高考数学尖子生辅导专题01含参数导数问题的分类讨论

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考前归纳总结：导数中常见的分类讨论

函数 f (x) 的导函数. (1)设函数 f(x)的图象与 x 轴交点为 A,曲线 y=f(x)在 A 点处的切线方程是 y 3x 3 ,求 a, b 的值;(2)若函数 g(x) eax f '(x) ,求函数 g(x) 的单调区间.
5．（广东省珠海一中等六校 2014 届高三上学期第二次联考数学（理）试题）已知函数
三、针对性练习
1.已知函数 f (x) a ln x ax 3(a R且a 0)
．
（Ⅰ）求函数 f (x) 的单调区间；
（Ⅱ）当 a 2 时，设函数 h(x) ( p 2)x p 2e 3 ，若在区间 [1, e] 上至少存在一个 x
x0 ，
使得 h(x0 ) f (x0 ) 成立，试求实数 p 的取值范围．
（Ⅱ） a 2, f (x) 2 ln x 2x 3. 令 F (x) h(x) f (x) ，
则 F (x) ( p 2)x p 2e 3 2 ln x 2x 3 px p 2e 2 ln x .
x
xx
1. 当 p 0 时，由 x [1, e]得 px p 0, 2e 2 ln x 0 ，
2
综上，当 a 1 时， f (x) 在 (0, ) 上为增函数 ; 当 0 a 1 时， f (x) 在
8
8
[1
1 8a ,1
1 8a ] 上为减函数，
f (x) 在 (0,1
1 8a 1 ],[
1 8a , ) 上为增函数，
2
2
2
2
当 a＜0 时， f (x) 在（0， 1 1 8a ]上为减函数， f (x) 在[ 1 1 8a ＋∞）上为增函数．
近些年年高考模拟题及真题： 1．已知二次函数 f(x)＝ax2＋2ax＋1 在区间[－3,2]上的最大值为 4，则 a 等于( )

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。

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。

专题一函数与导数重点题型01：含参函数单调性、极值、零点问题研究-2021届高考数学一轮复习重点 )

函数与导数重点题型研究重点题型一：含参函数的单调性、极值、最值及零点问题【问题分析】含参函数的单调性、极值点及零点问题，在高考中考查频次非常高，主要考查利用分类讨论来研究函数单调性和由函数极值、最值及零点求解参数范围。

此类问题难度较大，经常出现在试卷T20或T21，属于高考压轴题型。

该题型主要考查考生的分类讨论思想、等价转化思想。

解决此类问题的本质就是确定函数定义域上的单调性，基本思想就是“分类讨论”，解题的关键就是参数“分界点”的确定。

所以，要解决好此类问题，首先要明确参数“分界点”，其次确定在参数不同的分段区间上函数的单调性，进而可以确定函数的极值点、最值及零点，达到解题目的。

图1-1 【知识回顾】图1-2 函数f (x )单调性、极值、最值及零点关系图特别提醒：1.函数f (x )单调性、极值、最值及零点必须在函数定义域内研究，所以解决问题之前，必须先确定函数的定义域。

2.函数f (x )的极值点为其导函数变号的点，亦即导函数f ′(x )的变号零点。

3.函数f (x )的极值点为函数单调区间的“分界点”，经过极大值点函数由增变减，经过极小值点函数由减变增。

4. 函数f (x )单调区间不能写成并集，也不能用“或”连接，只能用逗号“，”或“和”连接。

函数f(x)的单调性函数f(x)的极值点导函数f ′(x)的变号零点函数f(x)的最值确定分界点有影响分类讨论函数单调性参数导函数f ′(x)值/f ′(x )=0的根函数f(x)【“分界点”确认】参数对导函数f ′(x )的值符号有影响，就必须根据参数对导函数的影响确定参数“分界点”，然后在进行分类讨论函数的单调性。

常见的“分界点”确认方法如下： 1.观察法：解决问题的过程中，我们会发现导函数形式比较简单的情况下，我们可以通过观察直接确定参数的“分界点”,例如：当导函数f ′(x )的值与y =x 2+a 函数有关，可以直接观察得到：当a ≥0时，y ≥0；当a <0时，y =0有两个根x 1=−√−a,x 2=√−a,当x ∈(−∞,−√−a)∪(√−a,+∞)时，y >0,当x ∈(−√−a,√−a)时，y <0.所以我们可以根据常见函数的性质及其之间的不等关系，通过直接观察确定“分界点”，常见函数性质及其之间的关系如下： ①x 2≥0 (x ∈R ), 完全平方式不小于0 ②tanx >x >sinx (0<x <π2)③e x ≥x +1 (x ∈R ),仅当x =0时，等号成立e x =x +1 ④lnx ≤x −1 (x >0),仅当x =1时，等号成立lnx =x −1 ⑤lnx <x <e x (x >0) ⑥a x >0 (x ∈R )2.由二次函数引发的“分界点”当函数f (x )求导后，导函数f ′(x )值符号由一个含参的二次函数（二次三项式）决定，一般可以从两个方面进行“分界点”的确定：（1）通过二次函数（一元二次方程）的∆判别式进行“分界点”的确定. 对于一个二次函数y =ax 2+bx +c (a ≠0): ① {a >0∆≤0⟹y ≥0或{a <0∆≤0⟹y ≤0.② {a >0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数大于0，两根之内函数小于0.③ {a <0∆>0⟹二次函数有两个零点（或二次方程y =0有两个不同实根）x 1,x 2(x 1<x 2),x 在两根之外函数小于0，两根之内函数大于0. 特别提醒：当二次函数有两个零点时，需要确定两个零点是否在函数定义域之内，若不在需要舍弃. （2）由二次函数零点分布（一元二次方程实根分布）进行“分界点”确定设x 1,x 2(x 1<x 2)是二次函数y =ax 2+bx +c (a >0)的两个零点（一元二次方程ax 2+bx +c =0(a >0)的两个根），则x 1,x 2的分布情况与二次函数系数之间的关系如下（k,k 1,k 2∈R,k 1<k 2）：零点分布函数图像等价条件x 1<x 2<k{∆>0f (k )>0−b 2a<kk <x 1<x 2{∆>0f (k )>0−b 2a>kx 1<k <x 2f (k )<0k 1<x 1<x 2<k 2{∆>0f (k 1)>0f (k 2)>0k 1<−b 2a<k2 x 1,x 2中仅有一个在（k 1，k 2）内\f (k 1)∙f (k 2)<0或f (k 1)=0，k 1<−b2a <k 1+k 22或f (k 2)=0，k 1+k 22<−b2a <k 2或{∆=0k 1<−b 2a<k 2当二次函数定义域受限，可以根据上表情况进行“分界点”确认，进而进行分类讨论。

高考数学玩转压轴题第六篇专题01 导数中的参数问题

第六篇专题01 导数中的参数问题导数中的参数问题主要指的是形如“已知不等式成立/存在性/方程的根/零点等条件,求解参数的取值或取值范围”。

这类型题目在近几年的高考全国卷还是地方卷中，每一年或多或少都有在压轴选填题或解答题中出现，属于压轴常见题型。

学生要想解决这类型的题目，关键的突破口在于如何处理参数，本专题主要介绍分类讨论法和分离参数法。

一．分离参数法分离参数法是处理参数问题中最常见的一种手段，是把参数和自变量进行分离，分离到等式或不等式的两边（当然部分题目半分离也是可以的，如下面的第2种情形），从而消除参数的影响，把含参问题转化为不含参数的最值、单调性、零点等问题，当然使用这种方法的前提是可以进行自变量和参数的分离。

1．形如()()af x g x =或()()af x g x <(其中()f x 符号确定)该类题型，我们可以把参数和自变量进行完全分离，从而把含参数问题转化为不含参数的最值、单调性或图像问题。

例1．已知函数()ln sin f x x a x =-在区间,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上是单调增函数，则实数a 的取值范围为( ) A . 43,⎛⎤-∞ ⎥ ⎝⎦ B . 42,⎛⎤-∞ ⎥ ⎝⎦ C . 4243,⎡⎤⎢⎥⎣⎦ D . 42,⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭【思路引导】已知函数()f x 在固定区间上的单调性，先转化为()11cos 0cos f x a x a x x x '=-≥⇒≤在固定区间上恒成立，cos 0x >在固定区间上是成立的，故而把自变量x 与参数a 进行完全分离，转化为求不含参函数()1cos h x x x=的最值问题，再利用求导求单调性就可以求的函数()h x 的最值。

∴()22210424224p x p πππ⎛⎫⎫≤=-+⨯=-< ⎪⎪⎝⎭⎝⎭∴()0h x '<在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上恒成立，∴()h x 在,64ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上减函数，∴4242a h πππ⎛⎫≤== ⎪⎝⎭⨯,实数a 的取值范围为42,⎛⎤-∞ ⎥ ⎝⎦，故选B . 2．形如()(),f x a g x =或()()af x g x <（其中(),f x a 是关于x 一次函数）该类题型中，参数与自变量可以半分离，等式或不等式一边是含有参数的一次函数，参数对一次函数图像的影响是比较容易分析的，故而再利用数形结合思想就很容易解决该类题目了。

