(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳

导数习题题型十七:含参数导数问题的分类讨论问题

含参数导数问题的分类讨论问题

1．求导后,导函数的解析式含有参数，导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）， 导函数为零的实根中有参数也落在定义域内，但不知这些实根的大小关系，从而引起讨论。

★已知函数f(x)x3(a2)x22ax(a〉0），求函数的单调区间

f(x)x(a2)x2a(xa)(x2) ★★例1 已知函数f(x)x f(x)2a(a2)lnx（a〉0）求函数的单调区间 x1312x2(a2)x2a(x2)(xa)

x2x22axa21★★★例3已知函数fxxR，其中aR。 2x1（Ⅰ）当a1时，求曲线yfx在点2,f2处的切线方程; （Ⅱ）当a0时，求函数fx的单调区间与极值。

解：（Ⅰ）当a1时,曲线yfx在点2,f2处的切线方程为6x25y320。

2a(x21)2(Ⅱ）由于a0,所以fx ，由2x11f'x0,得x1,x2a。这两个实根都在定

a12axax2ax12x2axa1a'fx义域R内，但不知它们之间 2222x1x122 的大小。因此，需对参数a的取值分a0和a0两种情况进行讨论。 （1)当a0时,则x1x2.易得fx在区间,，a,内为减函数，

1a111在区间,a为增函数。故函数fx在x1处取得极小值fa2；

aaa 函数fx在x2a处取得极大值fa1。

（1） 当a0时，则x1x2。易得fx在区间(,a),(1,)内为增函数,在区间 a

1(a,)为减函

a数。故函数fx在x11处取得极小值a1fa2；函数 afx在x2a处取得极大值

fa1。

以上三点即为含参数导数问题的三个基本讨论点,在求解有关含参数的导数问题时，可按上述三点的顺序对参数进行讨论。因此，对含参数的导数问题的讨论，还是有一定的规律可循的.当然,在具体解题中，可能要讨论其中的两点或三点，这时的讨论就更复杂一些了，需要灵活把握.

1

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★★★(区间确定零点不确定的典例）

例4 某分公司经销某种品牌产品，每件产品的成本为3元，并且每件产品需向总公司交a元（3≤a≤5）的

2

管理费，预计当每件产品的售价为x元（9≤x≤11）时，一年的销售量为（12—x)万件。 （1)求分公司一年的利润L(万元）与每件产品的售价x的函数关系式;

（2)当每件产品的售价为多少元时,分公司一年的利润L最大，并求出L的最大值Q(a）。

解 (1）分公司一年的利润L（万元)与售价x的函数关系式为：L=（x-3-a)(12—x）,x∈［9,11］.

2

（2)L′（x)=（12—x）-2（x-3—a）（12-x） =（12—x）（18+2a—3x）。

L(x)

182a2 令L′=0得x=6+a或x=12（不合题意，舍去）. x3X=12 3y ∵3≤a≤5,∴8≤6+2a≤28. 332

L(x) 在x=6+2a两侧L′的值由正变负.

39 8≤6+2a＜9

3即

3≤a＜9时，

22

12 所以①当

0 x Lmax=L（9）=(9-3—a)(12-9）=9（6-a）。 ②当9≤6+2a≤28即9≤a≤5时，

3329(6a),Q（a)=4(31a)3,33a9,2

Lmax=L（6+2a）=(6+2a—3-a）［12-（6+2a)］=4（3—1a)。所以

2

3

33339a5.2答 若3≤a＜9，则当每件售价为9元时，分公司一年的利润L最大，最大值Q（a）=9(6—a)（万元）；

2若9≤a≤5,则当每件售价为(6+2a）元时，分公司一年的利润L最大,最大值Q(a）=4（3—1a)（万元).

3

233★★★★（导函数零点确定,但区间端点不确定引起讨论的典例）

例2、已知fxxlnx,gxx3ax2x2 (Ⅰ)。求函数fx的单调区间;

(Ⅱ)。求函数fx在t,t2t0上的最小值;

(Ⅲ)对一切的x0,，2fxg'x2恒成立,求实数a的取值范围.

