新高考数学分文理吗 2020年高考数学尖子生辅导专题(文理通用)之专题01,含参数导数问题的分类讨论-2020高考数学尖子生辅导专题

专题一 含参数导数问题的分类讨论 导数是研究函数的图象和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，有关导数问题几乎是每年高考的必考试题之一．随着高考对导数考查的不断深入，含参数的导数问题成为了历年高考命题的热点．由于含参数的导数问题在解答时往往需要对参数进行分类讨论，如何进行分类讨论成为绝大多数考生答题的难点． 模块1 整理方法 提升能力 在众多的含参数导数问题中，根据所给的参数的不同范围去讨论函数的单调性是最常见的题目之一，求函数的极值、最值等问题，最终也需要讨论函数单调性．对于含参数导数问题的单调性的分类讨论，常见的分类讨论点有以下三个：
分类讨论点1：求导后，考虑是否有实根，从而引起分类讨论；

分类讨论点2：求导后，有实根，但不清楚的实根是否落在定义域内，从而引起分类讨论；

分类讨论点3：求导后，有实根，的实根也落在定义域内，但不清楚这些实根的大小关系，从而引起分类讨论． 以上三点是讨论含参数导数问题的单调性的三个基本分类点，在求解有关含参数导数问题的单调性时，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分类讨论，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，这时的讨论就会复杂一些了，也有些题目可以根据其式子和题目的特点进行灵活处理，减少分类讨论，需要灵活把握． 例1 设，讨论函数的单调性． 【解析】的定义域是． ． 令，则的根的情况等价于的根的情况．由于的函数类型不能确定，所以需要对进行分类讨论从而确定函数的类型． （1）当时，是常数函数，此时，，于是在 上递增． （2）当时，是二次函数，类型确定后，我们首先考虑讨论点——是否有实根的问题．由于不能因式分解，所以我们考虑其判别式，判别式的正负影响到的根的情况，由此可初步分为以下三种情况：①当，即时，没有实根；
②当，即时，有两个相等的实根；
③当，即或时，有两个不等的实根． 对于第①种情况，没有实根且永远在轴上方，于是，所以在上递增． 对于第②种情况，有两个相等的实根，于是，所以在上递增． 对于第③种情况，有两个不等的实根，和．由于不知道两根是否落在定义域内，因此要考虑讨论点，而利用韦达定理进行判断是一个快捷的方法． 因为，，所以当时，有且，此时两个根都在定义域内切（因为与的大小关系已经确定，所以不需要考虑讨论点）．由可得或，所以在和上递增；
由可得，所以在上递减． 当时，有且，此时，由可得，所以在上递增；
由可得，所以在上递减． 综上所述，当时，在和上递增，在上递减；
当时，在上递增；
当时，在上递增，在上递减 ．其中，． 【点评】只要按照3个分类讨论点进行思考，就能很好地处理含参数导数问题的单调性．此外，涉及两根与0的大小比较的时候，利用韦达定理往往比较简单． 例2 已知函数（）． （1）求在上的最小值；

（2）若对恒成立，求正数的最大值． 【解析】（1）定义域为，． 法1：①当时，，函数在为增函数，所以． ②当时，令可得． （i）当，即时，在上恒成立，函数在为增函数，所以． （ii）当，即时，在上恒成立，所以在为减函数，所以． （iii）当，即时，在上恒成立，所以在为增函数，所以． （iv）当，即时，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减．于是在上的最小值为或．当，即时，；
当，即时，． 综上所述，当时，；
当时， ． 法2：①当时，，函数在为增函数，所以． ②当时，由可得，由可得，所以在上递增，在上递减．于是在上的最小值为或． （i）当，即时，． （ii）当，即时，． 综上所述，当时，；
当时，． （2）解答详见专题三例1． 【点评】处理好函数的单调性，就能求出函数的最值．法1是按照常见的3个分类讨论点进行讨论：当时，没有实根．当时，有实根，此时需考虑根在不在定义域内．当或或时，根都不在定义域内（把和并在里面是为了减少分类的情况）；
当时，根在定义域内，由于定义域内只有1个根，所以就不用考虑第3个分类讨论点了．法2是根据式子和题目的特点进行分类：由可知当时，在上递增；
当时，在上先增后减，所以最小值只能在或处取到，此时只需要比较两者的大小就可以了．由于法2是根据式子和题目的特点进行分类的，所以能减少分类的情况． 例3 设函数，其中． （1）当时，判断函数在定义域上的单调性；

