(完整版)含参数导数问题分类讨论(学生)
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。
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。
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 =。
09导数的分类讨论.学生版
2. 为什么要分类讨论？ 在利用导数解决函数的单调性与极值、最值问题时，一般含有参数的导数往往需要分类讨
论．原因在于，求单调区间的第（3）步中会去解一个含参的不等式．或者，是题目给出的是区间端 点含有参数．
二、如何进行分类讨论？ 1. 先明确是哪类不等式，不同类型的不等式，分类讨论的策略不同！ 考试中常碰到的不等式有：一元一次不等式、一元二次不等式、分式不等式、对数不等式、指
导数在研究函 数中的应用
利用导数研究函数的单调性（其中多项式函数不 超过三次）
函数的极值、最值（其中多项式函数不超过三 次）
利用导数解决某些实际问题
要求层次 了解 理解 掌握
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知识框图
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知识点
一、为什么要分类讨论？ 1. 利用导数求单调区间的步骤 （1）确定函数的定义域；
由 f '(x) ax2 x 1 0 ，得 1 1 4a x 1 1 4a
2a
2a
f (x) 的增区间是 ( 1 1 4a ，1 1 4a ) ．
2a
2a
由 f '(x) 0 ，得 x 1 1 4a 或 x 1 1 4a
2a
2a
f (x) 的减区间是 (，1 1 4a ) ， ( 1 1 4a ， ) ．
a
a
②参数在常数项上：
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如： f '(x) ex (x a) 0 ， x 0 ， a R （i）当 a 0 时， f '(x) 0 恒成立， f (x) 增区间为 (0， ) ； （ii）当 a 0 时， 由 f '(x) 0 ，得 x a ， f (x) 增区间为 (a， ) ； 由 f '(x) 0 ，得 x a ， f (x) 增区间为 (， a) ． （2）一元二次不等式型： ①参数在二次项系数： 第一种，能因式分解型； 如： f '(x) a(x 1)(x a) 0 ， x R ， a R 当 a 0 时， f '(x) 0 恒成立， f (x) 为常函数； 当 a 0 时， 由 f '(x) 0 ，得 x 1 或 x a ， f (x) 的增区间是 (，1) ， (a， ) ； 由 f '(x) 0 ，得 1 x a ， f (x) 的减区间为 (1，a) ． 当 a 0 时， （i） a 1， f '(x) (x 1)2 0 且不恒为 0， f (x) 减区间为 (， ) ； （ii） a 1 时， 由 f '(x) 0 ，得 a x 1 ， f (x) 的增区间是 (a，1) ； 由 f '(x) 0 ，得 x a 或 x 1 ， f (x) 的减区间是 (，a) ， (1， ) ． （iii） 1 a 0 时， 由 f '(x) 0 ，得 1 x a ， f (x) 的增区间是 (1，a) ; 由 f '(x) 0 ，得 x 1 或 x a ， f (x) 的减区间是 (，1) ， (a， ) ． 注：分类可以有层次感，在大类下还可以再分小类，这样逻辑比较清晰严谨，不易混乱． 第二种，不能因式分解型； 如： f '(x) ax2 x 1 0 ， x R ， a R 当 a 0 时， 由 f '(x) x 1 0 ，得 x 1 ， f (x) 的增区间是 (1， ) ； 由 f '(x) x 1 0 ，得 x 1 ， f (x) 的减区间是 (，1)
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。
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
．
导数大题求参归类(学生版)