11解：（Ⅰ）f'(x)lnx1,令f'x0,解得0x, fx的单调递减区间是0,;

ee1），令f'x0,解得x,f(x)的单调递增是（e，e

11111 (Ⅱ）（ⅰ）0〈teeeee11 （ⅲ）tt2，即t时，f(x)在[t,t2]单调递增，f(x)minf(t)tlnt……9分

ee

2

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110t-e f(x)mine，1ttlnte （Ⅲ)由题意：2xlnx3x22ax12在x0,上恒成立,即2xlnx3x22ax1

313x1， x（分离参数）,设hxlnx22x22xx13x1……12分 131 则h'x2x22x2x21 令h'x0,得x1,x(舍）

3 可得alnx 当0x1时，h'x0;当x1时, h'x0

当x1时，hx取得最大值, hxmax=—2……13分。a2。

二．求导后,导函数为零有实根（或导函数的分子能分解因式）,但不知导函数为零的实根是否落在定义域内，从而引起讨论.（用导数解决函数问题若求导后研究函数的导数问题时能转化为

研究二次函数问题时，二次项的系数含参数按系数大于零、等于零、小于零分类；再按在二次项的系数不等于零时对判别式按△＞0、△=0、△＜0;在△＞0时，求导函数的零点再根据零点是否在在定义域内进行套论，若零点含参数在对零点之间的大小进行讨论。） ★1 已知函数 f(x)x3x2(1a)x，求函数的单调区间 f(x)ax2x(1a)(1x)(ax1a)

★★例2 已知函数f(x)(1a)lnxx2（a>0），求函数的单调区间

ax2x(1a)(x1)(ax1a) f(x) xxa2a312★★★例3 已知a是实数，函数fxxxa (Ⅰ）求函数fx的单调区间;

（Ⅱ）设ga为fx在区间0,2上的最小值。 (i)写出ga的表达式;

（ii）求a的取值范围，使得6ga2。

a3xxa3xaa3解：（Ⅰ）函数的定义域为0,，f'xxx0，由f'(x)0得x。

32x2x2x考虑

a是否落在导函数f'(x)的定义域0,内，需对参数a的取值分a0及a0两种情况进行讨论。 3'（1） 当a0时，则f(x)0在0,上恒成立,所以fx的单调递增区间为0,。

3

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'（2） 当a0时，由f(x)0，得xaa;由f'(x)0，得0x. 33aa因此，当a0时，fx的单调递减区间为0,，fx的单调递增区间为,。

33（Ⅱ）(i）由第（Ⅰ）问的结论可知:

（1） 当a0时，fx在0,上单调递增，从而fx在0,2上单调递增,所以gaf00。 （2） 当a0时，fx在0,aa3上单调递减，在3,上单调递增，所以：

② 当

a30,2，即0a6时，fx在aa0,3上单调递减，在3,2上单调递增， 所以gafa2aa2a3a3339。 ③ 当

a32,，即a6时，fx在0,2上单调递减，所以gaf222a。 0,a0综上所述，ga2aa,0a633

22a,a~6（ii）令6ga2。 ①若a0，无解； ②若0a6，由62aa332解得3a6； ④ 若a6，由622a2解得6a232.

综上所述，a的取值范围为3a232。

三。求导后，因导函数为零是否有实根（或导函数的分子能否分解因式）不确定,而引起的讨论。

★例1已知函数f(x)12ax2x 求函数的单调区间

f(x)ax1

★★例2已知函数f(x)lnxax求函数的单调区间

f(x)1ax1xa f(x)x

 ★★★例3 设kR，函数f(x)11x,x1,F(x)f(x)kx,xR， x1,x1

4

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试讨论函数F(x)的单调性。

1,x1解：∵f(x)1x,F(x)f(x)kx,xR

x1,x11k1x2,x112kx,x1,1x,F'(x) F(x)f(x)kx1x. x1kx,x112kx1,x12x1考虑导函数F'(x)0是否有实根，从而需要对参数k的取值进行讨论。 （一）若x1,则F'(x)1k1x21x2。由于当k0时，F'(x)0无实根,而当k0时，F'(x)0有实

