08导数背景下分类讨论的方法和技巧-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

导数背景下分类讨论的方法和技巧 ■河南省郑州市第一中学 王文玉 2024年九省联考指明了高考数学改革 新方向,在其指引下,已连续多年的导数综合 大题进行压轴的现象不一定再延续下去,而 将导数大题位置提前、难度降低成为近期模 拟考试新趋势,因此导数问题的基本方法和 基本技能就成为同学们学习这部分知识的重 点。导数题目虽然题型众多,但是多数问题 都可以通过各种方法转化为对目标函数单调 性的研究,进而了解目标函数的极值、最值、 零点等其他性质,最终解决问题。下面对解 决函数单调性过程中的分类讨论进行研究。 一、分类讨论的标准 1.一阶导函数零点可求 例 1 (2024年浙江省五校联盟)已知 函数f(x)=ln x-ax,其中a∈R。 (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线 在两坐标轴上的截距相等,求a的值。 (2)是否存在实数a,使得f(x)在x∈ (0,e]上的最大值是-3? 若存在,求出a 的 值;若不存在,说明理由。 分析:第二问根据一阶导函数的零点是 否在给定区间内,对参数a 按a≤0,0<a≤ 1 e ,a> 1 e 进行分类讨论。 解:(1)f'(x)= 1 x-a ,则f'(1)=1-a, f(1)=-a。y=f(x)在x=1处的切线方 程为y+a=(1-a)(x-1),即y=(1- a)x-1。当a=1时,切线y=-1不满足要 求;当a≠1时, 1 1-a=-1 ,解得a=2。 (2)f'(x)= 1 x-a= 1-ax x ,x∈(0,e]。 ①当a≤0时,f'(x)>0,f(x)在(0,e] 上单调递增,f(x)max=f(e)=1-ae=-3, 解得a= 4 e>0 ,舍去。 ②当 a>0时,由 f'(x)= 1 x -a= 1-ax x =0 ,得x= 1 a 。 若 0< 1 a <e ,即 a > 1 e ,当 x ∈ 0, 1 a 时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈ 1 a ,e 时,f'(x)<0,f(x) 单调递减。故 f(x)max=f 1 a =-1-ln a=-3,解得a= e2。 若 1 a≥e ,即0<a≤ 1 e ,则 f'(x)≥0, f(x)单调递增, f(x)max=f(e)=1-ae= -3,解得a= 4 e ,舍去。 综上,存在实数a=e2 符合题意。 总结:(1)先讨论能使导函数部分符号一 致的参数的取值范围; (2)若被讨论部分变量最高次项有参数, 则先考虑该参数是否为0; (3)一阶导函数如果有零点,就按零点是 否在定义域中分类讨论。 例 2 (2021年新高考Ⅱ卷)已知函数 f(x)=(x-1)ex-ax2+b。 (1)讨论f(x)的单调性。 (2)从下面两个条件中选一个作为已知 条件,证明:f(x)恰有一个零点。 ① 1 2<a≤ e2 2 ,b>2a;②0<a< 1 2 ,b≤ 2a。 分析:第一问根据一阶导函数的零点个 数及零点之间比较大小,对参数a 按a≤0, 0<a< 1 2 ,a= 1 2 ,a> 1 2 进行分类讨论。 解:(1)f(x)=(x-1)ex-ax2+b,则 f'(x)=x(ex-2a)。 ①若a≤0,当x>0时,f'(x)>0;当 x<0时,f'(x)<0。 故f(x)在(-∞,0)上单调递减,在(0, 82 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 +∞)上单调递增。 ②若a>0,令f'(x)=0,可得x=0或 x=ln(2a)。 (i)若0<a< 1 2 ,当x>0或x<ln(2a) 时,f'(x)>0;当ln(2a)<x<0时,f'(x)< 0。 故f(x)在(-∞,ln(2a))上单调递增, 在(ln(2a),0)上单调递减,在(0,+∞)上单 调递增。 (i)当a= 1 2 时,f'(x)=x(ex-1)≥0 且等号不恒成立,故f(x)在R上单调递增。 (ii)若a> 1 2 ,当x<0或x>ln(2a)时, f'(x)>0;当0<x<ln(2a)时,f'(x)<0。 故f(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0, ln(2a))上单调递减,在(ln(2a),+∞)上单 调递增。 综上所述,当a≤0 时,f(x) 在(-∞, 0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增。 当0<a< 1 2 时,f(x) 在(-∞,ln(2a)) 和(0,+∞)上分别单调递增,在(ln(2a),0) 上单调递减。 