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- 2021-06-16 发布
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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