參數(shù)分離雖巧分類討論不笨

1、參數(shù)分離雖巧，分類討論不笨一遇到對于某個變量恒成立，求參數(shù)取值范圍的問題，同學(xué)們總 是想到參數(shù)分離法，即將參數(shù)移到一邊，變量移到另一邊，然后應(yīng)用 這樣的結(jié)論：a f x或a f x包成立 a f x max或a f x min ,轉(zhuǎn) 化為求函數(shù)f x在某個區(qū)間的最值問題。這方法雖巧，它直接明了， 擊中要害，但對于復(fù)雜的函數(shù)求最值，就遇到了困難，那我們就應(yīng)該 轉(zhuǎn)換思路，用另一種方法一一分類討論法來解決，它也不笨。下面舉 幾道高考題說明。例1、（2006年全國卷H）設(shè)函數(shù)f x x 1 ln x 1 ,若對所有 的x 0都有f x ax成立，求a的取值范圍。分析：有大部分同學(xué)立刻想到分離參數(shù)，即轉(zhuǎn)

2、化為a x 1 ln（x >恒成立，應(yīng)用函數(shù)的導(dǎo)數(shù)求最小值。但遇到極值點求不出陷入困境，解不下去。如果移項轉(zhuǎn)化為f x ax 0恒成立，再應(yīng)用導(dǎo)數(shù)，對a進 行討論就簡單了。解：令F x f x ax x 1 ln（x 1） ax,則 F' x In x 1 1 a（1） 若 a1 則 Qx 0 1nxi 1 1 In x 1 1a0 恒成0,增函數(shù)axax（2） 若a 1則由 Fx 0 x ea 1 1; F x 0 1xea11,故當(dāng)x 0時F x F 0不恒成立即f x ax不恒成立。綜合（1）、（2）,所以a的取值范圍是例2、（2007年全國卷i理）設(shè)函數(shù)f x ex ex

3、（1） 求證f' x 2; （2）若對所有的x 0都有f x ax,求a的取值范圍。分析：（1）略（2）由于x 0成立，當(dāng)x 0時fx ax然后對 4求導(dǎo)，再求最值，這是最容易想到的方法，但解方 x程有困難；如果移項對a進行討論，就豁然開朗了。解：（2）令 Fx f x ax 則 F'x f' x a ex e x aQx 0, ex ex 2當(dāng)a 2時F'x 0即F x在0, 上為增函數(shù)，故Fx F 0又F0 0所以f x ax恒成立；當(dāng)a 2時F x在0, 上有增有減，F(xiàn) x F 0不恒成立即f x ax不成立。綜合以上可得：a的取值范圍是a 2。例3、（2

4、010年新課標(biāo)全國卷）設(shè)函數(shù)f x x ex 1 ax2（1） a。，求f x的單調(diào)區(qū)間；2（2）當(dāng)x 0時f x 0,求a的取值范圍。分析：（1）略（2） x 0時顯然成立，當(dāng)x 0時f x 0對右邊求導(dǎo)，求極值但遇到了困難，如果應(yīng)用分類討論就迎刃而解了。解：當(dāng) x0 時 f x 0ex1ax 0 ,令 F x ex1 ax貝U F' xex a , Q x 0ex1當(dāng)a 1時F' x 0即F x在0, 上是增函數(shù)，則F x F 0x Ina也即F x在D 當(dāng) a 1 時由 F' x 0 x lna;F' x 000, 上有增有減，F(xiàn) x 0不恒成立，f x

5、0也就不恒成立。綜上a的取值范圍是a 1總結(jié)：在解決實際問題時，我們總喜歡找點技巧很快解決，但有 時事與愿違寸步難行，由此還是規(guī)勸同學(xué)要從最基本常用的方法 考慮，不能總怕煩，有時可能并不煩，還有意想不到的效果呢！ 下面給出兩道供大家練習(xí)：1、 已知函數(shù)f x ex ax 1 (a R且a為常數(shù))若對所有的x 0都有f x f x ,求a的取值范圍2、 已知函數(shù)f x x2 2ln x ,若f x 2bx在x 0,1內(nèi)恒成x立，求b的取值范圍。答案：1、a 12、1 b 1f (x)107.(全國I理 21)已知函數(shù)aln x bx 1x ,曲線yf(x)在點(1，f(1)處的切線方程為x 2y

6、 3 o。(i)求a、b的值;f (x)(n)如果當(dāng)x 0,且x 1時，In x kx 1 x ,求k的取值范圍。f'(x) 解：(I)zx 1 . (Inx) x(x 1)2bx ,由于直線x 2y 3 0的斜率為12 ,且過點(1，1),f (1) 1, b 1,解得a 1, b 1。f'(1)故(k 1)(x2 1)l1In x kf (x)(n)由(i)知" 1f(x)(-)x 1 x ,所以x '2(iii)設(shè) k 1.此時 h (x) >0,而 h (1) =0,故當(dāng) x (1, + )時，h (x) >0,可得 1 xh (x) &l