根，

因此，对参数k分k0和k0两种情况讨论。

（1） 当k0时,F'(x)0在(,1)上恒成立，所以函数F(x)在(,1)上为增函数；

（2） 当k0时，F'(x)1k1x21x211kx1x1kk。 21x11由F'(x)0，得x11,x12，因为k0，所以x11x2。

kk由F'(x)0，得111x1；由F'(x)0，得x1。 kk11,1)上为增函数。 )上为减函数，在(1kk因此，当k0时，函数F(x)在(,1(二)若x1，则F'(x)12kx1。由于当k0时，F'(x)0无实根，而当k0时,F'(x)0有

2x1实根,因此,对参数k分k0和k0两种情况讨论。

（1） 当k0时,F'(x)0在1,上恒成立，所以函数F(x)在1,上为减函数;

1kx112kx12k（2） 当k0时,F'(x)。

2x1x1由F'(x)0，得x1111x1F'(x)0;由，得。

4k24k2因此,当k0时，函数F(x)在1,1综上所述：

11上为减函数，在上为增函数。 1,224k4k

5

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（1） 当k0时，函数F(x)在(,111,1)上为增函数，在1,上为减函)上为减函数，在(1kk数.

（2） 当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数，在1,上为减函数. （3） 当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数,在1,111上为减函数,在上为增函1,224k4k数。

★★★★ 19．设a＞0，讨论函数f(x）=lnx+a(1-a）x-2（1-a)x的单调性。

2

2a(1a)x22(1a)x1, 解：函数f(x)的定义域为(0,).f(x)x

1当a1时,方程2a(1-a)x22(1a)x10的判别式12(a1)a.

31①当0a时,0,f(x)有两个零点，

3x1(a1)(3a1)(a1)(3a1)11（1） 0,x22a2a(1a)2a2a(1a)且当0xx1或xx2时,f(x)0,f(x)在(0,x1)与(x2,)内为增函数; 当x1xx2时,f(x)0,f(x)在(x1,x2)内为减函数；

1a1时,0,f(x)0,所以f(x)在(0,)内为增函数； 31③当a1时,f(x)0(x0),f(x)在(0,)内为增函数；

x②当

④当 a1时0，x122(3a1)(a1)(3a1)(a1)11x1 2a2a(1a)2a2a(1a)2a1(a1)(3a1)1(3a1)(a1)13a11a3a1 由0 22222222a2a(1a)4a4a(1a)4a(1a)4a(1a)4a4a(1a) x1(3a1)(a1)(3a1)(a1)11>0 x1<0 2a2a(1a)2a2a(1a)所以在定义域(0，+∞)内有唯一零点x1,

且当0xx1时,f(x)0,f(x)在(0,x1)内为增函数；当xx1时，f(x)0,f(x)在(x1,)内为减函数。

f(x)的单调区间如下表:

0a1 3

1 a1 a136

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(其中

(0,x1)

(x1,x2) (x2,)(0,)

(0,x1)

(x1,)

x1(a1)(3a1)(a1)(3a1)11) ,x22a2a(1a)2a2a(1a)因函数的零点的个数不确定而引起的讨论。

例．已知函数f(x)=1n x，g（x)=x2a(a为常数),若直线l与y=f(x）和y=g（x)的图象都相切，且l与y=f（x）的图象相切于定点P（1，f（1))． （1）求直线l的方程及a 的值；

(2）当k∈R时,讨论关于x的方程f（x+1）-g（x)=k的实数解的个数． 解：（1）∵f′(x)=

2

121，∴f（1）=1 ∴k1=1,又切点为P（1,f（1），即（1，0）∴l的解析式为y=x-1， x y=x-1

∵l与y=g(x）相切， 由 y=x2a，消去y得x—2x+2a+2=0,∴△=（—2）—4（2a+2）=0,得a=-2

2

121 2(2）令h（x）=f（x+1)—g（x)=1n（x+1）∵h′(x)=

22

121x 222xx(x1)(x1)-x=—,则x1或0x1时，h(x)0,h(x)为增函数， 221x1x—1＜x＜0或x＞1时,

1故x=±1时,h(x)取极大值1n2， x=0时,h（x)取极小值.

