和基本策略，是数学学习的灵魂，是学生数学素养的核心．刘云章教授认为：“重视对数学思想方法的领悟将能唤起数学学习者潜在的数学天赋，提高其数学素养，从而提高学习效益和质量”．数学思想方法的获得，一方面，需要教师进行有意识的渗透和培养，另一方面，也要靠学生的“悟”———在自身总结反思中提炼．例如，在“平面图形的面积复习”教学中，教师可引导学生思考：平行四边形、三角形、梯形的面积公式是怎样推导的？有什么共同点？学生在总结反思中理解了“转化”的数学思想方法．如学生学习完“三角形内角和”时，我让学生回顾学习过程：先计算直角三角形、等边三角形的内角和度数，再用猜测、操作、验证等方法推导一般三角形的内角和，最后归纳得出所有三角形的内角和为180度．学生回顾思维过程中总结出“归纳”的思想方法．因此，当数学学习结束后，教师要引导学生回顾自己的思维活动，总结反思自己是怎样发现和解决问题的，运用了哪些基本的思想方法等，及时对所应用的数学思想方法进行概括与提炼，从数学思想方法的高度把握知识的本质，提升课堂教学的价值．“本真数学”课堂教学，主张以“本”为核心，以“真”为重点，遵循“问题情境—探索活动—实践应用—反思提升”的教学程序，经历提出问题、分析问题、解决问题、应用问题的过程，探索数学本质，建构数学模型，提升数学素养．【参考文献】［1］刘加霞．小学数学课堂的有效教学［M ］．北京：北京师范大学出版，2008．［2］陈桂香．小学数学课堂教学中应体现“数学味”［J ］．教师博览（科研版），2011（11）：61．。
高考数学热点必会题型第5讲 导数中含参讨论问题总结(解析版)
高考数学热点必会题型第5讲 导数中含参讨论问题总结——每天30分钟7天掌握一、重点题型目录【题型】一、由函数的单调区间求参数 【题型】二、由函数在区间上的单调性求参数 【题型】三、含参分类讨论求函数单调性区间 【题型】四、根据极值点求参数【题型】五、有导数求函数的最值（含参） 【题型】六、已知函数最值求参数 【题型】七、参变分离法解决导数问题【题型】八、构造函数并利用函数的单调性判定函数值大小 【题型】九、构造函数法解决导数问题 二、题型讲解总结【题型】一、由函数的单调区间求参数第一天学习及训练例1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2ln x ax f x x =++的单调递减区间为1,12⎛⎫⎪⎝⎭，则（ ）. A ．(],3a ∈-∞- B ．3a =- C ．3a = D ．(],3a ∈-∞【答案】B【分析】根据()f x 得到()f x '，再根据()f x 的单调递减区间是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，得到12和1是方程()0f x '=的两个根，代入解方程即可.【详解】由()2ln x ax f xx =++得()221x ax f x x++'=，又()f x 的单调递减区间是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭，所以12和1是方程2210x ax x++=的两个根，代入得3a =-.经检验满足题意故选：B.例2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()sin cos f x x a x =+在区间ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上是减函数，则实数a 的取值范围为（ ） A．1a > B ．1a ≥ C ．1a >D ．1a ≥-【答案】B【分析】根据函数的单调性知导数小于等于0恒成立，分离参数后由正切函数单调性求解.【详解】由题意，()cos sin 0f x x a x '=-≤在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立，即cos 1sin tan x a x x ≥=在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上恒成立， 因为tan y x =在ππ,42⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增，所以tan 1y x =>，所以在ππ,42x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，101tan x <<， 所以1a ≥. 故选：B例3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数()32f x x ax bx c =+++，()g x 为()f x 的导函数．若()f x 在(0，1)上单调递减，则下列结论正确的是（ ）A ．23a b -有最小值3B ．23a b -有最大值C ．()()010f f ⋅≤D ．()()010g g ⋅≥【答案】D【分析】由()f x 在(0，1)上单调递减，得到()00g b =≤，()1230g a b =++≤，即可判断D ；求出()()()2011f f c a b c ⋅=+++，当0c <时，有()()010f f ⋅>，可否定C ；记23z a b =-，其中(),a b 满足2300a b b ++≤⎧⎨≤⎩，利用数形结合求出，判断A 、B.【详解】由题意可得()()232g x f x x ax b ='=++.因为()f x 在(0，1)上单调递减，所以()0g x ≤在(0，1)上恒成立，即()00g b =≤，()1230g a b =++≤，所以()()010g g ⋅≥， 因为()()0,11f c f a b c ==+++，()f x 在(0，1)上单调递减， 所以1c a b c >+++，即10a b ++<，所以()()()()20111f f c a b c c a b c ⋅=+++=+++，当0c <时，有()()010f f ⋅> 所以C 错误，D 正确. 记23z ab =-，其中(),a b 满足2300a b b ++≤⎧⎨≤⎩，作出可行域如图示：由2300a b b ++=⎧⎨=⎩解得：3,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭.当抛物线21133a z b -=，经过点3,02A ⎛⎫- ⎪⎝⎭时94z =最小，没有最大值.故A 、B 错误.故选：D.例4．（2023·全国·高三专题练习）已知()2121()1e 2x f x a x -=--，若不等式11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立，则a 的值可以为（ ）A ．B ．1-C ．1D 【答案】AD【分析】由条件可得()f x 在(1,)+∞上单调递增，再结合导数和单调性的关系列不等式求a 的范围，由此确定正确选项.【详解】设1ln (1)y x x x =-->，则110y x'=->， 所以1ln y x x =--在(1,)+∞上单调递增，所以1ln 0x x -->， 所以ln 1,(1,)x x x <-∈+∞，∴0ln 1x x <<-， ∴110ln 1x x >>-． 又11ln 1f f x x ⎛⎫⎛⎫> ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭在(1,)+∞上恒成立， 所以()f x 在(1,)+∞上单调递增，所以()21()1e 0x f x a x -=--≥'对(1,)x ∀∈+∞恒成立，即211ex x a --≥恒成立．令111(),()ee x x xxg x g x ---='=，当1x >时，()0g x '<，故()(1)1g x g <=， ∴211a -≥，解得a ≥a ≤所以a 的值可以为， 故选：AD.【题型】二、由函数在区间上的单调性求参数例5．（2023·全国·高三专题练习）若函数2()ln 2f x x x x =+--在其定义域的一个子区间(21,21)k k -+内不是单调函数，则实数k 的取值范围是（ ） A ．33,24⎛⎫- ⎪⎝⎭B ．1,32⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．3,32⎛⎫- ⎪⎝⎭D ．13,24⎡⎫⎪⎢⎣⎭【答案】D【分析】先求出函数的定义域(0,)+∞，则有210k -≥，对函数求导后，令()0f x '=求出极值点，使极值点在(21,21)k k -+内，从而可求出实数k 的取值范围.【详解】因为函数()f x 的定义域为(0,)+∞， 所以210k -≥，即12k ≥， 2121(1)(21)()21x x x x f x x x x x+-+-'=+-==， 令()0f x '=，得12x =或=1x -（舍去）， 因为()f x 在定义域的一个子区间(21,21)k k -+内不是单调函数， 所以121212k k -<<+，得4143k -<<， 综上，1324k ≤<， 故选：D例6．