第三章 第2节 微点突破6 分类讨论法解决含参数的单调性问题（PPT教学课件）-【百汇大课堂】2026年高考数学总复习上册·第1轮（浙江专用）

衔接教材 夯基固本 落实 第2节　导数与函数的单调性 微点突破6　分类讨论法解决含参数的单调性问题 第三章　导数及其应用 衔接教材 夯基固本 落实 请完成：课时训练(19) 温馨提示 谢谢观看！ 函数与导数问题中往往含有变量或参数，这些变量或参数取不同值时会导致函数单调性的变化，因而解决问题时需要进行分类讨论．在进行分类讨论时往往因找不到分类讨论界点，导致解题步骤不完整或无法解题，本节针对含参函数单调性问题从四个角度举例． 角度1　由二次项系数引起的分类讨论 [例1] 设函数f(x)＝ax－ eq \f(b,x)＋ln x，且f(1)＝0.若函数f(x)在定义域上是单调函数，求实数a的取值范围． 解：由f(1)＝0得，a－b＝0，即a＝b，所以f(x)＝ax－ eq \f(a,x)＋ln x，x∈(0，＋∞). 于是f′(x)＝a＋ eq \f(a,x2)＋ eq \f(1,x)＝ eq \f(ax2＋x＋a,x2). ①当a＝0时，f′(x)＝ eq \f(1,x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意． ②当a>0时，f′(x)>0，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，满足题意． ③当a<0时，若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，则ax2＋x＋a≥0在(0，＋∞)上恒成立，显然不可能； 若f(x)在(0，＋∞)上单调递减，则ax2＋x＋a≤0在(0，＋∞)上恒成立，而y＝ax2＋x＋a的图象的对称轴为直线x＝－ eq \f(1,2a)，且－ eq \f(1,2a)>0，所以ax2＋x＋a＝0的根的判别式Δ＝1－4a2≤0，解得a≤－ eq \f(1,2). 综上，实数a的取值范围是(－∞，－ eq \f(1,2)]∪[0，＋∞). 若导函数f′(x)解析式的局部可构造成二次项系数含有参数的二次型函数，则必须讨论二次项系数，往往分为系数为零、系数为正、系数为负三类，再判断f′(x)的符号或确定f′(x)的零点，从而实现解题目标． 角度2　由区间的包含关系引起的分类讨论 [例2] 已知函数f(x)＝2ln x＋x2－5x在区间(k－ eq \f(1,2)，k)上为单调函数，则实数k的取值范围是________________________________________． 答案：{ eq \f(1,2)}∪[1，2]∪[ eq \f(5,2)，＋∞)　解析：f′(x)＝ eq \f(2,x)＋2x－5＝ eq \f(2x2－5x＋2,x)＝ eq \f(（2x－1）（x－2）,x)，x>0. 当x∈(0， eq \f(1,2))∪(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以f(x)在区间(0， eq \f(1,2))，(2，＋∞)上单调递增；当x∈( eq \f(1,2)，2)时，f′(x)<0，所以f(x)在区间( eq \f(1,2)，2)上单调递减． 要使函数f(x)在(k－ eq \f(1,2)，k)上单调，则(k－ eq \f(1,2)，k)⊆(0， eq \f(1,2))或(k－ eq \f(1,2)，k)⊆(2，＋∞)或(k－ eq \f(1,2)，k)⊆( eq \f(1,2)，2)，解得k＝ eq \f(1,2)或k≥ eq \f(5,2)或1≤k≤2. 综上可知，实数k的取值范围是{ eq \f(1,2)}∪[1，2]∪[ eq \f(5,2)，＋∞). 对于已知f(x)在某个待定区间上的单调性，要确定此单调区间中参数的取值范围问题，必须先求函数f(x)在定义域上的单调区间，再按待定区间是每个单调区间的子区间分类讨论，列出相应的不等式(组)，解得参数的取值范围． 角度3　由f′(x)的零点引起的分类讨论 [例3] 已知函数f(x)＝ax2＋bx－ln x(a，b∈R，a<0)，其图象在点(1，f(1))处的切线平行于x轴．试讨论函数f(x)在定义域上的单调性． 解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝2ax＋b－ eq \f(1,x)(x>0). 因为f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线平行于x轴，所以f′(1)＝2a＋b－1＝0，即b＝－2a＋1. 