函数含参数单调性问题

用导数解决含参数的函数的单调性单调性是数学中一个重要的概念，用于描述函数在特定区间内的增减性质。

在解决含参数的函数的单调性时，我们可以利用导数的概念和性质进行分析和推导。

本文将介绍如何使用导数解决含参数的函数的单调性，并给出相应的示例。

首先，我们来回顾一下导数的定义。

对于函数$f(x)$在点$x=a$处可导，其导数$f'(a)$表示函数曲线在该点处的斜率，可以通过以下公式计算：$$f'(a)=\lim_{h\to 0}\frac{f(a+h)-f(a)}{h}$$其中，$h$为一个无限趋近于0的值。

导数可以帮助我们研究函数的变化趋势、最值以及单调性等性质。

接下来，我们将探讨含参数的函数的单调性。

含参数的函数形式可以表示为$f(x;a)$，其中$a$为参数。

我们的目标是找到使函数单调的参数范围。

解决这个问题的关键是求导。

首先，我们需要计算函数的一阶导数$f'(x;a)$和二阶导数$f''(x;a)$。

一阶导数反映了函数的变化趋势，二阶导数揭示了函数的曲率性质。

接下来，我们需要找出函数的临界点和在其定义域内的驻点。

临界点是导数为0或不存在的点，驻点是导数在该点处为0的点。

当我们求出一阶导数$f'(x;a)$后，我们可以通过求解方程$f'(x;a)=0$来计算临界点和驻点。

这些点将给出函数的极值或拐点。

通过对导数方程进行求解，我们可以找到参数$a$满足$f'(x;a)=0$，从而得到临界点和驻点。

接下来，我们需要进行符号分析，确定函数的区间性质。

具体来说，当一阶导数$f'(x;a)$在一些区间内大于0时，函数$f(x;a)$是递增的；当一阶导数在一些区间内小于0时，函数是递减的；当一阶导数的正负性在一些点发生改变时，该点可能是函数的拐点。

当我们确定函数的单调性时，还应该考虑到函数的定义域。

特别是当参数$a$对函数的定义域有影响时，我们需要对不同的参数范围进行分析，以确定函数的单调性。

含参函数的单调性讨论汇编分类讨论问题的三大基本点包括：（Ⅰ）方程f'(x)=是否有根；（Ⅱ）如果方程f'(x)=有根，判断根是否在定义域内；（Ⅲ）如果根在定义域内且有两个，需要比较根的大小。

1.对于函数f(x)=axlnx-x+(a≠0)，讨论其单调性。

2.对于函数f(x)=e^(mx+x^2)，证明其在(-∞,0)上单调递减，在(0,∞)上单调递增。

3.对于函数f(x)=ex-ax-2，a∈R，讨论其单调性。

4.对于函数f(x)=ex-2ax，x∈[0,1]，a∈R，讨论其单调性。

5.对于函数f(x)=lnx+a(1-x)，a∈R，讨论其单调性。

6.对于函数f(x)=e^(-e^x+x)，（1）讨论其单调性；（2）设g(x)=f(2x)-4bf(x)，当x>0时，g(x)>0，求b的最大值。

7.设函数f(x)=x+aln(x+1)，其中a∈R，求函数f(x)的单调区间。

8.对于函数f(x)=ln(x+a)+x，（1）讨论其单调性；（2）如果f(x)存在极值，求a的取值范围，并证明所有极值之和大于ln2.9.已知函数f(x)=1/(x^2+1)，讨论其单调性。

10.对于函数f(x)=lnx-ax+1/(x-a)ln(x/(x-a))，讨论其单调性，其中a≤1.11.对于函数f(x)=alnx-x+ax，a∈R，求其单调区间。

12.已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)，其中a∈R，讨论其单调性。

13.设函数f(x)=x+ax+b，g(x)=ecx+d，如果曲线y=f(x)和曲线y=g(x)都过点P(0,2)，且在点P处有相同的切线y=4x+2，（1）求a、b、c、d；（2）如果x≥-2，讨论函数F(x)=kg(x)-f(x)的单调性。