（2023·全国·高三专题练习）若函数()324f x x ax x =-++在区间()0,2上单调递增，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[)2,+∞ B ．()2,+∞ C ．(],2-∞ D ．(),2-∞【答案】A【分析】将问题转化为()0f x '≥在()0,2上恒成立，采用分离变量法可得423a x x ≥-，由434x x-<可构造不等式求得结果. 【详解】()f x 在()0,2上单调递增，()23240f x x ax '∴=-++≥在()0,2上恒成立，即234423x a x x x-≥=-在()0,2上恒成立， 又43y x x =-在()0,2上单调递增，43624x x ∴-<-=，24a ∴≥，解得：2a ≥，即实数a 的取值范围为[)2,+∞. 故选：A.例7．（2023·全国·高三专题练习）下列说法正确的有（ ）A ．设{}25A x x =≤≤，{}23B x a x a =≤≤+，若B A ⊆，则实数a 的取值范围是[]1,2 B ．“1a >，1b >”是“1ab >”成立的充分条件C ．命题p ：x ∀∈R ，20x >，则p ⌝：x ∃∈R ，20x <D ．“5a ≤”是“函数()()e 23xf x a x -=--是R 上的单调增函数”的必要不充分条件【答案】BD【分析】分B =∅与B ≠∅两种情况讨论，求出参数a 的范围，即可判断A ，根据不等式的性质及充分条件的定义判断B ，根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断C ，求出函数的导数，由()0f x '≥恒成立求出a 的取值范围，再根据集合的包含关系判断D 即可； 【详解】解：对于A ：当B =∅，即23a a >+，解得3a >时满足B A ⊆， 当B ≠∅，因为B A ⊆，所以352223a a a a +≤⎧⎪≥⎨⎪≤+⎩，解得12a ≤≤，综上可得[][)1,23,a ∈+∞，故A错误；对于B ：由1a >，1b >则1ab >，故“1a >，1b >”是“1ab >”成立的充分条件，即B 正确； 对于C ：命题p ：x ∀∈R ，20x >，则p ⌝：x ∃∈R ，20x ≤，故C 错误；对于D ：因为()()e 23xf x a x -=--，所以()()e 2x f x a =-'-，若()f x 在R 上单调递增，则()()e 20xf x a -'=-≥恒成立，所以20a -≤，解得2a ≤，因为(],2-∞ (],5-∞，所以“5a ≤”是“函数()()e 23xf x a x -=--是R 上的单调增函数”的必要不充分条件，故D正确； 故选：BD例8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，则实数m 的最小值是___________【分析】原问题等价于()2cos 206f x x x m π⎛⎫'=+--≤ ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，构造函数求最值即可.【详解】由()2sin 262x f x x mx π⎛⎫=+-- ⎪⎝⎭在06,π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，得()2cos 206f x x x m π⎛⎫'=+--≤ ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，即2cos 26x x m π⎛⎫+-≤ ⎪⎝⎭，令()2cos 26g x x xπ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭06x ,⎛π⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭，则()4sin 216g x x π⎛⎫'=-+- ⎪⎝⎭，当0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦时，2662x πππ≤+≤ ，则24sin 246x π⎛⎫≤+≤ ⎪⎝⎭，所以54sin 2+136x π-≤-≤-⎛⎫- ⎪⎝⎭，即()0g x '<，所以()g x 在0,6x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦是单调递减函数，max ()(0)g x g ≤=得m ≥m第二天学习及训练【题型】三、含参分类讨论求函数单调性区间例9．（2023·全国·高三专题练习）已知()()ln 11axf x x x =+++，则下列说法正确的是（ ） A ．当0a >时，()f x 有极大值点和极小值点 B ．当a<0时，()f x 无极大值点和极小值点 C ．当0a >时，()f x 有最大值 D ．当a<0时，()f x 的最小值小于或等于0【答案】D【分析】讨论0a >、a<0，利用导数研究()f x 在定义域上的单调性，进而判断极值点及最值情况，即可确定答案. 【详解】由题设，2211()(1)1(1)a x a f x x x x ++'=+=+++且(1,)∈-+∞x ，当0a >时()0f x '>，则()f x 在(1,)-+∞上递增，无极值点和最大值，A 、C 错误； 当a<0时，若(1,1)x a ∈---则()0f x '<，()f x 递减；(1,)x a ∈--+∞则()0f x '>，()f x 递增；所以()(1)1ln()f x f a a a ≥--=++-，即()f x 无极大值点，有极小值点，B 错误； 令()1ln()g a a a =++-且(,0)a ∈-∞，则11()1a g a a a+'=+=， 当1a <-时()0g a '>，()g a 递增；当10a -<<时()0g a '<，()g a 递减； 所以()(1)0g a g ≤-=，即()f x 的最小值小于或等于0，D 正确； 故选：D例10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()ln 1f x x x =--，若不等式()()21f x a x ≥-在区间(]0,1上恒成立，则实数a 的取值范围为（ ） A ．1,2⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦B ．1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭D ．1,2⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【答案】A【分析】2()(1)0f x a x --≥即为2ln 1(1)0x x a x ----≥，设2()ln 1(1)g x x x a x =----，(0,1]x ∈，求出函数()g x 的导函数，分解12a ≤和12a >讨论函数()g x 的单调性，求出函数()g x 在区间(]0,1上的最小值，即可得解.【详解】解：由已知可得2()(1)0f x a x --≥即为2ln 1(1)0x x a x ----≥， 设2()ln 1(1)g x x x a x =----，(0,1]x ∈， 则(1)(12)()x ax g x x--'=，当0a ≤时，显然()0g x '≤，当102a <≤时，()0g x '≤在(0,1]x ∈上也成立，所以12a ≤时，()g x 在(0,1]上单调递减，()(1)0g x g ≥=恒成立； 当12a >时，当102x a <<时，()0g x '<，当112x a<<时，()0g x '>， 所以()g x 在10,2a ⎛⎤ ⎥⎝⎦上单调递减，在1,12a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增， 于是，存在01,12x a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，使得0()(1)0g x g <=，不满足()0g x ≥，舍去此情况，综上所述，12a ≤. 故选：A.例11．（2023·全国·高三专题练习）已知()()22e 2e e 2e a a b bm m a m m +--=+-，则（ ）A ．当()1,0m ∈-，a ，(),0b ∈-∞时，a b >B ．当()1,0m ∈-，a ，(),0b ∈-∞时，a b <C ．当()1,2m ∈，a ，()0,b ∈+∞时，a b >D ．当()1,2m ∈，a ，()0,b ∈+∞时，a b < 【答案】AC【分析】根据等号两边式子的结构特征构造函数()f x ,利用导数分类讨论函数()f x 的单调性进行求解.