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。随着高考对导数考查的不断深入，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行讨论，因而它也是绝大多数考生答题的难点，具体表现在：他们不知何时开始讨论、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。

1,x1例1（2008年高考广东卷（理科） 设kR，函数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,F'(x)解：F(x)f(x)kx1x。 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的取值进行讨论。

（一）若x1，则F'(x)1k1x21x2。由于当k0时，F'(x)0无实根，而当k0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)上为增函数；

（2） 当k0时，F'(x)1k1x21x1k211kx1x1kk。 21x由F'(x)0，得x111,x12，因为k0，所以x11x2。

k由F'(x)0，得111x1；由F'(x)0，得x1。 kk11)上为减函数，在(1,1)上为增函数。 kk因此，当k0时，函数F(x)在(,1（二）若x1，则F'(x)12kx1。由于当k0时，F'(x)0无实根，而当k0时，F'(x)02x1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11；由，得。 1x1F'(x)04k24k2111,上为减函数，在上为增函数。 224k4k因此，当k0时，函数F(x)在1,1综上所述：

（1） 当k0时，函数F(x)在(,1函数。

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

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 (2008高考浙江卷理科)已知a是实数，函数fx（Ⅰ）求函数fx的单调区间；

（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。

xxa

a3xxa3xa3'解：（Ⅰ）函数的定义域为0,，fxxx0，由f'(x)0得2x2x2xa。 3a'考虑是否落在导函数f(x)的定义域0,内，需对参数a的取值分a0及a0两种情况进行讨论。

3x（1） 当a0时，则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'aa'；由f(x)0，得0x。 33aa因此，当a0时，fx的单调递减区间为0,，fx的单调递增区间为,。

33（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,上单调递减，在,上单调递增，所以：

33① 当

aa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2a3a2aaa。 9333所以gaf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（ii）令6ga2。 ①若a0，无解； ②若0a6，由62a3a2解得3a6； 3③ 若a6，由622a2解得6a232。 综上所述，a的取值范围为3a232。

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。

2axa21例3（2007年高考天津理科卷）已知函数f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。

12axax2ax12x2axa1a'（Ⅱ）由于a0，所以fx。 2222x1x122由f1,x2a。这两个实根都在定义域R内，但不知它们之间的大小。因此，需对参数aa的取值分a0和a0两种情况进行讨论。

'x0，得x1（1） 当a0时，则x1x2。易得fx在区间,11，内为减函数，在区间a,,a为增函aa数。故函数fx在x1112处取得极小值fa；函数fx在x2a处取得极大值fa1。 aa11,)内为增函数，在区间(a,)为减函数。aa（2） 当a0时，则x1x2。易得fx在区间(,a)，(故函数fx在x1112处取得极小值fa；函数fx在x2a处取得极大值fa1。 aa 以上三点即为含参数导数问题的三个基本讨论点，在求解有关含参数的导数问题时，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xblnx1，其中b0，求函数fx的极值点。

2b2x22xb解：由题意可得fx的定义域为1,，fx2x，f'x的分母x1在定义域x1x1'1,

上恒为正，方程2x2xb0是否有实根，需要对参数b的取值进行讨论。 （1）当48b0，即b2 gx2x2xb02112时，方程2x2xb0无实根或只有唯一根x，所以22在1,上恒成立，则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12'时，方程2x2xb0，即fx0有两个不相等的实根： 2112b112b,x2。

22x1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此时，f '112b112b1,x21，所以x11,,x21,。

22x与fx随x的变化情况如下表：

递减 0 极小值 递增 由此表可知：当b0时，fx有唯一极小值点x2112b。

2（ⅱ）当0b112b112b11,x21，所以x11,,x21,。 时，x1222此时，f'x与fx随x的变化情况如下表： 递增 极大值 递减 极小值 递增 由此表可知：当0b综上所述：

112b112b1时，fx有一个极大值点x1和一个极小值点x2。

222（1） 当b0时，fx有唯一极小值点x112b；

2（2） 当0b（3） 当b112b112b1时，fx有一个极大值点x和一个极小值点x；

2221时，fx无极值点。 2从以上诸例不难看出，在对含参数的导数问题的讨论时，只要把握以上三个基本讨论点，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、层次分明，从而使问题迎刃而解。 （2010重庆文数）(19) (本小题满分12分), (Ⅰ)小问5分，(Ⅱ)小问7分.)

已知函数f(x)axxbx(其中常数a,b∈R),g(x)f(x)f(x)是奇函数. (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.

321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)的单调性.

2（2010山东文数）（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)lnxaxx2x22,x(0, )解：（Ⅰ） 当a1时，f(x)lnxx1,x(0,), 所以 f'(x)2xx

，. 1，因此，f（2） 即 曲线yf(x)在点（2，f(2))处的切线斜率为1又 f(2)ln22, 所以曲线

（Ⅱ）因为 f(x)lnxax1a1， x

ax2x1a1a1所以 f'(x)a2 x(0,)，

xx2x令 g(x)ax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

22

（2）当a0时,由f(x)=0 即axx1a0，解得x11,x2

①当a

11 a1

时，x1x2,h(x)0恒成立， 2

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 2ax(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；

1

时，函数f(x)在（0，+∞）上单调递减； 21当0a时，函数f(x)在（0，1）上单调递减；

21函数f(x)在(1,1)上单调递增；

a1函数f(x)在(1,)上单调递减，

a当a

（2010山东理数）(22)(本小题满分14分) 已知函数f(x)lnxax1a1(aR). x1时，讨论f(x)的单调性； 212（Ⅱ）设g(x)x2bx4.当a时，若对任意x1(0,2)，存在x21,2，使

4(Ⅰ)当af(x1)g(x2)，求实数b取值范围.