7、t;0,與題設(shè)矛盾。綜合得，k的取值范圍為(-,09.(2009山東卷文)(本小題滿分12分).一132已知函數(shù)f(x) - ax bx x 3淇中a 03(D 當(dāng)a,b滿足什么條件時，f (x)取得極值？(2)已知a 0,且f(x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增，試用a表示出b的取值范圍解：(1)由已知得 f'(x) ax2 2bx 1,令 f'(x) 0 得 ax2 2bx 1 0, x22_(k 1)(x1)(k 1)(x1) 2x考慮函數(shù) h(x) 21n x x (x °),則xf(x)要取得極值，方程ax 2bx 1 0必須有解，所以4b2 4a 0,即b2 a

8、,此時方程ax2 2bx 1 0的根為2b 4b2 4a bb2 a 2b4b2 4a b b2 ax1", x2-2aa2aa。22k(x 1) (x 1)(i)設(shè) k 0,由x2知，當(dāng) x 1 時，h'(x) °。而 h(1) 0,故1 ，、 c2 h(x) 0當(dāng) x (0,1)時，h(x) °,可得 1 x；12當(dāng) x ( 1, +)時，h (x) <0,可得 1 x h (x) >0ln x kln x k從而當(dāng) x>0,且 x 1 時，f (x) - ( x 1 + x ) >0,即 f (x) > x 1 + x

9、.1( (ii)設(shè) 0<k<1.由于當(dāng) x (1,1 k )時，(k-1) (x2 +1) +2x>0,故 h (x) >0,而11" T ，一 一 -2h (1) =0,故當(dāng) x(1,1 k )時，h (x) >0,可得1 x h (x) <0,與題設(shè)矛盾。所以 f '(x) a(x x1 )(x x2)當(dāng)a 0時，x(-8 ,x1)x 1(x1 ,x2)x2(x2, + oo)f'(x)十0一0十f (x)增函數(shù)極大值減函數(shù)極小值增函數(shù)所以f (x)在x i, x2處分別取得極大值和極小值當(dāng)a 0時，x(-8 ,x2)x 2(x

10、2,x1)x1(x1 , + °°)f'(x)一0十0一f (x)減函數(shù)極小值增函數(shù)極大值減函數(shù)所以f (x)在x 1, x2處分別取得極大值和極小值綜上，當(dāng)a,b滿足b2 a時，f(x)取得極值.(2)要使f(x)在區(qū)間(0,1上單調(diào)遞增，需使f'(x) ax22bx 1 0在(0,1上恒成立.即b22 2xx (0,1恒成立,ax 1所以b (萬元福、幾ax僅 g(x)12x,g(x)22 2x22 21、a(x -) a2x2令 g'(x) 0 得 x1石或x1人丁 (舍去),，,1當(dāng)a 1時,0 a1,當(dāng) x (0,時 g '(x)0

11、，g(x)ax21單調(diào)增函數(shù)；2x1,x (五,1時 g'(x)0，g(x)ax21 ., 一單調(diào)減函數(shù)， 2x所以當(dāng)x ' 時，g(x)取得最大，最大值為g (，)aa所以b .a,1當(dāng)0 a 1時，亍ax 11 ,此日g'(x) 0在區(qū)間(0,1恒成立，所以g(x) 一 在區(qū)間2 2x(0,1上單調(diào)遞增，當(dāng)x 1時g(x)最大,最大彳1為g(1)a 1, a 1，所以b 22a 1綜上，當(dāng)a 1時，b 、6; 當(dāng)0 a 1時，b【命題立意】：本題為三次函數(shù)，利用求導(dǎo)的方法研究函數(shù)的極值、單調(diào)性和函數(shù)的最值，函數(shù)在區(qū)間上為單調(diào)函數(shù)，則導(dǎo)函數(shù)在該區(qū)間上的符號確定，從而轉(zhuǎn)

12、為不等式恒成立，再轉(zhuǎn)為函數(shù)研究最值.運用函數(shù)與方程的思想，化歸思想和分類討論的思想解答問題.1 3210.設(shè)函數(shù) f(x) -x (1 a)x 4ax 24a,其中吊數(shù) a>1(i )討論f(x)的單調(diào)性；(n)若當(dāng)x>0時,f(x)>0恒成立，求a的取值范圍。解析：本題考查導(dǎo)數(shù)與函數(shù)的綜合運用能力，涉及利用導(dǎo)數(shù)討論函數(shù)的單調(diào)性，第一問關(guān) 鍵是通過分析導(dǎo)函數(shù)，從而確定函數(shù)的單調(diào)性，第二問是利用導(dǎo)數(shù)及函數(shù)的最值，由恒成 立條件得出不等式條件從而求出的范圍。解：(I) f (x) x2 2(1 a)x 4a (x 2)(x 2a)由a 1知，當(dāng)x 2時，f (x) 0,故f(x)

