分类讨论，挖掘本质
2024-03-09邓军民
邓军民
每个数学结论都有其成立的条件，每一种数学方法的使用也往往有其适用范围. 在我们所遇到的数学问题中，有些问题的结论不是唯一确定的，有些问题的结论在解题中不能以统一的形式进行研究，还有些问题的已知量是用字母表示数的形式给出的，这样字母的取值不同也会影响问题的解决. 由上述几类问题可知，就其解题方法及转化手段而言都是一致的，即把所有研究的问题根据题目的特点和要求，分成若干类，转化成若干个小问题来解决，这种按不同情况分类，然后再逐一研究解决的数学思想，称之为分类讨论的数学思想．
以函数为载体，以导数为工具，考查函数的性质和导数的应用为目标，利用导数确定参数的取值范围或者研究函数的单调性，是近几年高考数学试题的热点题型.为什么要分类讨论？在什么地方进行分类讨论？怎样进行讨论？下面，笔者对这类题的解题通法做一总结．
一、通过判定导函数的零点“有几个”引发分类讨论
这类问题的特点是：对原函数求导后导函数含参数，参数取不同的值时，导函数可能没有零点，也可能有1个零点或者有多个零点，从而找到了分类讨论的依据，引发分类讨论．
例1.（2023年江西省模拟题）已知函数f（x）=exsin x+ax，x∈［0，π2］．
（1）若a=-1，求f（x）的最小值；
（2）若f（x）有且只有两个零点，求实数a的取值范围．
解析：（1）当a=-1时，f（x）=exsin x-x，
则f′（x）=ex（sin x+cos x）-1=2exsinx+π4-1，
当x∈0，π2时，x+π4∈π4，3π4，则22≤sinx+π4≤1，
∴1≤2sinx+π4≤2.
又ex≥1，
∴2exsin（x+π4）≥1，
∴f′（x）≥0恒成立，且不恒为0，
∴f（x）在区间0，π2上单调递增.
∴f（x）的最小值为f（0）=0．
（2）由已知可得f（0）=0，则问题转化为f（x）在区间0，π2上有且只有1个零点．
f（x）=exsin x+ax，则f′（x）=exsin x+excos x+a，
令g（x）=exsin x+excos x+a，则g′（x）=ex（sin x+cos x）+ex（cos x-sin x）=2excos x．
∵g′（x）=2excos x≥0在0，π2上恒成立，且不恒为0，
∴g（x）在区间0，π2上单调递增，即f′（x）在区间0，π2上单调递增.
考虑到f′（0）=a+1，f′π2=eπ2+a．
①当a≥-1时，有f′（0）=a+1≥0恒成立，
则当x∈0，π2时，f′（x）>0恒成立，则f（x）单调递增，
此时f（x）>f（0）=0，∴f（x）在区间0，π2上无零点，不符合题意，舍去；
②当a≤-eπ2时，有f′π2=eπ2+a≤0恒成立，
则当x∈0，π2时，f′（x）≤0恒成立，则f（x）单调递减，此时f（x） ∴f（x）在区间0，π2上无零点，不符合题意，舍去； ③当-eπ2 又f′（x）在区间0，π2上单调递增， 根据零点存在原理得：x0∈0，π2，使得f′（x0）=0， 当x∈（0，x0）时，f′（x）<0，则f（x）单调递减； 当x∈x0，π2时，f′（x）>0，则f（x）单调递增， 又f（0）=0，fπ2=eπ2+π2a，要使f（x）在区间0，π2上有且只有一个零点，则只需fπ2=eπ2+π2a≥0， -eπ2 综上所述，实数a的取值范围为-2πeπ2，-1． 评注：本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查函数零点的判断，考查计算能力，考查分类讨论思想，属于较难题.考虑到本题f′（x）=exsin x+excos x+a在区间0，π2上单调递增，两个端点的导数值则成为分类讨论要关注的的焦点.显然：当a≥-1时，f′（x）在0，π2没有零点；当a≤-eπ2时，f′（x）在0，π2也没有零点；当-eπ2 变式1.（2023年浙江省阶段测试）已知函数f（x）=ae2x+（a-2）ex-x． （1）讨论f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个零点，求实数a的取值范围． 解析：（1）由f（x）=ae2x+（a-2）ex-x， 则f′（x）=2ae2x+（a-2）ex-1=（2ex+1）（aex-1），考虑到2ex+1>0恒成立． ①当a≤0时，aex-1<0恒成立，∴f′（x）<0在R上恒成立，∴f（x）在R上单调递减； ②當a>0时，令f′（x）>0，x>ln1a，令f′（x）<0，解得x ∴f（x）在-∞，ln1a单调递减，在ln1a，+∞单调递增． 