【详解】设()()2e 2e x xf x m m x =+--，因为()()22e 2e e 2e a a b bm m a m m +--=+-，所以()()f a f b b =+，当a ，(),0b ∈-∞时，()()0f a f b b -=<，即()()f a f b <.易知()()()e 12e 1x xf x m '=-+，当()1,0m ∈-时，()0f x '<，所以()f x 在(),0∞-上单调递减， 所以a b >，故选项A 正确，选项B 错误.当a ，()0,b ∈+∞时，()()0f a f b b -=>，即()()f a f b >. 当()1,2m ∈时，令()0f x '=，解得ln x m =-，所以()f x 在(),ln m -∞-上单调递减，在()ln ,m -+∞上单调递增， 所以a b >，故选项C 正确，选项D 错误. 故选：AC.【题型】四、根据极值点求参数例12．（2023·全国·高三专题练习）若函数3()3f x x bx b =-+在区间(0,1)内有极小值，则b 的取值范围是（ ） A ．(,1)-∞ B ．(0,1)C ．(1,)+∞D ．(1,0)-【答案】B【分析】先利用导数求出函数的极小值点，然后使极小值点在(0,1)内，从而可求出b 的取值范围【详解】由题意，得2()33f x x b '=-，当0b ≤时，()0f x '>在(0,1)上恒成立，所以()f x 在(0,1)上递增，函数无极值， 所以0b >，令()0f x '=，则x ＝，∴函数在（）上()0f x '<，+∞）上()0f x '>，函数递增∴x =∴函数3()3f x x bx b =-+在区间（0，1）内有极小值，∴01， ∴b ∴（0，1） 故选：B ．例13．（2023·全国·高三专题练习）若3π-，3π分别是函数()()()sin 0,0f x x ωϕωϕπ=+><<的零点和极值点，且在区间,155ππ⎛⎫⎪⎝⎭上，函数()y f x =存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =，则下列数值中，ω的可能取值是（ ） A ．814B ．994C ．1054D ．1174【答案】C【分析】由函数的零点和极值点的概念结合正弦函数图象的性质对各个选项进行判断即可. 【详解】设函数()y f x =的最小正周期为T ,由题意得1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩则3(21),4,24k k ωππϕ+⎧=⎪='⎪⎨⎪+⎪⎩其中121221,(,),k k k k k Z k k k =+⎧∈⎨=-⎩'在区间,155ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上， 函数()y f x =存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =， 所以22,51515T πππ-=≤解得030,ω<≤即3(21)30,4k +≤解得19.5.k ≤ 对于D.若1174ω=，则19.k =由11139(),34k k k Z ππϕπωπ=+=+∈且0ϕπ<<可知3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立， 当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时1173(2.7,6.6),44x πππ+∈当011739442x ππ+=或132π时，()01f x =都成立， 故不符合； 对于C. 若1054ω=，则17k =，1135,34k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知 3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时1053(2.5,6)44x πππ+∈，当010539442x ππ+=时，存在唯一的极大值点0x ，使得()01f x =，故符合条件； 对于B. 若949ω=，则16,k =由1133,34k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知,4πϕ= 可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时99(1.9,5.2)44x πππ+∈， 当0995442x ππ+=或92π时，()01f x =都成立，故不符合； 对于A. 若148ω=，则13,k =由 112734k k ππϕπωπ=+=+且0ϕπ<<可知3,4πϕ=可使1122,3(,),32k k k Z k πωϕπππωϕπ⎧-+=⎪⎪∈⎨⎪+=+⎪⎩成立，当,155x ππ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时，813(2,1,4.8)44x πππ+∈， 当08135442x ππ+=或92π时，()01f x =都成立，故不符合； 故选：C第三天学习及训练【题型】五、有导数求函数的最值（含参）例14．（2023·全国·高三专题练习）设直线x t =与函数()22f x x =，()ln g x x =的图象分别交于点M ，N ，则当|MN |达到最小时t 的值为（ ） A ．1 B ．12CD【答案】B【分析】由题意，函数()()22ln y f x g x x x =-=-的最小值即|MN |达到最小值时，再求导分析()()22ln y f x g x x x =-=-的极小值点即可【详解】设函数()()22ln y f x g x x x =-=-，求导数得()()212114x x y x x x+-'=-=因为0x >，故当102x <<时，0'<y ，函数在10,2⎛⎫⎪⎝⎭上为单调减函数， 当12x >时，0'>y ，函数在1,2⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上为单调增函数 所以x 12=为()()22ln y f x g x x x =-=-的极小值点.故当|MN |达到最小时t 的值为12． 故选：B ．例15．（2023·全国·高三专题练习）如图，圆形纸片的圆心为O ，半径为5cm ，该纸片上的等边三角形ABC 的中心为O .D 、E 、F 为圆O 上的点，DBC △，ECA △，FAB 分别是以BC ，CA ，AB 为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以BC ，CA ，AB 为折痕折起DBC △，ECA △，FAB ，使得D 、E 、F 重合，得到三棱锥.当ABC 的边长变化时，所得三棱锥体积（单位：3cm )的最大值为______.【答案】3【分析】连接OD ，交BC 于点G ，设OG x =，则BC =，5DG x =-， 进而算出三棱锥的高和体积，构造函数，令45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，求导，根据导函数的正负判断单调性进而求出最大值．【详解】由题意，连接OD ，交BC 于点G ，由题意得OD BC ⊥，OG =，即OG 的长度与BC 的长度成正比，设OG x =，则BC =，5DG x =-，三棱锥的高h 221)2ABCS==，则213ABC V Sh =⨯=45()2510f x x x =-，5(0,)2x ∈，34()10050f x x x '=-，令()0f x '≥，即4320x x -≤，解得2x ≤，则()(2)80f x f ≤=，∴3V ，∴体积最大值为3．故答案为：3【点睛】思路点睛：本题将三棱锥体积的计算转化为利用导数研究函数的最值问题，考查学生对这些知识的掌握能力，本题的解题关键是掌握根据导数求单调性的方法，属于中档题.例16．（2023·河北·高三阶段练习）R,2e 12x x x a ∀∈-≥+，则a 的最大值为_____________．【答案】1【分析】R,2e 12x x x a ∀∈-≥+，即R,2e 12x x x a ∀∈--≥，令()2e 12xf x x =--，分1ln2x >和1ln2x ≤两种情况讨论，利用导数求出函数的最小值，即可得出答案. 