例說導數解答題分類討論時“界點”如何確定

■河南省許昌市第五高級中學

在高考試卷中,每年都要設計一道導數綜合型大題,主要涉及利用導數解決函數的單調性、極值與最值等問題。導數已由解決問題的輔助工具上升為解決問題的必備工具,同學們應熟練掌握這一工具,并將試題進行分解,逐一突破,靈活運用數形結合思想、分類討論思想、函數方程思想分析解決問題。不少同學利用分類討論思想解“界點”確定問題時感到困難,下面舉例說明“界點”如何確定,望對同學們能有所幫助。

一、根據二次項系數確定分類“界點”

例1已知函數f(x)=lnx+x+1,g(x)=x2+2x。

(1)求函數φ(x)=f(x)-g(x)的極值;

(2)若m為整數,對任意的x＞0 都有f(x)-mg(x)≤0成立,求實數m的最小值。

解析：(1)由φ(x)=f(x)-g(x)=lnx+x+1-x2-2x=lnx-x2-x+1(x＞0),得。

令φ′(x)＞0,解得0＜x＜;

令φ′(x)＜0,解得。

所以函數φ(x)的單調遞增區間是,單調遞減區間是,函數φ(x)的極大值是,函數φ(x)無極小值。

(2)設h(x)=f(x)-mg(x)=lnxmx2+(1-2m)x+1。

當m≤0時,因為x＞0,所以2mx-1＜0,x+1＞0,h′(x)＞0,h(x)在(0,+∞)上單調遞增。

又因為h(1)=ln 1-m×12+(1-2m)+1=-3m+2＞0,不滿足題意,所以舍去。

當m＞0 時,令h′(x)＞0,得0＜x＜;令h′(x)＜0,得。

故h(x)在上單調遞增,在上單調遞減。

所以h(x)max=。

令t(m)=-ln (2m)(m＞0),顯然t(m)在(0,+∞)上單調遞減,且＞0,t(1)=(1-ln 16)＜0,故當m≥1時,t(m)＜0,滿足題意,整數m的最小值為1。

點睛：導函數中含有二次三項式,需對最高項的系數分類討論：

(1)根據二次項系數是否為0,判斷函數是否為二次函數;

(2)由二次項系數的正負,判斷二次函數圖像的開口方向,從而尋找導數的變號零點。

二、根據判別式確定分類“界點”

例2已知函數f(x)=(1+ax2)ex-1,當a≥0時,討論函數f(x)的單調性。

解析：由題意得：

f′(x)=(ax2+2ax+1)ex。

當a=0時,f′(x)=ex＞0,此時f(x)在R 上單調遞增。

當a＞0時,方程ax2+2ax+1=0的判別式Δ=4a2-4a。

①當0＜a≤1時,Δ≤0,ax2+2ax+1≥0恒成立,所以f′(x)≥0,此時f(x)在R 上單調遞增。

②當a＞1 時,令f′(x)=0,解得x1=。

當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如表1：

表1

所以f(x)在和上單調遞增,在上單調遞減。

綜上,當0≤a≤1時,f(x)在R 上單調遞增;當a＞1時,f(x)在和上單調遞增,在上單調遞減。

點睛：求導后,要判斷導函數是否有零點(或導函數式子能否分解因式),若導函數是二次函數或與二次函數有關,此時涉及二次方程問題,Δ與0的大小關系往往不確定,必須尋找分界點進行分類討論。

三、根據導函數零點的大小確定分類“界點”

例3已知f(x)=(x2-ax)lnx-+2ax,求f(x)的單調遞減區間。

解析：易得f(x)的定義域為(0,+∞)。

f′(x)=(2x-a)lnx+x-a-3x+2a=(2x-a)lnx-(2x-a)=(2x-a)(lnx-1)。

令f′(x)=0,得x=或x=e。

(1)當a≤0時,因為x＞0,所以2x-a＞0。

令f′(x)＜0,得0＜x＜e,所以f(x)的單調遞減區間為(0,e)。

(2)當a＞0時：

綜上所述,當a≤0時,f(x)的單調遞減區間為(0,e);當0＜a＜2e時,f(x)的單調遞減區間為;當a=2e時,f(x)無單調遞減區間;當a＞2e時,f(x)的單調遞減區間為。

點睛：(1)根據導函數的“零點”劃分定義域時,既要考慮導函數“零點”是否在定義域內,還要考慮幾個“零點”的大小問題,如果幾個“零點”的大小關系不確定,也需要分類討論;

(2)導函數“零點”可求,可根據“零點”之間及“零點”與區間端點之間的大小關系進行分類討論,本題先根據零點,e之間的大小關系進行分類討論,再利用導數研究其函數的單調性。

四、根據導函數零點與定義域的關系確定分類“界點”

例4已知函數f(x)=-alnx-+ax,a∈R。

(1)當a＜0時,討論f(x)的單調性;

(2)設g(x)=f(x)+xf′(x),若關于x的不等式g(x)≤-ex++(a-1)x在[1,2]上有解,求a的取值范圍。

解析：(1)由題意知,f′(x)=--。

當a＜0時,ax-ex＜0恒成立。

所以當x＞1時,f′(x)＜0;當0＜x＜1時,f′(x)＞0。

故函數f(x)在(0,1)上單調遞增,在(1,+∞)上單調遞減。

(2)因為g(x)=f(x)+xf′(x),所以g(x)=-alnx-ex+2ax-a。

由題意知,存在x0∈[1,2],使得g(x0)≤+(a-1)x0成立。

也即存在x0∈[1,2],使得-alnx0+(a+1)x0--a≤0成立。

令h(x)=-alnx+(a+1)x--a,x∈[1,2]。

則h′(x)=+a+1-x=,x∈[1,2]。

①當a≤1時,h′(x)≤0,所以函數h(x)在[1,2]上單調遞減,h(x)min=h(2)=-aln 2+a≤0成立,解得a≤0,a≤0。

②當1＜a＜2時,令h′(x)＞0,解得1＜x＜a;令h′(x)＜0,解得a＜x＜2。所以函數h(x) 在[1,a]上單調遞增,在[a,2]上單調遞減。

又因為h(1)=,所以h(2)=-aln 2+a≤0,解得a≤0,與1＜a＜2矛盾,舍去。

③當a≥2時,h′(x)≥0,所以函數h(x)在[1,2]上單調遞增,h(x)min=h(1)=＞0,不符合題意,舍去。

綜上所述,a的取值范圍為(-∞,0]。

點睛：導函數零點是否在定義域內? 零點將定義域劃分為哪幾個區間? 若不能確定,則需要分類討論。本題根據函數h′(x)的零點a是否在定義域[1,2]內進行討論,利用導數的工具性得到函數在給定區間內的單調性,從而可得最值,判斷所求最值與已知條件是否相符,從而得到參數的取值范圍。