综上可知：当a≤0时，f（x）在R上单调递减； 当a>0时，f（x）在（-∞，ln1a）单调递减，在（ln1a，+∞）单调递增． （2）①若a≤0时，由（1）可知：f（x）最多有一个零点，∴a≤0不符合题意； ②当a>0时，由（1）可知，要使函数f（x）=ae2x+（a-2）ex-x有两个零点， 则f（x）的最小值必须小于0，又f（x）min=fln1a=1-1a-ln1a， 则f（x）min<0，即1-1a+lna<0，令h（a）=1-1a+lna， h′（a）=1a2+1a>0，∴h（a）在（0，+∞）上单调递增.又∵h（1）=0，∴0 下证：当0 证明：当x<0时，ae2x>0，（a-2）ex>a-2，此时f（x）>a-2-x，故f（a-2）>0. 又f（x）在a-2，ln1a上单调递减，fln1a<0，故存在x1∈a-2，ln1a，使得f（x1）=0； 当x>ln1a>0时，易证-x>-ex，此时f（x）>ae2x+（a-3）ex=aexex+（a-3）a， 故fln3-aa>0，且满足ln3-aa>ln1a， 又f（x）在ln1a，ln3-aa上单调递增，fln1a<0，故存在x2∈ln1a，ln3-aa使得f（x2）=0.∴当0 综上所述，实数a的取值范围为（0，1）． 练习1.已知函数f（x）=（ax-2）ex． （1）討论f（x）的单调性； （2）若a=1，x≥0时，f（x）≥k（x2-2x-1）恒成立，求实数k的取值范围． 解析：（1）f′（x）=aex+（ax-2）ex=（ax+a-2）ex， ①当a=0时，f′（x）=-2ex<0在（-∞，+∞）恒成立，f（x）在（-∞，+∞）单调递减； ②当a<0时，若x<2-aa，则f′（x）>0；若x>2-aa，则f′（x）<0，所以f（x）在-∞，2-aa单调递增，在2-aa，+∞单调递减； ③当a>0时，若x<2-aa，则f′（x）<0，若x>2-aa，则f′（x）>0，所以f（x）在-∞，2-aa单调递减，在2-aa，+∞单调递增. 综上，当a=0时，f（x）在（-∞，+∞）单调递减； 当a<0时，f（x）在-∞，2-aa单调递增，在2-aa，+∞单调递减； 当a>0时，f（x）在-∞，2-aa单调递减，在2-aa，+∞单调递增． （2）设h（x）=f（x）-k（x2-2x-1）=（x-2）ex-k（x2-2x-1），则题意等价于x≥0时，h（x）≥0恒成立，所以h（0）=-2+k≥0，故k≥2.h′（x）=ex+（x-2）ex-k（2x-2）=（x-1）（ex-2k）， 由h′（x）=0，得x=1或x=ln（2k）≥ln4>1． 当x∈［0，1）时，h′（x）>0，所以h（x）在［0，1）为增函数； 当x∈（1，ln（2k））时，h′（x）<0，所以h（x）在（1，ln（2k））为减函数； 当x∈（ln（2k），+∞）时，h′（x）>0，所以h（x）在（ln（2k），+∞）为增函数． h（ln（2k））=-k（ln（2k）-1）（ln（2k）-3），要使x≥0时，h（x）≥0恒成立，只需k≥2， h（ln（2k））≥0，解得2≤k≤e32 ． 故实数k的取值范围为2，e32． 练习2.已知函数f（x）=x（lnx-k-1），k∈R． （1）当x>1时，求函数f（x）的单调区间和极值； （2）若对于任意x∈［e，e2］，都有f（x）<4lnx成立，求实数k的取值范围； 解析：（1）由题知，f（x）=x（lnx-k-1），k∈R， 所以f′（x）=lnx-k-1+x·1x=lnx-k，x>0， 当k≤0时，因为x>1，所以f′（x）=lnx-k>0，所以f（x）的单调增区间是（1，+∞），无单调减区间，无极值， 当k>0时，令lnx-k=0，解得x=ek，当1 所以f（x）的单调减区间是（1，ek），单调增区间是（ek，+∞），极小值为f（ek）=ek·（k-k-1）=-ek，无极大值． （2）因为对于任意x∈［e，e2］，都有f（x）<4lnx成立，所以f（x）-4lnx<0， 即问题转化为（x-4）lnx-（k+1）x<0，对于x∈［e，e2］恒成立，即k+1>（x-4）lnxx，对于x∈［e，e2］恒成立， 令g（x）=（x-4）lnxx，所以g′（x）=4lnx+x-4x2，令t（x）=4lnx+x-4，x∈［e，e2］，所以t′（x）=4x+1>0， 所以t（x）在区间［e，e2］上单调递增，所以t（x）min=t（e）=e-4+4=e>0，所以g′（x）>0， 所以g（x）在区间［e，e2］上单调递增，所以函数g（x）max=g（e2）=2-8e2， 要使k+1>（x-4）lnxx，对于x∈［e，e2］恒成立，只要k+1>g（x）max，所以k+1>2-8e2，即k>1-8e2， 所以实数k的取值范围为1-8e2，+∞. 