14.已知函数$f(x)=ae^{2x}+(a-2)e^x-x$，讨论$f(x)$的单调性。

首先求导数：$f'(x)=2ae^{2x}+(a-2)e^x-1$，令其等于0，得到$x=\ln\frac{1}{2}-\ln(a-2)$。

通法研究Җ㊀广东㊀张㊀科㊀㊀含参函数因引入了参数使得确定的函数变得不确定,其单调性讨论问题常常涉及分类讨论思想的综合运用,能体现数学思维的深度,体现逻辑推理㊁数学运算㊁直观想象等数学核心素养,是近年来高考的高频考点之一．在实际应用中,能否深入理解问题的本质,能否明确分类的逻辑和依据是求解这类问题的难点．下面就以导函数是二次函数(或类二次函数)为例,探讨求解含参函数单调性问题的通性通法．１㊀以导函数零点的大小为分类依据例１㊀已知函数f (x )＝１３x ３－(１＋a )x ２＋４a x ＋２４a (a ɪR ),讨论函数f (x )的单调性．依题意得f ᶄ(x )＝x ２－２(１＋a )x ＋４a ＝(x －２)(x －２a ),令f ᶄ(x )＝０,得x ＝２或x ＝２a ．当２a ＜２,即a ＜１时,令f ᶄ(x )＞０,得x ＜２a 或x ＞２;令f ᶄ(x )＜０,得２a ＜x ＜２．此时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２a )和(２,＋ɕ),单调递减区间是(２a ,２)．当２a ＝２,即a ＝１时,fᶄ(x )ȡ０恒成立,此时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,＋ɕ)．当２a ＞２,即a ＞１时,令f ᶄ(x )＞０,得x ＜２或x ＞２a ;令f ᶄ(x )＜０,得２＜x ＜２a ．因此,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２)和(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a )．综上所述,当a ＞１时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２),(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a );当a ＝１时,f (x )单调递增区间是(－ɕ,＋ɕ);当a ＜１时,f (x )的单调递增区间是(－ɕ,２a )和(２,＋ɕ),单调递减区间是(２a ,２)．由此题可以知道,当导函数的零点大小不确定时,讨论函数单调性的基本步骤如图１所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数fᶄ(x )ң求导函数的零点ң以比较零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图１２㊀以导函数零点是否在定义域内为分类依据例２㊀已知函数f (x )＝１２x ２－２(１＋a )x ＋４a l n x ,讨论函数f (x )的单调性．依题意可得,f (x )的定义域为(０,＋ɕ),fᶄ(x )＝x －２(１＋a )＋㊀㊀㊀㊀４a x ＝(x －２)(x －２a )x(x ＞０)．当２a ɤ０,即a ɤ０时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得x ＞２;由fᶄ(x )＜０,x ＞０,{得０＜x ＜２．因此f (x )在(２,＋ɕ)上单调递增,在(０,２)上单调递减．当０＜２a ＜２,即０＜a ＜１时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得０＜x ＜２a 或x ＞２;由f (x )＜０,x ＞０,{得２a ＜x ＜２．因此,f (x )在(０,２a )和(２,＋ɕ)上单调递增,在(２a ,２)上单调递减．当２a ＝２,即a ＝１时,f ᶄ(x )ȡ０,所以f (x )在(０,＋ɕ)上单调递增．当２a ＞２,即a ＞１时,由fᶄ(x )＞０,x ＞０,{得０＜x ＜２或x ＞２a ;由fᶄ(x )＜０,x ＞０,{可得２＜x ＜２a ．因此,f (x )在(０,２)和(２a ,＋ɕ)上单调递增,在(２,２a )上单调递减．综上所述,当a ɤ０时,f (x )的单调递增区间是(２,＋ɕ),单调递减区间是(０,２);当０＜a ＜１时,f (x )的单调递增区间是(０,２a )和(２,＋ɕ),单调递０１通法研究减区间是(２a ,２);当a ＝１时,f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ);当a ＞１时,f (x )的单调递增区间是(０,２)和(２a ,＋ɕ),单调递减区间是(２,２a )．由此题可知当导函数的零点是否在定义域内不能确定时,讨论函数单调性的基本步骤如图２所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң求导函数的零点ң优先以导函数的零点是否在定义域内为依据进行分类ң以零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图２３㊀以导函数是否存在零点为分类依据例３㊀(２０１８年全国卷Ⅰ理２１(１))已知函数f (x )＝１x－x ＋a l n x ,讨论f (x )的单调性．f (x )的定义域为(０,＋ɕ),且知fᶄ(x )＝－x ２－a x ＋１x ２．令f ᶄ(x )＝－x ２－a x ＋１x ２＝０,即x ２－a x ＋１＝０．当－２ɤa ɤ２时,Δɤ０,f ᶄ(x )ɤ０,此时,f (x )在(０,＋ɕ)上单调递减．当a ＜－２或a ＞２时,Δ＞０,此时方程x ２－a x ＋１＝０两根为x １＝a －a ２－４２,x ２＝a ＋a ２－４２．当a ＜－２时,两根均为负数,所以x ＞０时,f ᶄ(x )＜０,此时,f (x )在(０,＋ɕ)上单调递减．当a ＞２时,两根均为正数,此时,f (x )的单调递减区间是(０,a －a ２－４２)和(a ＋a ２－４２,＋ɕ),f (x )的单调递增区间是(a －a ２－４２,a ＋a ２－４２)．综上所述,当a ɤ２时,f (x )的单调递减区间是(０,＋ɕ);当a ＞２时,f (x )的单调递增区间是(a －a ２－４２,a ＋a ２－４２),单调递减区间是(０,a －a ２－４２)和(a ＋a ２－４２,＋ɕ)．由此题可知当不确定导函数是否存在零点(或零点的个数)时,讨论函数单调性的基本步骤如图３所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң优先以导函数是否存在零点以及零点的个数为依据进行分类ң以零点是否在定义域内为依据进行分类ң确定函数的单调区间图３４㊀以导函数的类型为分类依据例４㊀已知函数f (x )＝l n x ＋a x ２－(２a ＋１)x(a ȡ０),讨论函数f (x )的单调性．f (x )的定义域为(０,＋ɕ),且知㊀㊀f ᶄ(x )＝１x＋２a x －２a －１＝２a x ２－(２a ＋１)x ＋１x．当a ＝０时,f ᶄ(x )＝－(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得x ＞１,f (x )的单调递减区间是(１,＋ɕ);令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１,f (x )的单调递增区间是(０,１)．当０＜a ＜１２,即１２a＞１时,fᶄ(x )＝２a (x －１２a)(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得１＜x ＜１２a,f (x )的单调递减区间是(１,１２a );令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１或x ＞１２a ,f (x )的单调递增区间是(０,１)和(１２a,＋ɕ)．当a ＝１２,即１２a＝１时,fᶄ(x )＝(x －１)２xȡ０(x ＞０),f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ)．当a ＞１２,即１２a＜１时,fᶄ(x )＝２a (x －１２a)(x －１)x(x ＞０),令f ᶄ(x )＜０,得１２a＜x ＜１,f (x )的单调递减区间是(１２a ,１);令f ᶄ(x )＞０,得０＜x ＜１２a 或x ＞１,f (x )的单调递增区间是(０,１２a)和(１,＋ɕ)．１１非常道综上所述,当a ＝０时,f (x )的单调递增区间是(０,１),单调递减区间是(１,＋ɕ);当０＜a ＜１２时,f (x )的单调递增区间是(０,１)和(１２a ,＋ɕ),单调递减区间是(１,１２a );当a ＝１２时,f (x )的单调递增区间是(０,＋ɕ);当a ＞１２时,f (x )的单调递增区间是(０,１２a )和(１,＋ɕ),单调递减区间是(１２a,１)．由此题可知当导函数为类二次函数时,若其类型不确定,讨论函数单调性的基本步骤如图４所示．求函数f (x )的定义域ң求导函数f ᶄ(x )ң优先以导函数的类型为依据进行分类ң以零点的大小为依据进行分类ң确定函数的单调区间图４对含参函数单调性问题,求解的关键在于思考,相对于具体函数而言含参函数的不确定性在哪里?分类的逻辑是什么?分类的不同层次及各层次分类的依据又是什么?通过对上述例题的分析㊁求解,可以得出求解含参函数单调性问题的通性通法,即首先要明确题意,确定参数的范围和函数的定义域,其次按照导函数的类型㊁导函数是否存在零点㊁零点是否在定义域内㊁零点的大小进行分类讨论,最后进行整理和总结就能得到正确的结论．含参函数单调性问题的解决是层层递进的,在递进的过程中,因参数在不同位置,使得问题的解决出现了不确定性,为了将不确定的问题转化为确定性的问题,需进行分类讨论．对于导函数为二次型含参函数单调性的讨论,通法如下．第一步,先看二次项系数是否含有参数,若含有参数,则将系数分大于０㊁小于０和等于０三种情况进行讨论;若二次项系数为０,则将问题转化为一次函数问题去解决;若二次项系数不为０,则进入第二步．第二步,对一元二次方程的判别式分Δɤ０或Δ＞０两种情况进行讨论,若Δɤ０,则函数在定义域上单调递增或单调递减;若Δ＞０,则进入第三步．第三步,求出对应一元二次方程的两个不等实根,判断两根是否在定义域内,若两根都不在定义域内或只有一个实根在定义域内,可以借助二次函数图象来解决;若两根都在定义域内,则进入第四步．第四步,判断两个根的大小,从而使问题得解．(作者单位:广东省广州市第八十六中学)Җ㊀江西㊀吕文彬㊀㊀e xȡx ＋１和l n (x ＋１)ɤx 是两个常见的不等式,当且仅当x ＝０时,等号成立．要证明这两个不等式可以通过移项构造新函数f (x )＝e x －x －１或g (x )＝l n (x ＋１)－x ,再利用导数分别求其最小值或最大值的方法．由于证明过程比较简单,这里不再赘述,下面的解题中也将证明省略,将其直接当作结论来用．这两个不等式可直接使用,也可通过代数变形或者换元变形构造新的不等式,不管哪一种方法,在解题中都有着事半功倍的效果,可以轻松解决很多难题,简化解题步骤．下面通过举例说明,以期抛砖引玉．１㊀直接应用例１㊀(２０１７年全国卷Ⅲ理２１)已知函数f (x )＝x －１－a l n x ．(１)若f (x )ȡ０,求a 的值;(２)设m 为整数,且对于任意正整数n ,(１＋１２) (１＋１２２) (１＋１２n )＜m ,求m 的最小值．(１)a ＝１(求解过程略)．(２)因为l n (１＋x )ɤx ,故取x ＝１２k ＞０(k ＝１,２, ,n ),则l n (１＋１２k )＜１２k (k ＝１,２, ,n )．l n (１＋１２)＋l n (１＋１２２)＋ ＋l n (１＋１２n )＜１２＋１２２＋ ＋１２n ＝１－１２n ＜１,即(１＋１２)(１＋１２２) (１＋１２n )＜e ．取n ＝３,可得m ＞１３５６４＞２,而(１＋１２)(１＋１２２)(１＋１２３)＞２,又因为m 为整数,所以m 的最小值为３．此题的第(１)问其实是第(２)问的铺垫,此题将导数与数列结合起来考查．m 为整数就提示我们,只需将结果控制在两个整数之间,观察其形式,很容易联想到这两个常见的不等式．这两个不等式在此题中起放缩作用,可以将含有复杂的指数式或对２１。

如何解决与函数单调性相关的参数问题
陈今碧
函数是高考必考的内容之一，也是众多知识的交汇点之一。

在解答题里面，经常
看见有关讨论含参数函数的单调性或者求含参数函数的最值的问题。

学生们常感到不知道怎么讨论，即分类讨论的标准不明确。

本文根据作者的教学经验，归纳出了比较系统
和实用的方案供读者参考，不当之处敬请读者指正。

1.讨论含参函数的单调性：
综上…
列表得:
x
(1,+) （-) ) ()
x’y + 0 - 0 + +
y’y’
综上…
2.求含参函数的值域（最值）：
依以下顺序讨论：1°先讨论单调性（整个有意义的区间），
2°再讨论极值点与定义域的关系.
例6.求值域：
x -1 (-1,a) a (a,1) 1 y’ - 0 +
y ↘↗(1-a)e 综上所述：……
总结：含参函数求值域，最核心的是讨论其单调性，讨论的顺序为：
1)先讨论y’=0在定义域内是否有解；2）再讨论有几解；3）再讨论解的大小；4）最后比较极值与区间端点值(有时是极限值)的大小，进而求出函数的值域.。

含参型函数单调性求解技巧单调性是函数在某个定义域上的递增或递减性质。

当一个函数在某个区间上单调递增时，函数的值随着自变量的增大而增大；当一个函数在某个区间上单调递减时，函数的值随着自变量的增大而减小。

要判断一个含参型函数的单调性，可以运用微积分和函数性质的知识。

下面介绍一些常见的求解技巧。

一、求导法1. 单调递增区间如果一个函数在某个区间上的导数大于零，则函数在该区间上单调递增。

即 f'(x) > 0。

2. 单调递减区间如果一个函数在某个区间上的导数小于零，则函数在该区间上单调递减。

即 f'(x) < 0。

判断函数的单调性时，可以求出函数的导数，并根据导数的正负来判断单调性的性质。

例如，对于函数 f(x) = x^2 + 3x + 2，我们可以求出它的导数 f'(x) = 2x + 3。

根据导数 f'(x) 的正负，可以判断函数 f(x) 的单调性。

二、函数性质法有些函数具有特殊的数学性质，可以利用这些性质来判断函数的单调性。

1. 二次函数二次函数是形如 f(x) = ax^2 + bx + c 的函数，其中a, b, c 是常数，并且 a ≠ 0。

当 a > 0 时，二次函数的图像是一个开口向上的抛物线，函数在抛物线开口的两侧上单调递增；当a < 0 时，二次函数的图像是一个开口向下的抛物线，函数在抛物线开口的两侧上单调递减。