211因此当 k∈(1n2，+∞），原方程一解；当k=1n2时，原方程有两解；当＜k＜1n2时，原方程有四解；当k=

221时，原方程有三解；当k＜时，原方程有两解

25。求参数的范围时由于不能分离出参数而引起的对参数进行的讨论

例1：（此为不能分离出参数a的例题）已知f(x)x36ax29a2x（aR)．当a0 时，若对

x0,3有f(x)4恒成立,求实数a的取值范围.

解：因为f(x)=x3—6ax2+9a2x，x3-6ax2+9a2x—4≤0

所以f’（x）=3x2—12ax+9a2=（3x-3a)（x－3a），

在,a上fx〉0fx是增函数，在a,3a上fx〈0fx是减函数，在3a,上fx>0fx是增函数.所以函数在x=a时，fx极大fa，所以函数在x=a时,fx极小f3a

因对x0,3有f(x)4恒成立， 求实数a的取值范围。极值点 指定区间端点位置关系不确定引起讨论。讨论如下：

7

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∵a〉0

①当两个极值点都在指定区间0,3内时。即0<3a≤3,也就是0〈a〈1时,（当a〉0时为什么分为0〈a〈3,与a≥3两类。要讲清楚）

在0,a上fx〉0fx是增函数,在a,3a上fx<0fx是减函数，在3a,上fx〉0fx是增函数。所以函数在x=a时，fx极大fa，所以函数在x=a时，fx极小f3a

fxmaxmaxfa,f3 fxminminf0,f3a

x0,3有f(x)4恒成立，

0a10a1等价于 a36a39a340

fa402754a27a240f3400a1解得即0〈a≤1 a1123a12399 ②当两个极值点有一个在指定区间0,3内时。即0〈a≤3，且3a>3时，也就是10时为什么分为0在0,a上fx>0fx是增函数,在a,3上fx<0fx是减函数， 所以函数在x=a时，fx极大fa,

fxmaxfa fxminminf0,f3

x0,3有f(x)4恒成立,等价于1a323解得1a1

fa409 ③当两个极值点都不在在指定区间0,3内时。即a〉3时， （当a>0时为什么分为0要讲清楚)

在0,3 上fx〉0fx是增函数， fxmaxf34a3410840 与fx40 矛盾。 综上：对x0,3有f(x)4恒成立时，实数a的取值范围是0a1

23. 9例4设函数fxx2blnx1,其中b0，求函数fx的极值点。

b2x22xb解：由题意可得fx的定义域为1,，fx2x,f'x的分母x1在定义域x1x1'1,上恒为正，方程2x22xb0是否有实根，需要对参数b的取值进行讨论。

（1）当48b0，即b11时，方程2x22xb0无实根或只有唯一根x，所以22则f'x0在1,上恒成立，所以函数fx在1,上gx2x22xb0,在1,上恒成立，单调递增,从而函数fx在1,上无极值点.

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（2)当48b0,即b1时,方程2x22xb0，即f'x0有两个不相等的实根: 2x1112b112b,x2.

22这两个根是否都在定义域1,内呢？又需要对参数b的取值分情况作如下讨论： （ⅰ）当b0时，x1112b112b1,x21,所以x11,,x21,.

22此时，f'x与fx随x的变化情况如下表:

x f'x fx 1,x2 x2 0 极小值 x2,  递减 递增 由此表可知：当b0时，fx有唯一极小值点x2112b。

2（ⅱ）当0b112b112b11,x21,所以x11,,x21,。此时，时，x1222f'x与fx随x的变化情况如下表:

x f'x fx 1,x1 x1 x1,x2x2 x2,  0 极大值  0 极小值  递增 递减 递增 由此表可知：当0b综上所述：

1112b112b时，fx有一个极大值点x1和一个极小值点x2. 222（1） 当b0时，fx有唯一极小值点x112b；

2（2） 当0b（3） 当b1112b112b时,fx有一个极大值点x和一个极小值点x； 2221时，fx无极值点。 2从以上诸例不难看出，在对含参数的导数问题的讨论时,只要把握以上三个基本讨论点，那么讨论就有了方向和切入点,即使问题较为复杂，讨论起来也会得心应手、层次分明，从而使问题迎刃而解。

(19）(Ⅰ)小问5分，（Ⅱ）小问7分.)

