含参函数的单调性讨论
使用导数来解决含参函数单调性的讨论方法的总结
155使用导数来解决含参函数单调性的讨论方法的总结蓝荣升作者发现，使用导数来解决函数的单调性，它在高中数学试卷中占有相当大的份额。
函数的单调性是求解函数极值，最值（范围）以及零点个数问题的基础，它经常出现在压轴题的第一问，并且存在一定的困难。
求函数单调性的最困难的部分是含参函数的分类讨论，而分类讨论的思想又是高中阶段着重培养的思想方法。
因此,利用分类讨论来解决带参数的函数单调性问题已成为近年来高考的重点和热点。
这类问题的难点在于学生不懂得如何讨论，或者讨论不全面，这里总结了带参函数单调性的分类讨论的一般步骤，在学会之后，没有不知道如何讨论或讨论不全面的情况。
以下是对单调性一般步骤的讨论（解决了讨论的大部分单调性问题）:第一步：求定义域，单调区间是定义域的子集，因此求单调区间必须先求定义域，定义域有三种常见的情况需要讨论。
（1）偶次根式，根号下整体不小于0。
（2）分式，分母不等于0。
（3）对数，真数大于0。
第二步：求函数导数，令0)('=x f ，求出它的根21,x x ，根的个数一般有三种情况：无根、一个根，两个根。
导函数是分式一般先通分，并且还要考虑能不能因式分解。
第三步：如果方程有两根，则要考虑4种情况；如果只有一根则只需考虑第一种情况；如果根不能被求解，并且导数不能被判断出正的或负的，那么我们就需要求函数的二阶导数，利用二阶导数的正负来确定一阶导数的单调性，然后利用最值得到一阶导数的正负，进而判断出原函数的单调性。
（1）是否存在根（判断根是否在定义域中），得到参数的讨论点。
（2）21x x =，得到参数的讨论点。
（3）21x x >，得到参数的讨论点。
（4）21x x <，得到参数的讨论点。
第四步：判断21,x x 分定义域的每个区间的导数的正负情况，如果导数大于0，则函数单调递增，如果导数小于0，则函数单调递减。
以下三种常见方法可用来判断导数的正负：（1）数轴穿根法：（2）函数图像法：（3）区域判断法：只需要判断每个因式的正负。
含参单调性讨论 解析版
x 1 x)2 ，
令 g(x) ln x x 1，所以 g(x) 1 1 1 x ，
x
x
当
x
0,
1 2
时，
g ( x)
0，
g(x)
单调递增，
g( x)max
g(1 2
)
ln
2
1 2
0，
即 h(x)
0
，所以 h(x)
x 1 x ln x
在
0,
1 2
单调递减，所以
h(
x)
min
h( 1) 2
【分析】（1）求出函数的导数，讨论 a 的取值情况，结合解不等式即可求得答案；
（2）根据所给范围，讨论 a 的取值范围，确定导数正负，判断函数的单调性，即可求
得函数最小值.
【详解】（1）由题意得 f (x) 2x (2a 1) a (2x 1)(x a) ，
x
x
f (x) 定义域是{x | x 0} ，
当 0 a 1 时，由 f (x) 0 得 0 x a 或 x 1 ，
含参单调性讨论解析
一、解答题 1．讨论函数 f (x) ax 1 (a 1) ln x 的单调性
x
【答案】答案见解析
【分析】求导
f
x
ax
1 x
x2
1
，再分
a
0
，
a
0，1
，
a
1，
a
1，
讨论求
解.
【详解】解： f x 的定义域为 0， ，
f x a
1 x2
a 1 x
ax 2
a 1x 1
时，
f
x
0，
f
谈谈含参函数单调性的通性通法问题——以导函数是二次函数或类二次函数型为例
通法研究Җ㊀广东㊀张㊀科㊀㊀含参函数因引入了参数使得确定的函数变得不确定,其单调性讨论问题常常涉及分类讨论思想的综合运用,能体现数学思维的深度,体现逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等数学核心素养,是近年来高考的高频考点之一．在实际应用中,能否深入理解问题的本质,能否明确分类的逻辑和依据是求解这类问题的难点．下面就以导函数是二次函数(或类二次函数)为例,探讨求解含参函数单调性问题的通性通法．１㊀以导函数零点的大小为分类依据例１㊀已知函数f (x )＝１３x ３－(１＋a )x ２＋４a x ＋２４a (a ɪR ),讨论函数f (x )的单调性．依题意得f ᶄ(x )＝x ２－２(１＋a )x ＋４a ＝(x －２)(x －２a ),令f ᶄ(x )＝０,得x ＝２或x ＝２a ．当２a ＜２,即a ＜１时,令f ᶄ(x )＞０,得x ＜２a 或x ＞２;令f ᶄ(x )＜０,得２a ＜x ＜２．此时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２a )和(２,＋ɕ),单调递减区间是(２a ,２)．当２a ＝２,即a ＝１时,fᶄ(x )ȡ０恒成立,此时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,＋ɕ)．当２a ＞２,即a ＞１时,令f ᶄ(x )＞０,得x ＜２或x ＞２a ;令f ᶄ(x )＜０,得２＜x ＜２a ．因此,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２)和(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a )．综上所述,当a ＞１时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２),(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a );当a ＝１时,f (x )单调递增区间是(－ɕ,＋ɕ);当a ＜１时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２a )和(２,＋ɕ),单调递减区间是(２a ,２)．由此题可以知道,当导函数的零点大小不确定时,讨论函数单调性的基本步骤如图１所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数fᶄ(x )ң求导函数的零点ң以比较零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图１２㊀以导函数零点是否在定义域内为分类依据例２㊀已知函数f (x )＝１２x ２－２(１＋a )x ＋４a l n x ,讨论函数f (x )的单调性．依题意可得,f (x )的定义域为(０,＋ɕ),fᶄ(x )＝x －２(１＋a )＋㊀㊀㊀㊀４a x ＝(x －２)(x －２a )x(x ＞０)．当２a ɤ０,即a ɤ０时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得x ＞２;由fᶄ(x )＜０,x ＞０,{得０＜x ＜２．因此f (x )在(２,＋ɕ)上单调递增,在(０,２)上单调递减．当０＜２a ＜２,即０＜a ＜１时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得０＜x ＜２a 或x ＞２;由f (x )＜０,x ＞０,{得２a ＜x ＜２．因此,f (x )在(０,２a )和(２,＋ɕ)上单调递增,在(２a ,２)上单调递减．当２a ＝２,即a ＝１时,f ᶄ(x )ȡ０,所以f (x )在(０,＋ɕ)上单调递增．当２a ＞２,即a ＞１时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得０＜x ＜２或x ＞２a ;由fᶄ(x )＜０,x ＞０,{可得２＜x ＜２a ．因此,f (x )在(０,２)和(２a ,＋ɕ)上单调递增,在(２,２a )上单调递减．综上所述,当a ɤ０时,f (x )的单调递增区间是(２,＋ɕ),单调递减区间是(０,２);当０＜a ＜１时,f (x )的单调递增区间是(０,２a )和(２,＋ɕ),单调递０１通法研究减区间是(２a ,２);当a ＝１时,f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ);当a ＞１时,f (x )的单调递增区间是(０,２)和(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a )．