二、通过判定导函数的零点“在哪里”引发分类讨论 这类问题的特点是：对原函数求导后导函数含参数，参数取不同的值时，导函数的零点可能在定义域内，也可能在定义域外，从而找到了分类讨论的依据，引发分类讨论.而且这类问题很多时候都是和上述第一种题型综合在一起，也就是说不但要先判断导函数的零点“有几个”，还要进一步判断导函数的零点“在哪里”，然后才能进一步解决问题． 例2.（广东广雅中学2024届高三测验题节选）已知函数f（x）=x-2x+a（2-lnx），a≠0，讨论f（x）的单调性． 解析：依題意知f（x）的定义域是（0，+∞），f′（x）=1+2x2-ax=x2-ax+2x2． 设g（x）=x2-ax+2，则二次方程g（x）=0的判别式Δ=a2-8． （1）当Δ≤0，即-22≤a≤22时，对一切x>0都有f′（x）≥0， 此时f（x）在（0，+∞）上单调递增． （2）当Δ>0时，即a<-22或a>22时， 方程有两个不同的实根x1=a-a2-82，x2=a+a2-82，且x1 ①当a<-22时，x1 ∴x∈（0，+∞）时，都有f′（x）>0，此时f（x）在（0，+∞）上单调递增． ②当a>22时，0 ∴x∈（0，x1）和（x2，+∞）时，有f′（x）>0． 此时f（x）在0，a-a2-82和a+a2-82，+∞上单调递增； x∈（x1，x2）时，有f′（x）<0，此时f（x）在a-a2-82，a+a2-82上单调递减． 综上所述，当a≤22时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>22时f（x）在0，a-a2-82和a+a2-82，+∞上单调递增， 在a-a2-82，a+a2-82上单调递减． 评注：本题主要考查函数的单调性，首先利用判别式判定导函数的零点“有没有”“有几个”的问题，然后在导函数有零点的前提下，进一步判断导函数的零点在不在定义域内.当a<-22时，x1 变式2.已知函数f（x）=lnx-a（1-1x）+1（a∈R）． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若f（x）>0在（1，+∞）恒成立，求整数a的最大值． 解析：（1）函数f（x）的定义域是（0，+∞）， ∵f（x）=lnx-a（1-1x）+1（a∈R）， ∴f′（x）=1x-ax2=x-ax2， 当a≤0时，f′（x）>0对x∈（0，+∞）恒成立； 当a>0时，由f′（x）>0得x>a，由f′（x）<0得0 综上所述，当a≤0时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当a>0时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增． （2）由f（x）>0得lnx-a（1-1x）+1>0，故a（x-1）x 即a 令g（x）=xlnx+xx-1，则g′（x）=（lnx+1+1）（x-1）-（xlnx+x）（x-1）2=x-lnx-2（x-1）2， 令h（x）=x-lnx-2，则h′（x）=1-1x=x-1x． ∵x>1，∴h′（x）>0，∴h（x）在（1，+∞）上单调递增． ∵h（3）=1-ln3<0，h（4）=2-ln4>0，故x0∈（3，4）满足x0-lnx0-2=0． 当1 当x>x0时，h（x）>0，g′（x）>0，故g（x）在（1，x0）单调递减，在（x0，+∞）单调递增， 故g（x）min=g（x0）=x0（x0-2）+x0x0-1=x0，故a ∵3 练习3.已知函数f（x）=12x2-ax+lnx． （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）若f（x）有两个极值点x1，x2，且｜f（x1）-f（x2）｜≥34-ln2，求a的取值范围． 