導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型計劃對策計劃歸納

1、導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型計劃及對策計劃概括導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型計劃及對策計劃概括導數(shù)含參數(shù)取值范圍分類討論題型計劃及對策計劃概括導數(shù)習題題型十七：含參數(shù)導數(shù)問題的分類討論問題含參數(shù)導數(shù)問題的分類討論問題1求導后，導函數(shù)的分析式含有參數(shù)，導函數(shù)為零有實根（或?qū)Ш瘮?shù)的分子能分解因式）,導函數(shù)為零的實根中有參數(shù)也落在定義域內(nèi)，但不知這些實根的大小關(guān)系，從而惹起討論。已知函數(shù)f(x)1x31(a2)x22ax（a0）,求函數(shù)的單一區(qū)間32f(x)x(a2)x2a(xa)(x2)例1已知函數(shù)f(x)2aa2)lnx（a0）求函數(shù)的單一區(qū)間x(xf(x)x2(a2)x2a(x2)(xa)x

2、2x2例3已知函數(shù)fx2axa21xR，此中aR。x21（）當a1時，求曲線yfx在點2,f2處的切線方程；（）當a0時，求函數(shù)fx的單一區(qū)間與極值。解：（）當a1時，曲線yfx在點2,f2處的切線方程為6x25y320。（）因為a0，所以fx2a(x21)2,由fx0，得x1,xa。這兩個實根都在定x211a22ax212x2axa212axax1faxx22x212義域R內(nèi)，但不知它們之間1的大小。所以，需對參數(shù)a的取值分a0和a0兩種狀況進行討論。(1)當a0時，則x1x2。易得fx在區(qū)間,1，a,內(nèi)為減函數(shù)，a在區(qū)間1,a為增函數(shù)。故函數(shù)fx在x11處獲得極小值f1a2；aaa函數(shù)fx

3、在x2a處獲得極大值fa1。（1）當a0時，則x1x2。易得fx在區(qū)間(,a)，(1,)內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間a(a,1)為減函數(shù)。故函數(shù)fx在x11處獲得極小值f1a2；函數(shù)fx在aaax2a處獲得極大值fa1。以上三點即為含參數(shù)導數(shù)問題的三個基本討論點，在求解相關(guān)含參數(shù)的導數(shù)問題時，可按上述三點的序參數(shù)行。所以，含參數(shù)的數(shù)的，是有必然的律可循的。自然，在詳細解中，可能要此中的兩點或三點，的就更復一些了，需要靈巧掌握。(區(qū)間確立零點不確立的典例)例4某分企業(yè)某種品牌品，每件品的成本3元，而且每件品需向企業(yè)交a元（3a5）的管理，當每件品的售價x元（9x11），一年的售量（12-x）2萬件.（1）

4、求分企業(yè)一年的利L（萬元）與每件品的售價x的函數(shù)關(guān)系式；（2）當每件品的售價多少元，分企業(yè)一年的利L最大，并求出L的最大Q（a）.解（1）分企業(yè)一年的利29,11.L（萬元）與售價x的函數(shù)關(guān)系式：L=(x-3-a)(12-x),x(2)L(x)=(12-x)2-2(x-3-a)(12-x)=(12-x)(18+2a-3x).令L=0得x=6+2a或x=12（不合意，舍去）.x182a33y3a5,86+2a28.L(x)33在x=6+2a兩L的由正.L(x)X=123912x所以當86+2a9即3a9，032Lmax=L(9)=(9-3-a)(12-9)2=9(6-a).當96+2a28即9a

5、5，332Lmax=L(6+2a)=(6+2a-3-a)12-(6+2a)2=4(3-9(6a),3a9,1a)3.所以Q(a)=233334(31a)3,9a5.32答若3a9，當每件售價9元，分企業(yè)一年的利L最大，最大Q（a）=9(6-a)（萬元）；2若9a5，當每件售價(6+2a)元，分企業(yè)一年的利L最大，最大Q(a)=4（3-1a）3(萬元).233（導函數(shù)零點確立，但區(qū)間端點不確立惹起討論的典例）例2、已知().求函數(shù)的區(qū);().求函數(shù)在上的最小;()全部的,恒建立,求數(shù)的取范.解：()f(x)的單一遞加是（e，），()()0tt+2，t無解；()0tt+2，即0t0）,求函數(shù)的區(qū)2