例如，对于函数 f(x) = x^2 + 3x + 2，它是一个开口向上的抛物线，函数在整个定义域上单调递增。

2. 反函数如果一个函数在整个定义域上单调递增或单调递减，则它的反函数在整个值域上也单调递增或单调递减。

例如，对于函数f(x) = e^x，它是一个在整个定义域上单调递增的指数函数。

其反函数为f^{-1}(x) = \\ln x，它在整个值域上也单调递增。

三、初等函数的单调性规律对于一些常见的初等函数，也存在一些单调性的规律，可以用来判断函数的单调性。

含参函数的单调性讨论类型一：导函数可转化为一次函数或二次函数型分类讨论步骤： ① 求定义域.② 讨论导数的最高项系数.若最高项系数含有参数则需分大于零，小于零，等于零进行讨论； 若最高项系数不含参数则此步略. ③ 求极值点，即导函数的变号零点.首先讨论有无极值点：一次函数型有无极值点一目了然；二次函数型可用判别式、因式分解等方法判定. 然后讨论两极值点的大小，以及极值点与给定区间端点的大小关系，即极值点是否在给定区间内. ④总结例1：讨论x a x x f ln )(+=的单调性，求其单调区间变式1：已知函数()ln ()af x x a R x=+∈，试讨论其在[1,]e 上的单调性及最值.变式2：讨论x ax x f ln )(+=的单调性 例2：设函数aax x a x x f 244)1(31)(23+++-=讨论函数)(x f 的单调性.变式1：设函数x a x a x x f ln 4)1(221)(2++-=，讨论函数)(x f 单调性.变式2：设函数)0(ln 4)1(221)(2≥++-=a x x a ax x f ，讨论函数)(x f 单调性.例3：设函数a ax ax x x f 24431)(23++-=，讨论函数)(x f 单调性.变式1：讨论xax x f +=)(的单调性，求其单调区间变式2：设函数23()1(1)f x a x x x =++--，其中0a >（1） 讨论()f x 在其定义域上的单调性；（2） 当[0,1]x ∈时，求()f x 取得最大值和最小值时的x 的值例4：已知函数(),(0,1],f x x a x a R +=-+∈∈，讨论函数的单调区间类型二：导函数不可转化为多项式函数型分类讨论步骤：① 求定义域; ② 求导函数;③ 先讨论只有一种单调区间的（即()0f x '≥或()0f x '≤）的情况，再讨论有增有减的情况（即导函数存在变号零点）; ④ 总结例5：讨论函数()22xf x e ax =-+的单调区间变式1：讨论函数()22x f x e ax =-+在[0,1]上的单调区间变式2：讨论函数2()(2)2x a f x e x x ax =--+的单调区间例6:试讨论()ln 2f x x x ax =-的单调区间变式：试讨论()ln 2f x x x ax =-在(0,)e 的单调区间。