解析：（1）因为函数f（x）=12x2-ax+lnx，则f′（x）=x-a+1x=x2-ax+1x，x>0， 令g（x）=x2-ax+1，则Δ=a2-4， ①当a≤0或Δ≤0，即a≤2时，f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增， ②当a>0 Δ>0时，即a>2时，令f′（x）>0，得0 ∴f（x）在0，a-a2-42和a+a2-42，+∞上单调递增，在a-a2-42，a+a2-42上单调递减， 综上所述，当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上单调递增， 当a>2时，f（x）在0，a-a2-42和a+a2-42，+∞上单调递增，在a-a2-42，a+a2-42上单调递减； （2）由（1）得，当a>2时，f（x）有两极值点x1，x2，由（1）得x1，x2为g（x）=x2-ax+1=0的两根，所以x1+x2=a，x1x2=1，不妨设x2>x1，因为x1x2=1，故0 將x1+x2=a代入化简可得：f（x1）-f（x2）=12（x22-x21）+lnx1x2=12x22-1x22+ln1x22，即原不等式等价转化为12x22-1x22+ln1x22≥34-ln2，令t=x22（t>1），构造h（t）=12t-1t+ln1t，h′（t）=（t-1）22t2>0，故h（t）在t>1时单调递增，又因为h（2）=34-ln2，故要使得h（t）≥34-ln2，仅需t≥2，即x22≥2，又因为a2=（x1+x2）2=x21+x22+2x1x2=x22+1x22+2，故a2=t+1t+2，由上可知t≥2，故a2≥92， 故a的取值范围是322，+∞． 三、通过判定导函数的零点是否需要“ 比大小”引发分类讨论 这类问题的特点是：对原函数求导后导函数含参数，且导函数的零点不止一个，一般情况是有两个零点，但是这两个零点的大小关系不是很明确，因此比较其大小关系就对整个题目的解决起着至关重要的作用.这类问题有时也会跟上述第一、二两种题型综合考查，也就是说可能先要判定导函数的零点“有几个”，再判定导函数的零点“在哪里”，在导函数的多个零点在定义域内的前提下，再进一步判定零点是否需要比较大小，从而引发分类讨论． 例3.（广东广雅中学2024届高三测验题节选）已知函数f（x）=12ax2-（a+1）x+lnx，a>0，试讨论函数y=f（x）的单调性． 解析：函数的定义域为（0，+∞），f′（x）=ax-（a+1）+1x=ax2-（a+1）x+1x=（ax-1）（x-1）x． 考虑到a>0，令f′（x）=0，得x1=1a，x2=1． （1）当a=1时，x1=x2，∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立， ∴函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； （2）当0 ∴x∈（0，1）和1a，+∞时，f′（x）>0；x∈1，1a时，f′（x）<0． ∴函数f（x）在（0，1）和1a，+∞上单调递增，在1，1a上单调递减； （3）当a>1上，0 x∈1a，1时，f′（x）<0，∴函数f（x）在0，1a和（1，+∞）上单调递增，在1a，1上单调递减． 综上所述，当a=1时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当0 当a>1时，函数f（x）在0，1a和（1，+∞）上单调递增，在1a，1上单调递减． 评注：本题主要考察函数的单调性，在a>0的前提下，函数很明显存在两个零点，x1=1a，x2=1，但是这两个零点的大小关系是不确定的，于是从这两个零点“比大小”出发展开讨论即可把问题顺利解决． 变式3.（2023年广东省模拟试题节选）设函数f（x）=x+1ex+ax2，其中a∈R.讨论f（x）的单调性． 