导数大题求参归类目录题型01 恒成立求参：常规型题型02 恒成立求参：三角函数型题型03恒成立求参：双变量型题型04 恒成立求参：整数型题型05恒成立求参：三角函数型整数题型06“能”成立求参：常规型题型07“能”成立求参：双变量型题型08“能”成立求参：正余弦型题型09 零点型求参：常规型题型10 零点型求参：双零点型题型11 零点型求参：多零点综合型题型12 同构型求参：x1，x2双变量同构题型13 虚设零点型求参高考练场热点题型归纳题型01恒成立求参：常规型【解题攻略】利用导数求解参数范围的两种常用方法：(1)分离参数法：将参数和自变量分离开来，构造关于自变量的新函数，研究新函数最值与参数之间的关系，求解出参数范围；(2)分类讨论法：根据题意分析参数的临界值，根据临界值作分类讨论，分别求解出满足题意的参数范围最后取并集.1(2024上·北京·高三阶段练习)设a>0，函数f(x)=x a ln x．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若f(x)≤x，求a的取值范围；(3)若f (x)≤1，求a．2(2024上·甘肃武威·高三统考期末)已知函数f x =2xe x+a ln x+1.(1)当a=0时，求f x 的最大值；(2)若f x ≤0在x∈0,+∞上恒成立，求实数a的取值范围.【变式训练】1(2023上·江苏镇江·高三校考阶段练习)已知函数f x =x2-ax e x．(1)若f x 在-2,-1上单调递增，求实数a的取值范围；(2)若f x ≥sin x对x∈-∞,0恒成立，求实数a的取值范围．2(2024上·山西·高三期末)已知函数f x =m x-12-2x+2ln x，m≥2.(1)求证：函数f x 存在单调递减区间，并求出该函数单调递减区间a,b的长度b-a的取值范围；(2)当x≥1时，f x ≤2xe x-1-4x恒成立，求实数m的取值范围.3(2024·全国·模拟预测)已知函数f(x)=2x2-a ln x-1，a∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若对任意的x∈(0,+∞)，不等式f(x+1)>(x+1)2+1x+1-1e x恒成立，求实数a的取值范围．题型02恒成立求参：三角函数型【解题攻略】三角函数与导数应用求参：1.正余弦的有界性2.三角函数与函数的重要放缩公式：x≥sin x x≥0.1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =sin xx，g x =a cos x．(1)求证：x∈0,π2时，f x <1；(2)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x >g x 恒成立，求实数a的取值范围；(3)当x∈-π2,0∪0,π2时，f x2>g x 恒成立，求实数a的取值范围．2(2023上·全国·高三期末)已知函数f (x )=e x sin x -2x .(1)求曲线y =f (x )在点(0,f (0))处的切线方程；(2)求f (x )在区间0,π2上的最大值；(3)设实数a 使得f (x )+x >ae x 对x ∈R 恒成立，求a 的最大整数值.【变式训练】1(2023上·湖北省直辖县级单位·高三校考阶段练习)已知函数f x =e ax -2ax a ∈R ,a ≠0 .(1)讨论f x 的单调性；(2)若不等式f x ≥sin x -cos x +2-2ax 对任意x ≥0恒成立，求实数a 的取值范围.2(2023上·甘肃定西·高三甘肃省临洮中学校考阶段练习)已知函数f x =e x-sin x-cos x,f x 为其导函数．(1)求f x 在-π,+∞上极值点的个数；(2)若f (x)≥ax+2-2cos x a∈R对∀x∈-π,+∞恒成立，求a的值．题型03恒成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2023·四川攀枝花·统考模拟预测)已知函数f x =ae x -x a ∈R ．(1)当a =1时，求f x 的单调区间；(2)设函数g x =x 2-1 e x -x -f x ，当g x 有两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 时，总有tg x 2 ≥2+x 1 ex 2+x 22-3 成立，求实数t 的值．2(2024上·四川成都·高三成都七中校考阶段练习)设函数f x =e x -ax ，其中a ∈R .(1)讨论函数f (x )在[1,+∞)上的极值；(2)若函数f (x )有两零点x 1,x 2x 1<x 2 ，且满足x 1+λx 21+λ>1，求正实数λ的取值范围.【变式训练】1(2023·上海松江·校考模拟预测)已知函数f (x )=ax -a ln x -e xx.