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Word文件下载.docx

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若＜1，即a＞，由g′（x）＞0，得x＞1或0＜x＜；

由g′（x）＜0，得＜x＜1，

所以函数g（x）在上单调递增，在上单调递减，在（1，＋∞）上单调递增．

若＞1，即0＜a＜，由g′（x）＞0，得x＞或0＜x＜1，

由g′（x）＜0，得1＜x＜，

所以函数g（x）在（0,1）上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

若＝1，即a＝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＜时，函数g（x）在（0,1）上单调递增，

在上单调递减，在上单调递增；

当a＝时，函数g（x）在（0，＋∞）上单调递增，

当a＞时，函数g（x）在上单调递增，

在上单调递减，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，再比较和1的大小．

[应用体验]

1．（2018·

石家庄质检）已知函数f（x）＝mlnx，g（x）＝（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．

（1）当m＝1时，曲线y＝f（x）·

g（x）＝，

y′＝＝，

当x＝1时，切线的斜率k＝y′|x＝1＝，又切线过点（1,0），

所以切线方程为y＝（x－1），即x－2y－1＝0.

（2）由已知得，f′（x）＝，g′（x）＝，

所以F′（x）＝f′（x）－g′（x）＝－

＝＝（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≥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0<

m<

时，方程mx2＋（2m－1）x＋m＝0有两个不相等的实数根，设为x1，x2，并设x1<

x2，

则

所以0<

x1<

1<

x2，其中x1＝，

x2＝，

此时，函数F（x）在（0，x1），（x2，＋∞）上单调递增，在（x1，x2）上单调递减．

综上所述，当m≤0时，F（x）在（0，＋∞）上单调递减；

当0<

时，F（x）在，上单调递减，在0，，，＋∞上单调递增；

当m≥时，F（x）在（0，＋∞）上单调递增．

函数极值问题中的参数讨论

[典例]设a＞0，函数f（x）＝x2－（a＋1）x＋a（1＋lnx）．

（1）若曲线y＝f（x）在（2，f

（2））处的切线与直线y＝－x＋1垂直，求切线方程；

（2）求函数f（x）的极值．

（1）由已知，得f′（x）＝x－（a＋1）＋（x＞0），

又由题意可知y＝f（x）在（2，f

（2））处切线的斜率为1，

所以f′

（2）＝1，

即2－（a＋1）＋＝1，解得a＝0，

此时f

（2）＝2－2＝0，故所求的切线方程为y＝x－2.

（2）f′（x）＝x－（a＋1）＋＝

＝（x＞0）．

①当0＜a＜1时，

若x∈（0，a），则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（a,1），则f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

若x∈（1，＋∞），则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

此时x＝a是f（x）的极大值点，

x＝1是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f（a）＝－a2＋alna，

极小值是f

（1）＝－.

②当a＝1时，f′（x）＝≥0，

所以函数f（x）在定义域（0，＋∞）内单调递增，

此时f（x）没有极值点，故无极值．

③当a＞1时，

若x∈（0,1），则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增；

若x∈（1，a），则f′（x）＜0，函数f（x）单调递减；

若x∈（a，＋∞），则f′（x）＞0，函数f（x）单调递增．

此时x＝1是f（x）的极大值点，x＝a是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f

（1）＝－，

极小值是f（a）＝－a2＋alna.

综上，当0＜a＜1时，f（x）的极大值是－a2＋alna，

极小值是－；

当a＝1时，f（x）没有极值；

当a＞1时f（x）的极大值是－，极小值是－a2＋alna.

1．对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题．讨论的思路主要有：

（1）参数是否影响f′（x）零点的存在；

（2）参数是否影响f′（x）不同零点（或零点与函数定义域中的间断点）的大小；

（3）参数是否影响f′（x）在零点左右的符号（如果有影响，需要分类讨论）．

2．在研究函数极值问题的时候，要注意可导函数f（x）在点x＝x0处取得极大值的充要条件是：

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.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.

2．设f（x）＝xlnx－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．

（1）由f′（x）＝lnx－2ax＋2a，

可得g（x）＝lnx－2ax＋2a，x∈（0，＋∞）．

所以g′（x）＝－2a＝.

当a≤0，x∈（0，＋∞）时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；

当a＞0，x∈时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增，x∈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，单调递减区间为.

（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＜时，＞1，由

（1）知f′（x）在内单调递增，可得当x∈（0,1）时，f′（x）＜0，当x∈时，f′（x）＞0.

所以f（x）在（0,1）内单调递减，在内单调递增，所以f（x）在x＝1处取得极小值，不合题意．

③当a＝时，＝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＞时，0＜＜1，当x∈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.

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]

（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0<

a≤1；

当a＝0时，对任意x∈[0,1]，f′（x）＝－xex≤0，所以a＝0符合题意；

当a<

0时，因为f′（0）＝－a>

0，所以a<

0不符合题意．

综上所述，a的取值范围是[0,1]．

法二：

即a（x2＋x－1）≤x在[0,1]恒成立．

当x＝0时，a≥0；

当x∈（0,1]时，a·

≤1，即a·

≤1.

因为函数y＝x－＋1在（0,1]上单调递增，且x－＋1∈（－∞，1]，所以0≤a≤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＝.

当<

0时，a<

0或a>

1（不合题意，舍去）．

当＝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.

<

1，即<

a<

1时，x∈时，

g′（x）>

0，g（x）单调递增；

x∈时，

g′（x）<

0，g（x）单调递减．

所以g（x）在x＝处取得最大值g＝2ae，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<

a≤时，g（0）－g

（1）≤0，g（x）在x＝0处取得最小值g（0）＝1＋a；

1时，g（0）－g

（1）>

0，g（x）在x＝1处取得最小值g

（1）＝（1－a）e.

当≥1，即0<

a≤时，x∈[0,1]时，g′（x）≥0，g（x）单调递增，g（x）在x＝0处取得最小值g（0）＝1＋a，在x＝1处取得最大值g

（1）＝（1－a）e.

综上所述，当0≤a≤时，g（x）的最小值g（0）＝1＋a，最大值g

（1）＝（1－a）e；

a≤时，g（x）的最小值g（0）＝1＋a，最大值g＝2ae；

1时，g（x）的最小值g

（1）＝（1－a）e，最大值g＝2ae；

当a＝1时，g（x）的最小值g

（1）＝0，最大值g（0）＝2.

[解题