解析：依题意知x∈R，f′（x）=-xex+2ax=xex（2aex-1）． （1）当a≤0时，由2aex-1<0，令f′（x）>0，则x<0；令f′（x）<0，则x>0． ∴f（x）在（-∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减； （2）当a>0时，由f′（x）=2axexex-12a，令f′（x）=0，则x1=0，x2=ln12a． ①a=12时，x1=x2，∵x（ex-1）≥0，则f′（x）≥0， ∴f（x）在（-∞，+∞）单调递增， ②a∈0，12时，x1 x∈0，ln12a时，f′（x）<0，则f（x）在（-∞，0），ln12a，+∞上单调递增，在0，ln12a单调递减； ③a∈12，+∞时，x1>x2，∴x∈-∞，ln12a∪（0，+∞）时，f′（x）>0；x∈ln12a，0时，f′（x）<0，则f（x）在-∞，ln12a，（0，+∞）上单调递增，在ln12a，0单调递减； 综上所述：当a≤0时，f（x）在（-∞，0）单调递增，在（0，+∞）单调递减； 当a∈0，12时，f（x）在（-∞，0）和ln12a，+∞单调递增，在0，ln12a单调递减； 当a=12时，f（x）在R上单调递增； 当a∈12，+∞时，f（x）在-∞，ln12a和（0，+∞）单调递增，在ln12a，0单调递减． 练习4.已知函数f（x）=m（2lnx-x）+1x2-1x． （1）求f（x）的单调区间； （2）若f（x）有两个零点，求实数m的取值范围． 解析：（1）由题意知f（x）=m（2lnx-x）+1x2-1x，函数的定义域为（0，+∞）， 则f′（x）=2mx-m-2x3+1x2=（x-2）（-mx2+1）x3， （ⅰ）当m≤0时，-mx2+1>0恒成立， 当0 当x>2时，f′（x）>0，函数f（x）在（2，+∞）单调递增， （ⅱ）当m>0时，令f′（x）=0，解得x1=2，或x2=mm，x3=-mm （舍去）． 当x1=x2，即m=14时，f′（x）≤0，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减； 当x1>x2时，即m>14，当x∈（0，mm），或x∈（2，+∞）时，f′（x）<0，函数f（x）在（0，mm），（2，+∞）上单调递减， 当x∈（mm，2）时，f′（x）>0，函数f（x）在（mm，2）单调递增； 当x1 当x∈（2，mm）时，f′（x）>0，函数f（x）在（2，mm）单调递增． 综上所述：当m≤0时，函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增， 0 当m=14时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减， 当m>14时，函数f（x）在（0，mm），（2，+∞）上单调递减，在（mm，2）单调递增． （2）由（1）知，当m<0时，函数f（x）在（0，2）上单调递减，在（2，+∞）单调递增，而f（1）=-m>0， 令f1（x）=2lnx-x，则f′1（x）=2x-1<0在（2，+∞）成立，故f1（x）=2lnx-x在（2，+∞）單调递减， 所以f1（x） 又y=1x2-1x在（2，+∞）上恒负，且x趋向于+∞时，y趋向于0， 综上，在x趋向于+∞时，f（x）=mf1（x）+1x2-1x趋向于+∞，∴函数f（x）有两个零点等价于f（2）=m（2ln2-2）-14<0，结合m<0，解得 18（ln2-1） 当m=0时，f（x）=1-xx2只有一个零点，不符合题意； 当m=14时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递减，至多只有一个零点，不符合题意； 当m>0且m≠14时，由（1）知f（x）有两个极值点，而f（2）=m（2ln2-2）-14<0， 又f（mm）=-2m-mlnm+m，下面研究其符号： 令g（x）=-2x-xlnx+x，则g′（x）=-1x-lnx，令h（x）=-1x-lnx，则h′（x）=12x32-1x=1-2x2x32， 当x>14，h′（x）<0，g′（x）在（14，+∞）递减，当0 故g′（x） 综合上述，实数m的取值范围为（18（ln2-1），0）． 由此可见，利用分类讨论的数学思想求解高中数学问题，可以将复杂问题简单化，可以将抽象问题具体化.应用分类讨论思想解题时，重点要理解为何要进行分类讨论？分类讨论的依据是什么？根据上述几种题型的分析，我们可以归纳出解决此类问题的解题通法：判定导函数的零点“有几个”“在哪里”以及是否需要“比大小”，即可顺利找到分类讨论的依据，从而顺利把问题解决． 【本文系全国教育规划课题（教育部重点课题）“粤港澳大湾区背景下中学拔尖创新人才高中-高校贯通式培养的路径研究”（立项号：DHA230397，主持人：叶丽琳）研究成果】 责任编辑徐国坚