(1)若a =0，求函数y =f (x )的极值点；(2)若不等式f (x )<0恒成立，求实数a 的取值范围；(3)若函数y =f (x )有三个不同的极值点x 1、x 2、x 3，且f (x 1)+f (x 2)+f (x 3)≤3e 2-e ，求实数a 的取值范围.2(2023下·山东德州·高三校考阶段练习)已知函数f x =2ln x +12(a -x )2，其中a ∈R .(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若f x 存在两个极值点x 1,x 2x 1<x 2 ,f x 2 -f x 1 的取值范围为34-ln2,158-2ln2 ，求a 的取值范围.题型04恒成立求参：整数型【解题攻略】恒成立求参的一般规律①若k ≥f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≥f (x )max ；②若k ≤f (x )在[a ,b ]上恒成立，则k ≤f (x )min ；③若k ≥f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≥f (x )min ；④若k ≤f (x )在[a ,b ]上有解，则k ≤f (x )max ；如果参数涉及到整数，要注意对应解中相邻两个整数点函数的符号1(2023上·湖北·高三校联考阶段练习)已知f x =e x -2x +a ．(1)若f x ≥0恒成立，求实数a 的取值范同：(2)设x 表示不超过x 的最大整数，已知e x +2ln x -e +2 x +2≥0的解集为x x ≥t ，求et ．(参考数据：e ≈2.72，ln2≈0.69，ln3≈1.10)2(2023上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =ae x-2，g x =x+1x+2ln x，e=2.71828⋯为自然对数底数．(1)证明：当x>1时，ln x<x2-12x；(2)若不等式f x >g x 对任意的x∈0,+∞恒成立，求整数a的最小值．【变式训练】1(2023·江西景德镇·统考一模)已知函数f x =sin x+sin ax，x∈0,π2.(1)若a=2，求函数g x =f x +sin x值域；(2)是否存在正整数a使得f xx>3cos x恒成立？若存在，求出正整数a的取值集合；若不存在，请说明理由.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =5+ln x，g x =kxx+1k∈R．(1)若函数f x 的图象在点1,f1处的切线与函数y=g x 的图象相切，求k的值；(2)若k∈N∗，且x∈1,+∞时，恒有f x >g x ，求k的最大值．(参考数据：ln5≈1.61,ln6≈1.7918,ln2+1≈0.8814)题型05恒成立求参：三角函数型整数1(2020·云南昆明·统考三模)已知f(x)=e x-2x-1 2．(1)证明：f(x)>0；(2)对任意x≥1，e sin x+x2-ax-1-ln x>0，求整数a的最大值．(参考数据：sin1≈0.8,ln2≈0.7)2(2020上·浙江·高三校联考阶段练习)已知函数f x =a sin x +sin2x ，a ∈R .(1)若a =2，求函数f x 在0,π 上的单调区间；(2)若a =1，不等式f x ≥bx cos x 对任意x ∈0,2π3恒成立，求满足条件的最大整数b .【变式训练】1(2022·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=e x +a cos x -2x -2，f ′(x )为f (x )的导函数．(1)讨论f ′(x )在区间0,π2 内极值点的个数；(2)若x ∈-π2，0时，f (x )≥0恒成立，求整数a 的最小值．2(2023·云南保山·统考二模)设函数f x =x sin x ，x ∈R (1)求f x 在区间0,π 上的极值点个数；(2)若x 0为f x 的极值点，则f x 0 ≥λln 1+x 20 ，求整数λ的最大值.题型06“能”成立求参：常规型【解题攻略】形如f x ≥g x 的有解的求解策略：1、构造函数法：令F x =f x -g x ，利用导数求得函数F x 的单调性与最小值，只需F x max≥0恒成立即可；2、参数分离法：转化为a≥φx 或a≤φx 恒成立，即a≥φx min或a≤φx max恒成立，只需利用导数求得函数φx 的单调性与最值即可.1(2023上·浙江·高三浙江省长兴中学校联考期中)已知函数f x =a ln x+x，a∈R.(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x∈e,e2，使f x ≤ax+1 2ln x成立，求实数a的取值范围.