由此题可知当导函数的零点是否在定义域内不能确定时,讨论函数单调性的基本步骤如图２所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң求导函数的零点ң优先以导函数的零点是否在定义域内为依据进行分类ң以零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图２３㊀以导函数是否存在零点为分类依据例３㊀(２０１８年全国卷Ⅰ理２１(１))已知函数f (x )＝１x－x ＋a l n x ,讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(０,＋ɕ),且知fᶄ(x )＝－x ２－a x ＋１x ２．令f ᶄ(x )＝－x ２－a x ＋１x ２＝０,即x ２－a x ＋１＝０．当－２ɤa ɤ２时,Δɤ０,f ᶄ(x )ɤ０,此时,f (x )在(０,＋ɕ)上单调递减．当a ＜－２或a ＞２时,Δ＞０,此时方程x ２－a x ＋１＝０两根为x １＝a －a ２－４２,x ２＝a ＋a ２－４２．当a ＜－２时,两根均为负数,所以x ＞０时,f ᶄ(x )＜０,此时,f (x )在(０,＋ɕ)上单调递减．当a ＞２时,两根均为正数,此时,f (x )的单调递减区间是(０,a －a ２－４２)和(a ＋a ２－４２,＋ɕ),f (x )的单调递增区间是(a －a ２－４２,a ＋a ２－４２)．综上所述,当a ɤ２时,f (x )的单调递减区间是(０,＋ɕ);当a ＞２时,f (x )的单调递增区间是(a －a ２－４２,a ＋a ２－４２),单调递减区间是(０,a －a ２－４２)和(a ＋a ２－４２,＋ɕ)．由此题可知当不确定导函数是否存在零点(或零点的个数)时,讨论函数单调性的基本步骤如图３所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң优先以导函数是否存在零点以及零点的个数为依据进行分类ң以零点是否在定义域内为依据进行分类ң确定函数的单调区间图３４㊀以导函数的类型为分类依据例４㊀已知函数f (x )＝l n x ＋a x ２－(２a ＋１)x(a ȡ０),讨论函数f (x )的单调性．f (x )的定义域为(０,＋ɕ),且知㊀㊀f ᶄ(x )＝１x＋２a x －２a －１＝２a x ２－(２a ＋１)x ＋１x．当a ＝０时,f ᶄ(x )＝－(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得x ＞１,f (x )的单调递减区间是(１,＋ɕ);令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１,f (x )的单调递增区间是(０,１)．当０＜a ＜１２,即１２a＞１时,fᶄ(x )＝２a (x －１２a)(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得１＜x ＜１２a,f (x )的单调递减区间是(１,１２a );令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１或x ＞１２a ,f (x )的单调递增区间是(０,１)和(１２a,＋ɕ)．当a ＝１２,即１２a＝１时,fᶄ(x )＝(x －１)２xȡ０(x ＞０),f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ)．当a ＞１２,即１２a＜１时,fᶄ(x )＝２a (x －１２a)(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得１２a＜x ＜１,f (x )的单调递减区间是(１２a ,１);令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１２a 或x ＞１,f (x )的单调递增区间是(０,１２a)和(１,＋ɕ)．１１非常道综上所述,当a ＝０时,f (x )的单调递增区间是(０,１),单调递减区间是(１,＋ɕ);当０＜a ＜１２时,f (x )的单调递增区间是(０,１)和(１２a ,＋ɕ),单调递减区间是(１,１２a );当a ＝１２时,f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ);当a ＞１２时,f (x )的单调递增区间是(０,１２a )和(１,＋ɕ),单调递减区间是(１２a,１)．由此题可知当导函数为类二次函数时,若其类型不确定,讨论函数单调性的基本步骤如图４所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң优先以导函数的类型为依据进行分类ң以零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图４对含参函数单调性问题,求解的关键在于思考,相对于具体函数而言含参函数的不确定性在哪里?分类的逻辑是什么?分类的不同层次及各层次分类的依据又是什么?通过对上述例题的分析㊁求解,可以得出求解含参函数单调性问题的通性通法,即首先要明确题意,确定参数的范围和函数的定义域,其次按照导函数的类型㊁导函数是否存在零点㊁零点是否在定义域内㊁零点的大小进行分类讨论,最后进行整理和总结就能得到正确的结论．含参函数单调性问题的解决是层层递进的,在递进的过程中,因参数在不同位置,使得问题的解决出现了不确定性,为了将不确定的问题转化为确定性的问题,需进行分类讨论．对于导函数为二次型含参函数单调性的讨论,通法如下．第一步,先看二次项系数是否含有参数,若含有参数,则将系数分大于０㊁小于０和等于０三种情况进行讨论;若二次项系数为０,则将问题转化为一次函数问题去解决;若二次项系数不为０,则进入第二步．第二步,对一元二次方程的判别式分Δɤ０或Δ＞０两种情况进行讨论,若Δɤ０,则函数在定义域上单调递增或单调递减;若Δ＞０,则进入第三步．第三步,求出对应一元二次方程的两个不等实根,判断两根是否在定义域内,若两根都不在定义域内或只有一个实根在定义域内,可以借助二次函数图象来解决;若两根都在定义域内,则进入第四步．第四步,判断两个根的大小,从而使问题得解．(作者单位:广东省广州市第八十六中学)Җ㊀江西㊀吕文彬㊀㊀e xȡx ＋１和l n (x ＋１)ɤx 是两个常见的不等式,当且仅当x ＝０时,等号成立．要证明这两个不等式可以通过移项构造新函数f (x )＝e x －x －１或g (x )＝l n (x ＋１)－x ,再利用导数分别求其最小值或最大值的方法．由于证明过程比较简单,这里不再赘述,下面的解题中也将证明省略,将其直接当作结论来用．这两个不等式可直接使用,也可通过代数变形或者换元变形构造新的不等式,不管哪一种方法,在解题中都有着事半功倍的效果,可以轻松解决很多难题,简化解题步骤．下面通过举例说明,以期抛砖引玉．１㊀直接应用例１㊀(２０１７年全国卷Ⅲ理２１)已知函数f (x )＝x －１－a l n x ．(１)若f (x )ȡ０,求a 的值;(２)设m 为整数,且对于任意正整数n ,(１＋１２) (１＋１２２) (１＋１２n )＜m ,求m 的最小值．(１)a ＝１(求解过程略)．(２)因为l n (１＋x )ɤx ,故取x ＝１２k ＞０(k ＝１,２, ,n ),则l n (１＋１２k )＜１２k (k ＝１,２, ,n )．l n (１＋１２)＋l n (１＋１２２)＋ ＋l n (１＋１２n )＜１２＋１２２＋ ＋１２n ＝１－１２n ＜１,即(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２n )＜e ．取n ＝３,可得m ＞１３５６４＞２,而(１＋１２)(１＋１２２)(１＋１２３)＞２,又因为m 为整数,所以m 的最小值为３．此题的第(１)问其实是第(２)问的铺垫,此题将导数与数列结合起来考查．m 为整数就提示我们,只需将结果控制在两个整数之间,观察其形式,很容易联想到这两个常见的不等式．这两个不等式在此题中起放缩作用,可以将含有复杂的指数式或对２１。
导数应用-含参函数的单调性讨论