9

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已知函数f(x)ax3x2bx(其中常数a，b∈R），g(x)f(x)f(x)是奇函数。 （Ⅰ)求f(x)的表达式；

(Ⅱ)讨论g(x)的单调性,并求g(x)在区间[1,2］上的最大值和最小值。

(21）已知函数f(x)lnxax1a1(aR) x1时,讨论f(x)的单调性。 2（I)当a1时，求曲线yf(x)在点(2,f(2))处的切线方程;（II）当ax2x22,x(0,) 解：(Ⅰ） 当a1时，f(x)lnxx1,x(0,), 所以 f'(x)2xx

.又f(2)ln22,所以曲线1，因此，f（2） 即 曲线yf(x)在点（2，f(2))处的切线斜率为1，yf(x)在点（2，f(2))处的切线方程为y(ln22)x2,

即xyln20.ax2x1a1a11a1，所以f'(x)a2 （Ⅱ）因为 f(x)lnxax x(0,)，令

x2xxxg(x)ax2x1a,x(0,),

(1）当a0时,h(x)x1,x(0,)

所以，当x(0,1)时,h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减；

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当x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0,函数f(x)单调递

（2）当a0时,由f(x)=0 即ax2x1a0,解得x111,x2a1 ①当a

1

2

时，x1x2,h(x)0恒成立, 此时f(x)0，函数f(x)在（0，+∞)上单调递减；

②当0a12时,1a110

x(0,1)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减；

x(1,1a1)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递增；

x(1a1,)时,h(x)0，此时f(x)0,函数f(x)单调递减；

③当a0时，由于1a10

x(0,1)时，h(x)0，此时f(x)0,函数f(x)单调递减； x(1,)时，h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递增。 综上所述：

当a0时,函数f(x)在（０，１）上单调递减； 函数f(x)在（１,＋∞）上单调递增；

当a

1

2

时，函数f(x)在（0，+∞)上单调递减； 当0a12时，函数f(x)在(0，1）上单调递减；

函数f(x)在(1,1a1)上单调递增；

函数f(x)在(1a1,)上单调递减，

(22)已知函数f(x)lnxax1ax1(aR)。 (Ⅰ）当a12时，讨论f(x)的单调性； （Ⅱ）设g(x)x22bx4.当a14时,若对任意x1(0,2),存在x21,2，使

f(x1)g(x2)，求实数b取值范围.

解：（Ⅰ）因为f(x)lnxax1a1a1ax2xx1，所以 f'(x)1axax2x2x(0,)，令 h(x)ax2x1a,x(0,)，

1

1(完整版)导数含参数取值范围分类讨论题型总结与方法归纳

1时,x1x2,h(x)≥0恒成立，此时f'(x)≤0，函数 f(x)在上单调递减； （0，+）211 ②当0＜a＜时，1＞1＞0，

2a ①当a x(0,1)时,h(x)＞0，此时f'(x)＜0，函数f(x)单调递减; x(1,11)时h(x)＜0,此时f'(x)＞0，函数 f(x)单调递增； a1 x(1,)时,h(x)＞0，此时f'(x)＜0,函数f(x)单调递减；

a1 ③当a＜0时，由于1＜0，

a x(0,1)，h(x)＞0,此时f'(x)＜0,函数 f(x)单调递减；

x(1,)时,h(x)＜0，此时f'(x)＞0，函数f(x)单调递增. 综上所述：

0

11（Ⅱ）因为a=(0,),由（Ⅰ）知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时,f'(x)420，函数f(x)单调递减；

g(x)ming(2)84b0b(2,)117b,当x(1,2)时，f'(x)280,函数f(x)单调递增，所以

1f(x)在（0，2）上的最小值为f(1).

