【数学】2019届一轮复习人教B版　熟用分类讨论思想，搞定函数中的类参数讨论题学案

【数学】2019届一轮复习人教B版　熟用分类讨论思想，搞定函数中的类参数讨论题学案

增分点 熟用分类讨论思想，搞定函数中的三类参数讨论题 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． 函数单调性问题中的参数 讨论 [典例] 已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，函数 g(x)的图象在点(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，讨论函数 g(x)的单调性． [思路演示] 解：(1)依题意得 g′(x)＝1 x＋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，∴b＝－2a－1. (2)由(1)得 g′(x)＝2ax2－(2a＋1)x＋1 x ＝ (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， 所以函数 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＝ 1 2a， 若 1 2a＜1，即 a＞1 2，由 g′(x)＞0，得 x＞1 或 0＜x＜ 1 2a； 由 g′(x)＜0，得 1 2a＜x＜1， 所以函数 g(x)在(0， 1 2a)上单调递增，在( 1 2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． 若 1 2a＞1，即 0＜a＜1 2，由 g′(x)＞0，得 x＞ 1 2a或 0＜x＜1， 由 g′(x)＜0，得 1＜x＜ 1 2a， 所以函数 g(x)在(0,1)上单调递增，在(1， 1 2a)上单调递减，在( 1 2a，＋∞)上单调递增． 若 1 2a＝1，即 a＝1 2时，在(0，＋∞)上恒有 g′(x)≥0. 所以函数 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＜1 2时，函数 g(x)在(0,1)上单调递增， 在(1， 1 2a)上单调递减，在( 1 2a，＋∞)上单调递增； 当 a＝1 2时，函数 g(x)在(0，＋∞)上单调递增， 当 a＞1 2时，函数 g(x)在(0， 1 2a)上单调递增， 在( 1 2a，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增． [解题师说] (1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论． (2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为 0 的点和函数的 间断点． (3)本题(2)求解应先分 a＝0 或 a＞0 两种情况，再比较 1 2a和 1 的大小． [应用体验] 1．(2018·石家庄质检)已知函数 f(x)＝mln x，g(x)＝ x x＋1(x>0)． (1)当 m＝1 时，求曲线 y＝f(x)·g(x)在 x＝1 处的切线方程； (2)讨论函数 F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上的单调性． 解：(1)当 m＝1 时，曲线 y＝f(x)·g(x)＝x·ln x x＋1 ， y′＝ (1＋ln x)(x＋1)－xln x (x＋1)2 ＝ln x＋x＋1 (x＋1)2 ， 当 x＝1 时，切线的斜率 k＝y′|x＝1＝1 2，又切线过点(1,0)， 所以切线方程为 y＝1 2(x－1)，即 x－2y－1＝0. (2)由已知得，f′(x)＝m x，g′(x)＝ 1 (x＋1)2 ， 所以 F′(x)＝f′(x)－g′(x)＝m x－ 1 (x＋1)2 ＝m(x＋1)2－x x(x＋1)2 ＝mx2＋(2m－1)x＋m x(x＋1)2 (x>0)， 当 m≤0 时，F′(x)<0，函数 F(x)在(0，＋∞)上单调递减； 当 m>0 时，令 k(x)＝mx2＋(2m－1)x＋m，当 k(x)＝0，即 mx2＋(2m－1)x＋m＝0 时，Δ ＝(2m－1)2－4m2＝1－4m， 当 Δ≤0，即 m≥1 4时，k(x)≥0 恒成立， 此时 F′(x)≥0，函数 F(x)在(0，＋∞)上单调递增； 当 Δ>0，即 00， 当 x∈(x0，x0＋σ)时，f′(x)<0.可导函数在 x＝x0 处取得极小值的充要条件是：f′(x0)＝0， 且存在一个 x0 的邻域(x0－σ，x0＋σ)，当 x∈(x0－σ，x0)时，f′(x)<0，当 x∈(x0，x0＋σ)时， f′(x)>0. [应用体验] 2．设 f(x)＝xln x－ax2＋(2a－1)x，a∈R. (1)令 g(x)＝f′(x)，求 g(x)的单调区间； (2)已知 f(x)在 x＝1 处取得极大值，求实数 a 的取值范围． 解：(1)由 f′(x)＝ln x－2ax＋2a， 可得 g(x)＝ln x－2ax＋2a，x∈(0，＋∞)． 