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。

(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 =。

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 1 1 ★已知函数f(x)x 3 (a 2)x 2 2ax (a>0),求函数的单调区间 3 2f (x) =x _(a 亠2)x 亠2a =(x _a)(x -2)2a★★例1已知函数f(x)二x (a U 2)lnx (a>0)求函数的单调区间x2x -(a 2)x 2a f (x)2 x(I)当a =1时，求曲线y = f x 在点2, f 2 处的切线方程； (n)当a=0时，求函数f x 的单调区间与极值。

解: (I)当a =1时，曲线y = f x 在点2,f 2处的切线方程为6x 25y-32 = 0。

2(n)由于a 式0，所以f ⑺/嗔切了 ,由f'(x)=O ，得x 1 =(x +1 )I 1 '■-2a x - a x2―—义域R 内，但不知它们之间(x 2+1)a 的取值分a 0和a ：：： 0两种情况进行讨论。

函数f x 在x 2 =a 处取得极大值f a =1 o1 —(-一「：)内为增函数，在区间a1 」 1(a,)为减函数。

故函数 f x 在％处取得极小值aaX 2二a 处取得极大值f a = 1。

(x-2)(x-a)2x22ax -a 1 x 21x R ，其中a R 。

1, X 2 = a 。

这两个实根都在定 a2 22a x 1；-2x 2ax - a 1f x二2 2 (x 2+1)的大小。

因此，需对参数 (1)当 a 0 时，则 x 'x 2。

易得f x 在区间，a, •：：内为减函数,在区间i l,aI a为增函数。

故函数1i 1 f x 在为处取得极小值f a [1 I a 」2--a ; (1) 当a ”：0时，则x 1 x 2。

专题01含参数导数问题的分类讨论-2020高考数学尖子生辅导专题

专题一含参数导数问题的分类议论导数是研究函数的图象和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，相关导数问题几乎是每年高考的必考试题之一．跟着高考对导数考察的不停深入，含参数的导数问题成为了历年高考命题的热门．因为含参数的导数问题在解答时常常需要对参数进行分类议论，怎样进行分类议论成为绝大部分考生答题的难点．模块 1整理方法提高能力在众多的含参数导数问题中，依据所给的参数的不一样范围去议论函数的单一性是最常有的题目之一，求函数的极值、最值等问题，最后也需要议论函数单一性．关于含参数导数问题的单一性的分类议论，常有的分类议论点有以下三个：分类议论点1：求导后，考虑 f x0 能否有实根，进而惹起分类议论；分类议论点2：求导后，f x0 有实根，但不清楚f x0 的实根能否落在定义域内，进而惹起分类议论；分类议论点3：求导后， f x0有实根，f x0 的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，进而惹起分类议论．以上三点是议论含参数导数问题的单一性的三个基安分类点，在求解相关含参数导数问题的单一性时，可按上述三点的次序对参数进行议论．所以，对含参数的导数问题的分类议论，仍是有必定的规律可循的．自然，在详细解题中，可能要议论此中的两点或三点，这时的议论就会复杂一些了，也有些题目能够依据其式子和题目的特色进行灵巧办理，减少分类议论，需要灵巧掌握．例 1设 a 0 ，议论函数f x ln x a 1 a x 221 a x 的单一性．【分析】 f x的定义域是0,． f x 12a 1 a x 2 1a x2a 1 a x2 2 1a x1x．令 g x2a 1a x2 2 1 a x1，则 f x0 的根的状况等价于 g x0的根的情况．因为 g x的函数种类不可以确立，所以需要对 a 进行分类议论进而确立函数的种类．（1）当a 1 时， g x是常数函数，此时 g x 1 ， f x1，于是 f x在 0,x上递加．（2）当a1时， g x是二次函数，种类确立后，我们第一考虑议论点1—— f x0 是否有实根的问题．因为g x 不可以因式分解，所以我们考虑其鉴别式 4 a 1 3a1 ，判别式的正负影响到g x0的根的状况，由此可初步分为以下三种状况：①当0 ，即1a 1 时， g x0 没有实根；②当0 ，即 a 10 有两个相等的实根；③3时， g x 3当0，即 0a 1或 a 1 时， g x0 有两个不等的实根．3关于第①种状况，g x0 没有实根且永久在x 轴上方，于是f x0 ，所以 f x在0,上递加．关于第②种状况，g x0 有两个相等的实根x 3x0 ，所以 f x 在 0,，于是 f2上递加．关于第③种状况，g x0 有两个不等的实根，1a13a1x12a 1a和2ax21a13a1．因为不知道两根能否落在定义域0,内，所以要考虑议论点2，2a2a 1a而利用韦达定理进行判断是一个快捷的方法．因为 x1x21， x1 x21，所以当 0a1时，有 x1x20 且 x1 x20 ，此时a2a 1a3两个根都在定义域内切0x1x2（因为 x1与 x2的大小关系已经确立，所以不需要考虑议论点3 ）．由 f x0可得0x x1或 x x2，所以 f x在 0, x1和 x2 ,上递加；由 f x0可得 x1 x x2，所以f x在 x1 , x2上递减．当 a 1 时，有 x1x20且 x1 x20 ，此时 x20x1，由 f x0 可得 0 x x1，所以f x 在 0, x1上递加；由f x0 可得 x x1，所以 f x 在 x1 ,上递减．0 a 1x在 0,x1和 x2 ,上递加，在 x1 , x211综上所述，当时，f上递减；当a33时， f x在 0,上递加；当 a 1时， f x在 0, x1上递加，在x1 ,上递减．此中1a13a1， x21a13a1x12a 1 a2a2a 1a ．2a【评论】只需依据 3 个分类议论点进行思虑，就能很好地办理含参数导数问题的单一性．此外，波及两根与 0 的大小比较的时候，利用韦达定理常常比较简单．例 2已知函数 f xln x kx k （ kR ）．（1）求 f x 在 1,2 上的最小值；（2）若 ln1 x a x 对 x1,1 恒建立，求正数a 的最大值．1x【分析】（ 1）定义域为 0,， fx1kkx 1x．x法 1：①当 k0 时， fx1 0 ，函数 f x 在 1,2 为增函数，所以xf xminf 10 ．②当 k0 时，令 f x0 可得 x1 ．k（i ）当10 ，即 k0 时， fx0在 1,2 上恒建立，函数 f x在 1,2 为增函数，所k以f xminf 1．（ii）当 01 1 ，即 k1 时， fx0在 1,2 上恒建立，所以 f x 在 1,2 为减函数，k所以f xf 2ln 2 k ．min（iii ）当12，即 0k 1时， f x0在 1,2 上恒建立，所以fx 在 1,2 为增函k2数，所以f xminf 1．（iv ）当 11 1 k 1 时，由 fx0可得 11 ，由 f x1 x2 ，k2 ，即x0 可得2kk所以 fx 在 1,1上递加，在1,2 上递减．于是 f x 在 1,2 上的最小值为 f 1 0 或kkf 2 ln 2 k ．当 0 ln2k ，即1 kln 2 时， f xf 10 ；当 0 ln2 k ，即2minln2k 1 时，f xf 2ln 2k ．min综上所述，当 kln2 时， fxminf1 0 ；当 kln2 时， f xminf 2ln 2 k ．法 2：①当 k 0 时， f x 0 ，函数 f x 在 1,2 为增函数，所以 f xminf1 0．②当 k 0 时，由 fx0 可得 0x1 ，由 f x 0 可得 x1，所以 f x在 0,1上kkk 递加，在1 , 上递减．于是 f x 在 1,2上的最小值为 f1 0 或 f2 ln 2k ．k（i ）当 0ln2 k ，即 0 k ln2 时， f xminf 1 0．（ii ）当 0 ln2k ，即 k ln2 时，f x minf 2ln 2 k．综上所述，当 k ln2 时， fxminf 10 ；当 kln2 时， f xminf 2ln 2 k．（2）解答详见专题三例 1．【评论】办理好函数的单一性，就能求出函数的最值．法 1 是依据旧有的 3 个分类议论点进行议论：当 k0 时， fx 0 没有实根．当 k0 时， fx 0 有实根 x1，此时需考k虑根在不在定义域1,2 内．当 1 0 或 0 1 1或 12 时，根都不在定义域内（把1 1 和kkkk1 ；当 112 时，根在定义域内，因为定义域内只有 12 并在里面是为了减少分类的状况）kk个根，所以就不用考虑第 3 个分类议论点了．法 2 是依据式子和题目的特色进行分类：由f x1 0 时， f x 在 1,2 上递加；当 k0 时， f x 在 0,上先增后减，k 可知当 kx所以最小值只好在 f 1 或 f 2 处取到，此时只需要比较二者的大小就能够了．因为法 2 是根据式子和题目的特色进行分类的，所以能减少分类的状况．例 3设函数 f x x 2 blnx 1 ，此中 b0 ．（1）当 b 1f x 在定义域上的单一性；时，判断函数2（2）当 b 0 时，求函数 f x 的极值点．【分析】（ 1）函数 f xx 2 b ln x 1 的定义域为1, ，f x 2 xb 2x22x b．