注：e为自然对数的底数.2(2023上·湖南长沙·高三统考阶段练习)已知函数f x =a2e2x+a-2e x-12x2，y=g x 是y=f x 的导函数.(1)若a=3，求y=g x 的单调区间；(2)若存在实数x∈0,1使f x >32a-2成立，求a的取值范围.【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f x =x2+a ln ex．(1)讨论f x 的单调性；(2)若存在x∈1,e，使得f x -ax-a≤2，求实数a的最小值．2(2023上·黑龙江齐齐哈尔·高三统考阶段练习)已知函数f x =a ln x+1-a2x2-x a∈R.(1)若a=2，求函数f x 的单调区间；(2)若存在x0≥1，使得f x0<aa-1，求a的取值范围.题型07“能”成立求参：双变量型【解题攻略】一般地，已知函数y =f x ,x ∈a ,b ，y =g x ,x ∈c ,d(1)相等关系记y =f x ,x ∈a ,b 的值域为A , y =g x ,x ∈c ,d 的值域为B ,①若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊆B ；②若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，则有A ⊇B ；③若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 =g x 2 成立，故A ∩B ≠∅；(2)不等关系(1)若∀x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，总有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x min ；(2)若∀x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x max <g x max ；(3)若∃x 1∈a ,b ，∀x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x min ；(4)若∃x 1∈a ,b ，∃x 2∈c ,d ，有f x 1 <g x 2 成立，故f x min <g x max ．1(2022·江西上饶·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=2ax -e x +2，其中a ≠0.(1)若a =12，讨论函数f (x )的单调性；(2)是否存在实数a ，对任意x 1∈[0,1]，总存在x 2∈[0,1]，使得f x 1 +f x 2 =4成立？若存在，求出实数a 的值；若不存在，请说明理由．2(2023上·辽宁沈阳·高三沈阳二十中校考阶段练习)已知函数f x =a ln x +1xx >0 ．(1)讨论函数f x 的单调性；(2)若存在x 1，x 2满足0<x 1<x 2，且x 1+x 2=1，f x 1 =f x 2 ，求实数a 的取值范围．【变式训练】1(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ax 2-2+5a x +5ln x a ∈R ，g x =x 2-52x .(1)若曲线y =f x 在x =3和x =5处的切线互相平行，求a 的值；(2)求f x 的单调区间；(3)若对任意x 1∈0,52 ，均存在x 2∈0,52，使得f x 1 <g x 2 ，求a 的取值范围．2(2023上·重庆·高三校联考阶段练习)已知函数f (x )=ax +ln x (a ∈R ),g (x )=x 2-2x +2．(1)当a =-12时，求函数f (x )在区间[1,e ]上的最大值和最小值;(2)若对任意的x 1∈[-1,2]，均存在x 2∈(0,+∞)，使得g x 1 <f x 2 ，求a 的取值范围．题型08“能”成立求参：正余弦型1(2017·江苏淮安·高三江苏省淮安中学阶段练习)函数f (x )=a cos x -x +b (a >0,b >0).(1)求证：函数f (x )在区间0,a +b 内至少有一个零点；(2)若函数f (x )在x =-π6处取极值，且∃x ∈0,π2 ，使得f (x )<3cos x -sin x 成立，求实数b 的取值范围.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f (x )=x +2-2cos x(1)求函数f (x )在-π2，π2 上的最值：(2)若存在x ∈0，π2使不等式f (x )≤ax 成立，求实数a 的取值范围【变式训练】1(2020·四川泸州·统考二模)已知函数f (x )=sin x x,g (x )=(x -1)m -2ln x .