【详解】解：R,2e 12xx x a ∀∈-≥+，即R,2e 12xx x a ∀∈--≥，令()2e 12xf x x =--，当2e 10x ->，即1ln 2x >时，()2e 12xf x x =--，则()2e 2xf x '=-，当1ln02x <<时，()0f x '<，当0x >时，0f x ，所以函数()f x 在1ln ,02⎛⎫⎪⎝⎭上递减，在()0,∞+上递增，所以当1ln 2x >时，()()min 01f x f ==，当2e 10x -≤，即1ln2x ≤时，()12e 2xf x x =--， 因为函数2e ,2x y y x ==为增函数，所以函数()12e 2xf x x =--在1,ln 2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭上递减，所以当1ln2x ≤时，()min 1ln ln 412f x f ⎛⎫==> ⎪⎝⎭， 综上所述，()()min 01f x f ==， 所以1a ≤， 即a 的最大值为1. 故答案为：1.【题型】六、已知函数最值求参数例17．（2023·广西·模拟预测（文））已知函数()ln f x x ax =+存在最大值0，则a 的值为（ ） A ．2- B ．1e-C ．1D ．e【答案】B【分析】讨论a 与0的大小关系确定()f x 的单调性，求出()f x 的最大值. 【详解】因为()1f x a x'=+，0x >， 所以当0a ≥时，0fx恒成立，故函数()f x 单调递增，不存在最大值；当a<0时，令()0f x '=，得出1x a=-，所以当10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时，0fx ，函数单调递增，当1,x a ∈-+∞⎛⎫⎪⎝⎭时，()0f x '<，函数单调递减，所以() max11ln 10f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=--= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，解得：=a 1e -. 故选：B.例18．（2023·全国·高三专题练习）若函数()22exx x af x +-=在区间(,1)a a +上存在最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．(),1-∞- B ．()2,1--C ．⎛-∞ ⎝⎭D ．1⎫-⎪⎪⎝⎭【答案】D【分析】求得()22exx a f x -++'=，根据()f x 在区间(,1)a a +上存在最小值，得到()00f x '=且()0f a '<，()10f a '+>，设()22g x x a =-++，根据()0g a <且()10g a +>，列出不等式组，即可求解.【详解】由函数()22exx x a f x +-=，可得()22e x x af x -++'=， 且()f x 在区间(,1)a a +上存在最小值， 即()f x '在区间(,1)a a +上存在0(,1)x a a ∈+， 使得()00f x '=且()0f a '<，()10f a '+>，设()22g x x a =-++，即满足()0g a <，且()10g a +>，可得()()2220110g a a a g a a a ⎧=-++<⎪⎨+=--+>⎪⎩1a <<-，即实数a 的取值范围是1⎫-⎪⎪⎝⎭. 故选：D.例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数21()e xx x f x +-=，则下列结论正确的是（ ）A ．函数()f x 只有一个零点B ．函数()f x 只有极大值而无极小值C ．当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根D ．若当[,)x t ∈+∞时，max 25()e f x =，则t 的最大值为2 【答案】CD【分析】解方程()0f x =判断A ；利用导数探讨()f x 的极值判断B ；分析函数()f x 的性质，借助图象判断C ；由25(2)e f =结合取最大值的x 值区间判断D 作答.【详解】对于A ，由()0f x =得：210x x +-=，解得x =A 不正确；对于B ，对()f x 求导得：22(1)(2)()e ex xx x x x f x '--+-=-=-，当1x <-或2x >时，()0f x '<，当12x -<<时，()0f x '>，即函数()f x 在(,1)-∞-，(2,)+∞上单调递减，在(1,2)-上单调递增，因此，函数()f x 在=1x -处取得极小值(1)e f -=-，在2x =处取得极大值25(2)e f =，B 不正确；对于C ，由选项B 知，作出曲线()y f x =及直线y k =，如图，观察图象得当e 0k -<<时，直线y k =与曲线()y f x =有2个交点，所以当e 0k -<<时，方程()f x k =有且只有两个实根，C 正确； 对于D ，因25(2)e f =，而函数()f x 在(2,)+∞上单调递减，因此当[,)x t ∈+∞时，max25()e f x =， 当且仅当2[,)t ∈+∞，即2t ≤，所以t 的最大值为2，D 正确.故选：CD【点睛】方法点睛：函数零点个数判断方法：(1)直接法：直接求出f (x )=0的解；(2)图象法：作出函数f (x )的图象，观察与x 轴公共点个数或者将函数变形为易于作图的两个函数，作出这两个函数的图象，观察它们的公共点个数.第四天学习及训练【题型】七、参变分离法解决导数问题例20．（2023·江苏·苏州中学高三阶段练习）若关于x 的不等式(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立，则整数k 的最大值为（ ） A ．-2 B ．-1 C ．0 D ．1【答案】C【分析】参变分离将恒成立问题转化为求函数最值问题，然后利用导数求最值可得. 【详解】(41ln )ln 3k x x x x --<-+对于任意(1,)x ∈+∞恒成立 等价于ln 34ln x k x x x<++对于任意(1,)x ∈+∞恒成立 令ln 3()ln x f x x x x =++，则2221ln 13ln 2()x x x f x x x x x ---'=+-= 令()ln 2g x x x =--，则11()10x g x x x-'=-=> 所以()g x 在(1,)+∞上单调递增，又(3)1ln30,(4)2ln 40g g =-<=-> 所以()g x 在()3,4有且仅有一个根0x ，满足00ln 20x x --=，即00ln 2x x =- 当0(1,)x x ∈时，()0g x <，即()0f x '<，函数()f x 单调递减， 0(,)x x ∈+∞时，()0g x >，即()0f x '>，函数()f x 单调递增，所以0min 000000231()()21x f x f x x x x x x -==+-+=+-由对勾函数可知001113114134x x +-<+-<+-，即0713()34f x << 因为04()k f x <，即0()4f x k <，0()71312416f x <<，Z k ∈ 所以0k ≤. 故选：C例21．（2023·全国·高三专题练习）已知1a >，1x ，2x ，3x 均为2x a x =的解，且123x x x <<，则下列说法正确的是（ ） A ．1(2,1)x ∈-- B ．2e (1,e )a ∈ C ．120x x +< D ．232e x x +<【答案】B【分析】A 选项：根据“三个等价”，将方程根的问题转化成构造出的函数零点的问题，利用零点存在性定理确定出1x 的取值情况；B ，C ，D 选项：对方程变形，参变分离构造函数，从函数的角度以及利用极值点偏移可以得出相应结论，详细过程见解析.【详解】对于A ，令2()x f x a x =-，因为1a >，所以()f x 在(,0)-∞上单调递增，与x 轴有唯一交点，由零点存在性定理，得1(1)10f a --=-<，0(0)00f a =->，则1(1,0)x ∈-，故A 错误. 对于B ，C ，D ，当0x >时，两边同时取对数，并分离参数得到ln ln 2a xx=， 令ln ()x g x x =，()21ln xg x x -'∴=， 当()0,e x ∈时，()0g x '>，()g x 单调递增； 当()e,x ∈+∞时，()0g x '<，()g x 单调递减； 如图所示，∴当0x >时，ln 2a y =与ln ()xg x x =的图象有两个交点，ln 1(0,)2ea ∈，解得2e (1,e )a ∈，故B 正确； ∴2(1,e)x ∈，由A 选项知1(1,0)x ∈-，120x x ∴+>，故C 错误；由极值点偏移知识，此时函数()g x 的极值点左移，则有23e 2x x +>，故D 错误. 故选：B.例22．（2023·上海·高三专题练习）在空间直角坐标系O xyz -中，三元二次方程所对应的曲面统称为二次曲面．比如方程2221x y z ++=表示球面，就是一种常见的二次曲面．二次曲面在工业、农业、建筑等众多领域应用广泛．