当a= 1 2 时,f(x)在R上单调递增。 当a> 1 2 时,f(x) 在 (- ∞,0)和 (ln(2a),+ ∞)上 分 别 单 调 递 增,在 (0, ln(2a))上单调递减。 (2)(i)选择条件① 1 2<a≤ e2 2 ,b>2a。 由(1)知,当 a> 1 2 时,函 数 f(x)在 (-∞,0)和(ln(2a),+∞)上分别单调递增, 在(0,ln(2a))上单调递减。 f(0)=-1+b>-1+2a>-1+1=0。 f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]- a[ln(2a)]2+b >2a [ln(2a)-1]- a[ln(2a)]2+2a=aln(2a)[2-ln(2a)]≥ aln(2a)2-ln2× e2 2 =0。 所以当x>0时,f(x)>0。 又 f - b a = - ba -1 e- b a - a - b a 2 +b=- b a +1 e- b a <0,故 函数f(x)在 - b a ,0 内存在唯一零点。 综上所述,函数f(x)存在唯一零点。 (i)选择条件②0<a< 1 2 ,b≤2a。 由(1)知,当0<a< 1 2 时,函数f(x)在 (-∞,ln(2a))和(0,+∞)上分别单调递增, 在(ln(2a),0)上单调递减。 f(ln(2a))=2a[ln(2a)-1]- a[ln(2a)]2+b=aln(2a)[2-ln(2a)]+b- 2a<0,故当x<0时,f(x)<0。 易知在(0,+∞)上,ex>x 恒成立。 所以f(2+|b|)=(1+|b|)e2+|b|- a(2+|b|)2+b>(1+|b|)(2+|b|)-a(2+ |b|)2-|b|=(1-a)|b|2+(2-4a)|b|+ 2-4a> 1 2|b| 2≥0,函数f(x)在(0,2+|b|) 上存在唯一零点。 综上所述,函数f(x)存在唯一零点。 总结:一阶导函数若有零点,且定义域中 存在两个零点,则比较两个零点的大小并分 类讨论。 例 3 (2024年茂名市五校联盟)已知 函数f(x)=aln x-2ax+ x2 2 (a>0)。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1≠ x2),且 不 等 式 f (x1)+ f (x2)< λ x1+x2 2 恒成立,求实数λ的取值范围。 分析:第一问根据一阶导函数及定义域, 对被讨论的二次函数部分按Δ≤0,Δ>0进 行分类讨论。注意当Δ>0时根是否在定义 域内,实际上分类时应结合二次方程根的分 布进行分类讨论。 解:(1)f'(x)= a x -2a +x = x2-2ax+a x (x>0)。 92 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 二次函数y=x2-2ax+a 的判别式 Δ=4a2-4a。 ①当Δ=4a2-4a≤0,即0<a≤1时, x∈(0,+∞),f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞) 上单调递增。 ②当Δ=4a2-4a>0,即a>1时,由 f'(x)=0,得x=a- a2-a>0或x=a+ a2-a>0。 当0<x<a- a2-a 或 x>a+ a2-a时,f'(x)>0;当a- a2-a<x< a+ a2-a时,f'(x)<0。 故f(x)在(0,a- a2-a)上单调递 增,在(a- a2-a,a+ a2-a)上单调递 减,在(a+ a2-a,+∞)上单调递增。 综上,当0<a≤1时,y=f(x)的单调递 增区间是(0,+∞),无递减区间; 当a>1时,y=f(x)的单调递增区间是 (0,a- a2-a),(a+ a2-a,+∞),单调 递减区间是(a- a2-a,a+ a2-a)。 本问还可以这样讨论。 易知 f'(x)= a x -2a+x≥2 a- 2a(x>0,a>0)。 ①当2 a-2a≥0,即0<a≤1时, f'(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上单调递增。 ②当 2 a -2a<0,即 a>1 时,令 f'(x)= a x -2a+x= x2-2ax+a x =0 ,得 x=a- a2-a>0或x=a+ a2-a>0。 当0<x<a- a2-a 或 x>a+ a2-a时,f'(x)>0;当a- a2-a<x< a+ a2-a时,f'(x)<0。 故f(x)在(0,a- a2-a)上单调递 增,在(a- a2-a,a+ a2-a)上单调递 减,在(a+ a2-a,+∞)上单调递增。 综上,当0<a≤1时,y=f(x)的单调递 增区间是(0,+∞),无递减区间; 当a>1时,y=f(x)的单调递增区间是 (0,a- a2-a),(a+ a2-a,+∞),单调 递减区间是(a- a2-a,a+ a2-a)。 (2)若f(x)有两个极值点x1,x2(x1≠ x2),由(1)知a>1,且 x1+x2=2a, x1x2=a。 不等式 f(x1)+f(x2)<λ x1+x2 2 恒成立等价于 λ> 2[f(x1)+f(x2)] x1+x2 = f(x1)+f(x2) a 恒成 立。 f(x1)+f(x2)=a(ln x1-2x1)+ 1 2x 2 1+a(ln x2-2x2)+ 1 2x 2 2=a(ln x1+ ln x2)-2a(x1 +x2)+ 1 2 (x21 +x22)= aln x1x2-2a(x1+x2)+ 1 2 [(x1+x2)2- 2x1x2]=aln a-4a2+ 1 2 (4a2-2a)= aln a-2a2-a。 故 f(x1)+f(x2) a =ln a-2a-1。 令h(a)=ln a-2a-1(a>1),则h'(a) = 1 a-2<0 。 所以h(a)=ln a-2a-1(a>1)在(1, +∞)上单调递减,h(a)<h(1)=-3,即λ≥ -3。 因此,实数λ的取值范围是[-3,+∞)。 总结:若一阶导函数被讨论部分含有二 次或二次型函数,优先因式分解找零点,讨论 方法参照前述;不方便用因式分解,则用判别 式进行分类讨论。 2.一阶导函数零点不可求 例 4 (2023年高考全国甲卷文科)已 知函数f(x)=ax- sin x cos2 x ,x∈ 0, π 2 。 (1)当a=1时,讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)+sin x<0,求a 的取值范 围。 分析:第二问对函数进行二次求导后,按 一阶导函数的端点值g'(0)≤0,g'(0)>0进 行分类讨论。 解:(1)(cos2 x)'=(cos x·cos x)'= -sin xcos x+cos x(-sin x)=-2sin x· 03 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 cos x。 因 此, f' (x ) = a - cos x·cos2 x-sin x·(-2sin xcos x) cos4x =a- cos2 x+2sin2x cos3 x =a- 2-cos2x cos3 x 。 当a=1时,f'(x)=1- 2-cos2 x cos3 x = cos3 x+cos2 x-2 cos3 x 。 因为x∈ 0, π 2 ,所以cos x∈(0,1), cos3 x+cos2 x<2,即f'(x)<0。 故当a=1时,f(x)在 0, π 2 上单调递 减。 (2)设 g(x)=f(x)+sin x=ax- sin x cos2 x +sin x 0<x< π 2 ,则g'(x)=a- 1+sin2x cos3 x +cos x=a+ cos4 x+cos2 x-2 cos3 x 。 g″(x)=- (cos4 x-cos2 x+6)sin x cos4 x = - cos2 x- 1 2 2 + 23 4 sin x cos4 x <0。 故g'(x)在 0, π 2 上单调递减。 ①当g'(0)=a≤0时,g'(x)<g'(0)= a≤0,g(x)在 0, π 2 上单调递减,g(x)< g(0)=0,符合题意。 ②当g'(0)=a>0时,由于当x→ π 2 时 g'(x)→-∞,故存在唯一x0∈ 0, π 2 使得 g'(x0)=0。当 x∈(0,x0)时,g'(x)> g'(x0)=0,g(x)在(0,x0)上 单 调 递 增, g(x0)>g(0)=0,与已知矛盾。 综上,a的取值范围是(-∞,0]。 总结:(1)如果一阶导函数不可控,无法 求出零点,此时可以对一阶导函数或其中一 部分进行二次求导,然后根据一阶导函数定 义域的端点值进行分类讨论。 (2)本题也可以求函数h(x)= 1+sin2 x cos3 x -cos x 的值域,根据实数a 是否在函数 h(x)的值域中进行分类讨论。 例 5 (2015年高考全国Ⅰ卷理数)设 函数f(x)=ex(2x-1)-ax+a,其中a< 1,若存在唯一的整数x0,使得f(x0)<0,则 实数a的取值范围是( )。 A.- 3 2e ,1 B.-32e,34 C.32e ,3 4 D.32e,1 分析:根据被分离部分在定义域内的正 负,按照x0=1,x0>1,x0<1进行分类讨论。 解:存在唯一的整数x0 使得f(x0)< 0⇔存在唯一的整数x0 使得e x0(2x0-1)< a(x0-1)(*)成立。 ①当x0=1时,(*)式显然不成立。 ②当x0>1时,(*)式等价于存在唯一 的整数x0 使a> e x0(2x0-1) x0-1 成立。 设g(x)= ex(2x-1) x-1 (x>1),则g'(x)= ex(2x2-3x) (x-1)2 。 