（2）当时，求函数的极值点． 【解析】（1）函数的定义域为， ．令，则．当时，，所以在上恒大于，所以，于是当时，函数在定义域上递增． （2）首先考虑是否有实根． ①当，即时，由（1）知函数无极值点． ②当，即时，有唯一的实根，，于是在上恒成立，所以函数在上递增，从而函数在上无极值点． ③当，即时，有两个不同的根，，其中．这两个根是否都在定义域内呢？这需要对参数的取值进一步分类讨论． 当时，，，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增，所以当时，在上有唯一极小值点． 当时，，，由可得或，由可得，所以在上递增，在上递减，在上递增，所以当时，在上有一个极大值点和一个极小值点． 综上所述，当时，在上有唯一的极小值点；
当时，有一个极大值点和一个极小值点；
当时，函数在上无极值点． 【点评】当有两个不同的根和的时候，由于，所以只需要考虑讨论点2，判断这两个根是否都在定义域内就可以了，显然，因此只需对作判断就可以了．判断的方法有三种，第一种方法是待定符号法，将与之间的大小符号待定为，则有 ，所以当时，；
当时，．第二种方法是韦达定理，判断、与的大小关系等价于判断、与的大小关系，由此把韦达定理调整为，此时的判断就变得十分容易了．第三种方法是利用二次函数的图象，是开口方向向上，对称轴为的二次函数，与轴的交点是，由图象可知当时，当时． 模块2 练习巩固 整合提升 练习1：设函数，其中为常数． （1）若，求曲线在点处的切线方程；

（2）讨论函数的单调性． 【解析】（1）当时，，．此时，于是，，所以曲线在点处的切线方程为． （2）函数的定义域为，． ①当时，，所以函数在上递增． ②当时，令，则． （i）当时，，所以，于是，所以函数在上递减． （ii）当时，，此时有两个不同的根，，，．下判断、是否在定义域内． 法1：（待定符号法） ，由于，所以． 法2：（韦达定理）由可得． 法3：（图象法）是开口方向向下的抛物线，对称轴为，，由图象可知、都在定义域内． 当或时，有，，所以函数递减；
当时，有，，所以函数递增． 综上所述，当时，函数在上递增；
当时，函数在上递减；
当时，函数在，上递减，在上递增． 练习2：设函数． （1）若当时，取得极值，求的值，并讨论的单调性；

（2）若存在极值，求的取值范围，并证明所有极值之和大于． 【解析】（1）由解得，此时，由解得或，由解得，所以在区间，上递增，在区间上递减． （2）的定义域为，，记，其判别式为． ①若，即时，在上恒成立，所以无极值． ②若，即或时，有两个不同的实根和 ，且，由韦达定理可得，即． （i）当时，有，，即，，从而在上没有实根，所以无极值． （ii）当时，有，，即，，从而在上有两个不同的根，且在，处取得极值． 综上所述，存在极值时，的取值范围为．的极值之和为，而，，所以． 练习3：已知函数，其中、，为自然对数的底数． （1）设是函数的导函数，求函数在区间上的最小值；

（2）若，函数在区间内有零点，求的取值范围． 【解析】（1），．因为，所以． ①若，即时，有，所以函数在区间上递增，于是． ②若，即时，当时，，当时，所以函数在区间上递减，在区间上递增，于是． ③若，即时，有，所以函数在区间上递减，于是． 综上所述，在区间上的最小值为． （2）法1：由可得，于是，又，所以函数在区间内有零点，则函数在区间内至少有三个单调区间． 由（1）知当或时，函数即在区间上递增或递减，所以不可能满足“函数在区间内至少有三个单调区间”这一要求． 若，则．令（），则．由可得，由可得，所以在区间上递增，在区间上递减，所以，即，于是函数在区间内至少有三个单调区间，由此解得，又因为，所以． 综上所述，的取值范围为． 法2：由可得，于是，又，所以函数在区间上至少有两个零点．，所以在区间上至少有两个零点与，的图象至少有两个交点． ，令，则，由可得，由可得，所以在上递减，在上递增， ，所以，于是 在上递增，在上也递增．因为， ，当时，，当时，， 于是与，的图象有两个交点时，的取值范围是．