令 g x 2x22 x b ，则4 8b ．当 b1时，0 ，x 1x 12所以 g x 在1,上恒大于 0 ，所以 fx0，于是当 b1 在定义域时，函数 f x21, 上递加．（2）第一考虑 g x 0 能否有实根．①当0，即 b 1时，由（ 1）知函数f x无极值点．2②当0，即 b 1x0 有独一的实根， g x0 ，于是 f x0 在1,上时， g2恒建立，所以函数f x 在1,上递加，进而函数f x在1,上无极值点．③当0 ，即 b 1x0 有两个不一样的根x1112bx2112b 时， g2，2，2此中 x1x2．这两个根能否都在定义域1,内呢？这需要对参数 b 的取值进一步分类讨论．当 b0 时， x1112b1 ， x2112b1，由 f x0 可得 x x2，由22f x0 可得1x x2，所以 f x在1,x2上递减，在x2 ,上递加，所以当 b0 时，f x在1,上有独一极小值点x2112b2．当 0b 1x1112b1，x2112b1，由 f x 0 可得时，2221x x1或 x x2，由 f x0 可得 x1x x2，所以 f x 在1,x1上递加，在x1 , x2上递减，在x2 ,上递加，所以当0b 1时， f x在1,上有一个极大值点2x1112bx2112b2和一个极小值点2．综上所述，当 b0 时， f x在1,上有独一的极小值点x2112b ；当20b 1时， f x有一个极大值点x1112bx2112b2和一个极小值点2；当2b 1时，函数 f x 在1,上无极值点．2【评论】当 g x0 有两个不一样的根x1112b和 x2112b的时候，因为22x1x2，所以只需要考虑议论点2，判断这两个根能否都在定义域1,内就能够了，明显x2 1 ，所以只需对 x1作判断就能够了．判断的方法有三种，第一种方法是待定符号法，将 x1与之间的大小符号待定为，则有112bW 1 1 1 2b W 2 1W 1 2b 1W21W12b bW0 ，所以当0b1时， x11；当 b0 时， x11．第二种方法是韦达定2理，判断 x1、 x2与1的大小关系等价于判断 x1 1 、 x21与 0 的大小关系，由此把韦达定理x 1 x 2 1 x 11x 21 1x 1 x 2b 调整为 x1 x2 1b ，此时的判断就变得十分简单了．第三种方法是利用2 12二次函数的图象， gx 是张口方向向上，对称轴为 x 1，的二次函数，与 y 轴的交点是 0,b21 由图象可知当 0 b时 x 11 ，当 b 0 时 x 11 ．2模块 2 练习稳固整合提高练习 1：设函数 f x aln xx 1，此中 a 为常数．x 1（1）若 a0 ，求曲线 y fx 在点 1, f 1 处的切线方程；（2）议论函数 f x 的单一性．【分析】（ 1）当 a0 时， f xx 1，x0,．此时 fxx 2 2 ，于是 f 1 1 ，x112f 10 ，所以曲线 yf x 在点 1, f 1 处的切线方程为 x2 y 1 0 ．（2）函数 fx 的定义域为0,， fxa2ax 22 a 1 xaxx 2x x 2．11①当 a 0 时， f x 0 ，所以函数 f x 在 0,上递加．②当 a 0 时，令 g xax 22 a1 xa ，则4 a24a 24 2a 1 ．1（i ）当 a1时，0 ，所以 g x0 ，于是 f x 0 ，所以函数 f x在 0,上2递减．（ii ）当1 a0 时，0 ，此时 g x有两个不一样的根，x 1a12a 1，2ax 2a 12a1x 2 ．下判断 x 1 、 x 2 能否在定义域 0,内．a， x 1法 1：（待定符号法）a 12a 1a 1 2a 1W0 a1W 2a 1aW0a 21 a2 W0 ，因为 a 0 ，所以 x 10 ． 1 W2ax 1x 2 2 a1可得 0 法 2：（韦达定理）由ax 1 x 2 ．x 1x 2 1 0法 3：（图象法）g x是张口方向向下的抛物线，对称轴为a10 ， g0a0 ，由a图象可知 x1、 x2都在定义域0,内．当 0x x1或 x x2时，有 g x0 ， f x0 ，所以函数 f x 递减；当 x1x x2时，有 g x0 ， f x0 ，所以函数f x递加．综上所述，当 a0 时，函数 f x在 0,上递加；当 a1时，函数 f x在 0,2上递减；当1a 0 时，函数 f x在 0,a12a1，a 12a1上2a a,递减，在a12a1,a1a 2a1上递加．a练习 2：设函数f x ln x a x 2．（1）若当x1时， f x获得极值，求 a 的值，并议论 f x的单一性；（2）若f x 存在极值，求 a 的取值范围，并证明全部极值之和大于ln e ．2【分析】（ 1）由f10 解得 a 3，此时 f x132x2x23x1，由 f x0 2x32x2解得3x1或 x1，由 f x0解得 1 x1，所以 f x在区间3, 1，2222 1 ,上递加，在区间1,1上递减．22（2）f x的定义域为a,， f x2x22ax 1，记 g x2x22ax1，其判x a别式为4a28 ．①若0，即2a 2 时， f x0在a,上恒建立，所以 f x无极值．0，即 a2或 a2时， g x0 有两个不一样的实根a a22②若x12和x2a a22x2，由韦达定理可得x1x2a x1a x2 a a．2，且 x1 1 ，即x1 a x2a1x1 x222（i ）当a 2 时，有 x1a0， x2a0 ，即 x1 a ， x2 a ，进而 f x0在a, 上没有实根，所以 f x 无极值．（ii ）当 a2 时，有 x 1 a0 ， x 2 a 0 ，即 x 1 a ， x 2 a ，进而 fx0 在a,上有两个不一样的根，且fx 在 x x 1 ， x x 2 处获得极值．综上所述， f x 存在极值时， a 的取值范围为2, ． fx 的极值之和为f x 1 f x 2ln x 1 ax 12 ln x 2ax 22 ln x 1 a x 2ax 122x 1x 2 ，而x 2ln x 1ax 2 a ln 1， x 1 22x 1 x 2a 22 1a21x 2，所以22f x 1f x 2ln1a21 ln11 ln e．222练习 3：已知函数 fxe x ax 2 bx 1 ，此中 a 、 b R ， e2.71828L 为自然对数的底数．（1）设 g x 是函数 f x 的导函数，求函数 g x 在区间 0,1 上的最小值；（2）若 f1 0 ，函数 f x 在区间 0,1 内有零点，求 a 的取值范围．【分析】（ 1） g xfxe x2ax b ， gxe x 2a ．因为 x0,1 ，所以1 2a g xe 2a ．①若 2a1，即 a1 时，有 g x e x 2a 0 ，所以函数 g x 在区间0,1 上递加，于2是 g xming 01 b ．②若 1 2a e ，即1ae时，当 0 xln 2a 时，g xe x 2a0，当 ln2ax 122时 g x e x2 a 0 ，所以函数 g x 在区间 0,ln 2a 上递减，在区间ln2a ,1 上递加，于是 g xming ln 2a2a 2aln 2ab ．③若 2ae ，即 ae时，有 g xe x2a 0 ，所以函数 g x 在区间0,1 上递减，于2是 g xming 1e 2a b ．1b, a12综上所述， g x 在区间 0,1 上的最小值为g xmin2a 2a ln 2ab, 1a e ．22e 2a b,ae2（2）法 1：由f10 可得e a b 10 ，于是 b e a1，又f00，所以函数 f x 在区间 0,1内有零点，则函数f x在区间0,1 内起码有三个单一区间．由（ 1）知当a 1或 aex即 f x在区间0,1 上递加或递减，所以不行2时，函数 g2能知足“函数f x 在区间0,1 内起码有三个单一区间”这一要求．若1ae，则 g xmin2a2aln2a b3a2a ln 2a e 1．令22h x3x2x ln2x e1（1xex12ln2x．由 h x0 可得1e2），则 h x，222由 h x0可得e x e，所以 h x 在区间 1 ,e上递加，在区间 e , e上递减，所222222以 h xmax h e3e2eln 2e e 1 e e 1 0 ，即 g x0 ，2222min于是函数 f x0,1g 02e a 0在区间内起码有三个单一区间g 1a10，由此解得e 2a11aea 1 ．，又因为，所以 e 222综上所述， a 的取值范围为e2,1 ．法 2：由f10 可得e a b 1 0 ，于是 b e a1，又f00，所以函数 g x在区间 0,1上起码有两个零点．g x0e x2ax e a10a e x e 1，所以 g x2 x1在区间 0,1上起码有两个零点y a 与 k x e x e 1， x0,1U1,1 的图象起码有2x122两个交点．k x 2xe x3e x 2 e1，令 p x 2 xex x2 e 1 ，则 p x ex2 x 1 ，由2 x123ep x0可得 x1，由 p x0 可得 x1，所以 p x在 0,1上递减，在1,1 上递加，2222 p x p12e2e20，所以 k x0 ，于是min2k x在 0,1上递加，在1,1上也递加．因为 k0e 2 ，22k 1 1 ，当 x 1，当 x1，时， k x时， k x22于是 y a 与k x e x e 1， x0,1U1,1 的图象有两个交点时， a 的取值范围是2x122 e 2,1．。