导数应用：含参函数的单调性讨论(一)一、思想方法：上为常函数在区间时上为减函数在区间时上为增函数在区间时和增区间为和增区间为D x f x f D x D x f x f D x D x f x f D x D C x f D C x x f B A x f B A x x f )(0)(')(0)(')(0)('...,)(...0)('...,)(...0)('⇒=∈⇒<∈⇒>∈⇔∈⇔<⇔∈⇔>讨论函数的单调区间可化归为求解导函数正或负的相应不等式问题的讨论。
二、典例讲解例1 讨论xax x f +=)(的单调性，求其单调区间步骤小结：1、先求函数的定义域，2、求导函数（化为乘除分解式，便于讨论正负），3、先讨论只有一种单调区间的（导函数同号的）情况，4、再讨论有增有减的情况（导函数有正有负，以其零点分界），5、注意函数的断点，不连续的同类单调区间不要合并。
变式练习1 : 讨论x a x x f ln )(+=的单调性，求其单调区间例2．讨论x ax x f ln )(+=的单调性 小结：导函数正负的相应区间也可以由导函数零点来分界，但要注意其定义域和连续性。
即先求出)('x f 的零点，再其分区间然后定)('x f 在相应区间内的符号。
一般先讨论0)('=x f 无解情况，再讨论解0)('=x f 过程产生增根的情况（即解方程变形中诸如平方、去分母、去对数符号等把自变量x 范围扩大而出现有根，但根实际上不在定义域内的），即根据)('x f 零点个数从少到多，相应原函数单调区间个数从少到多讨论，最后区间（最好结合导函数的图象）确定相应单调性。
变式练习2. 讨论x ax x f ln 21)(2+=的单调性小结：一般最后要综合讨论情况，合并同类的，如i),ii)可合并为一类结果。
对于二次型函数（如1)(2+=ax x g ）讨论正负一般先根据二次项系数分三种类型讨论。
导数应用之含参函数单调性的讨论(含答案)
1
导数应用之含参函数单调性的讨论
一．预备知识：
（一）二次方程根的分布：
1．已知方程4x 2+2(m-1)x+(2m+3)=0（m ∈R ）有两个正根，求实数m 的取值范围。
2．已知方程2x 2-(m+1)x+m=0有一正根和一负根，求实数m 的取值范围。
（二）穿根法拓展：
1．
02
2
2>--+x x x 2．(e x -1)(x-1)＞0 3．(e x -1)(x-1)2＞0
4．(e -x -1)(x-1)＞0 5．(1-lnx)(x-1)＞0
二．导后“一次”型：
1．已知函数f(x)=ax-(a+1)·ln(x+1)，a ≥-1，求函数f(x)的单调区间。
2．已知函数f(x)=e x -ax ，讨论函数f(x)的单调性。
三．导后“二次型”：
3．已知函数f(x)=lnx+x 2-ax(a ∈R)，求函数f(x)的单调区间。
2
4．已知函数f(x)=m ·ln(x+2)+2
1x 2
+1，讨论函数f(x)的单调性。
5．求函数f(x)=(1-a)lnx-x+2
2
ax 的单调区间。
6．已知函数f(x)=(ax 2-x)·lnx-2
1ax 2
+x ，讨论f(x)的单调性。
四．导后求导型
7．已知函数f(x)=e x -x 2，求函数f(x)的单调区间。
8．已知函数f(x)=
x
e
x 1
ln ，求函数f(x)的单调区间。
9．已知函数f(x)=e mx +x 2-mx ，讨论函数f(x)的单调性。
3
4。
怎样讨论含参函数的单调性
如何解决与函数单调性相关的参数问题陈今碧函数是高考必考的内容之一，也是众多知识的交汇点之一。
在解答题里面，经常看见有关讨论含参数函数的单调性或者求含参数函数的最值的问题。
学生们常感到不知道怎么讨论，即分类讨论的标准不明确。
本文根据作者的教学经验，归纳出了比较系统和实用的方案供读者参考，不当之处敬请读者指正。
1.讨论含参函数的单调性：先设y=f x,x∈A,令y′=f′x,a=0,解出x0,令x0∉A，求出x0的范围，再依以下顺序讨论：1°看f′x=0在定义域内是否有解.若无解，则f′x定号，否则进入2°.2°若有解，则比较跟的大小.例1.讨论函数y=ax2−2x+1,x∈−1,1的单调性.解:1°当a=0时:y=−2x+1在−1,1↗2°当a>0时:函数的对称轴为x=1>01)当0<1a≤1即a≥1时:y在 −1,1a↘,1a,1↗2)当1a>1即0<a<1时:y在−1,1↘,3°当a<0时:,函数的对称轴为x=1a<01)当−1≤1<0即a≤−1时:y在 −1,1↗,1,1↘2)当1<−1即−1<a<0时:y在−1,1↘.综上…例2.讨论f x=1+x1−xe−ax a>0的单调性.解:定义域为:x x≠1,f′x=ae−ax2x2+2−a,令2−a≥0得:0<a≤21°当0<a≤2时:∵x2≥0,2−a≥0∴f′x≥0∴y=f x在−∞,1↗,1,+∞↗2°当a>2时:令f′x=0得x1=−a−2,x2=a−2a >2→0<1a <12→−1<−2a <0→0<1−2a <1→ a −2a<1→x 2<1练1.讨论f ′ x =ax 3+3x +1的单调性.解:1°当a ≥0时:y =f x 在R ↗;2°当a <0时:y =f x 在 −∞,− −1a ↘, − −1a , −1a ↗, −1a,+∞, ↘. 练2.讨论f ′ x =x +a x的单调性. 解:1°当a ≤0时:y =f x 在 −∞,0 ↗, 0,+∞ ↗;2°当a >0时:y =f x 在 −∞,− a ↗, − a,0 ↘, 0, a ↘, a,−∞ ↗.2.求含参函数的值域（最值）：依以下顺序讨论：1°先讨论单调性（整个有意义的区间），2°再讨论极值点与定义域的关系. 例6.求值域：1)y =2x 2−ax −3,x ∈ −1,1 ;2)y = x 2− a +1 x +1 e x ,x ∈ −1,1 .解：1)函数的对称轴为：x =a ，结合图像可知： 1°当a <−1即a <−4时:f max x =f 1 =−a −1,f min x =f −1 =a −1; 2°当−1≤a <0即−4≤a <0时:f max x =f 1 =−a −1,f min x =f a =−18a 2−3; 3°当0≤a <1即0≤a <4时:f max x =f −1 =a −1,f min x =f a =−1a 2−3; 4°当a ≥1即a ≥4时:f ma x x =f −1 =a −1,f min x =f 1 =−a −1. 2)令y ′= x +1 x −a e x =0,得：x ==−1或x =a1°当a ≤−1时：y ′>0⇒y 在 −1,1 ↗⇒y ∈ f −1 ,f 1 = a +3e , 1−a e ;2°当a≥1时：y′<0⇒y在−1,1↘⇒y∈f1,f−1=1−a e,a+3;3°当−1<a<1时：列表如下：∴y min=1−a e a,y max=max,1−a e=M⇒y∈1−a e a,M.综上所述：……注：当−1<a<1时:还可因1−a e与a+3e的大小关系,进一步分类讨论为：1°当−1<a≤e2−3e2+3时：y∈1−a ea,1−a e;2°当e2−3e2+3<a<1时：y∈1−a e a,a+3e.总结：含参函数求值域，最核心的是讨论其单调性，讨论的顺序为：1)先讨论y’=0在定义域内是否有解；2）再讨论有几解；3）再讨论解的大小；4）最后比较极值与区间端点值(有时是极限值)的大小，进而求出函数的值域.。
含参函数的单调性讨论
1
f，(x) + — +
+ —+
f (x)
综上：
( 1 ) a 0， y f ( x ) 在 - ,1, 1 a , ； 1 ,1 a 。
( 2 ) a 0， y f ( x ) 在 - ,1 a， 1， ； 1 a ,1 。
( 3 ) a 0， y f ( x ) 在 R ；
2.讨论含参函数单调性时，先要明确函数的定义 域，然后对函数求导。讨论函数的单调性其实就 是讨论 f ， ( x ) 在定义域内各区间的正负情况，从 而影响函数的单调性。比如，含参的一元二次函 数讨论，在能够通过因式分解求出不等式对应方 程的根时，依据根的大小进行分类讨论；在不能 通过因式分解求出根的情况时，还要根据判别式 进行分类讨论．
例题讲解
例 2.已知函数 f (x) ln x a , (a R)
若函数
f
(x)
在
x
1，e上的最小值是
3Байду номын сангаас
，求
a
的值.