6、f(x)ax2x(1a)(x1)(ax1a)xx例3已知a是數(shù)，函數(shù)fxxxa（）求函數(shù)fx的區(qū)；（）gafx在區(qū)0,2上的最小。（i）寫出ga的表達式；（ii）求a的取范，使得6ga2。3axa3xax解：（）函數(shù)的定域0,，fxx3(x)02x2xx0，由f2x得xa?？糰能否落在函數(shù)f(x)的定域0,內(nèi)，需參數(shù)a的取分a0及a0兩33種狀況行。（1）當a0，f(x)0在0,上恒建立，所以fx的增區(qū)0,。（2）當a0，由f(x)0，得xa；由f(x)0，得0 xa。33所以，當a0，fx的減區(qū)0,a，fx的增區(qū)a,。33（）（i）由第（）的可知：（1）當a0，fx在0,上增，從而fx在0,

7、2上增，所以gaf00。（2）當a0時，fx在0,a上單一遞減，在a,上單一遞加，所以：33當a0,2，即0a6時，fx在0,a上單一遞減，在a,2上單一遞加，333所以gaa2aa2a3af33。39當a2,，即a6時，fx在0,2上單一遞減，所以gaf222a。30,a0綜上所述，ga2aa,0a63322a,a6（ii）令6ga2。若a0，無解；若0a6，由62aa2解得3a6；33若a6，由622a2解得6a232。綜上所述，a的取值范圍為3a232。三.求導后，因?qū)Ш瘮?shù)為零能否有實根（或?qū)Ш瘮?shù)的分子能否分解因式）不確立，而惹起的討論。例1已知函數(shù)f(x)1ax2x求函數(shù)的單一區(qū)間2f

8、(x)ax1例2已知函數(shù)f(x)lnxax求函數(shù)的單一區(qū)間1af(x)ax1f(x)xx例3設k1,x1R，函數(shù)f(x)1x,F(x)f(x)kx,xR，x1,x1試討論函數(shù)F(x)的單一性。1解：f(x)1x,x1,F(x)f(x)kx,xRx1,x11k121x,x1kx,x1,1x2F(x)f(x)kx1x,F(x)。x1kx,x112kx112x1,x考慮導函數(shù)F(x)0能否有實根，從而需要對參數(shù)k的取值進行討論。1k12（一）若x1，則F(x)x。因為當k0時，F(xiàn)(x)0無實根，而當k0時，F(xiàn)(x)01x2有實根，所以，對參數(shù)k分k0和k0兩種狀況討論。（1）當k0時，F(xiàn)(x)0在(

9、,1)上恒建立，所以函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)；2kx11x111k1kk（2）當k0時，F(xiàn)(x)x。1x21x2由F(x)0，得x11,x11，因為k0，所以x11x2。1k2k由F(x)0，得11x1；由F(x)0，得x11。kk所以，當k0時，函數(shù)F(x)在(,11)上為減函數(shù)，在(11,1)上為增函數(shù)。kk（二）若x1，則F(x)12kx1。因為當k0時，F(xiàn)(x)0無實根，而當k0時，2x1F(x)0有實根，所以，對參數(shù)k分k0和k0兩種狀況討論。（1）當k0時，F(xiàn)(x)0在1,上恒建立，所以函數(shù)F(x)在1,上為減函數(shù)；kx1112kx12k（2）當k0時，F(xiàn)(x)。2x1x1

10、由F(x)0，得x11；由F(x)0，得1x1。14k24k2所以，當k0時，函數(shù)F(x)在1,112上為減函數(shù)，在112,上為增函數(shù)。4k4k綜上所述：（1）當k0時，函數(shù)F(x)在(,11)上為減函數(shù)，在(11,1)上為增函數(shù)，在1,上kk為減函數(shù)。（2）當k0時，函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)，在1,上為減函數(shù)。（3）當k0時，函數(shù)F(x)在(,1)上為增函數(shù)，在1,112上為減函數(shù)，在112,4k4k上為增函數(shù)。19設a0,討論函數(shù)f（x）=lnx+a（1-a）x2-2（1-a）x的單一性。解：函數(shù)f(x)的定義域為(0,2a(1a)x22(1a)x1).f(x)x,當a1時,方程2

11、a(1-a)x22(1a)x10的鑒別式12(a1)a1.3當0a1時,0,f(x)有兩個零點，3x11(a1)(3a1)0,x21(a1)(3a1)2a2a(1a)2a2a(1a)（1）且當0 xx1或xx2時,f(x)0,f(x)在(0,x1)與(x2,)內(nèi)為增函數(shù)；當x1xx2時,f(x)0,f(x)在(x1,x2)內(nèi)為減函數(shù)；當1a1時,0,f(x)0,所以f(x)在(0,)內(nèi)為增函數(shù)；31當a1時,f(x)0(x0),f(x)在(0,)內(nèi)為增函數(shù)；x當a1時0，x11(3a1)(a1)1(3a1)(a1)2a2a(1a)x12a2a(1a)2(a1)(3a1)21(3a1)(a1)1