所以 g′(x)＝1 x－2a＝1－2ax x . 当 a≤0，x∈(0，＋∞)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增； 当 a＞0，x∈(0， 1 2a)时，g′(x)＞0，函数 g(x)单调递增，x∈( 1 2a，＋∞)时，g′(x)＜0， 函数 g(x)单调递减． 所以当 a≤0 时，g(x)的单调递增区间为(0，＋∞)； 当 a＞0 时，g(x)的单调递增区间为(0， 1 2a)，单调递减区间为( 1 2a，＋∞). (2)由题意知，f′(1)＝0. ①当 a≤0 时，由(1)知 f′(x)单调递增， 所以当 x∈(0,1)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减； 当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增． 所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值，不合题意． ②当 0＜a＜1 2时， 1 2a＞1，由(1)知 f′(x)在(0， 1 2a)内单调递增，可得当 x∈(0,1)时，f′(x) ＜0，当 x∈(1， 1 2a)时，f′(x)＞0. 所以 f(x)在(0,1)内单调递减，在(1， 1 2a)内单调递增，所以 f(x)在 x＝1 处取得极小值， 不合题意． ③当 a＝1 2时， 1 2a＝1，f′(x)在(0,1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减，所以当 x∈ (0，＋∞)时，f′(x)≤0，f(x)单调递减，不合题意． ④当 a＞1 2时，0＜ 1 2a＜1，当 x∈( 1 2a，1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，当 x∈(1，＋∞) 时，f′(x)＜0，f(x)单调递减．所以 f(x)在 x＝1 处取极大值，符合题意． 综上可知，实数 a 的取值范围为( 1 2，＋∞). 函数最值问题中的参数 讨论 [典例] 已知函数 f(x)＝(ax2＋bx＋c)ex 在[0,1]上单调递减且满足 f(0)＝1，f(1)＝0. (1)求 a 的取值范围； (2)设 g(x)＝f(x)－f′(x)，求 g(x)在[0,1]上的最大值和最小值． [方法演示] 解：(1)法一：由已知，得 f(0)＝c＝1，f(1)＝(a＋b＋c)e＝0，所以 a＋b＝－1. 对 f(x)求导，得 f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex. 因为 f(x)在[0,1]上单调递减，所以 f′(x)≤0， 即 ax2＋(a－1)x－a≤0 在[0,1]上恒成立． 当 a>0 时，因为二次函数 y＝ax2＋(a－1)x－a 的图象开口向上，而 f′(0)＝－a<0， 所以只需 f′(1)＝(a－1)e≤0 即可，解得 00，所以 a<0 不符合题意． 综上所述，a 的取值范围是[0,1]． 法二：由已知，得 f(0)＝c＝1，f(1)＝(a＋b＋c)e＝0，所以 a＋b＝－1. 对 f(x)求导，得 f′(x)＝[ax2＋(a－1)x－a]ex. 因为 f(x)在[0,1]上单调递减，所以 f′(x)≤0， 即 a(x2＋x－1)≤x 在[0,1]恒成立． 当 x＝0 时，a≥0； 当 x∈(0,1]时，a·x2＋x－1 x ≤1，即 a·(x－1 x＋1)≤1. 因为函数 y＝x－1 x＋1 在(0,1]上单调递增，且 x－1 x＋1∈(－∞，1]，所以 0≤a≤1. 综上所述，a 的取值范围是[0,1]． (2)因为 g(x)＝(－2ax＋a＋1)ex， 所以 g′(x)＝(－2ax－a＋1)ex. 当 a＝0 时，g′(x)＝ex>0，g(x)单调递增． 所以 g(x)在 x＝0 处取得最小值 g(0)＝1，在 x＝1 处取得最大值 g(1)＝e. 当 a≠0 时，令 g′(x)＝0，解得 x＝1－a 2a . 当1－a 2a <0 时，a<0 或 a>1(不合题意，舍去)． 当1－a 2a ＝0，即 a＝1 时，x∈[0,1]时，g′(x)≤0，g(x)单调递减， 所以 g(x)在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝0，在 x＝0 处取得最大值 g(0)＝2. 当 0<1－a 2a <1，即1 30，g(x)单调递增；x∈( 1－a 2a ，1]时， g′(x)<0，g(x)单调递减． 所以 g(x)在 x＝1－a 2a 处取得最大值 g( 1－a 2a )＝2ae1－a 2a ，在 x＝0 或 x＝1 处取最小值． 因为 g(0)－g(1)＝a(e＋1)－e＋1， 所以当1 30，g(x)在 x＝1 处取得最小值 g(1)＝(1－a)e. 当1－a 2a ≥1，即 0

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