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。

高考数学导数问题常见的分类讨论

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 (x 0)是极值的方法一般地，当函数f (x )在点x 0处连续时，①如果在x 0附近的左侧f ′(x )>0，右侧f ′(x )<0，那么f (x 0)是极大值； ②如果在x 0附近的左侧f ′(x )<0，右侧f ′(x )>0，那么f (x 0)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 ′(x 0)＝0是函数f (x )在x ＝x 0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 2＋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 ＋12＝x 2＋2x －ax ＋12.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：x 0⎝ ⎛⎭⎪⎫0，3333 ⎝ ⎛⎭⎪⎫33，1 1 g ′(x )－0 ＋g (x )极小值所以当x ＝3时，g (x )有最小值g ⎛⎪⎫3＝－23. 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。

含参数导数问题分类讨论(学生)(可编辑修改word版)

max max min min 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f ( x ) ，则 a ≥ 化为函数求最值．f ( x ) ；若 a ≤ f ( x ) 恒成立，只须求出 f ( x ) ，则 a ≤ f ( x ) ，转例 1、已知函数 f (x ) = x ln x .（Ⅰ）求 f (x ) 的最小值；（Ⅱ）若对所有 x ≥ 1都有 f (x ) ≥ ax - 1, 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 f (x ) = x （2x - a ) .（Ⅰ）若 f '(1) = 3 ,求a 的值及曲线 y = f (x ) 在点(1, f (1)) 处的切线方程；（Ⅱ）求 f (x ) 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 f (x ) = x 2 - x + a ln 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 m > 0 ，讨论函数 f (x ) = mx 2 + 3(m + 1)x + 3m + 6e x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。

导数中含参数问题该如何进行分类讨论.doc

导数中含参数问题该如何进行分类讨论
一、导函数是二次函数或者类二次函数形式的
注意题目中为什么没有对最高次的参数是否为零进行单独讨论？因为分子部分符号相同，很容易判断a 非负状态下的单调性，切记，切记。

二、导函数不是二次函数和类二次函数形式
能因式分解的先分解，之后求根，注意所求的根在所给出的定义域有没有意义，如果两个根中有一个或两个含有参数，则需要对比两根的大小关系，最后如果原函数有定义域，还需判断极值点和定义域端点处的位置关系。

三、最高次项系数含有参数，对该系数分类讨论
四、根的个数不确定时，对判别式Δ分类
五、两根大小不确定时，对两根大小分类讨论
六、不确定根是否在定义域内时，对根与定义域端点值的大小分类讨论
七、复杂问题，按顺序分类讨论。