2由于“对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)\"等价于 “g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0，2)上的最小值又g(x)=(xb)24b2,x11,2，所以 ①当b1”（*） 21时，因为g(x)ming(1)52b0，此时与（*）矛盾

②当b1,2时,因为g(x)min4b20，同样与（＊)矛盾 ③当b(2,)时，因为g(x)ming(2)84b，解不等式8—4b综上，b的取值范围是117，可得b

8217,。 8

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（21)已知函数f(x)(a1)lnxax21。 (Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性;

（Ⅱ）设a2，证明：对任意x1,x2(0,),|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.

解：(Ⅰ） f(x）的定义域为(0，+），f(x)a12ax2ax2ax1x。 当a≥0时，f(x)＞0，故f(x)在(0，+)单调增加; 当a≤－1时,f(x)＜0, 故f(x）在(0,+)单调减少; 当－1＜a＜0时，令f(x)＝0,解得x=a12a.当x∈（0, a12a）时, f(x)＞0； x∈(a12a,+)时,f(x)＜0， 故f(x)在（0, a12a)单调增加,在(a12a，+）单调减少。(Ⅱ）不妨假设x1≥x2.由于a≤－2,故f(x）在(0，+）单调减少. 所以f(x1)f(x2)4x1x2等价于

f(x1)f(x2)≥4x1－4x2, 即f（x2)+ 4x2≥f(x1)+ 4x1。 令g（x）=f(x）+4x，则

g(x)a1x2ax+4

＝2ax24xa1x。

(x)≤4x24x1(2x1)2于是gx＝x≤0.

从而g（x)在（0，+）单调减少，故g(x1） ≤g（x2），

即 f（x1)+ 4x1≤f（x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈（0，+） ，f(x1)f(x2)4x1x2. （21)已知函数f(x)(a1)lnxax21

（I） 讨论函数f(x)的单调性;

（II） （II）设a1.如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)4|x1x2|,求a的取值范围.

解:（Ⅰ)f(x)的定义域为(0，+∞）. f'(x)a12ax2x2axa1x。 当a0时,f'(x)＞0,故f(x)在（0，+∞）单调增加; 当a1时，f'(x)＜0,故f(x)在（0，+∞）单调减少；

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当-1＜a＜0时,令f'(x)=0，解得xa1. 2a则当x(0,a1a1)时，f'(x)＞0；x(,)时,f'(x)＜0.

2a2aa1a1)单调增加，在(,)单调减少. 2a2a故f(x)在(0,（Ⅱ)不妨假设x1x2，而a＜—1，由(Ⅰ）知在（0,+∞)单调减少，从而 x1,x2(0,),f(x1)f(x2)4x1x2

等价于 x1,x2(0,)，f(x2)4x2f(x1)4x1 ①

a12ax4 xa12ax40. ①等价于g(x)在（0，+∞）单调减少，即 x令g(x)f(x)4x，则g'(x)4x1(2x1)24x22(2x1)22 故a的取值范围为（—∞，-2]。 从而a22x12x212x21 (18）已知函数f(x)=In(1+x)-x+

x2x（k≥0)。 2（Ⅰ）当k=2时，求曲线y=f(x)在点（1，f（1))处的切线方程；（Ⅱ)求f（x）的单调区间。

解:（I）当k2时，f(x)ln(1x)xx2,f'(x)由于f(1)ln2,f'(1)112x 1x3， 所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 23(x1) 即 3x2y2ln230 2xx(kxk1)（II）f'(x)，x(1,)。当k0时，f'(x). 所以，在区间(1,0)上,f'(x)0；

1x1xyln2在区间(0,)上，f'(x)0。故f(x)得单调递增区间是(1,0),单调递减区间是(0,)。

1kx(kxk1)0 0,得x10，x2k1x1k1k,)上，f'(x)0;在区间(0,)上，f'(x)0 所以,在区间(1,0)和(kk1k1k,),单调递减区间是(0,). 故f(x)得单调递增区间是(1,0)和(kk当0k1时，由f'(x)x2当k1时，f'(x) 故f(x)得单调递增区间是(1,)。

1x1kx(kxk1)(1,0)，x20。 0，得x1k1x1k1k,0)上， f'(x)0 )和(0,)上,f'(x)0;在区间(所以没在区间(1,kk当k1时，f'(x)

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故f(x)得单调递增区间是(1,

1k1k,0) )和(0,)，单调递减区间是(kk20、（本小题满分16分）设f(x)是定义在区间(1,)上的函数，其导函数为f'(x)。如果存在实数a和函数

h(x)，其中h(x)对任意的x(1,)都有h(x)〉0，使得f'(x)h(x)(x2ax1)，则称函数f(x)具有性质P(a).