全国高考数学复习：专题（含参函数的单调性讨论）重点讲解与练习【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－a ln x(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】1．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．讨论函数f(x)的单调性．2．已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)，讨论函数f(x)的单调性．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](2021ꞏ全国乙节选)已知函数f(x)＝x3－x2＋ax＋1．讨论f(x)的单调性．[例3](2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f(x)＝1x－x＋a ln x，讨论f(x)的单调性．[例4]设函数f(x)＝a ln x＋x－1x＋1，其中a为常数．讨论函数f(x)的单调性．【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f(x)＝x3－kx＋k2．讨论f(x)的单调性．4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，a >0．讨论f (x )的单调性．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax－1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．[例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．[例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间．8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性．10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x(x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性．考点三 导主指对型 【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．[例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋2ax ，求f (x )的单调递减区间．【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值； (2)求函数f (x )的单调区间．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12](2017山东理)已知函数f(x)＝x2＋2cos x，g(x)＝e xꞏ(cos x－sin x＋2x－2)，其中e是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性参考答案【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝x －a ln x (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－a x ＝x －ax ，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 )＝a ln x －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 )＝a (1－x )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 )＝ln x －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 )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ， 当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0， 故函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞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⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞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x 1，x 2都在定义域内，则讨论个零点x 1，x 2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] (2021ꞏ全国乙节选)已知函数f (x )＝x 3－x 2＋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 )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )． ①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3， 令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，1－1－3a 3上单调递增，在⎝ ⎛⎪⎫1－1－3a 3，1＋1－3a 上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1－3a 3，＋∞上单调递增．[例3] (2018ꞏ全国Ⅰ节选)已知函数f (x )＝1x －x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性． 解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋a x ＝－x 2－ax ＋1x 2． 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 ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42． 当x ∈⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4∪⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞时，f ′(x )＜0；当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42时，f ′(x )＞0． 所以f (x )在⎝ ⎛⎪⎫0，a －a 2－4，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42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⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－42，⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－42，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a －a 2－42，a ＋a 2－42上单调递增．[例4] 设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，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 )＝a x ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．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 )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减． (3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点， 则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a． 由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 2，＋∞)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 ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减； 当－12＜a ＜0时，f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－(a ＋1)＋2a ＋1a ，⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)－2a ＋1a ，＋∞上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫－(a ＋1)＋2a ＋1a ，－(a ＋1)－2a ＋1a 上单调递增． 【对点训练】3．(2020ꞏ全国Ⅲ节选)已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性． 3．解析 由题意，得f ′(x )＝3x 2－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 ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－k 3，k 3上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－∞，－k 3，⎝⎛⎭⎫k 3，＋∞上单调递增． 4．已知函数f (x )＝x －2x ＋1－a ln x ，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＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2. 设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ<0，即0<a <22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 2 时，仅对x ＝2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 >22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0<x 1<x 2， x ∈(0，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．此时f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，a －a 2－82上单调递增，在(a －a 2－82，a ＋a 2－82)上单调递减，在⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋a 2－82，＋∞上单调递增．5．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性． 5．解析 由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增． 当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋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x 1＝－1－1－1a ，x 2＝－1＋1－1a ．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增； x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减； x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增． 所以f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，－1－1－1a 和⎝⎛⎭⎫－1＋1－1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－1－1－1a ，－1＋1－1a 上单调递减．命题点2 是不是＋在不在＋大不大[例5] 已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性． 解析 因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x． 由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ， 若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1， 即函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a ，(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减；若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)，⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减； 若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，12a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫12a ，＋∞上单调递增；当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫12a ，1上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．[例6] 已知函数f (x )＝x 2e －ax －1(a 是常数)，求函数y ＝f (x )的单调区间．解析 根据题意可得，当a ＝0时，f (x )＝x 2－1，函数在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减． 当a ≠0时，f ′(x )＝2x e－ax ＋x 2(－a )e －ax ＝e －ax (－ax 2＋2x )． 因为e －ax >0，所以令g (x )＝－ax 2＋2x ＝0，解得x ＝0或x ＝2a(1)当a >0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)和⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞上有g (x )<0，即f ′(x )<0，函数y ＝f (x )单调递减；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤0，2a 上有g (x )≥0，即f ′(x )≥0，函数y ＝f (x )单调递增． (2)当a <0时，函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎝⎛⎭⎫－∞，2a 和(0，＋∞)上有g (x )>0，即f ′(x )>0，函数y ＝f (x )单调递增；函数g (x )＝－ax 2＋2x 在⎣⎡⎦⎤2a ，0上有g (x )≤0，即f ′(x )≤0，函数y ＝f (x )单调递减． 综上所述，当a ＝0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)；当a >0时，函数y ＝f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞，单调递增区间为⎣⎡⎦⎤0，2a ； 当a <0时，函数y ＝f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎣⎡⎦⎤2a ，0． [例7] 已知函数f (x )＝(a ＋1)ln x ＋1x －ax ＋2(a ∈R )．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，且f ′(x )＝－(x －1)(ax －1)x 2．令f ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝1a ． 当a ≤0时，ax －1＜0，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在(0，1)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递减； 当a ＝1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞1时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减． [例8] 已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析 f ′(x )＝a x ＋1－a －2x ＝－2x ⎝⎛⎭⎫x ＋2＋a 2x ＋1， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22，又f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x ∈⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增； 若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x ∈⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减． 综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )在⎝⎛⎭⎫－1，－a ＋22上单调递减，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)上单调递减，在⎝⎛⎭⎫0，－a ＋22上单调递增，在⎝⎛⎭⎫－a ＋22，＋∞上单调递减．[例9] (2016ꞏ山东)已知f (x )＝a (x －ln x )＋2x －1x 2，a ∈R ．讨论f (x )的单调性．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －a x －2x 2＋2x 3＝(ax 2－2)(x －1)x 3． 当a ≤0，x ∈(0，1)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．当a ＞0时，f ′(x )＝a (x －1)x 3⎝⎛⎭⎫x －2a ⎝⎛⎭⎫x ＋2a . ①若0＜a ＜2，则2a ＞1，当x ∈(0，1)或x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫1，2a 时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．②若a ＝2，则2a ＝1，在x ∈(0，＋∞)内，f ′(x )≥0，f (x )单调递增．③若a ＞2，则0＜2a ＜1，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a 或x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )＞0，f (x )单调递增；当x ∈⎝⎛⎭⎫2a ，1时，f ′(x )＜0，f (x )单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(0，1)内单调递增，在(1，＋∞)内单调递减；当0＜a ＜2时，f (x )在(0，1)内单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，2a 内单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，＋∞内单调递增；当a ＝2时，f (x )在(0，＋∞)内单调递增；当a ＞2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 内单调递增，在⎝⎛⎭⎫2a ，1内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增． 