2
解： f ， ( x )
1 x
a x2
xa x2
xa 1 e1
a e1 e a
f，(x )
+
—+
—
f (x)
综上： a 1
f
(1)
a
3 2
a
1 a e
f
(a)
ln
作业布置 请同学们认真完成导学案的自主练习
谢谢！
x ln( 2 a ) 0 1 0 ln( 2 a ) 1 0 1 ln( 2 a )
f，(x )
+
—+
—
f (x)
对含参函数单调性的讨论优秀教学设计
《对含参函数单调性的讨论》教学设计一、教材分析高考中导数类的题目占据了重要地位，而其中对含参函数的考查必不可少。
利用导数分析含参函数的单调性，进而分析极值，最值，零点及趋势图像是解题的基础。
高二选修课教材中给出了对具体函数单调性的求解范例，对含参函数论述较少。
含参函数因加入了参数使得确定的函数变得不确定，对于含参函数的单调性求解一般要进行分类讨论，分类讨论的关键是要明确分类讨论的依据，做到分类准确恰当，不重不漏。
二、学情分析本节课是高三的一轮复习课。
高三的学生虽然经过高二的学习，但面对含参函数时常常思路不够清晰，特别在思考分类次序，明确分类依据，准确划分类别等方面存在困难，难以做到分类准确恰当，不重不漏。
本节课以题组的形式对两大类常见题型给予针对性讲解和训练，以期突破难点。
三、教学目标1、知识与技能：利用分类讨论思想进行含参函数单调性的讨论2、过程与方法：分类讨论思想的应用3、情态与价值：探究问题与解决问题的意识与能力三、教学重难点教学重点：利用分类讨论思想进行含参函数单调性的讨论教学难点：明确分类讨论的依据四、课时安排：1课时五、教学策略：题组探究，分类总结六、教学设计：1、提出问题含参函数因加入了参数使得确定的函数变得不确定，对于含参函数的单调性求解一般要进行分类讨论，分类讨论最难就是要做到不重不漏，今天我们重点来看看如何把握常见的含参函数单调性的分类讨论依据。
问题1、回顾具体函数的单调性的求解步骤是什么？[设计意图] 引导学生回顾具体函数单调性求解的解题步骤，有助于学生思考比较含参函数在求解过程中所遇到的不确定性，明确为什么要进行分类讨论。
2、方法统领，明确方向问题2、含参函数相对于具体函数而言，不确定的因素可能存在于哪里？我们讨论的次序是怎样的？[设计意图] 此处预留空间让学生思考，讨论，激发学生的探究热情。
即使学生回答得不全面也没有关系，教师后面可做补充，并概述要讨论的四个方面。
3、题组探究，分类总结问题3、对于以下题组，观察参数在导函数中的位置，思考：不确定的因素可能在哪里？要分多少个层次进行讨论，每个层次分类的依据是什么？是否能做到不重不漏？题组一、导函数是非二次函数型例1、（2016.山东卷节选），2()ln (2-1),f x x x ax a x a R =-+∈设'()(),()g x f x g x =令求的单调区间例2、（2017全国I 卷节选）2()(),0,()x x f x e e a a x a f x =--≤其中参数讨论的单调性例3、（2016全国I 卷改编）2()(2)(1),()x f x x e a x f x =-+-已知函数讨论的单调性调性[师生活动]学生思考,尝试完成以上各题，小组交流，展示思考及解题过程，教师给予完善和评价。
全国高考数学复习：专题(含参函数的单调性讨论)重点讲解与练习(附答案)
全国高考数学复习：专题（含参函数的单调性讨论）重点讲解与练习【方法总结】分类讨论思想研究函数的单调性讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要部分，简称导主．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；(2)导函数是否有变号零点，即“有没有”；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内，即“在不在”；(4)导函数的变号零点之间的大小关系，即“大不大”．牢记：十二字方针“是不是，有没有，在不在，大不大”．考点一 导主一次型【例题选讲】[例1]已知函数f(x)＝x－a ln x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】1．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．考点二 导主二次型【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x1，x2都在定义域内，则讨论个零点x1，x2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1是不是＋有没有＋在不在[例2](2021ꞏ全国乙节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论f(x)的单调性．[例3](2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．[例4]设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．讨论f(x)的单调性．4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．[例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．[例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性．10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．考点三 导主指对型 【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．[例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值； (2)求函数f (x )的单调区间．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12](2017山东理)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e xꞏ(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性参考答案【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax ，令f ′(x )＝0，得x ＝a ， ①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增， ②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．【对点训练】1．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R )．讨论函数f (x )的单调性． 1．解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减； 当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减； 当a ＝0时，f (x )为常函数．2．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R )，讨论函数f (x )的单调性． 2．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ， 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减． 考点二 导主二次型 【方法总结】此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次三项式含参问题，有如下处理思路：(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、为负进行讨论；(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零点是否在定义域内，如果x 1，x 2都在定义域内，则讨论个零点x 1，x 2的大小；如果二次三项式不能因式分解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式Δ≤0和Δ>0分类讨论；【例题选讲】命题点1 是不是＋有没有＋在不在[例2] (2021ꞏ全国乙节选)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析 由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )． ①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3， 令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－1－3a 3上单调递增，在⎝ ⎛⎪⎫1－1－3a 3，1＋1－3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－3a 3，＋∞上单调递增．[例3] (2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性． 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2． ①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42． 当x ∈⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增． 综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．[例4] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性． 解析 函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝a x ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a． 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－(a ＋1)＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)＋2a ＋1a ，－(a ＋1)－2a ＋1a 上单调递增． 【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性． 3．解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增； 当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－∞，－k 3，⎝⎛⎭⎫k 3，＋∞上单调递增． 4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．4．解析 由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2. 设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22时，对一切x >0都有f ′(x )>0．此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数． ②当Δ＝0，即a ＝2 2 时，仅对x ＝2有f ′(x )＝0，对其余的x >0都有f ′(x )>0． 此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．③当Δ>0，即a >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2， x ∈(0，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在(a －a 2－82，a ＋a 2－82)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性． 5．解析 由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增． 当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增； ②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a ，x 2＝－1＋1－1a ．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性． 解析 因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x． 由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1， 即函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减；若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax －1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解析 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减． 当a ≠0时，f ′(x )＝2x e－ax ＋x 2(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )． 