(1)设函数f(x)lnxb2(x1)，其中b为实数。 x1（i)求证:函数f(x)具有性质P(b)； (ii）求函数f(x)的单调区间。 (2)已知函数g(x)具有性质P(2)。给定x1,x2(1,),x1x2,设m为实数，

mx1(1m)x2，(1m)x1mx2，且1,1,

若|g()g()|<|g(x1)g(x2)｜,求m的取值范围。

[解析］ 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。 (1)（i)f'(x)11b212h(x)0恒成立, ∵时，(xbx1)x1x(x1)2x(x1)2x(x1)2，

∴函数f(x)具有性质P(b)；

b2b2（ii）（方法一）设(x)xbx1(x)1，(x)与f'(x)的符号相同。

24b2当10,2b2时，(x)0，f'(x)0,故此时f(x)在区间(1,)上递增；

42当b2时,对于x1,有f'(x)0，所以此时f(x)在区间(1,)上递增； 当b2时，(x)图像开口向上,对称轴xb1，而(0)1, 2对于x1，总有(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增； （方法二）当b2时，对于x1,(x)x2bx1x22x1(x1)20 所以f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,)上递增;

bb24bb24b,当b2时，(x)图像开口向上,对称轴x1，方程(x)0的两根为：，而222bb24bb2421,(0,1)

222bb4bb24bb24 当x(1,) 上递减；同理得：)时，(x)0，f'(x)0，故此时f(x)在区间(1,22

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bb24f(x)在区间[,)上递增.

2综上所述,当b2时，f(x)在区间(1,)上递增;

22 当b2时，f(x)在(1,bb4)上递减;f(x)在[bb4,)上递增。

22(2)（方法一）由题意，得：g'(x)h(x)(x22x1)h(x)(x1)2 又h(x)对任意的x(1,)都有h(x)>0，

所以对任意的x(1,)都有g(x)0，g(x)在(1,)上递增。 又x1x2,(2m1)(x1x2)。 当m1,m1时，，且x1(m1)x1(1m)x2,x2(1m)x1(m1)x2， 2

综合以上讨论,得：所求m的取值范围是（0,1）。

（方法二)由题设知,g(x)的导函数g'(x)h(x)(x22x1)，其中函数h(x)0对于任意的x(1,)都成立.所以，当x1时,g'(x)h(x)(x1)20，从而g(x)在区间(1,)上单调递增。 ①当m(0,1)时，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，

mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2,得(x1,x2)，同理可得(x1,x2)，所以由g(x)的单调性知g()、

g()(g(x1),g(x2))，

从而有｜g()g()｜〈｜g(x1)g(x2)|,符合题设. ②当m0时，mx1(1m)x2mx2(1m)x2x2，

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(1m)x1mx2(1m)x1mx1x1，于是由1,1及g(x)的单调性知g()g(x1)g(x2)g(),

所以|g()g()｜≥|g(x1)g(x2)｜，与题设不符。

③当m1时,同理可得x1,x2,进而得｜g()g()|≥｜g(x1)g(x2)｜，与题设不符。 因此综合①、②、③得所求的m的取值范围是(0，1）。

待研究的以下问题

在求函数的单调区间时涉及的分类讨论问题； 在求函数的极值与最值问题引出分类讨论问题； 在涉及函数的零点时引起的分类讨论问题;

参考资料：

导数的应用与分类讨论

【例１】 设函数f（x）=2x3-3(a+1）x2+6ax+8,其中a∈R. （Ⅰ）若f（x）在x=3处取得极值,求常数a的值；

（Ⅱ）若f(x）在（—∞,０)上为增函数，求a的取值范围。 解： (Ⅰ)f ′(x)=6x2-6（a+1)x+6a=6（x—a）（x-1）。 ∵ f（x）在x=3处取得极值,

∴ f ′（３）＝１２（３—a)=0，a=3,检验知成立。 （Ⅱ)由f ′（x）=6(x—a)(x—1）=0得x1=a或x2=1.