12、3a11a3a12a由12a2a(1a)4a24a2(1a)24a24a2(1a)4a2(1a)4a20(1a)x11(3a1)(a1)1(3a1)(a1)2a0 x12a(10fx是增函數(shù)，在a,3a上fx0fx是增函數(shù)。所以函數(shù)在x=a時，fx極大fa，所以函數(shù)在x=a時，fx極小f3a因?qū)0,3有f(x)4恒建立，務實數(shù)a的取值范圍.極值點指定區(qū)間端點地點關(guān)系不確立惹起討論。討論以下：a0當兩個極值點都在指定區(qū)間0,3內(nèi)時。即03a3，也就是0a0時為何分為0a0fx是增函數(shù)，在a,3a上fx0fx是增函數(shù)。所以函數(shù)在x=a時，fx極大fa，所以函數(shù)在x=a時，fx極小f3afxmax

13、maxfa,f3fxminminf0,f3ax0,3有f(x)4恒建立，0a10a1等價于0a36a39a340fa42754a27a240f3400a1解得a1即0a1123a12399當兩個極值點有一個在指定區(qū)間0,3內(nèi)時。即03時，也就是10時為何分為0a0fx是增函數(shù)，在a,3上fx3時，（當a0時為何分為0a0fx是增函數(shù)，fxmaxf34a3410840與fx40矛盾。綜上：對x0,3有f(x)4恒建立刻，實數(shù)a的取值范圍是0a123.9例4設函數(shù)fxx2blnx1，此中b0，求函數(shù)fx的極值點。解：由題意可得fx的定義域為1,，fx2xb2x22xb，fx的分母x1在x1x1定義

14、域1,上恒為正，方程2x22xb0能否有實根，需要對參數(shù)b的取值進行討論。（1）當48b0，即b1時，方程2x22xb0無實根或只有唯一根x1，所以22gx2x22xb0,在1,上恒建立，則fx0在1,上恒建立，所以函數(shù)fx在1,上單一遞加，從而函數(shù)fx在1,上無極值點。（2）當48b0，即b1時，方程2x22xb0，即fx0有兩個不相等的實根：2x1112b,x2112b。22這兩個根能否都在定義域1,內(nèi)呢？又需要對參數(shù)b的取值分狀況作以下討論：（）當b0時，x1112b1,x2112b1,x21,221，所以x1。此時，fx與fx隨x的變化狀況以下表：x1,x2x2x2,fx0fx遞減極小

15、值遞加由此表可知：當b0時，fx有唯一極小值點112bx22。0b1x1112b112b（）當時，21,x221，所以2x11,x21,。此時，fx與fx隨x的變化狀況以下表：x1,x1x1x1,x2x2x2,fx00f遞加極大值遞減極小值遞加x由此表可知：當0b1112b時，fx有一個極大值點x12和一個極小值點2x2112b2。綜上所述：（1）當b0時，fx有唯一極小值點112b；x2（2）當01x有一個極大值點x112b112bb時，f2和一個極小值點x2；2（3）當b1x無極值點。時，f2從以上諸例不難看出，在對含參數(shù)的導數(shù)問題的討論時，只需掌握以上三個基本討論點，那么討論就有了方向和

16、切入點，即便問題較為復雜，討論起來也會駕輕就熟、有條不紊，從而使問題水到渠成。(19)()小問5分，()小問7分.)已知函數(shù)(此中常數(shù)a,bR),是奇函數(shù).()求的表達式;()討論的單一性，并求在區(qū)間1,2上的最大值和最小值.（21）已知函數(shù)（I）當時，求曲線在點處的切線方程；（II）當時，討論的單一性.解：（）當a1時，f(x)lnxx21,x(0,),f(x)x2x2(0,)所以2,xxx所以，f（2）1，即曲線yf(x)在點（2，f(2)處的切線斜率為1，.又f(2)ln22,所以yf(x)在點（2，f(2)處的切線方程為y(ln22)x2,曲線即xyln20.f(x)lnx1a1a1a

17、x2x1a（）因為axx1，所以f(x)a22xxxx(0,)，令g(x)ax2x1a,x(0,),（1）當a0時,h(x)x1,x(0,)所以，當x(0,1)時,h(x)0,此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；當x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞（2）當a0時,由f(x)=0即ax2x1a0，解得x1,x1112a當a1時，x1x2,h(x)0恒建立，2此時f(x)0，函數(shù)f(x)在（0，+）上單一遞減；當0a1時,11102ax(0,1)時，h(x)0,此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,11)時，h(x)0,此時f(x)0,函數(shù)f(x)單一遞加；ax