因为e －ax >0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a(1)当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增． (2)当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝⎛⎭⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤2a ，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减． 综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞，单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，2a ； 当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2a ，0． [例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－(x －1)(ax －1)x 2．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝1a ． 当a ≤0时，ax －1＜0，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减； 当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． [例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析 f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋2＋a 2x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22，又f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增； 若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞上单调递减．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．解析 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，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 )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . ①若0＜a ＜2，则2a ＞1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②若a ＝2，则2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③若a ＞2，则0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，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)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．6．解析 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x． ①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； ②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a <1，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间． 7．解析 f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1 ． ①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0；x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，0，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－2a ，0． ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－2a ． 8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．8．解析 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－a 2a ， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a 2a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在(1－a 2a ，＋∞)上单调递增． 9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性． 9．解 因为f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k x －4－x 2x 2＝－(x －k )⎝⎛⎭⎫x －4k x 2(x >0，k >0)． ①当0<k <2时，4k k >0，且4k >2，所以当x ∈(0，k )时，f ′(x )<0，当x ∈(k ，2)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；②当k ＝2时，4k ＝k ＝2，f ′(x )<0在(0，2)上恒成立，所以f (x )在(0，2)上是减函数；③当k >2时，0<4k <2，k >4k ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，4k 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫4k ，2时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数．综上可知，当0<k <2时，f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；当k ＝2时，f (x )在(0，2)上是减函数；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数． 10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性． 10．解析 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1． ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增．当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．考点三 导主指对型【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解析 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2．当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0；故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． [例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析 易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a 2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；②若a 2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．11．解析 ∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ．易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0， ∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值；(2)求函数f (x )的单调区间．12．解析 (1)若a ＝0，f (x )＝x 2ln x －12x 2，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x 2×1x －x ＝2x ln x ，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，所以f (x )在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f (x )的最小值为f (1)＝－12．(2)f ′(x )＝(2x －2a )ln x ＋(x 2－2ax )ꞏ1x －x ＋2a ＝(2x －2a )ln x ，①当a ≤0时，2x －2a ＞0，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；②当0＜a ＜1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜a 或x ＞1，由f ′(x )＜0可得a ＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；③当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；④当a ＞1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜1或x ＞a ，由f ′(x )＜0可得1＜x ＜a ，此时f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a ＞1时，f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12] (2017山东理)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ꞏ(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．解析 (1)g′(x)＝(e x)′ꞏ(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x．因为cos x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0．当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0．①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，e x－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，e x－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，e x－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(ln a，＋∞)时，e x －a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a<1时，函数h(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增；当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性．13．解析 (1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0．(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0．①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．。
含参单调性的讨论
4a
2a
4a 4a
2a 2a
设g(x) ln x x 1,则g'(x) 1 1. x
当x (0,1)时，g'(x) 0;当x (1， )时，g'(x) 0.
所以g(x)在(0,1)单调递增，在(1,)单调递减，在x 1处g(x)有最大值g(1) 0. 所以当x 0时，g(x) 0.
【2017】解：(1) f (x)的定义域为(0,), f '(x) 1 2ax 2a 1 (x 1)(2ax 1)
x
x
若a 0,则当x (0,)时，f '(x) 0,故f (x)在(0,)上单调递增；
若a 0，则当x (0, 1 )时，f '(x) 0；当x ( 1 ,)时，f '(x) 0.
令f
'(x)
0得x1
0,
x2
2 a
.
（1）a 0时，当x 0或x 2 时，f '(x) 0;当0 x 2 时，f '(x) 0.
a
a
f (x)的增区间是(,0),( 2 ,);减区间是(0, 2).
a
a
（2）a 0时，当x 0或x 2 时，f '(x) 0;当 2 x 0时，f '(x) 0.
2
2
所以f (x)在(0, a )递增，在( a ,)递减。
2
2
例2 讨论f (x) (a 1) ln x x a 的单调性。 x
不要只顾着比较两根1与-a大小,而要注意定义域大于0 的限制！
思考题2 f (x) 1 x2 ax (a 1) ln x 2
解：x 0. f '(x) x a a 1 x2 ax (a 1) (x 1)[x (a 1)]
导数专题：含参函数单调性讨论问题(解析版)