【对点训练】6．已知函数f (x )＝122－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．6．解析 函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x． ①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1，1a 时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； ②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增； ③当a >1时，0<1a <1，∴x ∈⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)时，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫1a ，1时，f ′(x )<0， ∴函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)和⎝⎛⎭⎫1a ，＋∞上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1，1a 上单调递减； 当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，1a 和(1，＋∞)上单调递增，在⎝⎛⎭⎫1a ，1上单调递减． 7．已知函数f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )，求函数f (x )的单调区间． 7．解析 f (x )＝x 2e ax ＋1＋1－a (a ∈R )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝x (ax ＋2)e ax ＋1 ． ①当a ＝0时，x >0，f ′(x )>0；x <0，f ′(x )<0，所以函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，单调递减区间为(－∞，0)．②当a >0时，x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，0，f ′(x )<0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )>0， 所以函数f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫－∞，－2a ，(0，＋∞)，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫－2a ，0． ③当a <0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )<0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，－2a ，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，f ′(x )<0， 所以函数f (x )的单调递减区间为(－∞，0)，⎝⎛⎭⎫－2a ，＋∞，单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，－2a ． 8．已知函数f (x )＝(a －1)ln x ＋ax 2＋1，讨论函数f (x )的单调性．8．解析 f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝a －1x ＋2ax ＝2ax 2＋a －1x． (1)当a ≥1时，f ′(x )>0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；(2)当a ≤0时，f ′(x )<0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递减；(3)当0<a <1时，令f ′(x )＝0，解得x ＝1－a 2a ， 则当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 时，f ′(x )<0；当x ∈(1－a 2a ，＋∞)时，f ′(x )>0， 故f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1－a 2a 上单调递减，在(1－a 2a ，＋∞)上单调递增． 9．已知函数f (x )＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k ln x ＋4－x 2x ，其中常数k >0，讨论f (x )在(0，2)上的单调性． 9．解 因为f ′(x )＝k ＋4k x －4x 2－1＝⎝⎛⎭⎫k ＋4k x －4－x 2x 2＝－(x －k )⎝⎛⎭⎫x －4k x 2(x >0，k >0)． ①当0<k <2时，4k k >0，且4k >2，所以当x ∈(0，k )时，f ′(x )<0，当x ∈(k ，2)时，f ′(x )>0，所以函数f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；②当k ＝2时，4k ＝k ＝2，f ′(x )<0在(0，2)上恒成立，所以f (x )在(0，2)上是减函数；③当k >2时，0<4k <2，k >4k ，所以当x ∈⎝⎛⎭⎫0，4k 时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫4k ，2时，f ′(x )>0， 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数．综上可知，当0<k <2时，f (x )在(0，k )上是减函数，在(k ，2)上是增函数；当k ＝2时，f (x )在(0，2)上是减函数；当k >2时，f (x )在⎝⎛⎭⎫0，4k 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫4k ，2上是增函数． 10．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－ax 2＋x (x ＋1)2，且1<a <2，试讨论函数f (x )的单调性． 10．解析 函数f (x )的定义域为(－1，＋∞)，f ′(x )＝x (x －2a ＋3)(x ＋1)3，x >－1． ①当－1<2a －3<0，即1<a <32时，当－1<x <2a －3或x >0时，f ′(x )>0，f (x )单调递增，当2a －3<x <0时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．②当2a －3＝0，即a ＝32时，f ′(x )≥0，则f (x )在(－1，＋∞)上单调递增．③当2a －3>0，即32<a <2时，当－1<x <0或x >2a －3时，f ′(x )>0，则f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增．当0<x <2a －3时，f ′(x )<0，则f (x )在(0，2a －3)上单调递减．综上，当1<a <32时，f (x )在(－1，2a －3)，(0，＋∞)上单调递增，在(2a －3，0)上单调递减；当a ＝32时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递增；当32<a <2时，f (x )在(－1，0)，(2a －3，＋∞)上单调递增，在(0，2a －3)上单调递减．考点三 导主指对型【例题选讲】[例10] 已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论函数f (x )的单调性．解析 函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a >0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a ．当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )<0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0. 故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a <0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln ⎝⎛⎭⎫－a 2．当x ∈⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2时，f ′(x )<0；当x ∈⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞时，f ′(x )>0；故f (x )在⎝⎛⎭⎫－∞，ln ⎝⎛⎭⎫－a 2上单调递减，在⎝⎛⎭⎫ln ⎝⎛⎭⎫－a 2，＋∞上单调递增． [例11] 已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋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 )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a 2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a 2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 2时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，e 时，f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫a 2，e ；②若a 2＝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a 2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x ∈⎝⎛⎭⎫e ，a 2时，f ′(x )＜0，当x ∈⎝⎛⎭⎫a 2，＋∞时，f ′(x )＞0， 所以f (x )的单调递减区间为⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 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⎝⎛⎭⎫a 2，e ；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⎝⎛⎭⎫e ，a 2． 【对点训练】11．已知函数f (x )＝e x －ax －1的定义域为(0，＋∞)，讨论函数f (x )的单调性．11．解析 ∵f (x )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a ．易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －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 )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．12．已知函数f (x )＝(x 2－2ax )ln x －122＋2ax (a ∈R )．(1)若a ＝0，求f (x )的最小值；(2)求函数f (x )的单调区间．12．解析 (1)若a ＝0，f (x )＝x 2ln x －12x 2，定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝2x ln x ＋x 2×1x －x ＝2x ln x ，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，所以f (x )在(0，1)单调递减，在(1，＋∞)单调递增，所以f (x )的最小值为f (1)＝－12．(2)f ′(x )＝(2x －2a )ln x ＋(x 2－2ax )ꞏ1x －x ＋2a ＝(2x －2a )ln x ，①当a ≤0时，2x －2a ＞0，由f ′(x )＞0可得x ＞1，由f ′(x )＜0可得0＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；②当0＜a ＜1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜a 或x ＞1，由f ′(x )＜0可得a ＜x ＜1，此时f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；③当a ＝1时，f ′(x )≥0恒成立，此时f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；④当a ＞1时，由f ′(x )＞0可得0＜x ＜1或x ＞a ，由f ′(x )＜0可得1＜x ＜a ，此时f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．综上所述：当a ≤0时，f (x )的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞)；当0＜a ＜1时，f (x )的单调递减区间为(a ，1)，单调递增区间为(0，a )和(1，＋∞)；当a ＝1时，f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)，无单调递减区间；当a ＞1时，f (x )的单调递减区间为(1，a )，单调递增区间为(0，1)和(a ，＋∞)．考点四 导主正余型【例题选讲】[例12] (2017山东理)已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ꞏ(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g(x)的单调区间；(2)讨论函数h(x)＝g(x)－af (x)(a∈R)的单调性．解析 (1)g′(x)＝(e x)′ꞏ(cos x－sin x＋2x－2)＋e x(cos x－sin x＋2x－2)′＝e x(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2e x(x－sin x)．记p(x)＝x－sin x，则p′(x)＝1－cos x．因为cos x∈[－1，1]，所以p′(x)＝1－cos x≥0，所以函数p(x)在R上单调递增．而p(0)＝0－sin 0＝0，所以当x<0时，p(x)<0，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；当x>0时，p(x)>0，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．综上，函数g(x)的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h(x)＝g(x)－af (x)＝e x(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，所以h′(x)＝2e x(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(e x－a)．由(1)知，当x>0时，p(x)＝x－sin x>0；当x<0时，p(x)＝x－sin x<0．当a≤0时，e x－a>0，所以x>0时，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x<0时，h′(x)<0，函数h(x)单调递减．当a>0时，令h′(x)＝2(x－sin x)(e x－a)＝0，解得x1＝ln a，x2＝0．①若0<a<1，则ln a<0，所以x∈(－∞，ln a)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(ln a，0)时，e x－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(0，＋∞)时，e x－a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．②若a＝1，则ln a＝0，所以x∈R时，h′(x)≥0，函数h(x)在R上单调递增．③若a>1，则ln a>0，所以x∈(－∞，0)时，e x－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；x∈(0，ln a)时，e x－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；x∈(ln a，＋∞)时，e x －a>0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增．综上所述，当a≤0时，函数h(x)在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a<1时，函数h(x)在(－∞，ln a)，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a，0)上单调递减；当a＝1时，函数h(x)在R上单调递增；当a>1时，函数h(x)在(－∞，0)，(ln a，＋∞)上单调递增，在(0，ln a)上单调递减．【对点训练】13．(2017ꞏ山东)已知函数f(x)＝13x 3－12ax2，其中参数a∈R．(1)当a＝2时，求曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程；(2)设函数g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，讨论g(x)的单调性．13．解析 (1)由题意得f′(x)＝x2－ax，所以当a＝2时，f(3)＝0，f′(x)＝x2－2x，所以f′(3)＝3，因此曲线y＝f(x)在点(3，f(3))处的切线方程是y＝3(x－3)，即3x－y－9＝0．(2)因为g(x)＝f(x)＋(x－a)cos x－sin x，所以g′(x)＝f′(x)＋cos x－(x－a)sin x－cos x＝x(x－a)－(x－a)sin x＝(x－a)(x－sin x)．令h(x)＝x－sin x，则h′(x)＝1－cos x≥0，所以h(x)在R上单调递增．因为h(0)＝0，所以当x>0时，h(x)>0；当x<0时，h(x)<0．①当a<0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，a)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(a，0)时，x－a>0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(0，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．②当a＝0时，g′(x)＝x(x－sin x)，当x∈(－∞，＋∞)时，g′(x)≥0，所以g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增．③当a>0时，g′(x)＝(x－a)(x－sin x)，当x∈(－∞，0)时，x－a<0，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x∈(0，a)时，x－a<0，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x∈(a，＋∞)时，x－a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．综上所述，当a<0时，函数g(x)在(－∞，a)和(0，＋∞)上单调递增，在(a，0)上单调递减；当a＝0时，函数g(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；当a>0时，函数g(x)在(－∞，0)和(a，＋∞)上单调递增，在(0，a)上单调递减．。

