2020年高考数学一轮复习 专题2.14 参数的分类讨论练习（含解析）

第十五讲参数的分类讨论用分类讨论思想研究函数的单调性含参数的函数的单调性问题一般要分类讨论，常见的分类讨论标准有以下几种可能：①方程f′(x)＝0是否有根；②若f′(x)＝0有根，求出根后判断其是否在定义域内；③若根在定义域内且有两个，比较根的大小是常见的分类方法．考向一一次函数型【例1】已知常数a≠0，f(x)＝alnx＋2x.当f(x)的最小值不小于－a时，求实数a的取值范围．【答案】见解析【解析】因为f′(x)＝a＋2xx，所以当a0，x∈(0，＋∞)时，f′(x)0，即f(x)在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；当a0时，由f′(x)0得，x－a2，所以f(x)在－a2，＋∞上单调递增；由f′(x)0得，0x－a2，所以f(x)在0，－a2上单调递减．所以当a0时，f(x)的最小值为f－a2＝aln－a2＋2×－a2.根据题意得f－a2＝aln－a2＋2×－a2≥－a，即a[ln(－a)－ln2]≥0.因为a0，所以ln(－a)－ln2≤0，解得－2≤a0，所以实数a的取值范围是[－2,0)．【套路总结】用导数法求给定区间上的函数的最值问题的一般步骤第一步：(求导数)求函数f(x)的导数f′(x)；第二步：(求极值)求f(x)在给定区间上的单调性和极值；第三步：(求端点值)求f(x)在给定区间上的端点值；第四步：(求最值)将f(x)的各极值与f(x)的端点值进行比较，确定f(x)的最大值与最小值；第五步：(反思)反思回顾，查看关键点，易错点和解题规范．【修炼套路】---为君聊赋《今日诗》，努力请从今日始【套路秘籍】---千里之行始于足下【举一反三】1.已知函数f(x)＝1－xx＋klnx，k1e，求函数f(x)在1e，e上的最大值和最小值．【答案】见解析【解析】f′(x)＝－x－1－xx2＋kx＝kx－1x2.①若k＝0，则f′(x)＝－1x2，在1e，e上恒有f′(x)0，所以f(x)在1e，e上单调递减．②若k≠0，则f′(x)＝kx－1x2＝kx－1kx2.(ⅰ)若k0，则在1e，e上恒有kx－1kx20.所以f(x)在1e，e上单调递减，(ⅱ)若k0，由k1e，得1ke，则x－1k0在1e，e上恒成立，所以kx－1kx20，所以f(x)在1e，e上单调递减．综上，当k1e时，f(x)在1e，e上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝1e＋k－1，f(x)max＝f1e＝e－k－1.2.已知函数f(x)＝lnx－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a0时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．【答案】见解析【解析】(1)f′(x)＝1x－a(x0)，①当a≤0时，f′(x)＝1x－a0，即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．②当a0时，令f′(x)＝1x－a＝0，可得x＝1a，当0x1a时，f′(x)＝1－axx0；当x1a时，f′(x)＝1－axx0，故函数f(x)的单调增区间为0，1a，单调减区间为1a，＋∞.综上可知，当a≤0时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；当a0时，函数f(x)的单调增区间为0，1a，单调减区间为1a，＋∞(2)①当1a≤1，即a≥1时，函数f(x)在[1,2]上是减函数，所以f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.