已知点(,,)P x y z 是二次曲面22420x xy y z -+-=上的任意一点，且0x >，0y >，0z >，则当zxy取得最小值时，不等式ln e 3022xa yx za +-≥恒成立，则实数a 的取值范围是________．【答案】[e,)-+∞ 【分析】先通过zxy取得最小值这个条件找出当,,x y z 的关系，带入后一个不等式，利用对数恒等式变型，此后分离参数求最值即可.【详解】根据题意22420x xy y z -+-=，带入z xy 可得：2224212222z z x xy y x y xy xy xy y x -+===+-，而0x >，0y >，利用基本不等式222x y y x +≥=，当22x y y x =，即2y x =取得等号，此时22224246z x x x x x =-⋅+=，即23z x =，综上可知，当z xy 取得最小值时，223y x z x =⎧⎨=⎩，带入第二个式子可得，2e ln 02x a x ax x +-≥，即e ln 0x ax a x x +-≥，于是ln e ln (ln )0xx x ax a x e a x x x-+-=+-≥，设()ln u u x x x ==-，11()1x u x x x -'=-=，故当1x >时，()u x 递增，01x <<时，()u x 递减，min ()(1)1u x u ==；于是原不等式转化为1u ≥时，0u e au +≥恒成立，即u e a u -≤在1u ≥时恒成立，设()u e h u u=(1)u ≥，于是2(1)()0u e u h u u -'=≥，故()h u 在1u ≥时单调递增，min ()(1)h u h e ==，故a e -≤，a e ≥-即可.故答案为：[e,)-+∞ 【点睛】本题e ln 0xax a x x+-≥恒成立的处理用到了对数恒等式，若直接分离参数求最值，会造成很大的计算量.【题型】八、构造函数并利用函数的单调性判定函数值大小例23．（2023·全国·高三专题练习）设函数()f x '是奇函数()f x （x ∴R ）的导函数，f （﹣1）＝0，当x ＞0时，()()0xf x f x '->，则使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是（ ）A ．（﹣∞，﹣1）∴（﹣1，0）B ．（0，1）∴（1，+∞）C ．（﹣∞，﹣1）∴（0，1）D ．（﹣1，0）∴（1，+∞）【答案】D【分析】构造函数()()f x g x x =，求导结合题意可得()()f x g x x =的单调性与奇偶性，结合()10g -=求解即可【详解】由题意设()()f x g x x=，则()()()2xf x f x g x x '-'= ∴当x ＞0时，有()()0xf x f x '->，∴当x ＞0时，()0g x '>，∴函数()()f x g x x=在（0，+∞）上为增函数， ∴函数f （x ）是奇函数，∴g （﹣x ）＝g （x ），∴函数g （x ）为定义域上的偶函数，g （x ）在（﹣∞，0）上递减，由f （﹣1）＝0得，g （﹣1）＝0，∴不等式f （x ）＞0∴x •g （x ）＞0，∴()()01x g x g >⎧⎨>⎩或()()01x g x g <⎧⎨<-⎩， 即有x ＞1或﹣1＜x ＜0，∴使得f （x ）＞0成立的x 的取值范围是：（﹣1，0）∴（1，+∞），故选：D ．例24．（2023·全国·模拟预测）以下数量关系比较的命题中，正确的是（ ）A ．2e e 2>B ．2ln 23>C ．ln π1πe <D ．ln 2ln π2π> 【答案】ABC【分析】令()()eln 0f x x x x =->，利用导数研究函数的单调性，进而可判断A ；根据指数函数与对数函数的单调性可判断B ；令()()ln 0x g x x x =>，利用导数研究函数的单调性，进而可判断CD ；【详解】对于A ：设()()eln 0f x x x x =->，则()()e e 10x f x x x x -'=-=>， 当0e x <<时，0f x ，函数单调递增；当e x >时，()0f x '<，函数单调递减； 所以()()e elne e 0f x f <=-=，所以()()2eln 22e 0f f =-<=，即2>eln 2，所以 2e e 2>，故A 正确；对于B ：因为28e >，所以2ln8ln e >，所以3ln 22>，即2ln 23>，故B 正确；对于CD ：设()()ln 0x g x x x =>，()21ln x g x x-'=， 当0e x <<时，()0g x '>，函数单调递增；当e x >时，()0g x '<，函数单调递减； 所以()()e πg g >，即ln π1πe<，故C 正确； 又()()()e π4g g g >>，所以ln πln 4ln 2π42>=，故D 错误； 故选：ABC 第五天学习及训练【题型】九、构造函数法解决导数问题例25．（2023·全国·高三专题练习）定义在(0)+∞，上的函数()f x 满足()()110,2ln 2xf x f '+=＞，则不等式)(e 0x f x +> 的解集为（ ） A ．(02ln2)，B ．(0,ln2)C ．(ln21)，D ．(ln2)+∞，【答案】D 【分析】构造新函数()()ln ,(0)g x f x x x =+>，利用导数说明其单调性，将)(e 0x f x +>变形为)>(e (2)x g g ，利用函数的单调性即可求解.【详解】令()()ln ,(0)g x f x x x =+> ， 则()11()()xf x g x f x x x'+''=+=，由于()10xf x '+＞, 故()0g x '>,故()g x 在(0)+∞，单调递增， 而1(2)(2)ln2ln ln 202g f =+=+= ， 由)(e 0x f x +>，得)>(e (2)x g g ，∴e 2x > ，即ln2x > ,∴不等式)(e 0x f x +>的解集为(ln2)+∞，, 故选：D ．例26．（2023·全国·高三专题练习）已知e ,3,e a b c πππ===，则它们的大小关系是（ ）A ．a b c >>B ．c b a >>C ．b c a >>D ．c a b >> 【答案】C【分析】由y x π=在区间(0,)+∞上为单调递增函数，可得到b c >，设()eln f x x x =-，利用导数求得函数()f x 单调递增，可得eln 0ππ->，进而得到c a >，即可求解.【详解】由函数y x π=在区间(0,)+∞上为单调递增函数，因为3e >，所以3e ππ>，即b c >，设()eln f x x x =-，可得()e 1f x x '=-， 令()e 10f x x '=-=，解得x e =， 当e x >时，0f x ，()f x 单调递增，可得()()e 0f f π>=，即eln 0ππ->，即eln ππ>，两边取e 的指数，可得e e ππ>，即c a >，所以b c a >>.故选：C.例27．（2023·江西·赣州市赣县第三中学高三期中（理））设()f x '是函数()f x 的导函数，且()()()3R f x f x x '>∈，1e 3f ⎛⎫= ⎪⎝⎭（e 为自然对数的底数），则不等式()3ln f x x <的解集为（ ）A ．e 0,3⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1e ,e 3⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．(D ．e 3⎛ ⎝ 【答案】C【分析】构造函数()()3e xf xg x =，由已知可得函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭，根据函数的单调性即可得解. 【详解】解：令()()3e x f x g x =，则()()()33e xf x f xg x '-'=，因为()()()3R f x f x x '>∈，所以()()()330e xf x f xg x '-'=>， 所以函数()g x 在R 上为增函数，不等式()3ln f x x <即不等式()3ln <1>0f x x x ⎧⎪⎨⎪⎩，又()()()3ln 3ln ln ln e x f x f x g x x ==，11313e f g ⎛⎫ ⎪⎛⎫⎝⎭== ⎪⎝⎭， 所以不等式()3ln f x x <即为()1ln 3g x g ⎛⎫< ⎪⎝⎭， 即1ln 3x <，解得0x << 所以不等式()3ln f x x <的解集为(. 故选：C.例28．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()()()e 1,1ln x f x x g x x x =+=+，若()()120f x g x =>，则21x x 可取（ ） A ．