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 －a ln x (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－a x ＝x －ax，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．2．已知函数f (x )＝a ln x －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 )＝a (1－x )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．3．已知函数f (x )＝ln x －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 )＝1x －a ＝1－ax x (x >0)，①当a ≤0时，f ′(x )＝1x －a >0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．②当a >0时，令f ′(x )＝1x －a ＝1－ax x ＝0，可得x ＝1a ，当0<x <1a 时，f ′(x )＝1－ax x >0；当x >1a 时，f ′(x )＝1－ax x <0，故函数f (x )综上，当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，f (x )4．已知函数f (x )＝12ax 2－(a ＋1)x ＋ln x ，a >0，试讨论函数y ＝f (x )的单调性．解析：函数的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1x ＝ax 2－(a ＋1)x ＋1x ＝(ax －1)(x －1)x ．①当0<a <1时，1a >1，∴x ∈(0，1)f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )在(0，1)②当a ＝1时，1a ＝1，∴f ′(x )≥0在(0，＋∞)上恒成立，∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；③当a >1时，0<1a <1，∴x (1，＋∞)时，f ′(x )>0；x f ′(x )<0，∴函数f (x )(1，＋∞)综上，当0<a <1时，函数f (x )在(0，1)当a ＝1时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >1时，函数f (x )(1，＋∞)5．设函数f (x )＝a ln x ＋x －1x ＋1，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 )＝ax ＋2(x ＋1)2＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a x (x ＋1)2．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 )＝ax 2＋(2a ＋2)x ＋a ，由于Δ＝(2a ＋2)2－4a 2＝4(2a ＋1)．(1)当a ＝－12时，Δ＝0，f ′(x )＝－12(x －1)2x (x ＋1)2≤0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(2)当a ＜－12时，Δ＜0，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减．(3)当－12＜a ＜0时，Δ＞0．设x 1，x 2(x 1＜x 2)是函数g (x )的两个零点，则x 1＝－(a ＋1)＋2a ＋1a ，x 2＝－(a ＋1)－2a ＋1a ．由x 1＝a ＋1－2a ＋1－a ＝a 2＋2a ＋1－2a ＋1－a ＞0，所以x ∈(0，x 1)时，g (x )＜0，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 1，x 2)时，g (x )＞0，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 2，＋∞)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 ≤－12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当－12＜a ＜0时，f (x )6．已知f (x )＝(x 2－ax )ln x －32x 2＋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 )(ln x －1)，令f ′(x )＝0得x ＝a2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a2＜e ，即0＜a ＜2e ，当x f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )②若a2＝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a2＞e ，即a ＞2e ，当x ∈(0，e)时，f ′(x )＞0，当x f ′(x )＜0，当x f ′(x )＞0，所以f (x )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 )当a ＝2e 时，f (x )无单调递减区间；当a ＞2e 时，f (x )7．已知e 是自然对数的底数，实数a 是常数，函数f (x )＝e x －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 )＝e x －e x －1，∴f ′(x )＝e x －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 )＝e x －ax －1，∴f ′(x )＝e x －a .易知f ′(x )＝e x －a 在(0，＋∞)上单调递增．∴当a ≤1时，f ′(x )＞0，故f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，由f ′(x )＝e x －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 )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．综上，当a ≤1时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(0，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．8．已知函数g (x )＝ln x ＋ax 2＋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 )＝1x ＋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 )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x .因为函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，所以当a ＝0时，g ′(x )＝－x －1x.由g ′(x )＞0，得0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得x ＞1，即函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．当a ＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝12a，若12a ＜1，即a ＞12，由g ′(x )＞0，得x ＞1或0＜x ＜12a ，由g ′(x )＜0，得12a＜x ＜1，即函数g (x )(1，＋∞)若12a ＞1，即0＜a ＜12，由g ′(x )＞0，得x ＞12a 或0＜x ＜1，由g ′(x )＜0，得1＜x ＜12a，即函数g (x )在(0,1)若12a ＝1，即a ＝12，在(0，＋∞)上恒有g ′(x )≥0，即函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当a ＝0时，函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；当0＜a ＜12时，函数g (x )在(0,1)当a ＝12时，函数g (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a ＞12时，函数g (x )(1，＋∞)9．已知函数f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ．若a >0，试讨论函数f (x )的单调性．解析：因为f (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，所以f ′(x )＝2ax 2－(2a ＋1)x ＋1x ＝(2ax －1)(x －1)x．由题意知函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，令f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝12a ，若12a <1，即a >12，由f ′(x )>0得x >1或0<x <12a ，由f ′(x )<0得12a <x <1，即函数f (x )(1，＋∞)若12a >1，即0<a <12，由f ′(x )>0得x >12a 或0<x <1，由f ′(x )<0得1<x <12a ，即函数f (x )在(0，1)若12a ＝1，即a ＝12，则在(0，＋∞)上恒有f ′(x )≥0，即函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增．综上可得，当0<a <12时，函数f (x )在(0，1)当a ＝12时，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >12时，函数f (x )减，在(1，＋∞)上单调递增．10．函数f (x )＝2ax －a 2＋1x 2＋1，当a ≠0时，求f (x )的单调区间与极值．解析：因为f ′(x )＝－2ax 2＋2(a 2－1)x ＋2a (x 2＋1)2＝－2a(x 2＋1)2·(x －a (1)a >0时x (－∞，－a －1)(－a －1，a )(a ，＋∞)f ′(x )－＋－f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.(2)当a <0时，x (－∞，a )(a ，－a －1)(－a －1，＋∞)f ′(x )＋－＋f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.综上，当a >0时，f (x )的递增区间是(－a －1，a )，递减区间是(－∞，－a －1)，(a ，＋∞)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.当a <0时，f (x )的递增区间是(－∞，a )，(－a －1，＋∞)，递减区间是(a ，－a －1)，f (x )的极小值为f (－a －1)＝－a 2，极大值为f (a )＝1.11．已知函数f (x )＝ln(x ＋1)－axx ＋a(a >1)，讨论f (x )的单调性．解析：f ′(x )＝x (x －(a 2－2a ))(x ＋1)(x ＋a )2.①当a 2－2a <0时，即1<a <2，又a 2－2a ＝(a －1)2－1>－1.②当a ＝2时，f ′(x )＝x (x ＋1)(x ＋2)2≥0，f (x )在(－1，＋∞)上递增．③当a 2－2a >0时，即a >2时，x (－1,0)(0，a 2－2a )(a 2－2a ，＋∞)f ′(x )＋－＋综上，当1<a <2时，f (x )的递增区间是(－1，a 2－2a )，(0，＋∞)，递减区间是(a 2－2a,0)；当a >2时，f (x )的递增区间是(－1,0)，(a 2－2a ，＋∞)，递减区间是(0，a 2－2a )；当a ＝2时，f (x )在(－1，＋∞)上递增．12．已知函数f (x )＝e x (e x －a )－a 2x ，讨论f (x )的单调性．解析：函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2e 2x －a e x －a 2＝(2e x ＋a )(e x －a )．①若a ＝0，则f (x )＝e 2x 在(－∞，＋∞)上单调递增．②若a ＞0，则由f ′(x )＝0，得x ＝ln a .当x ∈(－∞，ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0.故f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．③若a ＜0，则由f ′(x )＝0，得x ＝当x ∞，f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.故f (x )∞，13．已知函数f (x )＝a ln(x ＋1)－ax －x 2，讨论f (x )在定义域上的单调性．解析：f ′(x )＝a x ＋1－a －2x 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝－a ＋22f (x )的定义域为(－1，＋∞)，①当－a ＋22≤－1，即当a ≥0时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．②当－1＜－a ＋22＜0，即－2＜a ＜0时，若x 1f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x －a ＋22，f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x ∈(0，＋∞)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．③当－a ＋22＝0，即a ＝－2时，f ′(x )≤0，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减．④当－a ＋22＞0，即a ＜－2时，若x ∈(－1，0)，f ′(x )＜0，则f (x )单调递减；若x f ′(x )＞0，则f (x )单调递增；若x －a ＋22，＋f ′(x )＜0，则f (x )单调递减．综上，当a ≥0时，f (x )在(－1，0)上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减；当－2＜a ＜0时，f (x )1－a ＋22，(0，＋∞)上单调递减；当a ＝－2时，f (x )在(－1，＋∞)上单调递减；当a ＜－2时，f (x )在(－1，0)－a ＋22，＋14．已知函数f (x )＝x 2＋2cos x ，g (x )＝e x ·(cos x －sin x ＋2x －2)，其中e 是自然对数的底数．(1)求函数g (x )的单调区间；(2)讨论函数h (x )＝g (x )－af (x )(a ∈R)的单调性．解析：(1)g ′(x )＝(e x )′·(cos x －sin x ＋2x －2)＋e x (cos x －sin x ＋2x －2)′＝e x (cos x －sin x ＋2x －2－sin x －cos x ＋2)＝2e x (x －sin x )．记p (x )＝x －sin x ，则p ′(x )＝1－cos x ．因为cos x ∈[－1，1]，所以p ′(x )＝1－cos x ≥0，所以函数p (x )在R 上单调递增．而p (0)＝0－sin 0＝0，所以当x <0时，p (x )<0，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x >0时，p (x )>0，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．综上，函数g (x )的单调递减区间为(－∞，0)，单调递增区间为(0，＋∞)．(2)因为h (x )＝g (x )－af (x )＝e x (cos x －sin x ＋2x －2)－a (x 2＋2cos x )，所以h ′(x )＝2e x (x －sin x )－a (2x －2sin x )＝2(x －sin x )(e x －a )．由(1)知，当x >0时，p (x )＝x －sin x >0；当x <0时，p (x )＝x －sin x <0．当a ≤0时，e x －a >0，所以x >0时，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x <0时，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减．当a >0时，令h ′(x )＝2(x －sin x )(e x －a )＝0，解得x 1＝ln a ，x 2＝0．①若0<a <1，则ln a <0，所以x ∈(－∞，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(ln a ，0)时，e x －a >0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(0，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．②若a ＝1，则ln a ＝0，所以x ∈R 时，h ′(x )≥0，函数h (x )在R 上单调递增．③若a >1，则ln a >0，所以x ∈(－∞，0)时，e x －a <0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增；x ∈(0，ln a )时，e x －a <0，h ′(x )<0，函数h (x )单调递减；x ∈(ln a ，＋∞)时，e x －a >0，h ′(x )>0，函数h (x )单调递增．综上所述，当a ≤0时，函数h (x )在(0，＋∞)上单调递增，在(－∞，0)上单调递减；当0<a <1时，函数h (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a ，0)上单调递减；当a ＝1时，函数h (x )在R 上单调递增；当a >1时，函数h (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．题型二导函数不可因式分解1．已知函数f (x )＝x 3－x 2＋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 )＝3x 2－2x ＋a ，对于f ′(x )＝0，Δ＝(－2)2－4×3a ＝4(1－3a )．①当a ≥13时，f ′(x )≥0，f (x )在R 上单调递增；②当a <13时，令f ′(x )＝0，即3x 2－2x ＋a ＝0，解得x 1＝1－1－3a 3，x 2＝1＋1－3a 3，令f ′(x )>0，则x <x 1或x ＞x 2；令f ′(x )<0，则x 1<x <x 2．所以f (x )在(－∞，x 1)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减，在(x 2，＋∞)上单调递增．综上，当a ≥13时，f (x )在R 上单调递增；当a <13时，f (x )∞2．已知函数f (x )＝x 3－kx ＋k 2．讨论f (x )的单调性．解析：由题意，得f ′(x )＝3x 2－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 ＝±k 3，令f ′(x )＜0，得－k3＜x ＜k3，令f ′(x )＞0，得x ＜－k3或x ＞k 3，所以f (x )－k 3，∞k3，＋3．已知函数f (x )＝(1＋ax 2)e x －1，当a ≥0时，讨论函数f (x )的单调性．解析：由题易得f ′(x )＝(ax 2＋2ax ＋1)e x ，当a ＝0时，f ′(x )＝e x ＞0，此时f (x )在R 上单调递增．当a ＞0时，方程ax 2＋2ax ＋1＝0的判别式Δ＝4a 2－4a ．①当0＜a ≤1时，Δ≤0，ax 2＋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x 1＝－1－1－1a，x 2＝－1＋1－1a．x ∈(－∞，x 1)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增；x ∈(x 1，x 2)时，f ′(x )＜0，函数f (x )单调递减；x ∈(x 2，＋∞)时，f ′(x )＞0，函数f (x )单调递增．所以f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a，－1综上，当0≤a ≤1时，f (x )在R 上单调递增；当a ＞1时，f (x )∞，－11＋1－1a，＋1－1－1a ，－14．已知函数f (x )＝1x－x ＋a ln x ，讨论f (x )的单调性．解析：f (x )的定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝－1x 2－1＋ax ＝－x 2－ax ＋1x 2.①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 ＝a －a 2－42或x ＝a ＋a 2－42.当x f ′(x )＜0；当x f ′(x )＞0.所以f (x )综合①②可知，当a ≤2时，f (x )在(0，＋∞)上单调递减；当a ＞2时，f (x )5．已知f (x )＝ax －1x ，g (x )＝ln x ，x ＞0，a ∈R 是常数．(1)求函数y ＝g (x )的图象在点P (1，g (1))处的切线方程；(2)设F (x )＝f (x )－g (x )，讨论函数F (x )的单调性．解析：(1)因为g (x )＝ln x (x ＞0)，所以g (1)＝0，g ′(x )＝1x ，g ′(1)＝1，故函数g (x )的图象在P (1，g (1))处的切线方程是y ＝x －1.(2)因为F (x )＝f (x )－g (x )＝ax －1x －ln x (x ＞0)，所以F ′(x )＝a ＋1x 2－1x ＝a －14.①当a ≥14时，F ′(x )≥0，F (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a ＝0时，F ′(x )＝1－xx 2，F (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减；③当0＜a ＜14时，由F ′(x )＝0，得1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a＞0，且x 2＞x 1，故F (x )④当a ＜0时，由F ′(x )＝0，得x 1＝1－1－4a 2a ＞0，x 2＝1＋1－4a 2a ＜0，F (x )6．已知函数f (x )＝x 3＋ax 2＋x ＋1.(1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )－23，－a 的取值范围．解析：(1)因为f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1.①当Δ≤0⇒－3≤a ≤3，f ′(x )≥0，且在R 的任给一子区间上，f ′(x )不恒为0，所以f (x )在R 上递增；②当Δ>0⇒a <－3或a > 3.由f ′(x )＝0⇒x 1＝－a －a 2－33，x 2＝－a ＋a 2－33.x(－∞，x 1)(x 1，x 2)(x 2，＋∞)f ′(x )＋－＋所以f (x )的单调递增区间是(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)；单调递减区间是(x 1，x 2)．(2)因为f (x )－23，－－23，－(x 1，x 2)．所以f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋1≤0－23，－所以2a ≥－3x －1x在－23，－a ≥2.7．已知函数f (x )＝x －2x＋1－a ln x ，a ＞0，讨论f (x )的单调性．解析：由题意知，f (x )的定义域是(0，＋∞)，导函数f ′(x )＝1＋2x 2－a x ＝x 2－ax ＋2x 2.设g (x )＝x 2－ax ＋2，二次方程g (x )＝0的判别式Δ＝a 2－8.①当Δ≤0，即0＜a ≤22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 ＞22时，方程g (x )＝0有两个不同的实根x 1＝a －a 2－82，x 2＝a ＋a 2－82，0＜x 1＜x 2.由f ′(x )>0，得0<x <x 1或x >x 2.由f ′(x )<0，得x 1<x <x 2.所以f (x )在。