②当1a≥2，即0a≤12时，函数f(x)在[1,2]上是增函数，所以f(x)的最小值是f(1)＝－a.[③当11a2，即12a1时，函数f(x)在1，1a上是增函数，在1a，2上是减函数．又f(2)－f(1)＝ln2－a，所以当12aln2时，最小值是f(1)＝－a；当ln2≤a1时，最小值为f(2)＝ln2－2a.综上可知，当0aln2时，函数f(x)的最小值是f(1)＝－a；当a≥ln2时，函数f(x)的最小值是f(2)＝ln2－2a.考向二指数型函数中的参数【例2】已知函数2()e1xfxaxbx，其中,abR，e2.71828为自然对数的底数.设()gx是函数()fx的导函数，求函数()gx在区间[0,1]上的最小值.【答案】见解析【解析】由2()e1xfxaxbx，有()()e2xgxfxaxb，所以()e2xgxa.因此，当[0,1]x时，()[12,e2]gxaa.当12a时，()0gx，所以()gx在区间[0,1]上单调递增.因此()gx在[0,1]上的最小值是(0)1gb；当e2a时，()0gx，所以()gx在区间[0,1]上单调递减.因此()gx在[0,1]上的最小值是(1)e2gab；当1e22a时，令()0gx，得ln(2)(0,1)xa.所以函数()gx在区间[0,ln(2)]a上单调递减，在区间(ln(2),1]a上单调递增.于是，()gx在[0,1]上的最小值是(ln(2))22ln(2)gaaaab.综上所述，当12a时，()gx在[0,1]上的最小值是(0)1gb；当1e22a时，()gx在[0,1]上的最小值是(ln(2))22ln(2)gaaaab；当e2a时，()gx在[0,1]上的最小值是(1)e2gab.【举一反三】1．已知函数𝑓(𝑓)=𝑓𝑓−𝑓.（Ⅰ）求函数𝑓(𝑓)极值；（Ⅱ）若对任意𝑓0，𝑓(𝑓)12𝑓𝑓2+1，求𝑓的取值范围.【答案】(1)𝑓(𝑓)极小值=1，无极大值；(2)(−∞,1].【解析】（Ⅰ）令𝑓′(𝑓)=𝑓𝑓−1=0，𝑓=0𝑓(−∞,0)0(0,+∞)𝑓′(𝑓)−0+𝑓(𝑓)↓极小值↑∴𝑓(𝑓)极小值=𝑓(0)=1，无极大值；（II）对任意𝑓0，𝑓(𝑓)12𝑓𝑓2+1即𝑓𝑓−𝑓−12𝑓𝑓2−10，设𝑓(𝑓)=𝑓𝑓−𝑓−12𝑓𝑓2−1，𝑓′(𝑓)=𝑓𝑓−1−𝑓𝑓，①当𝑓≤0时，𝑓′(𝑓)单调递增，𝑓′(0)=0,𝑓′(𝑓)0,𝑓(𝑓)单调递增，𝑓(𝑓)𝑓(0)=0，成立；【套路总结】一．讨论含参函数的单调性，其本质就是讨论导函数符号的变化情况，所以讨论的关键是抓住导函数解析式中的符号变化部分．讨论时要考虑参数所在的位置及参数取值对导函数符号的影响，一般来说需要进行四个层次的分类：(1)最高次幂的系数是否为0；(2)导函数是否有变号零点；(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内；(4)导函数的变号零点之间的大小关系．二．由含参函数单调性求解参数范围问题的2个关注点(1)准确把握函数单调性与导函数符号之间的关系：若可导函数f(x)在区间M上单调递增，则f′(x)≥0在区间M上恒成立；若可导函数f(x)在区间M上单调递减，则f′(x)≤0在区间M上恒成立．(2)注意参数在导函数解析式中的位置，先尝试分离参数，将问题的求解转化为求解对应函数的最值问题；若不能分离参数或分离参数后对应函数的单调性无法利用导数解决，则可以直接转化为求解含参函数的最值问题．②当0𝑓≤1时，令𝑓(𝑓)=𝑓′(𝑓),𝑓′(𝑓)=𝑓𝑓−𝑓0，𝑓′(𝑓)单调递增，𝑓′(0)=0,𝑓′(𝑓)0,𝑓(𝑓)单调递增，𝑓(𝑓)𝑓(0)=0，成立；③当𝑓1时，当0𝑓ln𝑓时，𝑓′(𝑓)=𝑓𝑓−𝑓0，𝑓′(𝑓)单调递减，𝑓′(0)=0,𝑓′(𝑓)0,𝑓(𝑓)单调递减，𝑓(𝑓)𝑓(0)=0，不成立.