11导数含参的典型问题及解法-《中学生数理化》高二数学2024年7-8月刊

■河南省南阳市教育科学研究中心 崔 乐 ■河南省南召县第一高级中学 崔丽力 含参问题是同学们在学习导数应用的过 程中经常遇到的,因为函数往往不仅与自变 量有关,还常与其他参数相关。含参数的导 数问题在各类联考模拟卷出现,是高考的热 点和难点,此类考题基本可以归结为利用导 数来讨论函数的单调性及求参数范围问题。 下面以最新联考题及高考真题为代表, 详细剖析每个解题步骤,涉及“从何时开始讨 论”“怎样讨论”“如何化归转化”及“合理地参 变分离”,含有模式化的解题过程及一定的方 法技巧,也有一般性规律,希望对同学们的学 习有所帮助。 例 1 (2024年河南省五市联考一模 第18题)已知函数 f(x)=aln x-x2+ a(a∈R)。 (1)求函数的单调区间; (2)若f(x)有两个零点,求实数a 的取 值范围。 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),根 据条件得f'(x)= a x-2x (x>0)。 当a≤0时,f'(x)<0在(0,+∞)内恒 成立,f(x)在(0,+∞)内单调递减。 当a>0时,由f'(x)>0,解得0<x< 2a 2 ;由f'(x)<0,解得x> 2a 2 。 因此,当a≤0时,f(x)的单调递减区间 为(0,+∞),无递增区间;当a>0时,f(x) 的单调递减区间为 2a 2 ,+∞ ,单调递增 区间为 0, 2a 2 。 以上是典型的含参数单调性问题的处理 方法,求出f'(x)后,我们只关心f'(x)>0 或是f'(x)<0。显而易 见,当 a≤0时, f'(x)<0恒成立。而当a>0时,f'(x)=0 只有一个解x= 2a 2 ,所以分类标准的“0”就 自然产生,要注意的是最后的综述结论必不 可少。 (2)(方法一) 若f(x)有两个零点,由 (1)可知a>0且f(x)≤f 2a 2 。 则必有f 2a 2 =aln 2a2 - 2a2 2 + a>0,即ln a 2+1>0 ,解得a> 2 e 。 易知f 1 e =-1e2<0,当x→+∞时, f(x)<0。(*) 从而 可 得 f(x)在 区 间 1 e ,2a 2 , 2a 2 ,+∞ 内各有一个零点。 综上所述,若f(x)有两个零点,则实数 a的取值范围为 2e ,+∞ 。 以上为五市联考试题的参考答案,并没 有问题。作为初学导数应用的同学,遇到不 能直接得到正负符号的情况时,可以利用初 等函数的和差积商之间的关系及变化快慢的 极限思想给出判断,这是合乎情理的。对极 限掌握好的同学也会感受到这一点,事实上 对于导数的学习研究本身也离不开极限。当 然,我们也可以通过找点用零点的存在性定 理来严格证明,于是对于(*)式可作如下判 断:易知x-1≥ln x,x≥ln x+1。 故aln x-x2+a=a(ln x+1)-x2≤ ax-x2。 取x=2a 2a 2 <2a ,可得 f(2a)≤ a·(2a)-(2a)2=-2a2<0。 04 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 图1 如图1所示,结 合 f 1 e = -1e2 < 0,从而可得f(x)在 区 间 1 e ,2a 2 , 2a 2 ,2a 内各有一 个零点。综上所述,若f(x)有两个零点,则实 数a的取值范围为 2e ,+∞ 。 找点有时难度比较大,同学们选取的时 候要考虑函数值好计算且满足目标正负的需 求,更多时候都需要借助指对放缩加以处理, 这一步并没有固定的数值可供选择,需要我 们在学习的过程中不断地观察、探索、积累。 (方法二) aln x-x2+a=0有两个根 即 1 a= ln x+1 x2 有两个根。由题意知x>0, 当a=0时,-x2=0,这显然不成立,所以参 变分离后转化为上述形式无疑是最佳的。 令 g (x)= ln x+1 x2 ,则 g'(x)= x-2x(ln x+1) x4 = x(1-2ln x-2) x4 = -2ln x-1 x3 。 易知 g(x)在 0, 1 e 上 单 调 递 增,在 1 e ,+∞ 上单调递减。 g 1 e =e2,g 1e =0,当x→+∞时, g(x)→0(显然y=x2 比y=ln x+1变化得 更快,故而x→+∞时,g(x)→0合情合理)。 图2 结合g(x)的 图像(图2)可知,当 0< 1 a< e 2 时,直线 y= 1 a 与g(x)的图 像有两个交点。 所以实数a的取值范围为 2e ,+∞ 。 这是典型的应用参变分离解决问题,容 易被同学们想到,但转化也讲究技巧,需要同 学们不断地积累。其实参变分离也存在弊 端,就是在某些情况下新函数不能顺利求得 最值,这需要另外的知识解决,在此不再赘 述,也希望同学们能灵活处理。 例 2 (2023年高考全国乙卷第21 题)已知函数f(x)= 1 x+a ln(1+x)。 (1)当a=-1时,求曲线y=f(x)在点 (1,f(1))处的切线方程。 (2)是否存在a,b使得曲线y=f 1 x 关 于直线x=b对称? 若存在,求a,b的值;若 不存在,请说明理由。 (3)若f(x)在(0,+∞)内存在极值,求 实数a的取值范围。 解析:(1)f(x)的定义域为(-1,+∞)。 当a=-1时,f(x)= 1 x-1 ln(x+1),则 f'(x)=- 1 x2 ·ln(x+1)+ 1x-1 · 1x+1。 据此可得f(1)=0,f'(1)=-ln 2,故函 数在(1,f(1))处 的 切 线 方 程 为 y-0= -(x-1)ln 2,即(ln 2)x+y-ln 2=0。 (2)由函数的解析式可得f 1 x =(x+ a)ln 1x+1 ,函数的定义域满足1x +1= x+1 x >0 ,即函数的定义域为(-∞,-1)∪ (0,+∞)。定义域关于直线x=- 1 2 对称, 由题意可得b=- 1 2 。 由 对 称 性 可 知 f - 1 2+m = f - 1 2-m m>12 。 不妨取m= 3 2 ,可得f(1)=f(-2),即 (a+1)ln 2=(a-2)ln 1 2 ,则a+1=2-a, 解得a= 1 2 。 14 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月 经检验a= 1 2 ,b=- 1 2 满足题意,故a= 1 2 ,b=- 1 2 。 本问首先求出函数的定义域,由函数的 定义域可确定实数b的值,再结合函数的对 称性利用特殊值解得实数a 的值,特殊值法 方便快捷,但最后一定要检验。 (3)由函数的解析式可得: f' (x)= - 1 x2 ln (x + 1)+ 1 x+a 1x+1=-1x2ln(x+1)-ax 2+x x+1 。 注:此处将- 1 x2 提出来是很有必要的,目 的就是为了减少求导的计算量,虽不是唯一手 段,但是十分有效,这也为我们以后遇到对数 式前面含有其他“系数”的问题提供了经验。 令g(x)=ln(x+1)- ax2+x x+1 ,则 g'(x)= x(1-2a-ax) (x+1)2 。由题意知f(x)在 区间(0,+∞)内存在极值点,等价于g(x)在 区间(0,+∞)内存在变号零点。 ①当a≤0时,x(1-2a-ax)>0,所以 g'(x)>0,g(x)>g(0)=0,即f'(x)<0, f(x)在区间(0,+∞)内单调递减,没有极值。 ②当a>0时,由g'(x)=0知x1=0,x2= 1-2a a 。当分辨导数符号时,显然要判断a≥ 1 2 或a< 1 2 ,自然分类标准的“1 2 ”就产生了。 当a≥ 1 2 时,易知x(1-2a-ax)<0,所 以g'(x)<0,g(x)<g(0)=0,即f'(x)>0, f(x)在区间(0,+∞)上单调递增,没有极值。 当0<a< 1 2 时,若x∈ 0, 1-2a a ,则 g'(x)>0,g(x)在 0, 1-2a a 上单调递增。 若x∈ 1-2aa ,+∞ ,则 g'(x)<0, g(x)在 1-2a a ,+∞ 上单调递减。 注意到g(0)=0,当x→+∞时,g(x)→ -∞,所以g(x)在 1-2a a ,+∞ 上存在x0 使得g(x0)=0。 当 x∈ (0,x0)时,g(x)>0,所 以 f'(x)<0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递 减; 当x∈(x0,+∞)时,g(x)<0,所 以 f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增。 故x0 是函数f(x)的极小值点。 综上可知,0<a< 1 2 。 事实上,亦可用找零点的办法给出严谨 证明。证法如下:易证当0<x<1时,x- 1 x<2ln x。 可构造h(x)=x- 1 x-2ln x,则h'(x) =1+ 1 x2 - 2 x= (x-1)2 x2 >0,即h(x)<h(1) =0,所以x- 1 x<2ln x。 且 1-2a a = 1 a-2< 1 a2 -1。 所以g 1 a2 -1 =a-1a-2ln a-(a- 1)2(a+1)<-(a-1)2(a+1)<0。 结合g 1-2a a >g(0)=0,知存在唯一 的x0∈ 1-2a a ,1 a2 -1 使得g(x0)=0,即当 0<a< 1 2 时符合题意。 综上可知,0<a< 1 2 。 这是经典的“分类讨论”解决含参问题, 该题若执意用参变分离就会出现前例所述的 不能求最值的问题,所以要具体问题具体 分析。 由以上例题的解答过程我们可以发现, 不仅要关注基础知识和基本技能,更要关注 基本思想的渗透和基本活动经验的积累。同 学们只有这样,才能在解决问题时游刃有余, 进而才能提升综合能力,把握数学本质,提升 核心素养。 (责任编辑 徐利杰) 24 解题篇 经典题突破方法 高二数学 2024年7—8月