高考数学微专题第 1 页 导函数三种含参的单调性讨论类型一：导函数为含参一次型的函数单调性针对通分后分子是一次型的，我们考虑能否参数取得某一个范围使得导数是大于0或者小于0恒成立，如果可以，再去讨论另外的范围。

这样做的好处是思路清晰，不会导致漏了讨论的范围。

例题1：已知函数)1(ln )(x a x x f -+=，讨论f(x)的单调性变式1：函数)(ln )(R a x a x x f ∈-=，求函数的单调区间变式2：已知函数x e x f ax 3)(+=，求f(x)的单调区间变式训练3：已知函数2ln )(-+=x xa x f ，是否存在实数a,使得函数f(x)在],0(2e 上有最小值？若存在，求a 的值，若不存在，说明理由 类型二：导函数为含参二次型可因式分解的函数单调性针对求导后为含参二次型可因式分解的函数单调性，如果参数处在二次项系数，先讨论能否为0；再通过因式分解为两个因式的积。

接着首先讨论两根相等时，因为我们寻找了一种临界情况。

接下来就好确定分类标准了，这一点不可不知。

也会省去求不等式解集的麻烦。

例2：求函数2ln )1()(2ax x x a x f +--=的单调区间 变式1：已知函)(11ln )(R a xa ax x x f ∈--+-=，讨论f(x)的单调性 变式2：已知函数2)1()2()(-+-=x a e x x f x 。

讨论f(x)的单调性变式3：已知函数x x x f cos 2)(2+=，函数)22sin (cos )(-+-=x x x e x g x（1）求曲线y=f(x)在点))(,(ππf 处的切线方程（2）令))(()()(R a x af x g x h ∈-=，讨论会h(x)的单调性，并判断有无极值，有极值时求出极值类型三：导函数为含参二次型不可因式分解的函数单调性导数含参二次型不可因式分解是我们遇到的第三种情况，我们依然遵循求导通分定义域的步骤书写大题过程。

m(x + n}f(x) - lnx T g(x) = --------- m > 0)1 •设函数x T .(1)当m= l|时，函数¥訂(刈与¥ =創刈在"1处的切线互相垂直，求n的值；(2)若函数¥“仪卜創对在定义域内不单调，求m-n的取值范围；2a 3K xf(T 他M f(—) < 0(3)是否存在正实数使得x 2a 对任意正实数K恒成立？若存在，求出满足条件的实数；若不存在，请说明理由.2•已知函数fW = (^ + l)lnx-ax + 3f aG R,g(x)是f闵的导函数，*为自然对数的底数.(1)讨论：的单调性；(2)当白X时，证明：寓(3)当白X时，判断函数f凶零点的个数，并说明理由.bf(«) = + ) + blnx3.已知函数x(其中，忆b€R).(1)当b = Y时，若f")在其定义域内为单调函数，求臼的取值范围；(2)当：：八」时，是否存在实数H,使得当’■ ■时，不等式卜心■冷恒成立，如果存在，求b的取值范围，如果不存在，说明理由(其中电是自然对数的底数，“ 2一7182旷).4 •已知函数gW = x2 + ln(x + a)|,其中臼为常数.(1)讨论函数•的单调性；S(Xj) +g(x?) x t +x z(2)若或叮存在两个极值点叫*刈，求证：无论实数臼取什么值都有 2 £ 2 .5 .已知函数肛"油盧2)(玄为常数)是实数集"上的奇函数，函数屮“用刈卡商帥是区间Il上的减函数.(1)求的值；(2)若恥；-「：在卜G 及所在的取值范围上恒成立，求的取值范围；Irx ?=x -2e* + m(3)讨论关于丸的方程f⑷的根的个数.6 •已知函数f x ax ln x, F x e x ax，其中x 0, a 0.(1)若f x和F x在区间0,ln3上具有相同的单调性，求实数a的取值范围；(2) 若a最小值.1,二，且函数g x eax 1 xe 2 ax f x的最小值为M，求M的7.已知函数 f (x) e x m In x .(1)如x1是函数f(x)的极值点，求实数m的值并讨论的单调性 f (x)；(2) 若x x。

函数单调性常考题型题型一：初等函数中含参数的单调性问题典例1、如果函数 在R 上是增函数，那么a 的取值范围______. 解：根据一次函数的性质，得到，即可求解实数a 的取值范围. 详解：由题意，函数 在R 上是增函数， 根据一次函数的性质，可得，解得即实数a【点睛】本题主要考查了函数的单调性的应用，以及一次函数的性质，其中解答中根据一次函数的性质，列出不等式是解答的关键，着重考查了推理与运算能力. 变式题：1、已知函数在区间上是增函数，则实数的取值范围是______.2、函数在上是增函数，在上是减函数，则_________．3、若函数在区间上是单调函数，则实数a的取值范围是________．4、若函数f （x [m，+∞）上为增函数，则实数m 的取值范围是_____． 题型二、函数单调性与不等式典例2、若函数f(x)为R 上的减函数，则满足f(1)的实数x 的取值范围为________.【解析】先根据单调性化简不等式，再解分式不等式得结果.详解：因为函数f(x)为R 上的减函数，所以由f(1)或故答案为：【点睛】本题考查利用函数单调性解不等式、解分式不等式，考查基本分析求解能力，属基础题.21()y a x b =-+210a ->21()y a x b =-+210a ->()223f x x ax =-++(),4-∞a 2()34f x x mx =-+[5,)-+∞(,5]-∞-(1)f -=2()(24)1f x ax a x =--+(1,5)0x <(,0)[1,)-∞⋃+∞变式题：已知是定义在上的增函数，若，则的取值范围是______________．题型三、复合函数的单调性典例3__________. 【解析】首先求出函数的定义域，令，分别求出的单调区间，再利用符合函数单调性的性质即可求出的单调递增区间. 详解：因为，得，得或， 解得函数的定义域为. 令，在单调递增. 因为函数在单调递增， 在单调递增. 故答案为：【点睛】本题主要考查符合函数的单调性，特别注意先求定义域，利用复合函数“同增异减”为解题的关键，属于容易题.变式题：1、若函数的单调递增区间是，则=________. 2在是增函数，则实数的取值范围是______.3、函数f （x ）=x|x|-4x 的单调递增区间是______．题型四、函数单调性概念拓展应用典例4、已知满足对任意都有成立，则实数的取值范围是_________.【解析】由题意，函数在定义域R 上是增函数，故可得到，解出即可．【详解】 ()y f x =()2,2-112f m f m m ()f x 256t x x =-+256t x x =-+()f x 2560x x -+≥(2)(3)0x x --≥2x ≤3x ≥()f x (,2][3,)-∞⋃+∞256t x x =-+[0,)+∞256t x x =-+[3,)+∞[3,)+∞[3,)+∞()2f x x a =+a [)2,+∞a ()()2111a x x f x ax x ⎧-+<=⎨≥⎩12x x ≠a ()()2111a x x f x ax x ⎧-+<=⎨≥⎩02021a a a a ⎧⎪-⎨⎪-+≤⎩＞＞。

