例说导数解答题分类讨论时“界点”如何确定

■河南省许昌市第五高级中学

在高考试卷中,每年都要设计一道导数综合型大题,主要涉及利用导数解决函数的单调性、极值与最值等问题。导数已由解决问题的辅助工具上升为解决问题的必备工具,同学们应熟练掌握这一工具,并将试题进行分解,逐一突破,灵活运用数形结合思想、分类讨论思想、函数方程思想分析解决问题。不少同学利用分类讨论思想解“界点”确定问题时感到困难,下面举例说明“界点”如何确定,望对同学们能有所帮助。

一、根据二次项系数确定分类“界点”

例1已知函数f(x)=lnx+x+1,g(x)=x2+2x。

(1)求函数φ(x)=f(x)-g(x)的极值;

(2)若m为整数,对任意的x＞0 都有f(x)-mg(x)≤0成立,求实数m的最小值。

解析：(1)由φ(x)=f(x)-g(x)=lnx+x+1-x2-2x=lnx-x2-x+1(x＞0),得。

令φ′(x)＞0,解得0＜x＜;

令φ′(x)＜0,解得。

所以函数φ(x)的单调递增区间是,单调递减区间是,函数φ(x)的极大值是,函数φ(x)无极小值。

(2)设h(x)=f(x)-mg(x)=lnxmx2+(1-2m)x+1。

当m≤0时,因为x＞0,所以2mx-1＜0,x+1＞0,h′(x)＞0,h(x)在(0,+∞)上单调递增。

又因为h(1)=ln 1-m×12+(1-2m)+1=-3m+2＞0,不满足题意,所以舍去。

当m＞0 时,令h′(x)＞0,得0＜x＜;令h′(x)＜0,得。

故h(x)在上单调递增,在上单调递减。

所以h(x)max=。

令t(m)=-ln (2m)(m＞0),显然t(m)在(0,+∞)上单调递减,且＞0,t(1)=(1-ln 16)＜0,故当m≥1时,t(m)＜0,满足题意,整数m的最小值为1。

点睛：导函数中含有二次三项式,需对最高项的系数分类讨论：

(1)根据二次项系数是否为0,判断函数是否为二次函数;

(2)由二次项系数的正负,判断二次函数图像的开口方向,从而寻找导数的变号零点。

二、根据判别式确定分类“界点”

例2已知函数f(x)=(1+ax2)ex-1,当a≥0时,讨论函数f(x)的单调性。

解析：由题意得：

f′(x)=(ax2+2ax+1)ex。

当a=0时,f′(x)=ex＞0,此时f(x)在R 上单调递增。

当a＞0时,方程ax2+2ax+1=0的判别式Δ=4a2-4a。

①当0＜a≤1时,Δ≤0,ax2+2ax+1≥0恒成立,所以f′(x)≥0,此时f(x)在R 上单调递增。

②当a＞1 时,令f′(x)=0,解得x1=。

当x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如表1：

表1

所以f(x)在和上单调递增,在上单调递减。

综上,当0≤a≤1时,f(x)在R 上单调递增;当a＞1时,f(x)在和上单调递增,在上单调递减。

点睛：求导后,要判断导函数是否有零点(或导函数式子能否分解因式),若导函数是二次函数或与二次函数有关,此时涉及二次方程问题,Δ与0的大小关系往往不确定,必须寻找分界点进行分类讨论。

三、根据导函数零点的大小确定分类“界点”

例3已知f(x)=(x2-ax)lnx-+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)lnx+x-a-3x+2a=(2x-a)lnx-(2x-a)=(2x-a)(lnx-1)。

令f′(x)=0,得x=或x=e。

(1)当a≤0时,因为x＞0,所以2x-a＞0。

令f′(x)＜0,得0＜x＜e,所以f(x)的单调递减区间为(0,e)。

(2)当a＞0时：

综上所述,当a≤0时,f(x)的单调递减区间为(0,e);当0＜a＜2e时,f(x)的单调递减区间为;当a=2e时,f(x)无单调递减区间;当a＞2e时,f(x)的单调递减区间为。

点睛：(1)根据导函数的“零点”划分定义域时,既要考虑导函数“零点”是否在定义域内,还要考虑几个“零点”的大小问题,如果几个“零点”的大小关系不确定,也需要分类讨论;

(2)导函数“零点”可求,可根据“零点”之间及“零点”与区间端点之间的大小关系进行分类讨论,本题先根据零点,e之间的大小关系进行分类讨论,再利用导数研究其函数的单调性。

四、根据导函数零点与定义域的关系确定分类“界点”

例4已知函数f(x)=-alnx-+ax,a∈R。

(1)当a＜0时,讨论f(x)的单调性;

(2)设g(x)=f(x)+xf′(x),若关于x的不等式g(x)≤-ex++(a-1)x在[1,2]上有解,求a的取值范围。

解析：(1)由题意知,f′(x)=--。

当a＜0时,ax-ex＜0恒成立。

所以当x＞1时,f′(x)＜0;当0＜x＜1时,f′(x)＞0。

故函数f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减。

(2)因为g(x)=f(x)+xf′(x),所以g(x)=-alnx-ex+2ax-a。

由题意知,存在x0∈[1,2],使得g(x0)≤+(a-1)x0成立。

也即存在x0∈[1,2],使得-alnx0+(a+1)x0--a≤0成立。

令h(x)=-alnx+(a+1)x--a,x∈[1,2]。

则h′(x)=+a+1-x=,x∈[1,2]。

①当a≤1时,h′(x)≤0,所以函数h(x)在[1,2]上单调递减,h(x)min=h(2)=-aln 2+a≤0成立,解得a≤0,a≤0。

②当1＜a＜2时,令h′(x)＞0,解得1＜x＜a;令h′(x)＜0,解得a＜x＜2。所以函数h(x) 在[1,a]上单调递增,在[a,2]上单调递减。

又因为h(1)=,所以h(2)=-aln 2+a≤0,解得a≤0,与1＜a＜2矛盾,舍去。

③当a≥2时,h′(x)≥0,所以函数h(x)在[1,2]上单调递增,h(x)min=h(1)=＞0,不符合题意,舍去。

综上所述,a的取值范围为(-∞,0]。

点睛：导函数零点是否在定义域内? 零点将定义域划分为哪几个区间? 若不能确定,则需要分类讨论。本题根据函数h′(x)的零点a是否在定义域[1,2]内进行讨论,利用导数的工具性得到函数在给定区间内的单调性,从而可得最值,判断所求最值与已知条件是否相符,从而得到参数的取值范围。