1B ．2C ．eD ．2e【答案】CD 【分析】由()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+，利用同构结合()f x 在(0,)+∞上单调递增，即可得到12ln x x =，则()12111e ,0x x x x x =>，记e (),(0)x h x x x=>，求出()h x '即可判断()h x 在(0,)+∞上的单调性，即可得出21e x x ≥，由此即可选出答案. 【详解】因为()()120f xg x =>，所以120,1x x >>，因为()e ()0e e 111x x x x x x f =+'+++>=恒成立，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增，又()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+，因为()()12f x g x =，即()()12ln 12e 1ln e 1x x x x +=+，所以1122ln e x x x x =⇒=， 所以()12111e ,0x x x x x =>， 记e (),(0)xh x x x=>， 所以2(1)()x e x h x x '-= 当01x <<时，()0h x '<，()h x 单调递减，当1x >时，()0h x '>，()h x 单调递增，所以()(1)e h x h ≥=，即21e x x ≥ 故选：CD.【点睛】本题考查利用导数求函数的最值，属于难题，其中将()()()ln 1ln ln e 1x g x x x x =+=+变形为()()e 1x f x x =+的结构，是解本题的关键.。
导数中含参数的解题策略
导数中含参数的讨论策略导数是研究函数性质的一种重要工具，利用导数可判断函数单调性、极值、最值等，其中渗透并充分利用着构造函数、分类讨论、转化与化归、数形结合等重要思想方法，导数常作为高考的压轴题，对考生的能力要求非常高，它不仅要求考生牢固掌握基础知识、基本技能，还要求考生具有较强的分析能力和计算能力。
而含参数的导数问题是近年来高考的难点和热点，本文着重就含参数导数的几种常见的解题策略加以归纳．一．求导后，导函数的解析式为一次函数y=kx+b ,如k 不定就分清况讨论k>0,k=0,k<0，然后导函数y=kx+b 为零时有无实根,根是否落在定义域内，(2008高考浙江卷理科)已知a 是实数，函数())f x x a =-（1）求函数()f x 的单调区间；解：（Ⅰ）函数的定义域为[)0,+∞，())'30a x f x x ⎛⎫- ⎪===>，由'()0f x =得3ax =。
考虑3a是否落在导函数'()f x 的定义域()0,+∞内，需对参数a 的取值分0a ≤及0a >两种情况进行讨论。
（1） 当0a ≤时，则'()0f x >在()0,+∞上恒成立，所以()f x 的单调递增区间为[)0,+∞。
（2） 当0a >时，由'()0f x >，得3a x >；由'()0f x <，得03a x <<。
因此，当0a >时，()f x 的单调递减区间为0,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()f x 的单调递增区间为,3a⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭。
二．求导后，导函数可以转化为c bx ax y ++=2时，如a 不定先讨论a>0,a=0,a<0；再按在二次项的系数不等于零时对判别式按△＞0、△=0、△＜0；在△＞0时，求导函数的零点再根据零点是否在定义域内进行讨论，若零点含参数在定义域内则对零点之间的大小进行讨论。
导数中含参分类问题课件
对转化与化归思想运用不当
01
总结词：运用不当
02
详细描述：有些同学在处理 问题时，无法将问题转化为 更简单的形式或者无法从简 单形式中归纳出问题的答案 。
03
错误示例：在求解函数的单 调区间时，无法将函数的单 调性与导数的关系对应起来 ，或者在求解函数的极值时 ，无法利用单调性来求解。
04
正确理解：转化与化归思想 是一种将复杂问题转化为简 单问题的思考方式。在处理 导数问题时，需要将问题转 化为与导数相关的简单形式 ，并利用导数的性质来求解 。
讨论函数的最值
总结词
通过求函数在区间端点或一阶导数不连续点的函数值来判定原函数的最值。
详细描述
根据最值的定义，函数在某个区间内的最大值和最小值分别出现在区间端点或一阶导数不连续点上。 因此，在讨论函数的最值时，我们需要先求出函数的端点值和一阶导数不连续点的函数值，然后比较 这些值找出最大值和最小值。
数形结合思想在导数中的应用非常广泛，它可以 帮助我们直观地理解问题的本质，从而更好地解 决问题。
数形结合思想是解决导数中含参分类问题的有效 手段。
数形结合思想是数学中非常重要的思想方法之一 。
03
导数中含参分类问题的常见类型及解题方 法
讨论函数的单调性
总结词
通过研究导函数的正负性来判定原函数的单调性。
实际应用问题
经济问题
在经济学中，导数可以用来研究 经济变量的变化率，通过导数的 分析可以更好地理解经济的运行
情况。
物理问题
在物理学中，导数可以用来描述物 理量的变化率，如速度、加速度等 。通过导数的分析可以更好地理解 物理现象。
图像处理
在图像处理中，导数可以用来描述 图像的边缘信息，通过导数的分析 可以更好地进行图像分割和识别。
专题3.2：含参数的导数分类讨论问题的研究与拓展
专题3.2：含参数的导数分类讨论问题的研究与拓展【探究拓展】探究：已知函数0,)(2≤=a e x x f ax（1）讨论函数)(x f 的单调性；（2）求函数)(x f 在区间[]1,0上的最大值.变式1：已知函数bx ax x x f +-=221ln )(，且0)1('=f （1）试用含有a 的式子表示b ；（2）求)(x f 的单调区间.变式2：函数)11(32≤≤-=x x y 的图像上有B A ,两点，且x AB x x B A //,<轴，其中点),2(m C ，其中3>m ，（1）试写出用点B 的横坐标t 表示ABC ∆面积S 的函数解析式)(t f S =； （2）记S 的最大值为),(m g 求)(m g .变式3：设函数2()(2)ln f x x a x a x =---，求函数()f x 的单调区间.拓展1：设函数()()322316,f x x a x ax a =-++∈R ． （1）当1a =时，求证：()f x 为单调增函数； （2）当[]1,3x ∈时，()f x 的最小值为4，求a 的值．解：（1）当1a =时，()32266f x x x x =-+，所以()()226126610f x x x x '=-+=-≥， 所以()f x 为单调增函数． （2）()()()61f x x x a '=--．①当1a ≤时，()f x 在区间[]1,3上是单调增函数，最小值为()1f ， 由()14f =，得513a =>（舍去）． ②当13a <<时，()f x 在区间()1,a 上是减函数，在区间(),3a 上是增函数，最小值为()f a ， 由()4f a =，得2a =或1a =-（舍去）．③当3a ≥时，()f x 在区间()1,a 上是减函数，最小值为()3f ，由()34f =，得2339a =<（舍） 综上所述，2a =．变式：已知函数f (x )＝(m －3)x 3 + 9x .（1）若函数f (x )在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求m 的取值范围； （2）若函数f (x )在区间［1，2］上的最大值为4，求m 的值．【解】（1）因为f '(0)＝9 > 0，所以f (x )在区间()-∞+∞，上只能是单调增函数．由f '(x )＝3(m －3)x 2 + 9≥0在区间(－∞，+∞)上恒成立，所以m ≥3．故m 的取值范围是［3，+∞) ． （2）当m ≥3时，f (x )在［1，2］上是增函数，所以[f (x )] max ＝f (2)＝8(m －3)＋18＝4,解得m ＝54<3，不合题意，舍去．当m ＜3时，f '(x )＝3(m －3) x 2 + 9=0，得x =．所以f (x )的单调区间为：(-∞，单调减，(单调增，)+∞单调减．2，即934m <≤时，([12]⊆，，所以f (x )在区间［1，2］上单调增，[f (x )]max＝f (2)＝8(m －3)＋18＝4，m ＝54，不满足题设要求．②当12<，即0＜m ＜94时，[f (x )]max 04f==≠舍去．1，即m ≤0时，则[12]⎤⊆+∞⎥⎦，，所以f (x )在区间［1，2］上单调减，[f (x )] max ＝f (1)＝m + 6＝4，m ＝－2.综上所述：m ＝－2．拓展2：已知函数f (x )＝12m (x －1)2－2x ＋3＋ln x ，m ∈R ．