(1)求证：当x ∈(0,π]时，f (x )<1；(2)求证：当m >2时，对任意x 0∈(0,π]，存在x 1∈(0,π]和x 2∈(0,π](x 1≠x 2)使g (x 1)=g (x 2)=f (x 0)成立.2(2023·全国·高三专题练习)已知函数f x =ln1+x-a sin x，a∈R．(1)若y=f x 在0,0处的切线为x-3y=0，求a的值；(2)若存在x∈1,2，使得f x ≥2a，求实数a的取值范围．题型09零点型求参：常规型【解题攻略】零点常规型求参基础：1.分类讨论思想与转化化归思想2.数形结合与单调性的综合应用：一个零点，则多为所求范围内的单调函数，或者“类二次函数”切线处(极值点处)3.注意“找点”难度，对于普通学生，可以用极限思维代替“找点思维”。
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。
(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。
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。
第8讲 导数中含参问题的系列讨论方法(学生版)2023年高考数学重难突破之导数、数列(全国通用)
导数专题
引子:
我们总是对现有的东西不忍放弃，包括认知方式、学习模式以及那些习以为常的思维逻辑。
大脑也喜欢偷懒，面对问题的第一反应是搜索曾经的习惯，让你无法自拔。
如果要有所长进，就必须与过去的自己一刀两段。
只有被逼到了悬崖的边缘，才能放弃幻想，去追求另一片蓝天。
道理我都懂，可再多的道理也无济于事。
道理从来就不是拿来懂的，而是拿来悟的。
有人悟成了诗，有人悟成了歌，有人演绎成了故事，也有人活成了无可奈何……
第八讲导数中含参求最值或取值范围问题的处理方法
脑洞(常见考法)：浮光掠影，抑或醍醐灌顶
+∞
的取值范围．
恒成立，求实数
处取得极值，
的取值范围。
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。
(完整版)导数单调性分类讨论
类型二：导数单调性专题类型１.导数不含参。
类型２.导数含参.类型３:要求二次导 求单调性一般步骤:(1) 第一步:写出定义域,一般有()0ln >⇒x x(2) 第二步：求导,(注意有常数的求导）若有分母则通分。
一般分母都比0大，故去死若无分母，因式分解（提公因式，十字相乘法)或求根（观察分子）判断导函数是否含参，再进行讨论(按恒成立与两个由为分界）(3) 第三步由()()⎩⎨⎧≤≥解出是减区间解出是增区间00x f x f(4) 下结论类型一：导函数不含参：()()()⎪⎩⎪⎨⎧-+=--++=++=21223,22,,x x e m e x f x x c bx ax x f x b kx x f 如指数型如：二次型如：一次型 对于这类型的题,直接由导函数大于0，小于0即可（除非恒成立） 例题１求函数()()x e x x f 3-=的单调递增区间 解：()()()23'-=-+=x e e x e x f x x x 由()()202'>⇒>-=x x e x f x 所以函数在区间()+∞,2单调递增 由()()202'<⇒<-=x x e x f x所以函数在区间()2,∞-单调递减21x解:()()()()x e e x e x xe e x f x x x x x +-=-+-=-+-=11111'由()()()01011'>-<⇒>+-=x x x e x f x 或所以函数在区间(][)∞+-∞-，和01,单调递增 由()()()01011'<<-⇒<+-=x x e x f x 所以函数在区间()0,1-单调递减 例题３：求函数()xxx f ln =的单调区间例题４:已知函数()()()R k kx e x x f x ∈--=21 （1）若1=k 时,求函数()x f 的单调区间例题５．(2010·新课标全国文，21)设函数f （x ）＝x (e x －1)－ax 2。
完整版)导数的综合大题及其分类
完整版)导数的综合大题及其分类.导数在高考中是一个经常出现的热点，考题难度比较大，多数情况下作为压轴题出现。
命题的主要热点包括利用导数研究函数的单调性、极值、最值，不等式，方程的根以及恒成立问题等。
这些题目体现了分类讨论、数形结合、函数与方程、转化与化归等数学思想的运用。
题型一：利用导数研究函数的单调性、极值与最值这类题目的难点在于分类讨论，包括函数单调性和极值、最值综合问题。
