含参数导数问题的三个基本讨论点

导数是研究函数图像和性质的重要工具，自从导数进入高中数学教材以来，有关导数问题是每年高考的必考试题之一。随着高考对导数考察的不断深入，含参数的导数问题又是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展讨论，因而它也是绝大多数考生答题的难点，具体表现在：他们不知何时开场讨论、怎样去讨论。对这一问题不仅高中数学教材没有介绍过，而且在众多的教辅资料中也难得一见，本文就来讨论这一问题，供大家参考。

一、

求导后，考虑导函数为零是否有实根〔或导函数的分子能否分解因式〕，

从而引起讨论。 例

1〔2021

年高考广东卷〔理科〕 设kR，函数

1,x1f(x)1x,F(x)f(x)kx,xR，

x1,x1试讨论函数F(x)的单调性。

1k1x2,x112kx,x1,1x1x,F'(x)解：F(x)f(x)kx。 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的取值进展讨论。 〔一〕假设x1，那么F'(x)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）

1k1x21x2。由于当k0时，F'(x)0无实根，而当k0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； 当k0时，F'(x)1k1x2（2）

1x211kx1x1kk。 21x由F'(x)0，得x111k1,x12，因为k0，所以x11x2。

k第 1 页

由F'(x)0，得111x1；由F'(x)0，得x1kk。

因此，当k0时，函数F(x)在(,1数。

11)上为减函数，在(1,1)上为增函kk〔二〕假设x1，那么F'(x)12kx1。由于当k0时，F'(x)0无实根，而当k02x1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14k2；由F'(x)0，得1x114k2。

因此，当k0时，函数F(x)在1,1函数。

综上所述：

（1）

111,上为减函数，在上为增24k24k当k0时，函数F(x)在(,111)上为减函数，在(1,1)上为增函数，在kk1,上为减函数。

（2）

当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数，在1,上为减函数。 当k0时，函数F(x)在(,1)上为增函数，在1,111,上为增函数。 24k14k2（3）

上为减函数，在

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。 例2 (2021高考浙江卷理科)a是实数，函数fxxxa 〔Ⅰ〕求函数fx的单调区间；

第 2 页

〔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a3解：〔Ⅰ〕函数的定义域为0,，f'xx由f'(x)0x0，2x2x2x得xa。

3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

3种情况进展讨论。

（1）

当a0时，那么

f'(x)0在0,上恒成立，所以fx的单调递增区间为

0,。

（2）

当a0时，由f'(x)0，得x；由f'(x)0，得0x。 因此，当a0时，fx的单调递减区间为0,a,。 3a，fx的单调递增区间为3a3a3〔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,上单调递减，在上单调递增，所以： 33①

当

aaa

0,2，即0a6时，fx在0,上单调递减，在,2上单调递增， 333

2a3a9a2aa所以gaf333②

。

当

a2,，即a6时，fx在0,2上单调递减，所以gaf222a。 30,a02aaga,0a6综上所述，

3322a,a~6第 3 页

〔ii〕令6ga2。 ①假设a0，无解； ②假设0a6，由6③

2a3a2解得3a6； 3假设a6，由622a2解得6a232。

2。

综上所述，a的取值范围为3a23三、

求导后，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。 例3〔2019年高考天津理科卷〕函数

2axa21f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。 〔Ⅱ〕由于a0，所以由f'x0，得x112axax2ax12x2axa1a'fx。 2222x1x1221,x2a。这两个实根都在定义域aR内，但不知它们之间的大

小。因此，需对参数a的取值分a0和a0两种情况进展讨论。

（1）

当a0时，那么x1x2。易得fx在区间,1，a,内为减函数，在区间a12函数fx在x2a处a；a11,a为增函数。故函数在xfx1aa处取得极小值f取得极大值fa1。

（2）

当a0时，那么x1x2。易得fx在区间(,a)，(处取得极小值f1,)内为增函数，在区间a11(a,)为减函数。故函数fx在x1aa12a；函数fx在x2a处a取得极大值fa1。

