《2022年高考数学之解密导数命题点对点突破（全国通用）》专题05 含参函数的单调性讨论(解析版)

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专题 05　含参函数的单调性讨论

【方法总结】

分类讨论思想研究函数的单调性

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，即导数的主要部分，简称导主．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，即“是不是”；

(2)导函数是否有变号零点，即“有没有”；

(3)导函数的变号零点是否在函数定义域或指定区间内，即“在不在”；

(4)导函数的变号零点之间的大小关系，即“大不大”．

牢记：十二字方针“是不是，有没有，在不在，大不大”．

考点一　导主一次型

【例题选讲】

[例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，＋∞)上单调递增，

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，＋∞)上单调递增，当 a>0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单

调递增．

【对点训练】

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

1．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)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；

当a<0 时，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减；

当a＝0时，f(x)为常函数．

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

2．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，＋∞)上单调递增．

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)在上单调递增，在上单调递减．

综上，当 a≤0 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；

当a>0 时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．

考点二　导主二次型

【方法总结】

此类问题中，导数的解析式通过化简变形后，通常可以转化为一个二次函数的含参问题．对于二次

三项式含参问题，有如下处理思路：

(1)首先需要考虑二次项系数是否含有参数．如果二次项系数有参数，就按二次项系数为零、为正、

为负进行讨论；

(2)其次考虑二次三项式能否因式分解，如果二次三项式能因式分解，这表明存在零点，只需讨论零

点是否在定义域内，如果 x1，x2都在定义域内，则讨论个零点 x1，x2的大小；如果二次三项式不能因式分

解，这表明不一定存在零点，需讨论判别式 Δ≤0 和Δ>0 分类讨论；

【例题选讲】

命题点 1　是不是＋有没有＋在不在

[例2]　(2021·全国乙节选)已知函数 f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论 f(x)的单调性．

解析　由题意知 f(x)的定义域为 R，f′(x)＝3x2－2x＋a，对于 f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．

①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；

②当a<时，令 f′(x)＝0，即 3x2－2x＋a＝0，解得 x1＝，x2＝，

令f′(x)>0，则 x<x1或x＞x2；令 f′(x)<0，则 x1<x<x2．

所以 f(x)在(－∞，x1)上单调递增，在(x1，x2)上单调递减，在(x2，＋∞)上单调递增．

综上，当 a≥时，f(x)在R上单调递增；当 a<时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．

[例3]　(2018·全国Ⅰ节选)已知函数 f(x)＝－x＋alnx，讨论 f(x)的单调性．

解析　f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝－－1＋＝－．

①当a≤2 时，则 f′(x)≤0，当且仅当 a＝2，x＝1时，f′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递减．

②当a＞2时，令 f′(x)＝0，得 x＝或 x＝．

当x∈∪时，f′(x)＜0；当 x∈时，f′(x)＞0．

所以 f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

综合①②可知，当 a≤2 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递减；当 a＞2时，f(x)在，上单调递减，在上单调

递增．

[例4]　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，＋∞)上单调递增．

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，＋∞)上单调递减．

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

(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，＋∞)上单调递增；当 a≤－时，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递减；

当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，在上单调递增．

【对点训练】

3．(2020·全国Ⅲ节选)已知函数 f(x)＝x3－kx＋k2．讨论 f(x)的单调性．

3．解析　由题意，得 f′(x)＝3x2－k，

当k≤0 时，f′(x)≥0 恒成立，所以 f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；

当k＞0时，令 f′(x)＝0，得 x＝±，

令f′(x)＜0，得－＜x＜，令 f′(x)＞0，得 x＜－或 x＞，

所以 f(x)在上单调递减，在，上单调递增．

4．已知函数 f(x)＝x－＋1－alnx，a>0．讨论 f(x)的单调性．

4．解析　由题意知，f(x)的定义域是(0，＋∞)，导函数 f′(x)＝1＋－＝.

设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程 g(x)＝0的判别式 Δ＝a2－8.

①当Δ<0，即 0<a<2 时，对一切 x>0 都有 f′(x)>0．此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．

②当Δ＝0，即 a＝2 时，仅对 x＝有 f′(x)＝0，对其余的 x>0 都有 f′(x)>0．

此时 f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数．

③当Δ>0，即 a>2 时，方程 g(x)＝0有两个不同的实根 x1＝，x2＝，0<x1<x2，

x∈(0，x1)时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；

x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；

x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增．

此时 f(x)在上单调递增，在(，)上单调递减，在上单调递增．

5．已知函数 f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当 a≥0 时，讨论函数 f(x)的单调性．

5．解析　由题易得 f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，

当a＝0时，f′(x)＝ex＞0，此时 f(x)在R上单调递增．

当a＞0时，方程 ax2＋2ax＋1＝0的判别式 Δ＝4a2－4a．

①当0＜a≤1 时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0 恒成立，所以 f′(x)≥0，此时 f(x)在R上单调递增；

②当a＞1时，令 f′(x)＝0，解得 x1＝－1－，x2＝－1＋．

x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增；

x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，函数 f(x)单调递减；

x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，函数 f(x)单调递增．

所以 f(x)在和上单调递增，

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