导数专题：含参函数单调性讨论问题一、导数与函数的单调性1、用导数求函数的单调性的概念：在某个区间(,)a b 内，如果()0f x '≥，那么函数()y f x =在这个区间内单调递增；如果()0f x '≤，那么函数()y f x =在这个区间内单调递减．【注意】（1）在某区间内()0(()0)f x f x ''><是函数()f x 在此区间上为增(减)函数的充分不必要条件．（2）可导函数()f x 在(,)a b 上是增(减)函数的充要条件是对(,)x a b ∀∈，都有()0(()0)f x f x ''><且()f x '在(,)a b 上的任何子区间内都不恒为零．2、确定函数单调区间的求法（1）确定函数()f x 的定义域；（2）求()f x '；（3）解不等式()0f x '>，解集在定义域内的部分为单调递增区间；（4）解不等式()0f x '<，解集在定义域内的部分为单调递减区间．二、含参函数单调性讨论依据讨论含参函数的单调性，其本质是导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分，即导数的主要部分，简称导主。
讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般需要分四个层次来分类：（1）最高次幂的系数是否为0，即“是不是”；（2）导函数是都有变号零点，即“有没有”；（3）导函数的变号零点是否在定义域或指定区间内，即“在不在”；（4）导函数有多个零点时大小关系，即“大不大”。
三、两大类含参导函数的具体方法1、含参一次函数单调性讨论（1）讨论最高次项是否为0，正负情况；（2）求解导函数的根；（3）定义域划分为若干个单调区间，分别讨论每个区间上导函数的正负值.2、含参二次函数单调性的讨论（1）确定函数的定义域；（2）讨论最高次项是否为0，正负情况；（3）可因式分解型，解得12,x x （注意讨论12x x =）；不可因式分解型，讨论0∆≤及0∆>；（4）讨论1x 和2x 的大小，能因式分解的，注意讨论12x x =；（5）12,x x 将定义域划分为若干个单调区间，分别讨论每个区间上导函数的正负值，判断根和区间端点位置关系的方法有3种：端点函数值+对称轴；韦达定理；求根公式。
利用导数讨论含参函数的单调性
利用导数讨论含参函数的单调性讨论函数的单调性是研究函数问题的基础，对于函数的最值、极值、零点等性质的研究，都是以函数的单调性为基础展开的。
在此，主要讨论含参函数单调性的讨论方法。
函数的单调性由导函数的正负决定，讨论函数的单调性关键在于研究导函数的正负。
含参函数导函数正负的确定最大的困难在于参数的影响，如何对参数进行分类讨论是问题的关键。
在此，我们将提出三种方法。
一．分离参数、数形结合函数求导后，导函数中的参数可以分离，形如：m x g x f -=)()('的形式，若)(x g 有最小值，则分min )(x g m ≤，min )(x g m >两种情况进行分类讨论。
（1）当min )(x g m ≤时，0)()('≥-=m x g x f ；（2）当min )(x g m >时，若0)()('=-=m x g x f 有一个解，且)(x g 单调，设解为0x ，则0x 将定义域分为两个区间，讨论函数的单调性。
若)(x g 有最大值，则分max )(x g m ≥，max )(x g m <两种情况进行分类讨论。
1.（2012年全国卷文科21题） 设函数2)(--=ax e x f x . （1）求)(x f 的单调区间；解：函数)(x f 的定义域为()+∞∞-,，a e x f x -=)('，①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞∞-,单调递增； ②若0>a ，则由0)('=x f 得a x ln =，当()a x ln ,∞-∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,ln a x 时，0)('>x f ； 所以)(x f 的单调减区间是()a ln ,∞-，单调增区间是()+∞,ln a ； 2.（2016年山东文科20题）设x a ax x x x f )12(ln )(2-+-=，R a ∈. （1）令)()('x f x g =，求)(x g 的单调区间. 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，1221ln )()('-+-+==a ax x x f x g ，a xx g 21)('-=（1）若0≤a ，则0)('>x g ，)(x g 在()+∞,0单调递增；（2）若0>a ，则由0)('=x g 得ax 21=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('>x g ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('<x g ，所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递减.3.（2015年北京卷文科19题）设函数x k x x f ln 2)(2-=.（1）求)(x f 的单调区间和极值；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xkx x k x x f -=-=2')(，①若0≤k ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增； ②若0>k ，则由0)('=x f 得k x =，当()k x ,0∈时，0)('<x f ，当()+∞∈,k x 时，0)('>x f所以)(x f 的单调减区间是()k ,0，单调增区间是()+∞,k .4.（2015年全国二卷文科21题） 已知函数)1(ln )(x a x x f -+=. （1）讨论)(x f 的单调性；解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，xaxa x x f -=-=11)('， ①若0≤a ，则0)('>x f ，)(x f 在()+∞,0单调递增；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 1=，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 1,0时，0)('>x f ，当⎪⎭⎫ ⎝⎛∈0,1a x 时，0)('<x f ；所以)(x f 在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 1,0单调递增，在⎪⎭⎫ ⎝⎛0,1a单调递减； 5.（2016年四川卷文科21题） 设函数x a ax x f ln )(2--=. （1）讨论)(x f 的单调性； 解：函数)(x f 的定义域为()+∞,0，⎪⎭⎫⎝⎛-=-=-=22'121212)(x a x x ax x ax x f ，①若0≤a ，则0)('<x f ，)(x f 在()+∞,0单调递减；②若0>a ，则由0)('=x f 得ax 21=，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∈a x 21,0时，0)('<x f ，当⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞∈,21a x 时，0)('>x f ；所以)(x f 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0单调递减，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,21a 单调递增； 若0)()('=-=m x g x f 有两个解，则可以将定义域分为三个区域进行讨论。
专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版)
专题10分类讨论法解决含参函数单调性问题1．函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致不同的结果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程3．口诀记忆导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．题型一可求根或因式分解1．已知函数f (x )＝x －a ln x (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1－a x ＝x －ax，令f ′(x )＝0，得x ＝a ，①当a ≤0时，f ′(x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增，②当a >0时，x ∈(0，a )时，f ′(x )<0，x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x )>0，综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，当a >0时，f (x )在(0，a )上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增．2．已知函数f (x )＝a ln x －ax －3(a ∈R)．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝a (1－x )x ，令f ′(x )＝0，得x ＝1，当a >0时，f (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当a <0时，f (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；当a ＝0时，f (x )为常函数．3．已知函数f (x )＝ln x －ax (a ∈R)，讨论函数f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )4．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x ．①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0，1)②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③当a >1时，0<1a <1，∴x (1，＋∞)时，f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )(1，＋∞)综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )(1，＋∞)5．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，其中a 为常数．讨论函数f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(0，＋∞)．f ′(x )＝ax ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．当a ≥0时，f ′(x )＞0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．当a ＜0时，令g (x )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a ．由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 2，＋∞)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减．综上可得：当a ≥0时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )6．已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．解析：易得f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝(2x －a )ln x ＋x －a －3x ＋2a ＝(2x －a )ln x －(2x －a )＝(2x －a )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a2或x ＝e ．当a ≤0时，因为x ＞0，所以2x －a ＞0，令f ′(x )＜0得x ＜e ，所以f (x )的单调递减区间为(0，e)．当a ＞0时，①若a2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )②若a2＝e ，即a ＝2e ，当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )≥0恒成立，f (x )没有单调递减区间；③若a2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x f ′(x )＞0，所以f (x )综上所述，当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，e)；当0＜a ＜2e 时，f (x )当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )7．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)．(1)设a ＝e ，求函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程；(2)判断函数f (x )的单调性．解析：(1)∵a ＝e ，∴f (x )＝e x －e x －1，∴f ′(x )＝e x －e ，f (1)＝－1，f ′(1)＝0.∴当a ＝e 时，函数f (x )的图象在点(1，f (1))处的切线方程为y ＝－1.