以上三点即为含参数导数问题的三个根本讨论点，在求解有关含参数的导数

第 4 页

问题时，可按上述三点的顺序对参数进展讨论。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。

例4〔07高考山东理科卷改编〕设函数fxx2blnx1，其中b0，求函数fx的极值点。 解：由题意可得

b2x22xb，f'x的分母x1fx的定义域为1,，fx2xx1x1'在定义域1,

上恒为正，方程2x22xb0是否有实根，需要对参数b的取值进展讨论。

〔1〕当48b0，即b时，方程2x22xb0无实根或只有唯一根x，所以

gx2x22xb0

1212在1,上恒成立，那么f'x0在1,上恒成立，所以函数fx在1,上单调递增，从而函数fx在1,上无极值点。

〔2〕当48b0，即b时，方程2x22xb0，即f'x0有两个不相等的实根： 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,。

2212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, 增 递减 递由此表可知：当b0时，fx有唯一极小值点x2〔ⅱ〕当0b时，x112112b2。

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：

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x f'x fx 1,x1 x1 x1,x2x2 x2,  0 值 2 0 值 递增 递增 极大递减 极小由此表可知：当0b1时，fx有一个极大值点x1x2112b2112b2和一个极小值点

。

综上所述：

（1）

当b0时，fx有唯一极小值点x12112b2；

和一个极小值点x112b2（2）

当0b时，fx有一个极大值点x当b时，fx无极值点。

12112b2；

（3）

从以上诸例不难看出，在对含参数的导数问题的讨论时，只要把握以上三个根本讨论点，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、层次清楚，从而使问题迎刃而解。

〔2021重庆文数〕(19) (本小题总分值12分), (Ⅰ)小问5分，(Ⅱ)小问7分.)

函数f(x)ax3x2bx(其中常数a,b∈R),g(x)(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.

1a1(aR) x1〔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时，讨论f(x)2f(x)f(x)是奇函数.

〔2021山东文数〕〔21〕〔本小题总分值12分〕函数f(x)lnxax的单调性.

x2x22,x(0,) 解：〔Ⅰ〕 当a1时，f(x)lnxx1,x(0,), 所以 f'(x)x2x 因此，f（2） 即 曲线y1，f(x)在点（2，f(2))处的切线斜率为1，.

第 6 页

又 f(2)ln22, 所以曲线

〔Ⅱ〕因为 f(x)lnxax1a1，

x 所以

ax2x1a1a1 x(0,)， f'(x)a22xxx 令 g(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； 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x11,x2 ①当a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

11时,110 2a1211 ax(0,1)时，h(x)0,此时f(x)0,函数f(x)单调递减；

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

a1x(1,)时,h(x)0，此时f(x)0，函数f(x)单调递减；

a1③当a0时，由于10

ax(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时，函数f(x)在〔0，+∞〕上单调递减； 当0a时，函数f(x)在〔0，1〕上单调递减； 函数f(x)在(1, 函数f(x)在(11)上单调递增； a12

1211,)上单调递减， a第 7 页

〔2021山东理数〕(22)(本小题总分值14分) 函数f(x)lnxax1a1(aR).

x(Ⅰ)当a1时，讨论f(x)的单调性；

2〔Ⅱ〕设g(x)x22bx4.当a1时，假设对任意x1(0,2)，存在x21,2，使

4f(x1)g(x2)，求实数b取值范围.

