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  • 2021-06-16 发布

【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

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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