高考数学导数压轴大题7大题型梳理归纳

导数压轴大题7个题型梳理归纳题型一：含参分类讨论类型一：主导函数为一次型例1：已知函数()ln f x ax a x =--，且()0f x ≥.求a 的值解：()1ax f x x-'=.当0a ≤时，()0f x '<，即()f x 在()0,+∞上单调递减，所以当01x ∀>时，()()010f x f <=，与()0f x ≥恒成立矛盾.当0a >时，因为10x a <<时()0f x '<，当1x a>时()0f x '>，所以()min 1f x f a ⎛⎫= ⎪⎝⎭，又因为()1ln10f a a =--=，所以11a =，解得1a =类型二：主导函数为二次型例2: 已知函数()()320f x x kx x k =-+<.讨论()f x 在[],k k -上的单调性. 解：()f x 的定义域为R ，()()23210f x x kx k '=-+<，其开口向上，对称轴3k x =，且过()0,1，故03kk k <<<-，明显不能分解因式，得2412k ∆=-.（1）当24120k ∆=-≤时，即0k ≤<时，()0f x '≥，所以()f x 在[],k k -上单调递增；（2）当24120k ∆=->时，即k <令()23210f x x kx '=-+=，解得：12x x ==，因为()()210,010f k k f ''=+>=>，所以两根均在[],0k 上.因此，结合()f x '图像可得：()f x 在,,33k k k k ⎡⎡⎤+-⎢⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦上单调递增，在⎢⎥⎣⎦上单调递减.类型三：主导函数为超越型例3：已知函数()cos xf x e x x =-.求函数()f x 在区间0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值. 解：定义域0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦，()()cos sin 1x f x e x x '=--，令()()cos sin 1xh x e x x =--，则()()cos sin sin cos 2sin .xx h x e x x x x e x '=---=-当0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，可得()0h x '≤，即()h x 在0,2π⎡⎤⎢⎥⎣⎦递减，可得()()()000h x h f '≤==，则()f x 在0,2x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦递减，所以()()()max01,.22f x f f x f ππ⎛⎫====- ⎪⎝⎭类型四：复杂含参分类讨论例4：已知函数()()33f x x x a a R =+-∈.若()f x 在[]1,1-上的最大值和最小值分别记为()(),M a m a ，求()()M a m a -.解：()33333,333,x x a x a f x x x a x x a x a ⎧+-≥⎪=+-=⎨-+<⎪⎩，()2233,33,x x af x x x a⎧+≥⎪'=⎨-<⎪⎩ ①当1a ≤-时，有x a ≥，故()333f x x x a =+-，所以()f x 在()1,1-上是增函数，()()()()143,143M a f a m a f a ==-=-=--，故()()8M a m a -=.②当11a -<<时，若()()3,1,33x a f x x x a ∈=+-，在(),1a 上是增函数；若()1,x a ∈-，()333f x x x a =-+，在()1,a -上是减函数，()()(){}()()3max 1,1,M a f f m a f a a =-==，由于()()1162f f a --=-+因此当113a -<≤时，()()334M a m a a a -=--+；当113a <<时，()()332M a m a a a -=-++.③当1a ≥时，有x a ≤，故()333f x x x a =-+，此时()f x 在()1,1-上是减函数，因此()()()()123,123M a f a m a f a =-=+==-+，故()()4M a m a -=.题型二：利用参变分离法解决的恒成立问题类型一：参变分离后分母跨0例5：已知函数()()()242,22xf x x xg x e x =++=+，若2x ≥-时，()()f x kg x ≤，求k 的取值范围.解：由题意()24221xx x ke x ++≤+，对于任意的2x ≥-恒成立.当1x =-，上式恒成立，故k R ∈；当1x >-，上式化为()24221x x x k e x ++≥+，令()()()2421,21x x x h x x e x ++=>-+ ()()()22+221x xxe x h x e x -'=+，所以()h x 在0x =处取得最大值，()01k h ≥= 当21x -≤<-时，上式化为()24221x x x k e x ++≤+，()h x 单调递增，故()h x 在2x =-处取得最小值，()22k h e ≤-=.综上，k 的取值范围为21,e ⎡⎤⎣⎦.类型二：参变分离后需多次求导例6：已知函数()()()()212ln ,f x a x x a R =---∈对任意的()10,,02x f x ⎛⎫∈> ⎪⎝⎭恒成立，求a 的最小值.解：即对12ln 0,,221xx a x ⎛⎫∈>-⎪-⎝⎭恒成立. 令()2ln 12,0,12x l x x x ⎛⎫=-∈ ⎪-⎝⎭，则()()()()222212ln 2ln 211x x x x x l x x x --+-'=-=-- 再令()()()222121122ln 2,0,,02x m x x x m x x x x x --⎛⎫'=+-∈=-+=< ⎪⎝⎭()m x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为减函数，于是()122ln 202m x m ⎛⎫>=->⎪⎝⎭，从而，()0l x '>，于是()l x 在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上为增函数，()124ln 22l x l ⎛⎫<=- ⎪⎝⎭，故要2ln 21xa x >--恒成立，只要[)24ln 2,a ∈-+∞，即a 的最小值24ln 2-. 变式1：已知函数()()1ln ,0x f x x a R a ax -=+∈≠，()()()11x g x b x xe b R x=---∈（1）讨论()f x 的单调性；（2）当1a =时，若关于x 的不等式()()2f x g x +≤-恒成立，求b 取值范围.类型三：参变分离后零点设而不求例7：已知函数()ln f x x x x =+，若k Z ∈，且()1f x k x <-对于任意1x >恒成立，求k 的最大值.解：恒成立不等式()minln ln ,111f x x x x x x x k k x x x ++⎛⎫<=< ⎪---⎝⎭，令()ln 1x x x g x x +=-，则()()2ln 21x x g x x --'=-，考虑分子()ln 2,h x x x =-- ()110h x x'=->，()h x 在()1,+∞单调递增.()()31ln 30,42ln 20h h =-<=->由零点存在定理，()3,4b ∃∈，使得()0h b =.所以()1,x b ∈，()()00h x g x '<⇒<，同理()(),,0x b g x '∈+∞>，所以()g x 在 ()1,b 单调递减，在(),b +∞单调递增.()()min ln 1b b bg x g b b +==-，因为()0h b =即ln 20ln 2b b b b --=⇒=-，()()()23,4,1b b b g b b b +-==∈-所以,k b <得max 3k =变式1：（理）已知函数().x ln x eaxx f x +-=（2）当0>x 时，()e x f -≤，求a 的取值范围.题型三：无法参变分离的恒成立问题类型一：切线法例8：若[)20,,10x x e ax x ∈+∞---≥，求a 的取值范围.类型二：赋值法例9：已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>.（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）对于任意21,e ⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围. 解析：（1）当34a =-时，3()ln 1,04f x x x x =-++>． 3(12)(21()42141x x f 'x x x x x++=-=++ 所以，函数()f x 的单调递减区间为（0，3），单调递增区间为（3，+∞）．（2）由1(1)2f a≤，得0a <≤当04a <≤时，()2f x a≤等价于22ln 0x a a --≥．令1t a=，则t ≥．设()22ln ,g t t x t =≥，则()2ln g t g x ≥=．（i ）当1,7x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭≤则()2ln g t g x ≥=．记1()ln ,7p x x x =≥，则1()p'x x =-=.故所以，()(1)0p x p ≥= ．因此，()2()0g t g p x ≥=≥．（ii ）当211,e 7x ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时，1()1g t g x ⎛+= ⎝．令211()(1),,e 7q x x x x ⎡⎤=++∈⎢⎥⎣⎦，则()10q'x =+>，故()q x 在211,e 7⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，所以1()7q x q ⎛⎫⎪⎝⎭．由（i ）得11(1)07777q p p ⎛⎫⎛⎫=-<-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以，()<0q x ．因此1()10g t g x ⎛+=>⎝．由（i ）（ii ）得对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，),()0t g t ∈+∞，即对任意21,e x ⎡⎫∈+∞⎪⎢⎣⎭，均有()2x f x a．综上所述，所求a 的取值范围是⎛ ⎝⎦题型四：零点问题类型一：利用单调性与零点存在定理讨论零点个数例10：已知函数()()31+ln .4f x x axg x x =+=-，（2）用{}min ,m n 表示,m n 中最小值，设函数()()(){}()min ,0h x f x g x x =>讨论()h x 零点个数.解：（2）当(1,)x ∈+∞时，()ln 0g x x =-<，从而()min{(),()}()0h x f x g x g x =<≤，∴()h x 在(1,)+∞无零点．当x =1时，若54a -≥，则5(1)04f a =+≥，(1)min{(1),(1)}(1)0h fg g ===, 故x =1是()h x 的零点；若54a <-，则5(1)04f a =+<，(1)min{(1),(1)}(1)0h f g f ==<,故x =1不是()h x 的零点．当(0,1)x ∈时，()ln 0g x x =->，所以只需考虑()f x 在(0,1)的零点个数． (ⅰ)若3a -≤或0a ≥，则2()3f x x a '=+在(0,1)无零点，故()f x 在(0,1)单调，而1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当3a -≤时，()f x 在(0,1)有一个零点；当a ≥0时，()f x 在(0,1)无零点.(ⅱ)若30a -<<，则()f x 在（01）单调递增，故当x ()f x 取的最小值，最小值为f 14．①若f ＞0，即34-＜a ＜0，()f x 在(0,1)无零点．