人教高中数学专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版).docx

专题10分类讨论法解决含参函数单调性问题
1．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．
2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程
3．口诀记忆
导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．
因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．
首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．
题型一 可求根或因式分解
1．已知函数f(x)＝x－alnx(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解析：　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－＝，令f′(x)＝0，得x＝a，
①当a≤0时，f′(x)>0在(0，＋∞)上恒成立，∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
②当a>0时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a，＋∞)时，f′(x)>0，
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增．
2．已知函数f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，且f′(x)＝，令f′(x)＝0，得x＝1，
当a>0时，f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；
当a<0时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；
当a＝0时，f(x)为常函数．
3．已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．
解析：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－a＝ (x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
②当a>0时，令f′(x)＝－a＝＝0，可得x＝，
当0<x<时，f′(x)＝>0；当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
4．已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数y＝f(x)的单调性．
解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝．
①当0<a<1时，>1，∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝1，∴f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③当a>1时，0<<1，∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当0<a<1时，函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
当a＝1时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>1时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
5．设函数f(x)＝alnx＋，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．f′(x)＝＋＝．
当a≥0时，f′(x)＞0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．
当a＜0时，令g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
(1)当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)当－＜a＜0时，Δ＞0．设x1，x2(x1＜x2)是函数g(x)的两个零点，
则x1＝，x2＝．
由x1＝＝＞0，
所以x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
x∈(x2，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，
在上单调递增．
6．已知f(x)＝(x2－ax)lnx－x2＋2ax，求f(x)的单调递减区间．
解析：易得f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝(2x－a)ln x＋x－a－