1.单调性讨论策略：单调性的讨论是以导数等于零的点为分界点，将函数定义域分段，在各段上讨论导数的符号。
如果不能确定导数等于零的点的相对位置，还需要对导数等于零的点的位置关系进行讨论。
2.极值讨论策略：极值的讨论是以单调性的讨论为基础，根据函数的单调性确定函数的极值点。
3.最值讨论策略：图象连续的函数在闭区间上最值的讨论，是以函数在该区间上的极值和区间端点的函数值进行比较为标准进行的。
在极值和区间端点函数值中最大的为最大值，最小的为最小值。
例题：已知函数f(x)＝x－，g(x)＝alnx(a∈R)。
x1.当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；2.设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中h(x1)＝h(x2)，求a的值。
审题程序]1.在定义域内，依据F′(x)＝0的情况对F′(x)的符号进行讨论；2.整合讨论结果，确定单调区间；3.建立x1、x2及a间的关系及取值范围；4.通过代换转化为关于x1（或x2）的函数，求出最小值。
规范解答]1.由题意得F(x)＝x－x/(x2－ax＋1)－alnx，其定义域为(0，＋∞)。
则F′(x)＝(x2－ax＋1)－x(2ax－2)/(x2－ax＋1)2.令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4.①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a>2时，Δ>0，设F′(x)＝0的两根为x1＝(a＋√(a2－4))/2，x2＝(a－√(a2－4))/2，求h(x1)－h(x2)的最小值。
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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。
一、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，从而引起讨论。
二、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，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。
三、1．08广东（理） 设k R ∈，函数1,11(),()(),1x x f x F x f x kx x R x ⎧<⎪-==-∈⎨⎪≥⎩，试讨论函数()F x 的单调性。
2． (08浙江理)已知a 是实数，函数())f x x a =-（Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）设()g a 为()f x 在区间[]0,2上的最小值。
（i ）写出()g a 的表达式；（ii ）求a 的取值范围，使得()62g a -≤≤-。
3（07天津理）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。
4（07高考山东理改编）设函数()()2ln 1f x x b x =++，其中0b ≠，求函数()f x 的极值点。
含参数导数的解题策略例1、解：（Ⅰ）略． （Ⅱ）∵ 对所有1≥x 都有1)(-≥ax x f ， ∴ 对所有1≥x 都有1ln -≥ax x x ，即.1ln xx a +≤ 记),0(,1ln )(>+=x x x x g 只需 .)(min x g a ≤ 令,011)('2=-=x x x g 解得.1=x.100)(',10)('<<⇔<>⇔>x x g x x g∴ 当1=x 时，)(x g 取最小值.1)1(=g ∴ .1≤a 即a 的取值范围是{}.1≤a a 例2. 解：（I ）略．（II ）令'()0f x =，解得1220,3ax x ==． 当203a≤，即0≤a 时，()f x 在[0，2]上单调递增，从而max (2)84f f a ==-． 当223a ≥时，即3≥a 时，()f x 在[0，2]上单调递减，从而max (0)0f f ==．