②若f =0，即34a =-，则()f x 在(0,1)有唯一零点；③若f ＜0，即334a -<<-，由于1(0)4f =，5(1)4f a =+，所以当5344a -<<-时，()f x 在(0,1)有两个零点；当534a -<≤-时，()f x 在(0,1)有一个零点．综上，当34a >-或54a <-时，()h x 由一个零点；当34a =-或54a =-时，()h x 有两个零点；当5344a -<<-时，()h x 有三个零点．类型二：±∞方向上的函数值分析例11：已知函数()()22.x xf x ae a e x =+--若()f x 有两个零点，求a 取值范围.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知，()f x 至多有一个零点．（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时，()f x 取得最小值，最小值为1(ln )1ln f a a a-=-+．①当1a =时，由于(ln )0f a -=，故()f x 只有一个零点； ②当(1,)a ∈+∞时，由于11ln 0a a-+>，即(ln )0f a ->，故()f x 没有零点； ③当(0,1)a ∈时，11ln 0a a-+<，即(ln )0f a -<．又422(2)e(2)e 22e 20f a a ----=+-+>-+>，故()f x 在(,ln )a -∞-有一个零点．设正整数0n 满足03ln 1n a ⎛⎫>+⎪⎝⎭，则()()000032ln 10n nf n e ae n f a ⎛⎫⎛⎫>-->+> ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因此()f x 在(ln ,)a -+∞有一个零点．综上，a 的取值范围为(0,1)．总结：若()01,ln 0a f a <<-<，要证明()f x 有两个零点，结合零点存在定理，分别在a 的左右两侧，这两个点的函数值()f x 都大于0，这时候需要我们对函数进行适当地放缩，化简，以便取值.先分析当x →-∞，2,x x ae ae 虽然为正，但是对式子影响不大，因此可以大胆的舍掉，得出()2xf x x e >--，显然我们对于右侧这个式子观察，就容易得出一个足够小的x （如1x =-），使得式子大于0了.再分析当x →+∞，我们可以把x ae 这个虽然是正数，但贡献比较小的项舍掉来简化运算，得到()()2xxf x eaex >--，显然当x 足够大，就可以使()2x ae -大于任何正数.那么把它放缩成多少才可以使得x e 的倍数大于x 呢？由常用的不等式1x e x x ≥+>，因此只需要使得21x ae ->即3ln x a >（如3ln 1x a=+）就可以了.题型五：极值点偏移类型一：标准极值点偏移例13:已知函数()()()221x f x x e a x =-+-有两个零点1,2x x ，证明12 2.x x +<解：不妨设12x x <，由（Ⅰ）知12(,1),(1,)x x ∈-∞∈+∞，22(,1)x -∈-∞，又()f x 在(,1)-∞上单调递减，所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-，即2(2)0f x -<．由于222222(2)(1)x f x x e a x --=-+-，而22222()(2)(1)0xf x x e a x =-+-=，所以222222(2)(2)x x f x x ex e --=---．设2()(2)xx g x xex e -=---，则2'()(1)()x x g x x e e -=--．所以当1x >时，'()0g x <，而(1)0g =，故当1x >时，()0g x <．从而22()(2)0g x f x =-<，故122x x +<．类型二：推广极值点偏移例14：已知()()()12ln ,f x x x f x f x ==，求证121x x +<. 解：我们可以发现12,x x 不一定恒在12x =两侧，因此需要分类讨论：（1）若12102x x <<<，则1211122x x +<+=，该不等式显然成立；（2）若121012x x <<<<，令()()()()()1ln 1ln 1g x f x f x x x x x =--=---102x <<，故()()()()12ln ln 12,01x g x x x g x x x -'''=+-+=>-，()g x '在10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，当0x →时，()1;22ln 202g x g ⎛⎫''→-∞=-> ⎪⎝⎭.010,2x ⎛⎫∃∈ ⎪⎝⎭使()00g x '=即()g x 在()00,x 上单调递减，在01,2x ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，又0x →时，()0g x →，且102g ⎛⎫=⎪⎝⎭，故()0g x <，即()()1f x f x <-对10,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭成立，得证.题型六：双变量问题类型一：齐次划转单变量例15：已知函数()()1ln 1a x f x x x -=-+()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠，求证ln ln 2m n m nm n -+<-. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，即证明21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由（1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证.变式1：对数函数()x f 过定点⎪⎭⎫ ⎝⎛21,e P ，函数()()()为常数m ,n x f m n x g '-=，()()的导函数为其中x f x f '.（1）讨论()x g 的单调性；（2）若对于()+∞∈∀,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+.解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ∀∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =.∴()()()11ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x=--=+-=-- 依题意设()()211122221120,1120k x x h x h x k k x x ⎧-+-=⎪⎪''==⎨⎪-+-=⎪⎩∴12111x x +=121212+=4x x x x x x ⇒≥>∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ⎛⎫+=-+-+=-- ⎪⎝⎭令()124,21ln t x x t t t ϕ=>=--，()()1204t t tϕ'=->> ∴()t ϕ在4t >单调递增，∴()()472ln 2t ϕϕ>=-类型二：构造相同表达式转变单变量例16：已知,m n 是正整数，且1m n <<，证明()()11.nmm n +>+解：两边同时取对数，证明不等式成立等价于证明()()ln 1ln 1n m m n +>+，即证明()()ln 1ln 1m n m n ++>，构造函数()()ln 1x f x x+=，()()2ln 11xx x f x x -++'=，令()()ln 11x g x x x =-++，()()()22110111x g x x x x -'=-=<+++，故()()00g x g <=，故()0f x '<，结合1,m n <<知()()f m f n >类型三：方程消元转单变量例17：已知()ln xf x x=与()g x ax b =+，两交点的横坐标分别为1,2x x ，12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>解：依题意11211112222222ln ln ln ln x ax b x x ax bx x x ax bx ax b x ⎧=+⎪⎧=+⎪⎪⇒⎨⎨=+⎪⎪⎩=+⎪⎩，相减得： ()()()12121212ln ln x x a x x x x b x x -=+-+-，化简得()()121212lnx x a x x b x x ++=-，()()()()()()112121121212121122221ln ln 1x x x x x x x x g x x x x a x x b x x x x x x ++++=+++==⎡⎤⎣⎦-- 设12x x >，令121x t x =>，()()()12122112ln 2ln 011t t x x g x x t t t t -+++>⇔>⇔->-+ 再求导分析单调性即可.变式1：已知函数()1++=ax x ln x f 有两个零点21x ,x .()10a -<<（2）记()x f 的极值点为0x ，求证：()0212x ef x x >+.变式2：设函数()()3211232xf x ex kx kx =--+. 若()f x 存在三个极值点123,,x x x ，且123x x x <<，求k 范围，证明1322x x x +>.变式3：已知函数()122ln 21x ef x a x x x-⎛⎫=++-- ⎪⎝⎭在定义域()0,2内有两个极值点.（1）求实数a 的取值范围；（2）设12,x x 是()f x 两个极值点，求证12ln ln ln 0x x a ++>.类型四：利用韦达定理转单变量例18：已知()()21ln 02f x x x a x a =-+>，若()f x 存在两极值点1,2x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>.解：()21,a x x af x x x x-+'=-+=由韦达定理12121,x x x x a +==1140,4a a ∆=->< ()()()()()212121212121+2ln 2f x f x x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦ ()11121ln ln 22a a a a a a =--+=--令()()11ln ,0,ln 024g a a a a a g a a '=--<<=<，()g a 在10,4⎛⎫⎪⎝⎭上单调递减，故()132ln 244g a g --⎛⎫>=⎪⎝⎭. 变式1:已知函数().R a ,x ax x ln x f ∈-+=22（2）若n ,m 是函数()x f 的两个极值点，且n m <，求证：.mn 1>方法二：变式2：已知函数()213ln 222f x x ax x =+-+()0a ≥. （1）讨论函数()f x 的极值点个数；（2）若()f x 有两个极值点12,x x ，证明()()110f x f x +<.题型六：不等式问题类型一：直接构造函数解决不等式问题例19：当()0,1x ∈时，证明：()()221ln 1x x x ++<.解：令()()()221ln 1f x x x x =++-，则()00f =，而()()()()2ln 1ln 12,00f x x x x f ''=+++-=，当()0,1x ∈时，有()ln 1x x +<，故()()()ln 12222ln 10111x f x x x x x x+''=+-=+-<⎡⎤⎣⎦+++， ()f x '在()0,1上递减，即()()00f x f ''<=，从而()f x 在()0,1递减，()()00f x f ≤=，原不等式得证.变式1：已知函数()()()R a ex x ln x a x f ∈+-=1.（1）求函数()x f 在点1=x 处的切线方程；（2）若不等式()0≤-x e x f 对任意的[)+∞∈,x 1恒成立，求实数a 的取值范围解：（2）令()()()()1ln 1,x xg x f x e a x x ex e x =-=-+->()1ln 1xg x a x e e x ⎛⎫'=+-+- ⎪⎝⎭， ①若0a ≤，则()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=.