18、(11,)時,h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；a當a0時，因為110ax(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞加。綜上所述：當a0時，函數(shù)f(x)在（，）上單一遞減；函數(shù)f(x)在（，）上單一遞加；1當a時，函數(shù)f(x)在（0，+）上單一遞減；2當0a1f(x)在（0，1）上單一遞減；時，函數(shù)2函數(shù)f(x)在(1,11)上單一遞加；a1函數(shù)f(x)在(1,)上單一遞減，已知函數(shù).()當時，討論的單一性；（）設當時，若對隨意，存在，使，務實數(shù)取值范圍.解：（）因為f(x)lnxax1a1，所以

19、f(x)1aa1ax2x1ax(0,)，xxx2x2令h(x)ax2x1a,x(0,)，當1x1x2,h(x)0f(x)（0，+f(x)0，函數(shù)）a時，恒建立，此時在上單一遞減；211當0a時，110，a(0,1)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,11)時h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞加；(1ax1,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；a當a0時，因為110，ax(0,1)，h(x)0,此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞減；x(1,)時，h(x)0，此時f(x)0，函數(shù)f(x)單一遞加.綜上所述：0（）因為a=1(0,1)，由（）

20、知，x1=1，x2=3(0,2)，當x(0,1)時，f(x)p0，函數(shù)f(x)單42調(diào)遞減；g(x)ming(2)84b0b(2,)1b17,當x(1,2)時，f(x)f0，函數(shù)f(x)28單一遞加，所以f(x)在（0，2）上的最小值為f(1)1。2因為“對隨意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等價于“g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值1”（*）2又g(x)=(xb)24b2，x11,2，所以當bp1時，因為g(x)ming(1)52bf0，此時與（*）矛盾當b1,2時，因為g(x)min4b20，相同與（*）矛盾當b(2,)時，因為g(x)g

21、(2)8117min4b，解不等式8-4b，可得b28綜上，b的取值范圍是17,。8（21）已知函數(shù).（）討論函數(shù)的單一性；（）設，證明：對隨意，.解：()f(x)的定義域為(0,+)，.當a0時，0，故f(x)在(0,+)單一增添；當a1時，0,故f(x)在(0,+)單一減少；當1a0時，令0,解得x=.當x(0,)時,0；x(，+)時，0,故f(x)()不如假定x1x2.因為在（0,）單一增添，在（，+）單一減少a2,故f(x)在（0，+）單一減少.所以等價于4x14x2,即f(x2)+4x2f(x1)+4x1.令g(x)=f(x)+4x,則+4.于是0.從而g(x)在（0，+）單一減少，

22、故g(x1)g(x2)，即f(x1)+4x1f(x2)+4x2，故對隨意x1,x2(0,+)，.（21）已知函數(shù)（I）討論函數(shù)的單一性；（II）（II）設.假如對隨意，求的取值范圍。解：（）的定義域為（0，+）.當時，0，故在（0，+）單一增添；當時，0，故在（0，+）單一減少；當-10時，令=0，解得.則當時，0；時，0.故在單一增添，在單一減少.（）不如假定，而-1，由（）知在（0，+）單一減少，從而，等價于，令，則等價于在（0，+）單一減少，即.從而故a的取值范圍為（-，-2.(18)已知函數(shù)()=In(1+)-+(0)。()當=2時，求曲線=()在點(1，(1)處的切線方程；()求()

23、的單一區(qū)間。解：（I）當時，因為，所以曲線在點處的切線方程為即（II），.當時，.所以，在區(qū)間上，；在區(qū)間上，.故得單一遞加區(qū)間是，單一遞減區(qū)間是當時，由，得，.所以，在區(qū)間和上，；在區(qū)間上，故得單一遞加區(qū)間是和，單一遞減區(qū)間是.當時，故得單一遞加區(qū)間是.當時，得，.所以沒在區(qū)間和上，；在區(qū)間上，故得單一遞加區(qū)間是和，單一遞減區(qū)間是20、（本小題滿分16分）設是定義在區(qū)間上的函數(shù)，其導函數(shù)為。假如存在實數(shù)和函數(shù)，此中對隨意的都有0，使得，則稱函數(shù)擁有性質(zhì)。設函數(shù)，此中為實數(shù)。(i)求證：函數(shù)擁有性質(zhì)；(ii)求函數(shù)的單一區(qū)間。已知函數(shù)擁有性質(zhì)。給定設為實數(shù)，且，若|0，所以對隨意的都有，在上遞加。又。當時，且，綜合以上討論，得：所求的取值范圍是（0，1）。（方法二）由題設知，的導函數(shù)，此中函數(shù)對于隨意的都建立。所以，當時，從而在區(qū)間上單一遞加。當時，有，得，同理可得，所以由的單一性知、，從而有|，符合題設。當時，于是由及的單一性知，所以|，與題設不符。當時，同理可得，從而得|，與題設不