解：〔Ⅰ〕因为f(x)lnxax1a1，

x所以

1a1ax2x1af(x)a2x(0,)，

xxx2'令 h(x)ax2x1a,x(0,)，

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

②当0＜a＜11时，1＞1＞0， 2a12 x(0,1)时，h(x)＞0，此时f'(x)＜0，函数f(x)单调递减； x(1, x(11)时h(x)＜0，此时f'(x)＞0，函数 f(x)单调递增； a1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

〔Ⅱ〕因为a=

11(0,)，由〔Ⅰ〕知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时，f'(x)420，函0，

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函数f(x)单调递增，所以f(x)在〔0，2〕上的最小值为f(1)。 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〞〔*〕

第 8 页

1212又g(x)=(xb)24b2，x11,2，所以

①当b1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1，可得b17

28综上，b的取值范围是17,。 8〔2021辽宁文数〕〔21〕〔本小题总分值12分〕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,)，|解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+)，

f(x1)f(x2)|4|x1x2|.

a12ax2a1f(x)2ax.

xx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1.当2ax∈(0, a1)时, f(x)＞0； 2ax∈(a1，+)时，f(x)＜0, 故2af(x)在〔0, a1a1〕单调增加，在〔，2a2a+〕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,那么

g(x)a12ax+4 x4x24x1(2x1)2于是g(x)≤＝

xx≤0.

从而g(x)在〔0，+〕单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，

第 9 页

即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，f(x1)f(x2)4x1x2. 〔2021辽宁理数〕〔21〕〔本小题总分值12分〕函数f(x)(a1)lnxax21

（I） （II）

讨论函数f(x)的单调性；

〔II〕设a1.如果对任意x1,x2(0,)，|围。

f(x1)f(x2)4|x1x2|，求a的取值范

解：〔Ⅰ〕f(x)的定义域为〔0，+∞〕.

a12ax2a1f'(x)2ax.

xx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那么当x(0,故f(x)在(0,a1. 2aa1a1)时，f'(x)＞0；x(,)时，f'(x)＜0. 2a2aa1a1)单调增加，在(,)单调减少. 2a2a〔Ⅱ〕不妨假设x1x2，而a＜-1，由〔Ⅰ〕知在〔0，+∞〕单调减少，从而 等价于 x1,x2(0,)，f(x2)4x2令g(x)f(x1)4x1 ①

f(x)4x，那么g'(x)a12ax4 xa12ax40. x①等价于g(x)在〔0，+∞〕单调减少，即

4x1(2x1)24x22(2x1)22 故 从而a2222x12x12x1a的取值范围为〔-∞，-2].

x2x(k≥0)。 2〔2021北京理数〕(18)(本小题共13分)函数f(x)=In(1+x)-x+

(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)32112x 1xf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为

由于f(1)ln2，f'(1)， 所以曲线y yln23(x1) 即 3x2y2ln230 2第 10 页

〔II〕f'(x)x(kxk1)，x(1,).

1x 当k0时，f'(x)f'(x)0.

x1x. 所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，

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

kk 故f(x)得单调递增区间是(1,0)和(1k,)，单调递减区间是(0,1k).

kk0

当k1时，

x2f'(x) 故f(x)得单调递增区间是(1,).

1xx(kxk1)1k0，得x1(1,0)，x20.

1xk1k1k所以没在区间(1,)和(0,)上，f'(x)0；在区间(,0)上， f'(x)0

kk1k1k故f(x)得单调递增区间是(1,)和(0,)，单调递减区间是(,0)

kk当k1时，f'(x)〔2021江苏卷〕20、〔本小题总分值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)，那么称函数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)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，

假设|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，求m的取值范围。

[解析] 本小题主要考察函数的概念、性质、图象及导数等根底知识，考察灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进展探索、分析与解决问题的综合能力。总分值16分。

〔1〕(i)f'(x)1xb21(x2bx1) 22(x1)x(x1)第 11 页

∵x1时，h(x)10恒成立，

x(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)的符号一样。

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； 当b2时，(x)图像开口向上，对称轴

bb24bb24,22xb12，方程(x)0的两根为：

bb24bb242，而1,(0,1)

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

bb24,)上递增。 f(x)在区间[2综上所述，当b2时，f(x)在区间(1,)上递增； 当b2时，f(x)在(1,bb24)2上递减；f(x)在[bb24,)上递增。 2(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

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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，

(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〕。

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