即()0g x '≤恒成立，所以()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，所以()0g x ≤恒成立.②0a >，令()()1ln 1,x h x g x a x e e x ⎛⎫'==+-+- ⎪⎝⎭所以()211xh x a e x x ⎛⎫'=+-⎪⎝⎭，易知211x x +与x -e 在[)1,+∞上单调递减，所以()h x '在[)1,+∞上单调递减，()12h a e '=-. 当20a e -≤，即02ea <≤时，()0h x '≤在[)1,+∞上恒成立，则()h x 在[)1,+∞上单调递减，即()g x '在[)1,+∞上单调递减，又()10g '=，()0g x '≤恒成立，()g x 在[)1,+∞上单调递减，又()10g =，()0g x ≤恒成立.当20a e ->时，即2ea >时，()01,x ∃∈+∞使()00h x '=，所以()h x 在()01,x 上单调递增，此时()()10h x h >=，所以()0g x '>所以()g x 在()01,x 递增，得()()10g x g >=，不符合题意. 综上，实数a 的取值范围是2e a ≤. 变式2：（文）已知函数()()()().R a ,x a x g ,x ln x x f ∈-=+=11（1）求直线()x g y =与曲线()x f y =相切时，切点T 的坐标. （2）当()10,x ∈时，()()x f x g >恒成立，求a 的取值范围.解：(1)设切点坐标为()00x y ，，()1ln 1f x x x'=++，则()()000001ln 11ln 1x a x x x a x ⎧++=⎪⎨⎪+=-⎩，∴00012ln 0x x x -+=.令()12ln h x x x x=-+，∴()22210x x h x x -+'=-≤，∴()h x 在()0+∞，上单调递减， ∴()0h x =最多有一根.又∵()10h =，∴01x =，此时00y =，T 的坐标为(1，0).(2)当()0 1x ∈，时，()()g x f x >恒成立，等价于()1ln 01a x x x --<+对()0 1x ∈，恒成立. 令()()1ln 1a x h x x x -=-+，则()()()()2222111211x a x ah x x x x x +-+'=-=++，()10h =. ①当2a ≤，()1x ∈0，时，()22211210x a x x x +-+≥-+>， ∴()0h x '>，()h x 在()0 1x ∈，上单调递增，因此()0h x <. ②当2a >时，令()0h x '=得1211x a x a =-=-由21x >与121x x =得，101x <<.∴当()1 1x x ∈，时，()0h x '<，()h x 单调递减， ∴当()1 1x x ∈，时，()()10h x h >=，不符合题意；综上所述得，a 的取值范围是(] 2-∞，.变式3：（文）已知函数().x x x ln x f 12---=（2）若存在实数m ，对于任意()∞+∈0x ，不等式()()()0212≤+-+x x m x f 恒成立，求实数m 的最小整数值.解：（2）法一：参变分离+二次局部求导+虚设零点变式4：（理）已知函数()()()R a x a eae x f xx∈-++=-22.（1）讨论()x f 的单调性；（2）当0≥x 时，()(),x cos a x f 2+≥求实数a 的取值范围.变式5：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （1）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型二：利用min max f g >证明不等式问题例20：设函数()1ln x xbe f x ae x x-=+曲线()y f x =在点()()1,1f 的切线方程为()12y e x =-+.（1）求,a b 值；（2）证明：()1f x >【解析】(1)函数()f x 的定义域为(0,)+∞，112()ln xx x x a b b f x ae x e e e x x x--=+-+．由题意可得(1)2f =，(1)f e '=．1, 2.a b ==故(2)由(1)知12()ln xx f x e x e x -=+，从而()1f x >等价于2ln x x x xe e->-．设函数()1g x x nx =，则'()1g x nx =．所以当1(0,)x e ∈时，()0g x '<；当1(,)x e ∈+∞时，()0g x '>．故()g x 在1(0,)e 单调递减，在1(,)e+∞单调递增，从而()g x 在(0,)+∞的最小值为11()g e e=-．设函数2()xh x xee-=-，则'()(1)x h x e x -=-．所以当(0,1)x ∈时()0h x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0h x '<故()h x 在(0,1)单调递增，在(1,)+∞单调递减，从而()h x 在(0,)+∞的最大值为1(1)h e=-．变式1. 已知函数()x ln a bx x f +=2的图像在点()()11f ,处的切线斜率为2+a .（1）讨论()x f 的单调性；（2）当20e a ≤<时，证明：()222-+<x e xx x f 解：（2）要证()222x f x x e x -<+，需证明22ln 2x a x e x x-<.令()ln 02a x e g x a x ⎛⎫=<≤ ⎪⎝⎭，则()()21ln a x g x x -'=，当()0g x '>时，得0x e <<；当()0,g x '<得x e >. 所以()()max ag x g e e==. 令()()2220x e h x x x -=>，则()()2322x e x h x x--'=. 当()0h x '>时，得2x >；当()0h x '<时，得02x <<. 所以()()min 122h x h ==.因为02e a <≤，所以()max 12a g x e ==. 又2e ≠，所以22ln 2x a x e x x-<，即()222x f x x e x -<+得证.变式2：（理）已知函数()().ax ln axx f -=（1）求()x f 的极值；（2）若()012≤+-++m x e mx x ln e x x ，求正实数m 的取值范围.变式3：已知()1ln ,mf x x m x m R x-=+-∈. （2）当202e m <≤时，证明()21x e x xf x m >-+-.类型三：利用赋值法不等式问题例21：已知函数()2x xf x e e x -=--.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设()()()24g x f x bf x =-，当0x >，()0g x >，求b 的最大值. （3）估计ln 2（精确小数点后三位）.解：因为()()()()()2224484xx x x g x f x bf x e e b e e b x --=-=---+-所以()()()()()2222422222xx x x x x x xg x ee b e e b e e e e b ----⎡⎤'=+-++-=+-+-+⎣⎦①当2b ≤时，()0,g x '≥等号仅当0x =时成立，所以()g x 在R 上单调递增，而()00g =，所以对于任意()0,0x g x >>.②当2b >，若x 满足222x x e e b -<+<-，即(20ln 12x b b b <<-+-时，()0g x '<，而()00g =，因此当(20ln 12x b b b <≤--时，()0g x <，综上最大为2.（3）由（2）知，(()3221ln 22g b =-+-，当2b =时，(36ln 20,ln 20.69282g =->>>；当14b =+时，(ln 1b -+=(()32ln 202g =--<，18ln 20.69328+<<，所以近似值为0.693类型四：利用放缩法构造中间不等式例22：若0x >，证明：()ln 1.1x x xx e +>- 解：转化成整式()()2ln 11xx e x +->.令()()()2ln 11xf x x e x =+--，则()()1ln 121x xe f x e x x x -'=++-+()()()21ln 1211x x x e x e f x e x x x +''=+++-++.由()+1ln 11x x e x x x ≥+≥+，，得()()()()3222112120,11x x x x f x x x x +++''≥++-=>++()()00,f x f ''≥=故()()00f x f ≥=，得证.变式1：（2020河南鹤壁市高三期末）已知函数()21xf x e kx =--，()()()2ln 1g x k x x k R =+-∈.（2）若不等式()()0f x g x +≥对任意0x ≥恒成立，求实数k 范围.变式2:（2020年河南六市联考）已知函数()()2ln 1sin 1f x x x =+++，()1ln g x ax b x =-- 证明：当1,x >-()()2sin 22xf x x x e<++类型五：与数列相关的不等式例23：设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.解：（2）由（1）知当(1,)x ∈+∞时，1ln 0x x -->令112n x =+得11ln(1)22n n +<，从而 221111111ln(1)ln(1)ln(1)112222222n n n ++++⋅⋅⋅++<++⋅⋅⋅+=-<故2111(1)(1)(1)222n e ++⋅⋅⋅+<而23111(1)(1)(1)2222+++>，所以m 的最小值为3．变式1：（理）已知函数()()()021>+-+=a ax xx ln x f .（1）若不等式()0≥x f 对于任意的0≥x 恒成立，求实数a 的取值范围；（2）证明：().N n ln ln ln ln n n n *-∈⎪⎭⎫⎝⎛->⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⋅⋅⋅+++1212121279353变式1：（2020河南开封二模）已知函数()1xf x e x =--.（1）证明()0f x >；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n ，2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫++⋅⋅⋅+< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值.类型六：与切、割线相关的不等式例24：已知函数()()2901xf x a ax =>+ （1）求()f x 在1,22⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最大值；（2）若直线2y x a =-+为曲线()y f x =的切线，求实数的值；（3）当2a =时，设12141,,22x x x ⎡⎤⋅⋅⋅∈⎢⎥⎣⎦，且121414x x x +⋅⋅⋅+=，若不等式()()()1214f x f x f x λ+⋅⋅⋅+≤恒成立，求实数λ的最小值.解：证明()29412xf x x x=≤-++，即32281040x x x -+-+≥，令()3228104F x x x x =-+-+，()261610F x x x '=-+-，所以()F x在1,12⎛⎫⎪⎝⎭，5,23⎛⎫ ⎪⎝⎭递减，在51,3⎛⎫ ⎪⎝⎭递增.而()50,203F F ⎛⎫>> ⎪⎝⎭，表明不等式()29412xf x x x =≤-++成立.所以()()()12141244+442n f x f x f x x x x ++⋅⋅⋅+≤-+-+⋅⋅⋅-+=，等号在全部为1时成立，所以λ最小值为42。