若a〈1,则当x∈（－∞,a）∪（１，＋∞）时，f ′（x）>0，所以f (x）在（－∞，a)和（１，＋∞）上为增函数，而f(x）在（－∞，０)上为增函数，所以０≤a〈1;

若a≥1，则当x∈(－∞，1）∪(a，＋∞）时，f ′（x)>0,所以f （x）在∈（－∞，1）和（a，＋∞）上为增函数，f（x）在（－∞，０）上也为增函数. 综上，所求a的取值范围为［０，＋∞)。

【点评】 （Ⅱ）中对a的值进行分类讨论，当a<1时很容易忽视a≥0这个条件，注意这时f(x）在（－∞,０）上为增函数，必须有a≥0。

【例２】 设函数y=ax5-bx3+c（c≠0）在x=±1时有极值,且极大值为４，极小值为０.求a、b、c的值. 解: 令y′=5ax4-3bx2=0，x2（5ax2-3b）=0。所以极值点可能是０和±1。 因为函数x=±1时有极值，所以5a=3b，y′=5ax２(x２—1)=5ax２（x+1）（x—1）。 若a>0，当x变化时，函数递增与递减及极值情况如下表： 若a〈0，用同样的方法得a=—3，b=—5，c=2。

【点评】 这里实施的是一个二级分类讨论，使用表格简明清晰;在“０”处，为什么没有极值，要深入理解.

【例３】 函数y=f（x）在区间（０，＋∞）内可导,导函数 f′（x）是减函数,且f ′（x）＞０。设x0∈（０，＋∞），y=kx+m是曲线y=f（x）在点(x0,f（x0））处的切线方程，并设函数g（x)=kx+m。 （Ⅰ）用x0，f(x0),f ′（x0)表示m；

（Ⅱ)证明：当x0∈(０，＋∞）时，g（x)≥f（x）；

（Ⅲ）若关于x的不等式x2+1≥ax+b≥ 在［０，＋∞）上恒成立,其中a、b为实数，求b的取值范围及a与b所满足的关系式.

解： （Ⅰ）易知m=f(x0）—x0f ′（x0）.

（Ⅱ）令h（x）=g(x)—f（x)，则h′（x）=g′（x）—f′（x）= f′（x0)-f′（x)，且h′（x0）=0. ∵ f′（x)是减函数，∴ h′（x)是增函数，则当x〉x0时,

h′（x）>0；当x17

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（Ⅲ)将x=0代入题设不等式中，得0≤b≤1,则“a>0，且０≤b≤1”是不等式成立的必要条件。 下面在a>0，且0≤b≤1的条件下求a与b所满足的关系式及b的取值范围.

x2+1≥ax+b x2—ax+（1—b)≥0，对任意x ∈［0，＋∞）成立的充要条件是x2-ax+（1—b)在[0，＋∞）上的最小值１－b- ≥0,即a≤2

令S(x)=ax+b— ，则对于任意x ∈[0，＋∞）不等式ax+b≥ 恒成立 S（x）≥0。

由Ｓ′（x)=a- =0得x=a—3，则当0〈x〈a—3时，Ｓ′(x）<0;当x〉a-3时，Ｓ′（x）>0，所以当x=a-3时，Ｓ(x）取得最小值.因此Ｓ（x)≥０的充要条件是Ｓ(a—3）≥0,即a•a—3+b— ≥0，解得a≥ . 故a、b所满足的关系式为 ≤a≤2 .

解不等式 ≤2 ，得 ≤b≤ ,这就是所求的b的取值范围.

【点评】 在（Ⅱ）中判断“x0是h（x）惟一的极值点”,在（Ⅲ）中求Ｓ（x）的最小值,都用到了分类讨论.

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