(2)∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a .易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －a ＝0，得x ＝ln a ，∴当0＜x ＜ln a 时，f ′(x )＜0，当x ＞ln a 时，f ′(x )＞0，∴f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．8．已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋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．解析：(1)g ′(x )＝1x ＋2ax ＋b (x ＞0)．由函数g (x )的图象在点(1，g (1))处的切线平行于x 轴，得g ′(1)＝1＋2a ＋b ＝0，所以b ＝－2a －1.(2)由(1)得g ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x .因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x.由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a，若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a ，由g ′(x )＜0，得12a＜x ＜1，即函数g (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，即函数g (x )在(0,1)若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．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)当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞12时，函数g (x )(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．解析：因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x．由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1，即函数f (x )(1，＋∞)若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )减，在(1，＋∞)上单调递增．10．函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．解析：因为f ′(x )＝－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a (x 2＋1)2＝－2a(x 2＋1)2·(x －a (1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )，(－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.11．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．解析：f ′(x )＝x (x －(a 2－2a ))(x ＋1)(x ＋a )2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.②当a ＝2时，f ′(x )＝x (x ＋1)(x ＋2)2≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0)(0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋综上，当1<a <2时，f (x )的递增区间是(－1，a 2－2a )，(0，＋∞)，递减区间是(a 2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．12．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝当x ∞，f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.故f (x )∞，13．已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析：f ′(x )＝a x ＋1－a －2x 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x 1f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x －a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x －a ＋22，＋f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )1－a ＋22，(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)－a ＋22，＋14．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ·(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝g (x )－af (x )(a ∈R)的单调性．解析：(1)g ′(x )＝(e x )′·(cos x －sin x ＋2x －2)＋e x (cos x －sin x ＋2x －2)′＝e x (cos x －sin x ＋2x －2－sin x －cos x ＋2)＝2e x (x －sin x )．记p (x )＝x －sin x ，则p ′(x )＝1－cos x ．因为cos x ∈[－1，1]，所以p ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数p (x )在R 上单调递增．而p (0)＝0－sin 0＝0，所以当x <0时，p (x )<0，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x >0时，p (x )>0，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．综上，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h (x )＝g (x )－af (x )＝e x (cos x －sin x ＋2x －2)－a (x 2＋2cos x )，所以h ′(x )＝2e x (x －sin x )－a (2x －2sin x )＝2(x －sin x )(e x －a )．由(1)知，当x >0时，p (x )＝x －sin x >0；当x <0时，p (x )＝x －sin x <0．当a ≤0时，e x －a >0，所以x >0时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x <0时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减．当a >0时，令h ′(x )＝2(x －sin x )(e x －a )＝0，解得x 1＝ln a ，x 2＝0．①若0<a <1，则ln a <0，所以x ∈(－∞，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(ln a ，0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增．③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a ，0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．题型二导函数不可因式分解1．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋ax ＋1．讨论f (x )的单调性．解析：由题意知f (x )的定义域为R ，f ′(x )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )．①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞2．已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性．解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2－k ，当k ≤0时，f ′(x )≥0恒成立，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当k ＞0时，令f ′(x )＝0，得x ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )－k 3，∞k3，＋3．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．解析：由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋2ax ＋1≥0恒成立，所以f ′(x )≥0，此时f (x )在R 上单调递增；②当a ＞1时，令f ′(x )＝0，解得x 1＝－1－1－1a，x 2＝－1＋1－1a．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a，－1综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a ，－14．已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①当a ≤2时，则f ′(x )≤0，当且仅当a ＝2，x ＝1时，f ′(x )＝0，所以f (x )在(0，＋∞)上单调递减．②当a ＞2时，令f ′(x )＝0，得x ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.所以f (x )综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )5．已知f (x )＝ax －1x ，g (x )＝ln x ，x ＞0，a ∈R 是常数．(1)求函数y ＝g (x )的图象在点P (1，g (1))处的切线方程；(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，讨论函数F (x )的单调性．解析：(1)因为g (x )＝ln x (x ＞0)，所以g (1)＝0，g ′(x )＝1x ，g ′(1)＝1，故函数g (x )的图象在P (1，g (1))处的切线方程是y ＝x －1.(2)因为F (x )＝f (x )－g (x )＝ax －1x －ln x (x ＞0)，所以F ′(x )＝a ＋1x 2－1x ＝a －14.①当a ≥14时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＝0时，F ′(x )＝1－xx 2，F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；③当0＜a ＜14时，由F ′(x )＝0，得1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a＞0，且x 2＞x 1，故F (x )④当a ＜0时，由F ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a ＜0，F (x )6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1.(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )－23，－a 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x(－∞，x 1)(x 1，x 2)(x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x )的单调递增区间是(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)；单调递减区间是(x 1，x 2)．(2)因为f (x )－23，－－23，－(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0－23，－所以2a ≥－3x －1x在－23，－a ≥2.7．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解析：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0＜a ≤22时，对一切x ＞0都有f ′(x )≥0.此时f (x )是(0，＋∞)上的单调递增函数．②当Δ＞0，即a ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2.由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2.所以f (x )在。
函数单调性讨论16种题型(解析版)