（1）当m ＝0时，求函数f (x )的单调增区间；（2）当m ＞0时，若曲线y ＝f (x )在点P (1，1)处的切线l 与曲线y ＝f (x )有且只有一个公共点，求实数m 的值．解（1）由题意知，f (x )＝－2x ＋3＋ln x ，所以f ′(x )＝－2＋1x ＝－2x ＋1x(x ＞0)． … 2分由f ′(x )＞0得x ∈(0，12) ． 所以函数f (x )的单调增区间为(0，12)．……… 4分（2）由f ′(x )＝mx －m －2＋1x，得f ′(1)＝－1，所以曲线y ＝f (x )在点P (1，1)处的切线l 的方程为y ＝－x ＋2．…………………… 6分 由题意得，关于x 的方程f (x )＝－x ＋2有且只有一个解， 即关于x 的方程12m (x －1)2－x ＋1＋ln x ＝0有且只有一个解．令g (x )＝12m (x －1)2－x ＋1＋ln x (x ＞0)．则g ′(x )＝m (x －1)－1＋1x ＝mx 2－(m ＋1)x ＋1x ＝(x －1)(mx －1)x (x ＞0)． …………… 8分①当0＜m ＜1时，由g ′(x )＞0得0＜x ＜1或x ＞1m ，由g ′(x )＜0得1＜x ＜1m ，所以函数g (x )在(0，1)为增函数，在(1，1m )上为减函数，在(1m ，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，且当x →∞时，g (x )→∞，此时曲线y ＝g (x )与x 轴有两个交点．故0＜m ＜1不合题意． ……………………… 10分②当m ＝1时，g ′(x )≥0，g (x )在(0，＋∞)上为增函数，且g (1)＝0，故m ＝1符合题意． ③当m ＞1时，由g ′(x )＞0得0＜x ＜1m 或x ＞1，由g ′(x )＜0得1m＜x ＜1，所以函数g (x )在(0，1m ) 为增函数，在(1m ，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．又g (1)＝0，且当x →0时，g (x )→－∞，此时曲线y ＝g (x )与x 轴有两个交点． 故m ＞1不合题意．综上，实数m 的值为m ＝1．变式：已知函数2()ln f x x ax x =--，a ∈R ．（1）若函数()y f x =在其定义域内是单调增函数，求a 的取值范围；（2）设函数()y f x =的图象被点(2,(2))P f 分成的两部分为12,c c （点P 除外），该函数图象在点P 处的切线为l ，且12,c c 分别完全位于直线l 的两侧，试求所有满足条件的a 的值．解：（1）2121()21(0)ax x f x ax x x x-'=--=->+，只需要2210ax x +-≤，即22111112()24a x x x -=--≤，所以18a -≤．（2）因为1()21f x ax x '=--．所以切线l 的方程为1(4)(2)ln 2422y a x a =---+--．令21()ln (4)(2)ln 2422g x x ax x a x a ⎡⎤=------+--⎢⎥⎣⎦，则(2)0g =．212(4)1112()242ax a x g x ax a x x---'=-+-=-． 若0a =，则2()2xg x x-'=， 当(0,2)x ∈时，()0g x '>；当(2,)x ∈∞+时，()0g x '<， 所以()(2)0g x g =≥，12,c c 在直线l 同侧，不合题意；若0a ≠，12(2)()4()a x x a g x x-+'=-，若18a =-，2(1)2()0xg x x -'=≥，()g x 是单调增函数， 当(2,)x ∈∞+时，()(2)0g x g >=；当(0,2)x ∈时，()(2)0g x g <=，符合题意；…10分 若18a <-，当1(,2)4x a∈-时，()0g x '<，()(2)0g x g >=， 当(2,)x ∈+∞时，()0g x '>，()(2)0g x g >=，不合题意； 若108a -<<，当1(2,)4x a∈-时，()0g x '<，()(2)0g x g <=， 当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()(2)0g x g <=，不合题意； 若0a >，当(0,2)x ∈时，()0g x '>，()(2)0g x g <=， 当(2.)x ∈+∞时，()0g x '<，()(2)0g x g <=，不合题意． 故只有18a =-符合题意．拓展3：已知函数x a ax x x f )2(ln )(2-+-=． （1）讨论)(x f 的单调性； （2）设0>a ，证明：当a x 10<<时，)1()1(x af x a f ->+； （3）若函数)(x f y =的图像与x 轴交于A ，B 两点，线段AB 中点的横坐标为x 0，证明：0)(0<'x f ．解：（1）()(0,),f x +∞的定义域为 1(21)(1)()2(2).x ax f x ax a x x+-'=-+-=- （i ）若0,()0,()(0,)a f x f x '≤>+∞则所以在单调增加. （ii ）若10,()0,a f x x a'>==则由得且当 11(0,),()0,,()0.x f x x f x a a''∈>><时当时所以1()(0,)f x a 在单调增加，在1(,)a +∞单调减少.（2）设函数11()()(),g x f x f x a a=+--则3222()ln(1)ln(1)2,2()2.111g x ax ax ax a a a x g x a ax ax a x=+---'=+-=+--当10,()0,(0)0,()0x g x g g x a '<<>=>时而所以. 故当10x a <<时，11()().f x f x a a+>-（3）由（I ）可得，当0,()a y f x ≤=时函数的图像与x 轴至多有一个交点， 故0a >，从而()f x 的最大值为11(),()0.f f a a>且 不妨设1212121(,0),(,0),0,0.A x B x x x x x a<<<<<则 由（II ）得111211()()()0.f x f x f x a a a-=+->=从而 1221021,.2x x x x x a a+>-=>于是 由（I ）知，0()0.f x '<拓展4：已知函数32()(,f x ax x ax a x =+-∈R)．（1）若a ＝1，求函数()f x 对应曲线上平行于x 轴的所有切线的方程； （2）直接写出（不需给出演算步骤）函数()1()ln ()2f xg x x x x =->的单调递增区间； （3）如果存在(,1]a ∈-∞-，使函数()()()h x f x f x '=+，[1,]x b ∈-，在1x =-处取得最小值，试求b 的取值范围．解：（1）由题意知，2()321f x x x '=+-，由23210x x +-=，得113x x =-=或. 当1x =-时，(1)1f -=；当13x =时，15()327f =-．∴所求切线方程为1y =和527y =-．（2）当18a -≤时，不存在增区间；当108a -<<时，增区间为；当01a <≤时，增区间为)+∞； 当1a ≥时，增区间为1(,)2+∞．（3）32()(31)(2)h x ax a x a x a =+++--，由题意知，()(1)h x h -≥在区间[1,]b -上恒成立， 即2(1)[(21)(13)]0x ax a x a ++++-≥在区间[1,]b -上恒成立． 当1x =-时，上式显然成立，∴1b >-；当1x b -<≤时，可转化为2(21)(13)0ax a x a +++-≥在区间(1,]b -上恒成立，令2()(21)(13)x ax a x a ϕ=+++-，由于二次函数()x ϕ的图象是开口向下的抛物线，故它在闭区间上的最小值必在区间端点处取得，又(1)40a ϕ-=->，所以只要()0b ϕ≥，即关于a 的不等式2(21)(13)0ab a b a +++-≥在(,1]a ∈-∞-上有解，即22311b b b a +--+≤在(,1]a ∈-∞-上有解，所以2max 231()1b b b a+--+≤，即22311b b b +-+≤b ，又1b >-，∴112b --<≤．综上可得，所求b 的取值范围为1b -<【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？。
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含参数的导数分类讨论
【探究拓展】
探究：已知函数0,)(2≤=a e x x f ax （1）讨论函数)(x f 的单调性；
（2）求函数)(x f 在区间[]1,0上的最大值.