(完整版)含参数导数问题分类讨论(学生)

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f X max，则a f X max ；若a f x恒成立，只须求出f X皿山，则a f X min，转化为函数求最值.例1、已知函数f(x) xlnx. (I)求f(x)的最小值；(n)若对所有x 1都有f (x) ax 1,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f(x) x(x a).(I)若f (1) 3,求a的值及曲线y f(x)在点(1, f (1))处的切线方程；(n)求f(x)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，令厶=0,求分点，从而引起讨论.例3、已知函数f (x) x2 x alnx , (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.2例4、已知m 0 ,讨论函数f (x) mx 一3(m !)x 3m 6的单调性.e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。

培优辅导专题1：含参数导数问题的分类讨论

专题一含参数导数问题的分类讨论导数是研究函数的图象和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，有关导数问题几乎是每年高考的必考试题之一•随着高考对导数考查的不断深入，含参数的导数问题成为了历年高考命题的热点•由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行分类讨论，如何进行分类讨论成为绝大多数考生答题的难点.在众多的含参数导数问题中，根据所给的参数的不同范围去讨论函数的单调性是最常见的题目之一，求函数的极值、最值等问题，最终也需要讨论函数单调性•对于含参数导数问题的单调性的分类讨论，常见的分类讨论点有以下三个：分类讨论点1:求导后，考虑f X 0是否有实根，从而引起分类讨论；分类讨论点2:求导后，f X 0有实根，但不清楚f X 0的实根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；分类讨论点3:求导后，f X 0有实根，f X 0的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论.以上三点是讨论含参数导数问题的单调性的三个基本分类点，在求解有关含参数导数问题的单调性时，可按上述三点的顺序对参数进行讨论•因此，对含参数的导数问题的分类讨论，还是有一定的规律可循的.当然，在具体解题中，可能要讨论其中的两点或三点，这时的讨论就会复杂一些了，也有些题目可以根据其式子和题目的特点进行灵活处理，减少分类讨论，需要灵活把握.例1设a O ,讨论函数f X In X a 1 a X2 2 1 a X的单调性.1【解析】f X的定义域是0, . f X 2a 1 a X 2 1 aX22a 1 a X 2 1 a X 1X令g X 2a 1 a X2 2 1 a X 1 ,则fx 0的根的情况等价于g X 0的根的情况•由于g X的函数类型不能确定，所以需要对a进行分类讨论从而确定函数的类型.1(1)当a 1时，g X是常数函数，此时g X 1 , f X —0 ,于是fx在0,X上递增∙(2)当a 1时，g X 是二次函数，类型确定后，我们首先考虑讨论点1―― f X 0是否有实根的问题•由于 g X 不能因式分解，所以我们考虑其判别式4 a 1 3a 1 ,判别式的正负影响到 g X 0的根的情况，由此可初步分为以下三种情况：①当O ,即10 ,即卩a -时，g X 0有两个相等的实根；③31时，g X 0有两个不等的实根.上递增.而利用韦达定理进行判断是一个快捷的方法.当a 1时，有χ1 χ2 0且χ1χ2 0 ,此时χ2 0 X 1 ,由f x 0可得0 xX 1 ,所以f X 在0, X i 上递增；由f X 0可得X X i ,所以f X 在X i ,上递减.1综上所述，当0 a 时，f X 在0,x 1和x 2,上递增，在 x i , x 2上递减；当3 1-a 1时，f X 在0, 上递增；当a 1时，f x 在0必上递增，在X i , 上递减.其31y∣~a ^^1 ^^3a 1i I y F a ^^1 ~3a^^T 中 X i, X 22a 2a 1 a2a 2a 1 aa 1时，g X 0没有实根；②当对于第①种情况,O 没有实根且永远在 X 轴上方，于是f X 0,所以f X 在0,上递增. 对于第②种情况,0有两个相等的实根f X 0,所以f X 在0,对于第③种情况,0有两个不等的实根, X I1 2aa 1 3a 1和2a 1 aa 1 3a 1 1X 2 2a 2a 1 a•由于不知道两根是否落在定义域0,内，因此要考虑讨论点 2 ,因为X 1Xa ，χιχ2奇—，所以当0 a 1时,X I X 2 0且X 1X 2 0 ,此时两个根都在定义域内切 0 χ1 X 2 (因为X 与X 2的大小关系已经确定,所以不需要考虑讨论点 3 ) •由f X 0可得0 X X 1或X X 2 ,所以f X 在0, N 和X 2,上递增；由f X 0可得X iX X 2 ,所以X 在X i , X 2上递减.【解析】(1)定义域为1O, , f X -XI kx 1kX法1：①当k O时，f1X O ,函数fXX在1,2为增函数，所以f X i f 1 O .min②当k O时，令f X1O可得X 1.k1(i )当1kO ,即卩k O 时，f X O在1,2上恒成立，函数f X在1,2为增函数，所以 f X iminf 1O .( ii )当O11，即k 1时， f X O在1,2上恒成立，所以 f X在1,2为减函数,所以 f X f 2In 2 k .min(ii i1)当1k2 ,即O k1时，f X2O在1,2上恒成立，所以f X在1,2为增函数，所以f X min f 1 O .(iv1)当1 -12 ,即k1时，由f X O可得1X丄，由f X O可得1X 2 , k2k k所以f X在1,1上递增，在1—,2上递减.于亍是f X在1,2上的最小值为f1O或k k111 ②当k 0时，由f X 0可得OX ,由f X 0可得X ,所以f X 在0,— kkk1上递增，在丄，上递减.于是f X 在1,2上的最小值为f 10或f 2 ln 2 k .k(i )当 0 ln2 k ,即0 k In2 时，f Xminf 10. (ii )当 0 In2k ，即k In2 时，f X i f min2In 2 k .综上所述，当⅛ k In2 时，f X if 10；当 k minIn2 时，f Xf 2 In 2 k .min(2)解答详见专题三例1.【点评】处理好函数的单调就能求出函数的最值.法1是按照常见的3个分类讨论考虑根在不在疋乂域 1,2内.当—0或0— 1或一 2时，根都不在定义域内 (把-1和f 2 In 2 k .当 O In2 k ,即-2k In2 时，f Xf 1?minO ;当 O In2 k ,即In2 k 1 时，f Xf 2minIn 2 k .综上所述，当k In2 时，f X min f 1 O ；当 k In2 时，fX min f 2 In 2 k .法2：①当k O 时,X O ,函数f X 在1,2为增函数，所以f Xminf 1 O .【解析】(1) 函数f X2X bln X1的定义域为1,b 2 X22X b令g t 1 If X 2X X2X22X b ,贝948b . 当b —时，X 1X 12所以g X在1,上恒大于0 , 所以f7 ∩qp B ∆Iz I-时, 函数f X在定义域X 0，于是当b21, 上递增.(2)首先考虑g X 0是否有实根.1① 当 0 ,即b时，由（1）知函数f X 无极值点.2 1② 当 0 ,即b —时，g X 0有唯一的实根，g X 0 ,于是f X 0在 1, 上2恒成立，所以函数 f X 在 1,上递增，从而函数 f X 在 1,上无极值点.1③当0 ,即b 2时,0有两个不同的根X 11 √^2b X 1 √^2b ，X2 2 ，其中X 1 X 2 •这两个根是否都在定义域 1,内呢？这需要对参数 b 的取值进一步分类讨论.当b 0时,X 11 .1 2b2X 21 . 1 2b ,1,X 0可得X X 2 ,由X 0可得 1 X X 2 ,所以f1,X 2上递减，在X 2,上递增，所以当b 0时,f X 在 1,上有唯一极小值点X21 当0b —2 时，X 11花1 .厂 2b2 • 11 2b1 , X 21,由f X 0可得1 XX 1 或 X X 2 ,由f X 0可得X 1X X 2 ,所以f 1,X 1上递增，在 X n X 2上递减，在 X 2,上递增，所以当0X 11 . 1_2b—2—和一个极小值点X X1 时，f X 在21 2b2 • 1,上有一个极大值点综上所述，当b 0时，f X 在1, 上有唯一的极小值点X21b 时，f X 有一个极大值点2 1时，函数f X 在 1, 上无极值点. X 1 11 2bU-和一个极小值点 X 21 1 2b2 '当11 2b t；当练习1:设函数f Xaln X X 1 ,其中a 为常数. X 1(1)若a 0 ,求曲线y f X 在点1, f 1处的切线方程;(2)讨论函数f X 的单调性.2ax 2 a IXa递减.22a 1 W2a 1 a W0 ,由于 a 0 ,所以 N 0 .a 1法2：(韦达定理)由x1 x2—a — 0可得0 X 1 X 2 .x 1x 2 1 0模块2练习巩固整合提升①当a 0时, f X 0 ,所以函数f X 在0,上递增. ②当a 0时, 令g X ax 22 a 1 X a , 则 2 24 a 14a 4 2a 1 .(i )当 a1 »2时，0 ,所以 g X 0 ,于 F 是 f X 0 ,所以函数f X 在0,上X 1【解析】(1)当a 0时，f X , X 0, X 1 2 1.此时f X ---------------- 2 ,于是f 1-， X 121 O ,所以曲线y f X 在点1, f 处的切线方程为 2y (2) 函数f X 的定义域为0,(ii 1当-a 0时,0,此时g X 0有两个不同的根，X 1a 1 2a —1X2a 1 2a 1,x 1 aX 2 .下判断X 1、X 2是否在定义域 0, 内.法1 :(待定符号法)a 1 2a 1W0 aa 1 . 2a 1W0 a 1W. 2a 1法3：(图象法)g X 是开口方向向下的抛物线，对称轴为电」 O , g 0 a 0 ,a由图象可知X l 、X 2都在定义域 0, 内.当0 X X 1或X X 2时，有g X 0 , f X 0 ,所以函数f X 递减；当X 1 X X 2时, 有g X 0, f X 0 ,所以函数f X 递增.1综上所述，当a 0时，函数f X 在0,上递增；当a -时，函数f X 在0,21 a 1 J 2a 1 a 1 J 2a 1上递减；当 1 a 0时，函数f X 在0, ----------------------- ——, ------------------------ ------------- , 上2 a a递减，在丄丄丝」,二J2^上递增.aa练习2：设函数f X InXa X 2.(1)若当X 1时，f X 取得极值，求a 的值，并讨论f X 的单调性;求a 的取值范围，并证明所有极值之和大于 In-.2aa 2 2 X X 2 a x 1 a x 2 a a且X 1 X 2 ,由韦达定理可得1 ,即12X X 2 — X 1 a X 2 a —22X 2(i ) 当 a 2 时，有 x 1 a 0, x 2 a 0 ,即 x 1 a , x 2 a ,从而 f X(2)f X 存在极值, 【解析】 (1)由 f 1 3 0解得a -,此时f2 IC 2x 23x 1 2x 3 2解得f X 0解得 ,所以在区间l , 1,上递增，在区间1, 1-上递减. 2 (2) f X 的定义域为a, ,2X 2 2ax 1 ,记2X 2 2ax 1 ,其判别式为4a 2①若、、2 a2时，f 0在 a, 上恒成立，所以 X 无极值.②若a 、2或2时,0有两个不同的实根 X 1a, 上没有实根，所以f X无极值•(ii )当a . 2 时，有χ1 a 0 , X2 a 0 ,即X1 a , X2 a ,从而f X 0在a, 上有两个不同的根，且f X 在X X1, X X2处取得极值.综上所述, 存在极值时, a的取值范围为2, 的极值之和为f X2In Xi a X12In 2a X2In X i X2 a X1X222X1X2 ,而In X1 a X2 2X i X2 2X1X2,所以f X21In2a2 11In— 12eIn .2练习3：已知函数X 2e ax bx 1，其中 2.71828L为自然对数的底数.(1) 是函数f X的导函数，求函数g X在区间0,1上的最小值;函数在区间0,1内有零点，求a的取值范围.【解析】(1) e x2ax b , g X e x 2a .因为X 0,1 ,所以2a g X 2a .①若2a 1，即a 2a 0 ,所以函数g X在区间0,1上递增，于g X min1②若1 2a e ,即a2In 2a 时，g X e X 2a 0 ,当In 2a X 1g X e x 2a 0 ,所以函数g X在区间0,In 2a上递减，在区间In 2a ,1上递增,是g X min g In 2a 2a2aln 2a③若2aee ,即a 时，有22a 0 ,所以函数g X在区间0,1上递减，于是g X min g 1 e 2a1 b,a 12综上所述, g X在区间0,1 上的最小值为g X2a 2aIn 2amine 2a b,a -2(2)法1：由f 1 0可得e a b 1 0 ,于是b e a 1,又f O O ,所以函数f X 在区间0,1内有零点，则函数f X在区间0,1内至少有三个单调区间.1 e由（1）知当a 或a2 2时，函数g X即f X在区间0,1上递增或递减，所以不可能满足“函数f X在区间0,1内至少有三个单调区间”这一要求•3X 2xln 2X0可得e2maxb2e于是函数在区间g X min 2a 2aln 2a b 3a 2aln 2a eX e),则h X 1 2ln 2x . 2X -,所以h X在区间2 23 ； 2 ； ln 2 ；0,1内至少有三个单调区间1 ,又因为舟a夕，所以e2 a 1 .综上所述，a的取值范围为2,1 .1 .令0可得-X2法2：由f 1 0可得e 1 0,于是b 区间0,1上至少有两个零点. 2ax 在区间0,1 上至少有两个零点两个交点.2χeχ 3eχ 2 e2~2χ 1,令0可得min P 2e 2.e上递增,2在区间e e2 ,2上递减,0 ,即g Xmina 0,由此解得1 ,又f 所以函数g XX e2X 1XeX2χ 11A的图象至少有2χe x 3e x 2 ,则X e x 2X 1 ,由0可得X 1,所以P X在22 0 ,所以k X 0,于是1 1k X在0,-上递增，在一,1上也递增.因为k 0 e 2 ,2 21 10,—上递减，在一，1上递增, 21 ,当X1时，k X ,当k 1X2于是y a与k X e x e 1X10,—U2X 12-时，k X ,21-,1的图象有两个交点时，a的取值范围是2e 2,1。

导数含参问题中常见的分类讨论方法教学设计

导数含参问题中常见的分类讨论方法
第二模块巩固与练习，进一步深化（8分钟）问题变式1 已知函数
321()13
f x x ax x =+++，a R ∈，讨论函数()f x 的单调区间．
处理学生在缄默情境下练习并用所学解决作业中出现的问题。

选择有代表性作业分析，一份分类错误，一份正确解答。

意图本模块一方面让学生通
过练习来巩固分类的依据1，另一
方面通过改变变量的范围，让学生
提高知识的灵活运用能力。

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第三模块变式与深化，题目演绎
（14分钟）
问题变式2 设函数()()2f x x x a =-其中．当
时,求函数()f x 的极大值和
极小值﹒
变式 3 已知函数
()()211ln 2f x x a x a x =-++，]1,3x ⎡∈⎣求函数()f x 的单调区间与极值﹒
处理让学生逐个完成变2
和变3 先完成变选择正确的解
答示众，评价完方法总结，易错问
题的分析。

意图变2和变3多数学生
解答困难不大，主要是帮助学生经
历过程，获得解决问题的方法。

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四、教学评价设计
1.评价方式与工具
课堂提问书面练习
2.评价量表内容（测试题、作业描述、评价表等）测试题已知函数()()32x f x xe x ax =-++．若当0x ≥时，()232f x x x ≥-+恒成立，求a 的取值范围．。