当x∈ 1, 3 2 时,g'(x)<0; 当x∈ 32 ,+∞ 时,g'(x)>0。 故 g (x)在 1, 3 2 上 单 调 递 减,在 3 2 ,+∞ 上单调递增,g(x)min=g 32 。 因为 存 在 唯 一 的 整 数 x0 使 得 a> g(x0),所以x0=2且满足g(2)<a≤g(3), 即3e2<a≤ 5 2e 3,与a<1矛盾,舍去。 ③当x0<1时,(*)式等价于存在唯一 的整数x0 使a< e x0(2x0-1) x0-1 成立。 设g(x)= ex(2x-1) x-1 (x<1),则g'(x)= ex(2x2-3x) (x-1)2 。 13 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 当x∈(-∞,0)时,g'(x)>0; 当x∈(0,1)时,g'(x)<0。 故g(x)在(-∞,0)上单调递增,在(0, 1)上单调递减,g(x)max=g(0)。 因为 存 在 唯 一 的 整 数 x0 使 得 a< g(x0),所以 x0=0且满足 g(-1)≤a< g(0),即 3 2e≤a<1 ,符合题意。 综上,3 2e≤a<1 ,选D。 总结:(1)参数变量分离一般要求定义域 内的变量取值能使被分离部分正负一致,如 被分离部分恒大于0或者恒小于0;若定义域 内的变量取值不能使得被分离部分符号一 致,也可以按照被分离部分的正负进行分类 讨论,从而达到分离参数变量的目的。 (2)分类讨论不仅仅局限于对参数的讨 论,还可以根据实际情况对变量进行讨论,这 充分体现了数学的灵活性。 二、减少或避免分类讨论的方法和技巧 分类讨论的原则是有理有据,不重不漏, 但总体来说难度还是略大,所以有些题目我 们可以采取一些方法技巧以减少讨论甚至避 免讨论。如例4第二问也可以如下求解。 解法一:设g(x)=f(x)+sin x=ax- sin x cos2 x +sin x 0<x< π 2 ,则g(x)<0且 g(0)=0,所以只需g'(0)=a≤0。 下面证明当a≤0时,g(x)<0恒成立。 当 a ≤ 0 时,g' (x ) = a + cos4 x+cos2 x-2 cos3 x ≤ cos4 x+cos2 x-2 cos3 x = (cos2 x+2)(cos2 x-1) cos3 x < 0,g (x)在 0, π 2 上单调递减,故g(x)<g(0)=0。 下面证明当a>0时,g(x)<0不能恒成立。 当a>0时,因g'(0)=a>0,故∃δ∈ 0, π 2 ,使∀x∈(0,δ),g'(x)>0,即g(x) 在(0,δ)上单调递增,g(x)>g(0)=0,与已 知矛盾。 综上,a的取值范围是(-∞,0]。 总结:端点效应可以避免参数的分类讨 论,解题过程应注意充分性的证明,实际上是 先找使不等式恒成立的必要条件,然后证明 其充分性。 解法二:由已知当x∈ 0, π 2 时,f(x)+ sin x=ax- sin x cos2 x +sin x<0恒成立。 等价于当x∈ 0, π 2 时,ax<sin x cos2 x - sin x=sin x 1 cos2 x -1 =sin 3 x cos2 x 恒成立。 也等价于当x∈ 0, π 2 时,a< sin 3 x xcos2 x 恒成立。 设 g (x)= sin3 x xcos2 x 0<x< π 2 ,则 g'(x)= sin2 x xcos2 x+2x- 1 2sin 2x x2cos3 x 。 令 h(x)=xcos2 x+2x- 1 2sin2 x 0<x< π 2 ,则 h'(x)=cos2 x +2- xsin 2x-cos 2x=cos2 x+2- 1+x2sin(2x+ φ)≥cos2 x+2- 1+x2≥2- 1+x2>0。 故h(x)在 0, π 2 上单调递增,h(x)> h(0)=0,g'(x)>0,g(x)在 0, π 2 上单调 递增。 由洛必达法则知lim x→0 g(x)=lim x→0 sin3 x xcos2 x =lim x→0 3sin2 xcos x cos2 x-xsin 2x =0,故g(x)>0。 又因为a<g(x)恒成立,所以a≤0,a 的取值范围是(-∞,0]。 总结:参数变量分离的方法可以避免参数 的分类讨论,但计算量会比较大,有时还会涉及 极限思想的应用,如洛必达法则的使用。 例 6 (2023年石家庄模拟卷)已知函 数f(x)=x-ln x-2。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)若 对 任 意 的 x∈(1,+∞),都 有 xln x+x>k(x-1)成立,求整数k的最大值。 (下转第36页) 23 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月