《2023年新高考数学之导数专项重难点突破（新高考专用）》专题10 分类讨论法解决含参函数单调性问题(解析版)

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专题 10 分类讨论法解决含参函数单调性问题

1．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不同的结

果，因而要对参数进行分类讨论．常见的有含参函数的单调性、含参函数的极值、最值等问

题，解决时要分类讨论．分类讨论的原则是不重复、不遗漏，讨论的方法是逐类进行，还必

须要注意综合讨论的结果，使解题步骤完整．

2．利用分类讨论解决含参函数的单调性、极值、最值问题的思维流程

3．口诀记忆

导数取零把根找，先定有无后大小；有无实根判别式，两种情形需知晓．

因式分解见两根，逻辑分类有区分；首项系数含参数，先论系数零正负．

首项系数无参数，根的大小定胜负；定义域，紧跟踪，两根是否在其中．

题型一可求根或因式分解

1．已知函数 f(x)＝x－alnx(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性．

解析：　f(x)的定义域为(0 ∞，＋ )，f′(x)＝1－＝，令 f′(x)＝0，得 x＝a，

①当a≤0 时，f′(x)>0 在(0 ∞，＋ )上恒成立，∴f(x)在(0 ∞，＋ )上增，单调递

②当a>0 时，x∈(0，a)时，f′(x)<0，x∈(a∞，＋ )时，f′(x)>0，

综上，当 a≤0 时，f(x)在(0 ∞，＋ )上增，单调递

当a>0 时，f(x)在(0，a)上减，在单调递 (a∞，＋ )上增．单调递

2．已知函数 f(x)＝alnx－ax－3(a∈R)．讨论函数 f(x)的单调性．

解析：函数 f(x)的定义域为(0 ∞，＋ )，且 f′(x)＝，令 f′(x)＝0，得 x＝1，

当a>0 时，f(x)在(0，1)上增，在单调递 (1 ∞，＋ )上减；单调递

当a<0 时，f(x)在(1 ∞，＋ )上增，在单调递 (0，1)上减；单调递

当a＝0时，f(x)为常函数．

3．已知函数 f(x)＝lnx－ax(a∈R)，讨论函数 f(x)的单调性．

解析：f(x)的定义域为(0 ∞，＋ )，f′(x)＝－a ＝(x>0)，

①当a≤0 时，f′(x)＝－a>0，即函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上增．单调递

②当a>0 时，令 f′(x)＝－a＝＝0，可得 x＝，

当0<x<时，f′(x)＝>0；当 x>时，f′(x)＝<0，

故函数 f(x)在上增，在上减．单调递单调递

综上，当 a≤0 时，f(x)在(0 ∞，＋ )上增；单调递

当a>0 时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

4．已知函数 f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，a>0，试讨论函数 y＝f(x)的单调性．

解析：函数的定域义为(0 ∞，＋ )，f′(x)＝ax－(a＋1)＋＝＝．

①当0<a<1 时，>1，∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，

∴函数 f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；

②当a＝1时，＝1，∴f′(x)≥0 在(0 ∞，＋ )上恒成立，∴函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上增；单调递

③当a>1 时，0<<1，∴x∈和(1 ∞，＋ )时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，

∴函数 f(x)在和(1 ∞，＋ )上增，在上减．单调递单调递

综上，当 0<a<1 时，函数 f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；

当a＝1时，函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上增；单调递

当a>1 时，函数 f(x)在和(1 ∞，＋ )上增，在上减．单调递单调递

5．设函数 f(x)＝alnx＋，其中 a为常数．讨论函数 f(x)的单调性．

解析：函数 f(x)的定义域为(0 ∞，＋ )．f′(x)＝＋＝．

当a≥0 时，f′(x)＞0，函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上增．单调递

当a＜0时，令 g(x)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于 Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．

(1)当a＝－，时Δ＝0，f′(x)≤＝0，函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上减．单调递

(2)当a＜－，时Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上减．单调递

(3)当－＜a＜0时，Δ＞0．设x1，x2(x1＜x2)是函数 g(x)的两个零点，

则x1＝，x2＝．

由x1＝＝＞0，

所以 x∈(0，x1)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；

x∈(x1，x2)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；

x∈(x2∞，＋ )时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减．

综上可得：当 a≥0 时，函数 f(x)在(0 ∞，＋ )上增；单调递

当a≤－，函数时f(x)在(0 ∞，＋ )上减；单调递

当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，

在上单调递增．

6．已知 f(x)＝(x2－ax)lnx－x2＋2ax，求 f(x)的单调递减区间．

解析：易得 f(x)的定义域为(0 ∞，＋ )，

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

令f′(x)＝0得x＝或 x＝e．

当a≤0 时，因为 x＞0，所以 2x－a＞0，令 f′(x)＜0得x＜e，所以 f(x)的单调递减区间为(0，e)．

当a＞0时，

①若＜e，即 0＜a＜2e，

当x∈时，f′(x)＞0，当 x∈时，f′(x)＜0，当 x∈(e ∞，＋ )时，f′(x)＞0，

所以 f(x)的单调递减区间为；

②若＝e，即 a＝2e，当 x∈(0 ∞，＋ )时，f′(x)≥0 恒成立，f(x)没有单调递减区间；

③若＞e，即 a＞2e，当 x∈(0，e)时，

f′(x)＞0，当 x∈时，f′(x)＜0，当 x∈时，f′(x)＞0，

所以 f(x)的单调递减区间为．

综上所述，当 a≤0 时，f(x)的单调递减区间为(0，e)；当 0＜a＜2e 时，f(x)的单调递减区间为；

当a＝2e 时，f(x)无单调递减区间；当 a＞2e 时，f(x)的单调递减区间为．

7．已知 e是自然对数的底数，实数 a是常数，函数 f(x)＝ex－ax－1的定义域为(0，＋∞)．

(1)设a＝e，求函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程；

(2)判断函数 f(x)的单调性．

解析：(1)∵a＝e，∴f(x)＝ex－ex－1，

∴f′(x)＝ex－e，f(1)＝－1，f′(1)＝0.

∴当a＝e时，函数 f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为 y＝－1.

(2)∵f(x)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.

易知 f′(x)＝ex－a在(0，＋∞)上增．单调递

∴当a≤1时，f′(x)＞0，故 f(x)在(0，＋∞)上增；单调递

当a＞1时，由 f′(x)＝ex－a＝0，得 x＝ln a，

∴当0＜x＜ln a时，f′(x)＜0，当 x＞ln a时，f′(x)＞0，

∴f(x)在(0，ln a)上减，在单调递 (ln a，＋∞)上增．单调递

综上，当 a≤1时，f(x)在(0，＋∞)上增；单调递

当a＞1时，f(x)在(0，ln a)上减，在单调递 (ln a，＋∞)上增．单调递

8．已知函数 g(x)＝ln x＋ax2＋bx，其中 g(x)的函数图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x轴．

(1)确定 a与b的关系；

(2)若a≥0，试讨论函数 g(x)的单调性．

解析：(1)g′(x)＝＋2ax＋b(x＞0)．由函数 g(x)的图象在点(1，g(1))处的切线平行于 x轴，

得g′(1)＝1＋2a＋b＝0，所以 b＝－2a－1.

(2)由(1)得g′(x)＝＝.

因为函数 g(x)的定义域为(0，＋∞)，

所以当 a＝0时，g′(x)＝－.由g′(x)＞0，得 0＜x＜1，由 g′(x)＜0，得 x＞1，

即函数 g(x)在(0,1)上增，在单调递 (1，＋∞)上减．单调递

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