变式1：已知函数bx ax x x f +-=22
1ln )(，且0)1('=f
（1）试用含有a 的式子表示b ；（2）求)(x f 的单调区间.
变式2：函数)11(32≤≤-=x x y 的图像上有B A ,两点，且x AB x x B A //,<轴，其中点
),2(m C ，其中3>m ，
（1）试写出用点B 的横坐标t 表示ABC ∆面积S 的函数解析式)(t f S =；
（2）记S 的最大值为),(m g 求)(m g .
变式3：设函数2()(2)ln f x x a x a x =---，求函数()f x 的单调区间.
拓展1：设函数()()3
22316,f x x
a x ax a =-++∈R ．
（1）当1a =时，求证：()f x 为单调增函数； （2）当[]1,3x ∈时，()f x 的最小值为4，求a 的值． 解：（1）当1a =时，()3
2266f x x
x x =-+，所以()()2
26126610f x x x x '=-+=-≥，
所以()f x 为单调增函数． （2）()()()61f x x x a '=--．
①当1a ≤时，()f x 在区间[]1,3上是单调增函数，最小值为()1f ， 由()14f =，得513
a =>（舍去）．
②当13a <<时，()f x 在区间()1,a 上是减函数，在区间(),3a 上是增函数，最小值为()f a ，
由()4f a =，得2a =或1a =-（舍去）．
③当3a ≥时，()f x 在区间()1,a 上是减函数，最小值为()3f ，由()34f =，得
23
39
a =
<（舍） 综上所述，2a =．
变式：已知函数f (x )＝(m －3)x 3 + 9x .
（1）若函数f (x )在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求m 的取值范围； （2）若函数f (x )在区间［1，2］上的最大值为4，求m 的值． 【解】（1）因为f '(0)＝9 > 0，所以f (x )在区间()-∞+∞，上只能是单调增函数．由f '(x )＝3(m －3)x 2 + 9≥0在区间(－∞，+∞)上恒成立，所以m ≥3．故m 的取值范围是［3，+∞) ．
（2）当m ≥3时，f (x )在［1，2］上是增函数，所以[f (x )] max ＝f (2)＝8(m －3)＋18＝4,
解得m ＝5
4<3，不合题意，舍去．
当m ＜3时，f '(x )＝3(m －3) x 2 + 9=0，得x =．
所以 f (x )的单调区间为：(-∞，单调减，(单调增，
)
+∞单调减．
2，即934m <≤时，(
[12]⊆，，所以f (x )在区间［1，2］
上单调增，[f (x )] max ＝f (2)＝8(m －3)＋18＝4，m ＝5
4，不满足题设要
求．
②当12<
，即0＜m ＜94
时，[f (x )] max 04f ==≠舍去．
1，即m ≤0时，则[12]⎤⊆+∞⎥⎦
，，所以f (x )在区间［1，2］
上单调减，[f (x )] max ＝f (1)＝m + 6＝4，m ＝－2.综上所述：m ＝－2．
拓展2：（2020年）已知函数f (x )＝1
2m (x －1)2－2x ＋3＋ln x ，m ∈R ．
（1）当m ＝0时，求函数f (x )的单调增区间；
（2）当m ＞0时，若曲线y ＝f (x )在点P (1，1)处的切线l 与曲线y ＝f (x )有且只有一个公共点，求实数m 的值．
解（1）由题意知，f (x )＝－2x ＋3＋ln x ，所以f ′(x )＝－2＋1x ＝－2x ＋1
x (x
＞0)． … 2分
由f ′(x )＞0得x ∈(0，1
2) ． 所以函数f (x )的单调增区间为(0，
1
2
)．……… 4分 （2）由f ′(x )＝mx －m －2＋1
x
，得f ′(1)＝－1，
所以曲线y ＝f (x )在点P (1，1)处的切线l 的方程为y ＝－x ＋2．…………………… 6分
由题意得，关于x 的方程f (x )＝－x ＋2有且只有一个解， 即关于x 的方程1
2m (x －1)2－x ＋1＋ln x ＝0有且只有一个解．
令g (x )＝1
2
m (x －1)2－x ＋1＋ln x (x ＞0)．
则g′(x)＝m(x－1)－1＋1
x＝
mx2－(m＋1)x＋1
x＝
(x－1)(mx－1)
x(x＞
0)．…………… 8分
①当0＜m＜1时，由g′(x)＞0得0＜x＜1或x＞1
m，由g′(x)＜0得1＜x
＜1 m，
所以函数g(x)在(0，1)为增函数，在(1，1
m)上为减函数，在(
1
m，＋∞)
上为增函数．
又g(1)＝0，且当x→∞时，g(x)→∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．
故0＜m＜1不合题意．……………………… 10分
②当m＝1时，g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g(1)＝0，故m＝1符合题意．
③当m＞1时，由g′(x)＞0得0＜x＜1
m或x＞1，由g′(x)＜0得
1
m＜x＜1，
所以函数g(x)在(0，1
m) 为增函数，在(1
m，1)上为减函数，在(1，＋∞)
上为增函数．
又g(1)＝0，且当x→0时，g(x)→－∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．
故m＞1不合题意．综上，实数m的值为m＝1．
变式：已知函数2
()ln f x x ax
x =--，a ∈R ．
（1）若函数()y f x =在其定义域内是单调增函数，求a 的取值范围； （2）设函数()y f x =的图象被点(2,(2))P f 分成的两部分为12,c c （点P 除外），该函数图象在点P 处的切线为l ，且12,c c 分别完全位于直线l 的两侧，试求所有满足条件的a 的值．
解：（1）2121()21(0)ax x f x ax x x x
-'=--=->+，只需要2210ax x +-≤，
即22111112()24a x x x -=--≤，所以18
a -≤．
（2）因为1()21f x ax x
'=--．所以切线l 的方程为1(4)(2)ln 2422y a x a =---+--．
令2
1()ln (4)(2)ln 2422g x x ax
x a x a ⎡⎤
=------+--⎢⎥⎣⎦
，则(2)0g =．
21
2(4)1
112()242ax a x g x ax a x x
---'=-+-=-． 若0a =，则2()2x g x x
-'=，
当(0,2)x ∈时，()0g x '>；当(2,)x ∈∞+时，()0g x '<， 所以()(2)0g x g =≥，1
2
,c c 在直线l 同侧，不合题意；
若0a ≠，1
2(2)()
4()a x x a g x x
-+
'=-
，。