例谈导数在处理含参数函数三大性质中的运用

熊辉 范习昱

函数的单调性、极值和最值是函数的三大性质，对于解析式明确的函数，运用导数处理不是难点，但是当函数中引入参数后，问题就显得复杂，很多同学就难以下手.

笔者结合教学实践，以案例的形式对导数在处理含参数函数性质中的运用进行分类剖析，总结出对参数处理的常见规律，希望对同学们有所帮助.

一、利用导数研究含参函数的单调性

例1 已知函数g（x）=lnx+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，试讨论函数g（x）的单调性.

解：（1）b=-2a-1.（过程略）

g′（x）=1x+2ax+b=2ax2-（2a+1）x+1x

=（2ax-1）（x-1）x.

函数g（x）的定义域为（0，+∞）.

①当a=0时，g′（x）=-x-1x.

由g′（x）>0，得01，

②当a>0时，令g′（x）=0，得x=1或x=12a，

若12a<1，即a>12，

由g′（x）>0，得x>1或0

若12a>1，即0

由g′（x）>0，得x>12a或0

若12a=1，即a=12在区间（0，+∞）上恒有g′（x）≥0.

综上可得：当a=0时，函数g（x）在区间（0，1）上单调递增，在区间（1，+∞）上单调递减;

当0

当a=12时，函数g（x）在区间（0，+∞）上单调递增，

当a>12时，函数g（x）在区间（0，12a）上单调递增，在区间（12a，1）上单调递减，在区间（1，+∞）上单调递增.

方法提炼：

（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）劃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12a和1的大小.一般情况下，讨论的层次是：首先是导函数最高次系数的正负，然后是导函数是否有零点，最后是导函数零点的大小.

练一练：

已知函数f（x）=x-alnx（a∈R）.

（1）当a=2时，求曲线y=f（x）在x=1处的切线方程;

（2）设函数h（x）=f（x）+1+ax，求函数h（x）的单调区间.

解：（1）x+y-2=0.（过程略）

（2）由题意知，h（x）=x-alnx+1+ax（x>0），

则h′（x）=1-ax-1+ax2=x2-ax-（1+a）x2

=（x+1）[x-（1+a）]x2，

①当a+1>0，即a>-1时，

令h′（x）>0，∵x>0，∴x>1+a，

令h′（x）<0，∵x>0，∴0

②当a+1≤0，即a≤-1时，h′（x）>0恒成立，

综上，当a>-1时，h（x）的单调递减区间是（0，a+1），单调递增区间是（a+1，+∞）;当a≤-1时，h（x）的单调递增区间是（0，+∞），无单调递减区间.

二、利用导数研究含参函数的极值

例2 设a>0，函数f（x）=12x2-（a+1）x+a（1+lnx）.

（1）若曲线y=f（x）在（2，f（2））处的切线与直线y=-x+1垂直，求切线方程.

（2）求函数f（x）的极值.

解：（1）切线方程为y=x-2.（过程略）

（2）f′（x）=x-（a+1）+ax=x2-（a+1）x+ax

=（x-1）（x-a）x（x>0）.

①当0

若x∈（0，a），则f′（x）>0，函数f（x）单调递增;

若x∈（a，1），则f′（x）<0，函数f（x）单调递减;

若x∈（1，+∞），则f′（x）>0，函数f（x）单调递增.

此时x=a是f（x）的极大值点，x=1是f（x）的极小值点，

函数f（x）的极大值是f（a）=-12a2+alna，极小值是f（1）=-12.

②当a=1时，f′（x）=（x-1）2x≥0，

故函数f（x）在定义域（0，+∞）内单调递增，此时f（x）没有极值点，故无极值.

③当a>1时，

若x∈（0，1），则f′（x）>0，函数f（x）单调递增;

若x∈（1，a），则f′（x）<0，函数f（x）单调递减;

若x∈（a，+∞），则f′（x）>0，函数f（x）单调递增.

此时x=1是f（x）的极大值点，x=a是f（x）的极小值点，函数f（x）的极大值是f（1）=-12，极小值是f（a）=-12a2+alna.

综上，当01时f（x）的极大值是-12，极小值是-12a2+alna.

方法提炼：

对于解析式中含有参数的函数求极值，有时需要分类讨论后解决问题.讨论的思路主要有：

（1）参数是否影响f′（x）零点的存在;

（2）参数是否影响f′（x）不同零点（或零点与函数定义域中的间断点）的大小;

（3）参数是否影响f′（x）在零点左右的符号（如果有影响，需要分类讨论）.

练一练：

（2016·山东高考）设f（x）=xlnx-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）=lnx-2ax+2a，

可得g（x）=lnx-2ax+2a，x∈（0，+∞）.

所以g′（x）=1x-2a=1-2axx.

当a≤0，x∈（0，+∞）时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增;

当a>0，x∈（0，12a）时，g′（x）>0，函数g（x）单调递增，

x∈（12a，+∞）时，g′（x）<0，函数g（x）单调递减.

所以当a≤0时，函数g（x）的单调增区间为（0，+∞）;

当a>0时，函数g（x）的单调增区间为（0，12a），单调减区间为（12a，+∞）.

（2）由（1）知，f′（1）=0.①当a≤0时，f′（x）单调递增，

所以当x∈（0，1）时，f′（x）<0，函数f（x）单调递减;

当x∈（1，+∞）时，f′（x）>0，函数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01，

由（1）知f′（x）在区间（0，12a）内单调递增，

可得当x∈（0，1）时，f′（x）<0，当x∈（1，12a）时，f′（x）>0.