当2023a <<，即03a <<，()f x 在20,3a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递减，在2,23a ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，从而 max84,0 2.0,2 3.a a f a -<≤⎧⎪=⎨<<⎪⎩ 综上所述，max84, 2.0, 2.a a f a -≤⎧⎪=⎨>⎪⎩ 例3、 解：由已知得22()21,(0)a x x af x x x x x-+'=-+=>， （1）当180a ∆=-≤，18a ≥时，()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上为增函数． （2）当180a ∆=->，18a <时，1)108a <<时，11022>>，()f x在11[22+上为减函数，()f x 在)+∞上为增函数，2）当0a <0<，故()f x 在1[0,2上为减函数，()f x 在，＋∞）上为增函数． 综上，当18a ≥时，()f x 在(0,)+∞上为增函数．当108a <<时，()f x 在上为减函数，()f x 在11(0,],[)22-++∞上为增函数，当0<a 时，()f x 在（0，上为减函数，()f x 在[， ＋∞）上为增函数．例4、解：xex m mx x f 3)3()(2-+--='，设3)3()(2-+--=x m mx x g ，令0)(=x g ，得mx 31-=，12-=x ． 1)当30<<m 时，21x x <，在区间)3,(m--∞，),1(+∞-上0)(<x g ，即0)(<'x f ，所以)(x f 在区间)3,(m--∞，),1(+∞-上是减函数； 在区间)13(--，m ，0)(>x g ，即0)(>'x f ，所以)(x f 在区间)13(--，m上是增函数；2）当3=m 时，21x x =,在区间)1,(--∞，),1(+∞-上0)(<x g ，即0)(<'x f ，又)(x f 在1=x 处连续，所以)(x f 在区间),(+∞-∞上是减函数；3）当3>m 时，21x x >,在区间)1,(--∞，)3(∞+-，m上0)(<x g ，即0)(<'x f ，所以)(x f 在区间)1,(--∞，)3(∞+-，m上是减函数； 在区间)31(m --，上，0)(>x g ，即0)(>'x f ，所以)(x f 在区间)31(m--，上是增函数．练习1．解：()()2211,11,1,11()(),'(),11k x x kx x x x F x f x kx F x kx x x ⎧--<⎪⎧-<-⎪⎪-=-==⎨⎨⎪⎪≥⎩>⎪⎩。
考虑导函数'()0F x =是否有实根，从而需要对参数k 的取值进行讨论。
（一）若1x <，则()()2211'()1k x F x x --=-。
由于当0k ≤时，'()0F x =无实根，而当0k >时，'()0F x =有实根，因此，对参数k 分0k ≤和0k >两种情况讨论。
（1） 当0k ≤时，'()0F x ≥在(,1)-∞上恒成立，所以函数()F x 在(,1)-∞上为增函数；（2） 当0k >时，()()2211'()11k x F x x x --==--。
由'()0F x =，得121,1x x ⎛⎛== ⎝⎝，因为0k >，所以121x x <<。
由'()0F x >，得11x <<；由'()0F x <，得1x <- 因此，当0k >时，函数()F x在(,1-∞上为减函数，在(1上为增函数。
（二）若1x >，则'()F x =0k ≥时，'()0F x =无实根，而当0k <时，'()0F x =有实根，因此，对参数k 分0k ≥和0k <两种情况讨论。
（1） 当0k ≥时，'()0F x <在[)1,+∞上恒成立，所以函数()F x 在[)1,+∞上为减函数；（2） 当0k <时，1'()k F x ⎫-⎪==。
由'()0F x >，得2114x k >+；由'()0F x <，得21114x k<<+。
因此，当0k <时，函数()F x 在211,14k ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上为减函数，在211,4k ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭上为增函数。
综上所述：（1） 当0k >时，函数()F x在(,1-∞上为减函数，在(1上为增函数，在[)1,+∞上为减函数。
（2） 当0k =时，函数()F x 在(,1)-∞上为增函数，在[)1,+∞上为减函数。
（3） 当0k <时，函数()F x 在(,1)-∞上为增函数，在211,14k ⎡⎫+⎪⎢⎣⎭上为减函数，在211,4k ⎡⎫++∞⎪⎢⎣⎭上为增函数。
2．解：（Ⅰ）函数的定义域为[)0,+∞，())'30a x f x x ⎛⎫- ⎪===>，由'()0f x =得3a x =。
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 <<。