解：（Ⅰ）因为f(x)lnxax'1a1， x1a1ax2x1ax(0,)， 所以 f(x)a2xxx2令 h(x)ax2x1a,x(0,)，

1时，x1x2,h(x)≥0恒成立，此时f'(x)≤0，函数 f(x)在上单调递减； （0，+）211 ②当0＜a＜时，1＞1＞0，

2a ①当a x(0,1)时，h(x)＞0，此时f'(x)＜0，函数f(x)单调递减；

1 x(1,1)时h(x)＜0，此时f'(x)＞0，函数 f(x)单调递增；

a1 x(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

11（Ⅱ）因为a=(0,)，由（Ⅰ）知，x1=1，x2=3(0,2)，当x(0,1)时，f'(x)42117调递减；g(x)ming(2)84b0b(2,)b,当x(1,2)时，f'(x)280，函数f(x)单0，函数f(x)1单调递增，所以f(x)在（0，2）上的最小值为f(1)。

2由于“对任意x1(0,2)，存在x21,2，使f(x1)g(x2)”等价于

1“g(x)在1,2上的最小值不大于f(x)在（0,2）上的最小值”（*）

2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17综上，b的取值范围是,。

8171，可得b

82（2010辽宁文数）（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)(a1)lnxax1. （Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）设a2，证明：对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.

2a12ax2a12ax解：(Ⅰ) f(x)的定义域为(0,+)，f(x). 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1a1.当x∈(0, )时, f(x)＞0； 2a2ax∈(a1a1a1，+)时，f(x)＜0, 故f(x)在（0, ）单调增加，在（，+）单调减少. 2a2a2a(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,则

g(x)a12ax+4 x

2ax24xa1＝.

x4x24x1(2x1)2于是g(x)≤＝≤0.

xx从而g(x)在（0，+）单调减少，故g(x1) ≤g(x2)，

即 f(x1)+ 4x1≤f(x2)+ 4x2，故对任意x1,x2∈(0,+) ，f(x1)f(x2)4x1x2. （2010辽宁理数）（21）（本小题满分12分）已知函数f(x)(a1)lnxax1 （I） 讨论函数f(x)的单调性；

2（II） （II）设a1.如果对任意x1,x2(0,)，|f(x1)f(x2)4|x1x2|，求a的取值范围。

a12ax2a12ax解：（Ⅰ）f(x)的定义域为（0，+∞）. f'(x). 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. 2a则当x(0,a1a1)时，f'(x)＞0；x(,)时，f'(x)＜0. 2a2aa1a1)单调增加，在(,)单调减少. 2a2a故f(x)在(0,（Ⅱ）不妨假设x1x2，而a＜-1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调减少，从而 x1,x2(0,)，f(x1)f(x2)4x1x2

等价于 x1,x2(0,)，f(x2)4x2f(x1)4x1 ①

a12ax4 xa1①等价于g(x)在（0，+∞）单调减少，即 2ax40.

x令g(x)f(x)4x，则g'(x)4x1(2x1)24x22(2x1)22 故a的取值范围为（-∞，-2]. 从而a2x212x212x21（2010北京理数）(18)(本小题共13分)已知函数f(x)=In(1+x)-x+

x2x(k≥0)。 2(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x，f'(x) 由于f(1)ln2，f'(1) yln22112x 1x3， 所以曲线yf(x)在点(1,f(1))处的切线方程为 23(x1) 即 3x2y2ln230 2x(kxk1)（II）f'(x)，x(1,).

1xx 当k0时，f'(x). 所以，在区间(1,0)上，f'(x)0；在区间(0,)上，f'(x)0.

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

x(kxk1)1k0，得x10，x20

1xk1k1k 所以，在区间(1,0)和(,)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(1,0)和(,)，单调递减区间是(0,).

kk 当0k1时，由f'(x)x2 当k1时，f'(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)（2010江苏卷）20、（本小题满分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)(xax1)，则称函数f(x)具有性质P(a)。 (1)设函数f(x)lnx2b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)已知函数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，

若|g()g()|<|g(x1)g(x2)|，求m的取值范围。

[解析] 本小题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力。满分16分。 （1）(i)f'(x)1b21(x2bx1) 22x(x1)x(x1)10恒成立， 2x(x1)∵x1时，h(x)∴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)的符号相同。

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；

bb24bb24b,当b2时，(x)图像开口向上，对称轴x1，方程(x)0的两根为：，而222bb24bb2421,(0,1)

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

22 当b2时，f(x)在(1,bb4)上递减；f(x)在[bb4,)上递增。

22(2)（方法一）由题意，得：g'(x)h(x)(x2x1)h(x)(x1) 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)。

221,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）。

当m（方法二）由题设知，g(x)的导函数g'(x)h(x)(x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)0，从而g(x)在区间(1,)上单调递增。 ①当m(0,1)时，有mx1(1m)x2mx1(1m)x1x1，

22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）。