13、在區(qū)間(，2)是增函數(shù);當(dāng)2 x 2a時，f (x) 0,故f(x)在區(qū)間(2,2a)是減函數(shù);當(dāng)x 2a時，f (x) 0,故f(x)在區(qū)間(2a,)是增函數(shù)。a 1 f(2a) 0, f(0) 0,綜上，當(dāng)a 1時，f (x)在區(qū)間(，2)和(2a,)是增函數(shù)，在區(qū)間(2,2a)是減函數(shù)。(II )由(I)知，當(dāng)x 0時，f (x)在x 2a或x 0處取得最小值。由假設(shè)知a 1,r 4即一a(a 3)(a 6) 0, 解得 1<a<6324a 0.故a的取值范圍是(1,6)xf(x) 87.(安徽理16)設(shè) 1ax，其中a為正實數(shù) (I)當(dāng)a 3時，求f (x)的極值點;(n)

14、若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍。本題考查導(dǎo)數(shù)的運算， 極值點的判斷，導(dǎo)數(shù)符號與函數(shù)單調(diào)變化之間的關(guān)系，求解二次不等式，考查運算能力，綜合運用知識分析和解決問題的能力解：對f (x)求導(dǎo)得f (x)2x1 ax axe22-(1 ax2)2a 4 f (x) 0,則4x2 8x 3 0,解得 x1 - ,x2(I)當(dāng) 3,若2綜合，可知+0-/極大值31xx2-所以，2是極小值點，2是極大值點.0+極小值/(II)若f(x)為 R上的單調(diào)函數(shù)，則 f (x)在R上不變號，結(jié)合與條件a>0,知2ax 2ax 1 0在R上恒成立，因此4a2 4a 4a(a 1)0，由此并結(jié)合a 0

15、,知0 a 1.88.(北京理18)已知函數(shù)f(x) (xxk)2e、求f (x)的單調(diào)區(qū)間;(2)若對 x (0 ，f(x)1e ,求k的取值范圍。解：f/(x) 1(x2 kxk2)ek令 f/(x)0 得 x(2)當(dāng)0時,0時,f(x)在(f(x)在(f(kk 0時，,k)和(k,)上遞增，在(k，k)上遞減;，k)和(1) e0時有(1)知f (x)在(0，k,)上遞減，在(k, k)上遞增e ；所以不可能對、f()上的最大值為x (0k) 4k,(01 f(x) 都有 e4k21k 02，故對x (0 ,)都有f(x)1e時，k的取值范圍為1 2，0)112.(陜西理21)設(shè)函數(shù)f(

16、X)定義在(0, g(x) f (X) f (X)上f(1)f (x)導(dǎo)函數(shù)(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值；1g(一L ,-(2)討論g(x)與x的大小關(guān)系;(3)是否存在x010|g(x) g(x0)| 一0 ,使得x對任意x0成立若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由.【分析】(1)先求出原函數(shù)f(X),再求得g(x),然后利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性(單調(diào)區(qū)間)，并求出最小值；(2)作差法比較，構(gòu)造一個新的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，并由單調(diào)性判斷函數(shù)的正負；(3)存在性問題通常采用假設(shè)存在，然后進行求解；注意利用前兩問的結(jié)論.1 f (x)【解】(1) . x, . f(

17、x) 1nx c (C為常數(shù))，又 f(1) 0,所以 ln1 c 0,即c 0,1x 1x 1g(x) 1nx g(x) 二 0f (x) 1nx ；x ,x ,令g(x) 0 ,即 x ，解得 x 1,當(dāng)x (0,1)時，g (x) 0, g(x)是減函數(shù)，故區(qū)間在(0,1)是函數(shù)g(x)的減區(qū)間；當(dāng)x (1,)時，g (x) 0, g(x)是增函數(shù)，故區(qū)間在(1,)是函數(shù)g(x)的增區(qū)間；所以x 1是g(x)的唯一極值點，且為極小值點，從而是最小值點, 所以g(x)的最小值是g(1) 1.1 g(-)1nx xx h(x) g(x)1g(-) 2ln x xh (x)(x 1)2當(dāng) x 1 時，h(1) 0g(x)x (0,1)U(1,)時,h(x)h (1) 0因此函數(shù)h(x)在(0,)內(nèi)單調(diào)遞減，當(dāng)x 1 時，h(x)h(1)=0g(x)1g(_)x當(dāng) x 1 時，h(x) h(1)=0g(x)g(1) x(3)滿足條件的x0不存在.證明如下:證法一假設(shè)存在x00|g(x)0,使g(x0)|x對任意x 0成立,In x即對任意x 0有g(shù)(x0) In x但對上述