第6讲 函数单调性含参讨论16类【题型一】 讨论思维基础：求导后一元一次型参数在常数位置（单参）【典例分析】已知函数()()ln 1f x a x x a R =+-∈. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若函数()e 1x y f ax =-+与()e ln ay x a =+的图像有两个不同的公共点，求a 的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）()1,+∞【分析】（1）、先求出()f x '，对a 分类讨论判断导函数的正负即可得到单调区间;（2）、由题意将问题转化为()e e ln x a x a =+有两个不同的实根，构造()e x g x x =，判断()g x 的单调性；要使()()ln g x g x a =+有两个不同的实根，则需ln x x a =+有两个不同的实根；构造()ln h x x x a =--，对a 分类讨论判断()h x 的单调性，判断()h x 的零点，得出a 的取值范围. 解（1）()()ln 1f x a x x a R =+-∈，()1a x af x x x+'∴=+=，()0x >. ①、当0a ≥，()0f x '>，函数()f x 在()0,+∞上单调递增；①、当0a <，令()0f x '=，得x a =-，∴()0,x a ∈-时，()0f x '<；(),x a ∈-+∞时，()0f x '>，∴()f x 在()0,a -上单调递减，在(),a -+∞上单调递增.综上所述：当0a ≥，()f x 的单调递增为()0,+∞，无单调递减区间； 当0a <，()f x 的单调递增为(),a -+∞，()f x 的单调递减为()0,a -.【变式演练】1.已知函数()ln af x x x=+，()sin x g x e x =+，其中a ∈R . （1）试讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =，证明：()()g x f x x<. 【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析 【分析】（1）先求出函数的定义域，然后求导，再根据导数的正负求出函数的单调区间，（2）要证()()g x f x x<，只要证sin ln 10x e x x x +-->，由于(0,1)x ∈时，sin ln 1110x e x x x +-->-=，当[1,)x ∈+∞时，令()sin ln 1x g x e x x x =+--，再利用导数求出其最小值大于零即可（1）()ln af x x x=+的定义域为(0,)+∞221()a x a f x x x x-'=-= 当0a ≤时，()0f x '>，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当0a >时，令()0f x '>，解得x a >；令()0f x '<，解得0x a <<； 综上所述：当0a ≤时，()f x 在(0,)+∞上单调递增，无减区间； 当0a >时，()f x 在(0,)a 上单调递减，在(,)a +∞上单调递增； 2.已知函数()(2)e x f x x a =-. （1）求()f x 的单调区间（2）若()f x 的极值点为12-，且()()()f m f n m n =≠，证明：3()0ef m n -<+<.【答案】（1）单调递减区间为2,2a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间为2,2a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭（2）证明见解析 【分析】（1）求导()(22)e xf x x a +-'=，由()0f x '<，()0f x '>求解；（2）由（1）结合()f x 的极值点为12-，由2122a -=-，得到1a =，()(21)e x f x x =-，作出函数()f x 的大致图象，不妨设m n <，根据()()()f m f n m n =≠，得到1122m n <-<<，再由 3(1)ef -=-，将证明3()0ef m n -<+<，转化为证明1m n +<-即可. 解：()f x 的定义域为R ，()(22)e xf x x a +-'=，由()0f x '=，得22a x -=.当2,2a x -⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '<；当2,2a x -⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x 的单调递减区间为2,2a -⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，单调递增区间为2,2a -⎛⎫+∞⎪⎝⎭. 【题型二】 讨论思维基础：求导后一元一次型参数在系数位置（单参）【典例分析】已知函数()()2ln f x x a x a =++. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()1212,x x x x <是2()()g x f x x ax =++的两个极值点，证明：()21g x x >.【答案】（1）当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上为单调递增函数；当0a <时，若()f x 在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为单调递增函数，在2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为单调递减函数；（2）证明见解析. 【分析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，求导()2f x ax x+='，分类讨论0a ≥和0a <两种情况，研究()'f x 的正负，从而求得函数的单调区间；（2）由题得2()2ln ()g x x x a =++，则()221()x ax g x x++'=，由()1212,x x x x <是2()()g x f x x ax=++的两个极值点，可知120x x <<，所以1201x x <<<，要证()21g x x >，需证()2221212ln 1g x x x x x =+>，构造函数1()2ln (1)h x x x x x=+>，即证 ()1h x >，从而证得()21g x x >.【详解】（1）易知()f x 的定义域为()0,∞+，22()ax a x xf x +=+='. 当0a ≥时，()0f x '>，所以()f x 在()0,∞+上为单调递增函数； 当0a <时，若20,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭，则()0f x '>，若2,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭，则()0f x '<， 所以()f x 在20,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上为单调递增函数，在2,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上为单调递减函数.【变式演练】1.已知函数f (x )=alnx +1x +4，其中a ∈R ． （1）讨论函数f (x )的单调性；（2）对任意x ∈[1,e ]，不等式f (x )≥1x +(x +1)2恒成立，求实数a 的取值范围． 【答案】（1）答案见解析（2）[(e +1)2−4,+∞) 【分析】（1）求出导函数f ′(x)，分类讨论确定f ′(x)的正负得单调区间；（2）不等式变形为(x +1)2−alnx −4≤0．引入新函数g (x )=(x +1)2−alnx −4(x ∈[1,e ])，求出导函数g ′(x)，分类讨论a ≤0时，不等式不恒成立，a >0时由导数确定函数有极小值点，而最大值是比较g(e )和g(1)的大小得到，从而得出参数范围． 解（1）函数f (x )的定义域为(0,+∞)， f ′(x )=ax −1x 2=ax−1x 2，当a ≤0时，f ′(x )<0恒成立，函数f (x )在(0,+∞)上单调递减； 当a >0时，由f ′(x )>0，得x >1a ， 由f ′(x )<0，得0<x <1a ，①函数f (x )在(0,1a )上单调递减，在(1a ,+∞)上单调递增．综上，当a ≤0时，函数f (x )在(0,+∞)上单调递减；当a >0时，函数f (x )在(0,1a )上单调递减，在(1a ,+∞)上单调递增.2.己知函数()e mxf x x =(其中e 为自然对数的底数)（1）讨论函数()f x 的单调性;（2）当1m =时，若()ln 1f x x ax ≥++恒成立，求实数a 的取值范围. 【答案】（1）答案见解析（2）(],1-∞ 【分析】（1）()()'1mxf x mx e =+，进而分0m =，0m >，0m <三种情况讨论求解即可；（2）由题意知ln 1xx a e x +≤-在()0+∞，上恒成立，故令ln 1()x x g x e x+=-，再根据导数研究函数的最小值，注意到01,1x e ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()'00g x =，进而结合函数隐零点求解即可.（1）解：()()'1mxf x mx e =+①0m =，()f x 在R 上单调增； ①0m >，令()'10f x x m ==-，，()()'1,,0,x f x f x m ⎛⎫∈-∞-< ⎪⎝⎭单调减。
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。
函数单调性(含参)讨论
一、解答题 1．已知函数 婈ࡩ반 ʍ 婈૬ࡩ ૬반૬ࡩ ࡩ
ଅ
讨论 婈ࡩ반的单调性；
提示：由题 ̵婈ࡩ반 ʍ ࡩ ૬ࡩ
，
2．已知函数 设函数
ࡩ ʍ
ࡩ ʍࡩ
提示：
ࡩ
lnࡩ，
̵
ࡩ ʍଅ
ࡩ ，求函数
ଅ ࡩ
ࡩ ʍ
ଅ
ࡩ
ࡩ 的单调区间；
ࡩ
婈
반．
ʍ
ࡩ
ࡩ
ࡩ
ଅ
ʍ
ࡩ ଅ ࡩ
ࡩ
ଅ
，
3． 已知函数 婈ࡩ반 ʍ lnࡩ 的单调性；
13．已知函数 婈ࡩ반 ʍ ࡩ
提示： 婈ࡩ반 ʍ ࡩ૬ࡩ
ଅ ૬ࡩ
ࡩ ʍ ࡩ ૬ࡩ
ࡩ ,讨论 婈ࡩ반单调性; ，
14．已知函数 婈ࡩ반 ʍ lnࡩ 提示： ̵ ࡩ ʍ
ࡩ ࡩ
ଅ ࡩ
ࡩ
ࡩ婈
반.讨论 婈ࡩ반的单调性；
3
15．已知函数 婈ࡩ반 ʍ ࡩ 提示： ̵ 婈ࡩ반 ʍ
ࡩ
ࡩ
lnࡩ婈
ଅ ࡩ
ʍ
ࡩ
반.讨论函数 婈ࡩ반的单调性；
ࡩ ࡩ ଅ
ࡩ
.
16．已知函数 婈ࡩ반 ʍ
ࡩ
提示： ̵ 婈ࡩ반 ʍ ଅ
ࡩ
lnࡩ
ࡩ ࡩ
ʍ
ࡩ
.求函数 婈ࡩ반的单调增区间；
ࡩ ࡩ
ࡩ
婈
반
17．已知函数 婈ࡩ반 ʍ 婈ଅ 提示：
̵婈ࡩ반 ʍ 婈； ࡩ ଅ반૬ࡩ
4
반． 讨论
的单调性；
2
11．已知函数 婈ࡩ반 ʍ ࡩ
婈
提示： ̵ 婈ࡩ반 ʍ ଅ
ࡩ
ଅ반 婈 ࡩ
含参函数单调性讨论 高考数学
−
−
− ，
当 ∈ [− , ]时， ′ ≥ ，则 在 , +∞ 上是增函数.
当 ∈ −∞, − 时，对于＞，有 ′ ＞，则 在 , +∞ 上是
增函数.
试卷讲评课件
当 ∈ , +∞ 时，
′
令
令 ′
− −
试卷讲评课件
例4.设函数f x = lnx − a − 1 x a ∈ R ，讨论函数f x 的单调性；
解析函数f x = lnx − a − 1 x a ∈ R 的定义域为 0, +∞ ，
f′
1
x
x = − a−1
当a − 1 ≤ 0，即a
当a −
1− a−1 x
=
.
x
≤ 1时，f ′ x
1＞0时，令f ′
＜时，函数 单调递增区间为 −∞, , , +∞ ，单调递减区间为
, .
1
2
3
4
5
6
试卷讲评课件
例2.已知函数f x = x 2 + ax + 1 ex ，讨论f x 的单调性；
解析 因为 = + + ，所以
′ = [ + + + + ] ，
+ −+
′
若＞，令 =
= ，解得 = − ， = .
′
， ′
当＞时， ， 的变化情况如下表
,
′
+
关于讨论含参函数单调性的一点看法
教学篇•教学反思关于讨论含参函数单调性的一点看法王敏（陕西省汉中市略阳县天津高级中学，陕西汉中）一、方法探寻我们在讨论含参函数单调性时常常借助导数这个工具，我们对原函数求导，最后讨论导函数值的正、负情况，从而确定原函数的单调性，而讨论导函数值的正、负情况归根结底就是讨论导函数图像的正、负分布。
下面我就函数图像正、负分布的分类讨论方法归纳如下几个步骤介绍给大家。
分类点一：讨论图像类型：（1）水平直线型；（2）二次函数型；（3）单调型。
分类点二：讨论根分布：（1）讨论根个数；（2）讨论根与“讨论区间”关系（讨论区间由函数定义域确定）；（3）讨论根与根的关系（此步骤至少要有二个根）。
分类点三：讨论图像的“走势”（走势指图像根据参数取值来确定其样子）二、实践应用例：研究f （x ）=（x-a ）（x +1）在R 上的正、负分布分析：分类点一：讨论图像类型：确定为二次函数型。
分类点二：讨论根分布：①讨论根个数，当a =-1时，一个根。
当a ≠-1时，有两个根x 1=a ，x 2=-1。
②讨论根与“讨论区间”关系，a ，-1∈R ③讨论根与根的关系，a <-1（x 1<x 2），a >-1（x）。
分类点三：讨论图像的“走势”：当a =-1当a <-1当a >-1解：令f （x ）=0，则x 1=a ，x 2=-1当a =-1当a <-1时，x ∈（-∞，a ）∪（-1，+∞），f （x ）>0，x ∈（a ，-1），f （x ）<0.当a >-1时，x ∈（-∞，-1）∪（a ，+∞），f （x ）>0，x ∈（-1，a ），f （x ）<0.从以上过程可以看出，解决此类分类讨论问题，只要严格按照三大分类点，同学们就会分类目标明确，思路清楚，有点可依，而不是无处下手。
三、推广延伸（真题练习）例：讨论函数f （x ）=ln （x +1）-x +k 2x 2的单调性分析：f （x ）的定义域（-1，+∞），f ′（x ）=1x +1-1+kx =kx 2+（k -1）x x +1（x >-1）。