于是f′(x)＝2ax－ eq \f(1,x)－2a＋1＝ eq \f(（2ax＋1）（x－1）,x). 令 eq \f(（2ax＋1）（x－1）,x)＝0得，x1＝－ eq \f(1,2a)，x2＝1. ①当－ eq \f(1,2a)＝1，即a＝－ eq \f(1,2)时，f′(x)＝－ eq \f(（x－1）2,x)≤0，f(x)在(0，＋∞)上单调递减． ②当－ eq \f(1,2a)>1，即－ eq \f(1,2)<a<0时，当0<x<1或x>－ eq \f(1,2a)时，f′(x)<0；当1<x<－ eq \f(1,2a)时，f′(x)>0. 所以f(x)的单调递减区间是(0，1)，(－ eq \f(1,2a)，＋∞)，单调递增区间是(1，－ eq \f(1,2a)). ③当－ eq \f(1,2a)<1，即a<－ eq \f(1,2)时，f(x)的单调递减区间是(0，－ eq \f(1,2a))，(1，＋∞)，单调递增区间是(－ eq \f(1,2a)，1). 综上，当a＝－ eq \f(1,2)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当－ eq \f(1,2)<a<0时，f(x)在(0，1)，(－ eq \f(1,2a)，＋∞)上单调递减，在(1，－ eq \f(1,2a))上单调递增；当a<－ eq \f(1,2)时，f(x)在(0，－ eq \f(1,2a))，(1，＋∞)上单调递减，在(－ eq \f(1,2a)，1)上单调递增． 一般地，当f′(x)有不止一个零点且零点大小关系无法确定时，就无法确定f′(x)>0或f′(x)<0的解集，进而无法确定函数f(x)的单调区间，此时必须对零点的大小关系分类讨论．若f′(x)有两个零点x1，x2，往往分成x1>x2，x1＝x2，x1<x2三类讨论，由此实现解题目标． 角度4　由函数的定义域引起的分类讨论 [例4] 设函数f(x)＝ eq \f(1,x＋a)＋2ln x，其中a∈R且a≠0.试讨论函数f(x)的单调性． 解：f′(x)＝－ eq \f(1,（x＋a）2)＋ eq \f(2,x)＝ eq \f(2x2＋（4a－1）x＋2a2,x（x＋a）2)(x>0且x≠－a). 方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0的根的判别式Δ＝(4a－1)2－16a2＝1－8a. 当Δ>0时，方程2x2＋(4a－1)x＋2a2＝0有两个不相等的实根， 不妨令x1＝ eq \f(－（4a－1）－\r(1－8a),4)， x2＝ eq \f(－（4a－1）＋\r(1－8a),4). (1)若a>0，则f(x)的定义域是(0，＋∞). ①当a≥ eq \f(1,8)时，Δ≤0，则f′(x)≥0，所以f(x)在(0，＋∞)上单调递增． ②当0<a< eq \f(1,8)时，Δ>0，x1＋x2＝ eq \f(1－4a,2)>0，x1x2＝a2>0，所以x1>0，x2>0，令f′(x)>0得0<x<x1或x>x2，所以f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减． (2)若a<0，则f(x)的定义域是(0，－a)∪(－a，＋∞). 因为x1－(－a)＝ eq \f(1－\r(1－8a),4)<0，x2－(－a)＝ eq \f(1＋\r(1－8a),4)>0，所以0<x1<－a，x2>－a>0. 故f(x)在(0，x1)和(x2，＋∞)上单调递增，在(x1，－a)和(－a，x2)上单调递减． 综上，当a≥ eq \f(1,8)时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当0<a< eq \f(1,8)时，f(x)在(0， eq \f(1－4a－\r(1－8a),4))和( eq \f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞)上单调递增，在( eq \f(1－4a－\r(1－8a),4)， eq \f(1－4a＋\r(1－8a),4))上单调递减；当a<0时，f(x)在(0， eq \f(1－4a－\r(1－8a),4))和( eq \f(1－4a＋\r(1－8a),4)，＋∞)上单调递增，在( eq \f(1－4a－\r(1－8a),4)，－a)和(－a， eq \f(1－4a＋\r(1－8a),4))上单调递减． 一般地，需要讨论导函数f′(x)的零点是否含在定义域内，零点将定义域划分为哪几个区间，若不能确定，则需要进行分类讨论． $$