综上，𝑓的取值范围为(−∞,1].2.已知函数f(x)＝xex－x－ax2.(1)当a＝12时，求f(x)的单调区间；(2)当x≥0时，f(x)≥0，求实数a的取值范围．【答案】（1）f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减；（2）(－∞，1]．【解析】(1)当a＝12时，函数f(x)＝x(ex－1)－12x2，则f′(x)＝ex－1＋xex－x＝(ex－1)(x＋1)，令f′(x)＝0，则x＝－1或0，当x∈(－∞，－1)时，f′(x)0；当x∈(－1,0)时，f′(x)0；当x∈(0，＋∞)时，f′(x)0.故f(x)在(－∞，－1)，(0，＋∞)上单调递增，在(－1,0)上单调递减．(2)由题意，函数f(x)＝x(ex－1－ax)，令g(x)＝ex－1－ax，则g′(x)＝ex－a，若a≤1，则当x∈(0，＋∞)时，g′(x)0，g(x)为增函数，而g(0)＝0，从而当x≥0时，g(x)≥0，即f(x)≥0，若a1，则当x∈(0，lna)时，g′(x)0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，lna)时，g(x)0，即f(x)0，不符合题意，综上，实数a的取值范围为(－∞，1]．考向三对数型函数中的参数【例3】已知函数𝑓(𝑓)=𝑓+𝑓ln𝑓．（1）当𝑓=1时，求曲线𝑓=𝑓(𝑓)在点(1,𝑓(1))处的切线方程；（2）求𝑓(𝑓)的单调区间．【答案】（1）2𝑓−𝑓−1=0；（2）当𝑓≥0时，𝑓(𝑓)的单调增区间是(0,+∞)；当𝑓0时，𝑓(𝑓)的单调递减区间是(0,−𝑓)；递增区间是(−𝑓,+∞)．【解析】（1）当𝑓=1时，，所以𝑓′(𝑓)=1+1𝑓(𝑓0)．所以，𝑓′(1)=2，所以切线方程为．（2）𝑓′(𝑓)=𝑓+𝑓𝑓(𝑓0)．当𝑓≥0时，在𝑓∈(0,+∞)时𝑓′(𝑓)0，所以𝑓(𝑓)的单调增区间是(0,+∞)；当𝑓0时，函数𝑓(𝑓)与𝑓′（𝑓)在定义域上的情况如下：x(0,−𝑓)(−𝑓,+∞)𝑓′（𝑓)−0+𝑓(𝑓)↘极小值↗所以𝑓(𝑓)的单调递减区间是(0,−𝑓)；递增区间是(−𝑓,+∞)．综上所述：当𝑓≥0时，𝑓(𝑓)的单调增区间是(0,+∞)；当𝑓0时，𝑓(𝑓)的单调递减区间是(0,−𝑓)；递增区间是(−𝑓,+∞)．【举一反三】1．已知函数𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓𝑓，𝑓(𝑓)=𝑓2.𝑓∈𝑓.（1）求函数𝑓(𝑓)的极值点；（2）若𝑓(𝑓)≤𝑓(𝑓)恒成立，求𝑓的取值范围.【答案】（1）极大值点1𝑓，无极小值点.（2）𝑓≥−1【解析】（1）𝑓(𝑓)=ln𝑓−𝑓𝑓的定义域为(0,+∞)，𝑓′(𝑓)=1𝑓−𝑓，当𝑓≤0时，𝑓′(𝑓)=1𝑓−𝑓0，所以𝑓(𝑓)在(0,+∞)上单调递增，无极值点，当𝑓0时，解𝑓′(𝑓)=1𝑓−𝑓0得0𝑓1𝑓，解𝑓′(𝑓)=1𝑓−𝑓0得𝑓1𝑓，所以𝑓(𝑓)在(0,1𝑓)上单调递增，在(1𝑓,+∞)上单调递减，所以函数𝑓(𝑓)有极大值点1𝑓，无极小值点.（2）由条件可得ln𝑓−𝑓2−𝑓𝑓≤0(𝑓0)恒成立，【套路总结】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数.则当𝑓0时，𝑓≥ln𝑓𝑓−𝑓恒成立，令𝑓(𝑓)=ln𝑓𝑓−𝑓(𝑓0)，则𝑓′(𝑓)=1−𝑓2−ln𝑓𝑓2，令𝑓(𝑓)=1−𝑓2−ln𝑓(𝑓0)，则当𝑓0时，𝑓′(𝑓)=−2𝑓−1𝑓0，所以𝑓(𝑓)在(0,+∞)上为减函数.又𝑓(1)=0，所以在(0