所以f（x）在区间（0，1）内单调递减，在区间（1，12a）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=12时，12a=1，

f′（x）在区间（0，1）内单調递增，在区间（1，+∞）内单调递减，

所以当x∈（0，+∞）时，f′（x）≤0，函数f（x）单调递减，不合题意.

④当a>12时，0<12a<1，

当x∈（12a，1）时，f′（x）>0，函数f（x）单调递增，

当x∈（1，+∞）时，f′（x）<0，函数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（12，+∞）.

三、利用导数研究含参函数的最值

例3 已知函数f（x）=lnx-ax（a∈R）.

（1）求函数f（x）的单调区间;

（2）当a>0时，求函数f（x）在区间[1，2]上的最小值.

解：（1）由题意，f′（x）=1x-a（x>0），

①当a≤0时，f′（x）=1x-a>0，即函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）.

②当a>0时，令f′（x）=1x-a=0，可得x=1a，

当00;当x>1a时，f′（x）=1-axx<0，

故函数f（x）的单调递增区间为（0，1a]，单调递减区间为[1a，+∞）.

综上可知，当a≤0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，+∞）;

当a>0时，函数f（x）的单调递增区间为（0，1a]，单调递减区间为[1a，+∞）.

（2）①当1a≤1，即a≥1时，f（x）在区间[1，2]上是减函数，故f（x）的最小值是f（2）=ln2-2a.

②当1a≥2，即0

③当1<1a<2，即12

又f（2）-f（1）=ln2-a，

所以当12

综上可知，当0

方法提炼：

（1）在闭区间上图象连续的函数一定存在最大值和最小值，在不是闭区间的情况下，函数在这个区间上的最大值和最小值可能都存在，也可能只存在一个，或既无最大值也无最小值;

（2）在一个区间上，如果函数只有一个极值，则这个极值就是最值.

练一练：

已知函数f（x）=xlnx，g（x）=（-x2+ax-3）ex（a为实数）.

（1）当a=5时，求函数y=g（x）在x=1处的切线方程;

（2）求f（x）在区间[t，t+2]（t>0）上的最小值.

解：（1）当a=5时，g（x）=（-x2+5x-3）ex，

g（1）=e.

又g′（x）=（-x2+3x+2）ex，

故切线的斜率为g′（1）=4e.

所以切线方程为y-e=4e（x-1），

即y=4ex-3e.

（2）函数f（x）的定义域为（0，+∞），f′（x）=lnx+1，

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

①当t≥1e时，在区间[t，t+2]上f（x）为增函数，

所以f（x）min=f（t）=tlnt.

②当0

所以f（x）min=f（1e）=-1e.

综上，f（x）min=tlnt，t≥1e，

-1e，0

反思与总结：

导数在处理含参数函数三大性质中的运用是导数内容的重点、难点，也是高考的热点，对学生要求较高，我们有必要加以突破.在突破这些难点中，最为关键的一环是对参数的分类处理，首先注意讨论参数的先后层次，然后要注意讨论参数的具体分类，还要兼顾定义域，不可遗漏和重复，不然就显得逻辑混乱不清.

在面对多个参数时，根据参数的主次逻辑，先后讨论，考虑到难度较大，本文不易论述.

同学们，下面是精选的练习题，不妨试一试.

强化训练

1.已知函数f（x）=x-12ax2-ln（1+x）（a>0）.

（1）若x=2是函数f（x）的极值点，求a的值;

（2）求函数f（x）的单调区间.

2.已知函数f（x）=-x3+x2，x<1，

alnx，x≥1.

（1）求函数f（x）在区间（-∞，1）上的极小值和极大值点;

（2）求函数f（x）在[-1，e]（e为自然对数的底数）上的最大值.

強化训练答案

1.解：f′（x）=x（1-a-ax）x+1，x∈（-1，+∞）.

（1）依题意，得f′（2）=0，即2（1-a-2a）2+1=0，解得a=13.

经检验，a=13符合题意，故a的值为13.

（2）令f′（x）=0，得x1=0，x2=1a-1.

①当0

∴函数f（x）的单调增区间是（0，1a-1），单调减区间是（-1，0）和（1a-1，+∞）.

②当a=1时，函数f（x）的单调减区间是（-1，+∞）.

③当a>1时，-1

∴函数f（x）的单调增区间是（1a-1，0），单调减区间是（-1，1a-1）和（0，+∞）.

综上，当0

单调减区间是（-1，0）和（1a-1，+∞）;

当a=1时，函数f（x）的单调减区间是（-1，+∞）;

当a>1时，函数f（x）的单调增区间是（1a-1，0），单调减区间是（-1，1a-1）和（0，+∞）.

2.解：（1）当x<1时，f′（x）=-3x2+2x=-x（3x-2），

令f′（x）=0，解得x=0或x=23.

当x变化时，f′（x），f（x）的变化情况如下表：

故当x=0时，函数f（x）取得极小值为f（0）=0，函数f（x）的极大值点为x=23.

（2）①当-1≤x<1时，由（1）知，函数f（x）在区间[-1，0]和[23，1）上单调递减，在区间[0，23]上单调递增.

因为f（-1）=2，f（23）=427，f（0）=0，所以f（x）在区间[-1，1）上的最大值为2.

②当1≤x≤e时，f（x）=alnx，当a≤0时，f（x）≤0;

当a>0时，f（x）在区间[1，e]上单调递增，则f（x）在区间[1，e]上的最大值为f（e）=a.

综上所述，当a≥2时，f（x）在区间[-1，e]上的最大值为a;当a<2时，f（x）在区间[-1，e]上的最大值为2.

（作者：熊辉，江苏省无锡市运河实验中学;范习昱，江苏省镇江市丹徒高级中学）