JIETI JIQIAO YU FANGFA解题技巧与方法133数学学习与研究2019.9导数的复习———含参单调性的讨论问题◎靖晶陈艳宝（大庆市第四中学，黑龙江大庆163711）高考中导数问题可谓是学生拉开区分度的分水岭．而含参的单调性的讨论问题是重中之重．单调性的问题讨论清楚了，那么极值最值等问题就可迎刃而解．利用导数求函数单调区间的依据：在定义域范围内，由导数大于0解得的x 的区间为函数的增区间；由导数小于0解得的x 的区间为函数的减区间．常见的分类标准有哪些呢？一般的含参的函数单调性的讨论常见的分类标准有：1．函数类型；2．开口方向；3．判别式；4．导数等于0有根无根；5．两根大小；6．极值点是否在定义域内．通过以下两个例题进行说明．例1讨论函数f （x ）=x －1x －a ln x （a ∈Ｒ）的单调性．分析根据导数的符号得函数在相应区间上的单调性，先进行求导．函数的定义域为（0，+ɕ），f'（x ）=x 2－ax +1x 2分母是恒正的，只需看分子的符号．由f'（x ）=0得x 2－ax +1=0．一元二次方程有根无根需看判别式．故而确定了第一个分类讨论的原因：二次函数的判别式．当Δ＞0时，a ＞2或a ＜－2，方程有两个不等实根．是否需要进一步讨论呢？可以发现此时分子为零的两根记为x 1，x 2，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1＞0，而定义域为（0，+ɕ），方程的两根符号与a 相同，故而确定第二个分类讨论的标准：方程的根是否在定义域内．解函数的定义域为（0，+ɕ），f'（x ）=x 2－ax +1x 2．令f'（x ）=0得x 2－ax +1=0．（1）当Δ≤0时，－2≤a ≤2时，f'（x ）≥0，f （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．（2）当Δ＞0时，方程有两个不等的实根，x 1=a －a 2槡－42，x 2=a +a 2槡－42．①a ＞2时，x 1+x 2=a ＞0，x 1x 2=1＞0，ʑx 1＞0，x 2＞0，ʑf （x ）在（0，x 1）和（x 2，+ɕ）单调递增，在（x 1，x 2）单调递减．（根据图1）图1②a ＜－2时，x 1+x 2=a ＜0，x 1x 2=1＞0ʑx 1＜0，x 2＜0，ʑf （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．（根据图2）图2综上，当时，f （x ）在（0，+ɕ）上单调递增．当a ＞2时f （x ）在（0，x 1）和（x 2，+ɕ）单调递增，在（x 1，x 2）单调递减．例2讨论函数f （x ）=e－kxx 2+x －1()k（k ∈Ｒ）的单调性．分析函数的定义域为Ｒ，f （x ）=e －kx ［－kx 2+（2－k ）x +2］=e －kx （x +1）（－kx +2）．ȵe －kx ＞0，ʑf'（x ）的符号只需看－kx 2+（2－k ）x +2的符号，而x 2的系数含字母，影响函数的类型，故第一类讨论的原因即高次项的系数是否为0．由题意k ≠0．当k ≠0时，其正负影响开口的方向，故第二类分类讨论的原因即开口方向．当k ＜0时，导数等于0的两根大小不确定，故而第三类分类讨论的原因为两根大小，确定分界点－2．解函数的定义域为Ｒ，f （x ）=e －kx ［－kx 2+（2－k ）x +2］=e －kx （x +1）（－kx +2）．（1）当k ＞0时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递减，在－1，2()k单调递增．（2）当k ＜0时，2k －（－1）=2+kk．①当k ＜－2时，2k ＞－1，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递增，在－1，2()k单调递减．②当k =－2时，2k =－1，f （x ）在（－ɕ，+ɕ）单调递增．③当k ＞－2时，2k ＜－1，f （x ）在－ɕ，2()k 和（－1，+ɕ）单调递增，在2k ，()－1单调递减．综上，当k ＞0时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递减，在－1，2()k单调递增．当k ＜－2时，f （x ）在（－ɕ，－1）和2k ，+()ɕ单调递增，在－1，2()k单调递减．解题技巧与方法JIETI JIQIAO YU FANGFA134数学学习与研究2019.9当k =－2时，f （x ）在（－ɕ，+ɕ）单调递增．当k ＞－2时，f （x ）在－ɕ，2()k 和（－1，+ɕ）单调递增，在2k，()－1单调递减．一般涉及含参单调性的讨论问题，我们可按以下步骤进行：1．先求出函数的定义域，再求出导函数，有分母要通分，能因式分解要分解彻底；2．若导函数带分母，通分因式分解彻底后，判断导数分子最高次项系数是否含有参数，有可以讨论该参数得0和不得0，最高次项系数是否为0影响的是函数的类型；3．判断导数等于0是否有根，导数等于0得到的方程若为一元二次方程，可判断其判别式的符号：当判别式小于等于0时，若二次项系数为正，则导数恒大于等于0，函数在定义域内为增函数，若二次项系数为负，则导数恒小于等于0，函数在定义域内为减函数；当判别式大于0时，可以结合韦达定理分析导数等于0的两根与定义域的关系，确定单调区间；4．导数等于0得到的方程不是二次函数时，根据方程的特点判断有根无根，若有根，再判断其与定义域的关系，若根在定义域内，则根为极值点，再判断定义域内极值点分成的各段区间导数的正负从而得到函数的单调性；5．若导数等于0，方程有两个根且均在定义域内，当两根大小不确定时，可通过比较两根大小确定讨论的分界点．（上接132页）度”、有“智慧挑战”，要遵循由易及难，由简到繁，由基本到拓展的发展顺序去安排，让不同水平的学生都练有所得．如“平行四边形面积”一课，学生探讨出计算方法之后，我设计了以下的练习：1．基本性练习：计算下面平行四边形的面积，需要什么条件？这个平行四边形已知高的长度，要求它的面积还需要已知什么条件？学生回答完后教师再补充“底是18分米”，让学生独立完成．2．提高练习：（1）计算右图平行四边形的面积，算式是（）．（单位：厘米）A．7．5ˑ4B．7．5ˑ6C．6ˑ4（2）下面第（）个平行四边形的面积算式是12ˑ8．ABC3．实践性练习：（1）选择条件，求出右边图形的面积．（单位：米）本组练习设计由浅入深，分层训练，逐步形成技能．基本练习在于检查学生是否会运用公式计算平行四边形的面积，加深对公式的巩固．提高练习是让学生明确计算平行四边形面积要选择正确的“底”和“高”．实践练习在于让学生能运用所学的知识解决生活当中的实际问题，培养学生的实践能力．发展性练习目的在于帮助学生深化知识、扩展知识，沟通知识间的内在联系，发展学生思维的广度和深度，培养学生创新的精神．四、总结反思要提炼数学思想方法数学思想方法是处理数学问题的指导思想和基本策略，是数学学习的灵魂，是学生数学素养的核心．刘云章教授认为：“重视对数学思想方法的领悟将能唤起数学学习者潜在的数学天赋，提高其数学素养，从而提高学习效益和质量”．数学思想方法的获得，一方面，需要教师进行有意识的渗透和培养，另一方面，也要靠学生的“悟”———在自身总结反思中提炼．例如，在“平面图形的面积复习”教学中，教师可引导学生思考：平行四边形、三角形、梯形的面积公式是怎样推导的？有什么共同点？学生在总结反思中理解了“转化”的数学思想方法．如学生学习完“三角形内角和”时，我让学生回顾学习过程：先计算直角三角形、等边三角形的内角和度数，再用猜测、操作、验证等方法推导一般三角形的内角和，最后归纳得出所有三角形的内角和为180度．学生回顾思维过程中总结出“归纳”的思想方法．因此，当数学学习结束后，教师要引导学生回顾自己的思维活动，总结反思自己是怎样发现和解决问题的，运用了哪些基本的思想方法等，及时对所应用的数学思想方法进行概括与提炼，从数学思想方法的高度把握知识的本质，提升课堂教学的价值．“本真数学”课堂教学，主张以“本”为核心，以“真”为重点，遵循“问题情境—探索活动—实践应用—反思提升”的教学程序，经历提出问题、分析问题、解决问题、应用问题的过程，探索数学本质，建构数学模型，提升数学素养．【参考文献】［1］刘加霞．小学数学课堂的有效教学［M ］．北京：北京师范大学出版，2008．［2］陈桂香．小学数学课堂教学中应体现“数学味”［J ］．教师博览（科研版），2011（11）：61．。

含有参数的函数单调性问题教学设计胡蓉一、教材地位导数在新课标卷中以压轴题的形式考察，近五年最后一道压轴题都是含有参数的函数题，熟悉含参函数单调性问题的求解是非常重要的，它是解决含参函数极值、最值、零点等问题的基础。

二、教学背景与教学目标笔者所教学生为重点中学文科学生，己经学完导数在研究函数中的应用三个课时，但是相对而言还比较零散，缺少整体联系但又具有一定的知识迁移能力。

学生在学习一元二次不等式时，经常遇到含参问题，需要进行讨论，因此对含参问题并不陌生。

但是对于含参的函数的单调性问题，何时需要分类讨论，以及如何分类讨论做到不重不漏并不清楚，也没有形成解题系统。

三、教学重点、难点重点：掌握含有参数的函数单调性问题分析及解决能力难点：培养利用分类讨论、化归、数形结合、类比等数学思想与方法进行解题的意识四、教学过程设计（一）复习引入（1）求函数()x x x f ln 212-=的单调区间 设计意图：师生共同解决此题，同时回顾了不含参函数单调区间的求解过程，也为解决例1搭建桥梁解：函数定义域为()0,+∞，()2'11x f x x x x -=-= 令()'0fx >得2101x x ->⇒>； 令()'0f x <得21001x x -<⇒<< 综上， ()f x 的单调递增区间为()1,+∞，单调递减区间为()0,1（二）探究新知例1、求函数()()R a x a x x f ∈-=ln 212的极值 教师活动：教师提供如下解法，让学生思考、点评.解：函数定义域为()0,+∞，()2'a x a f x x x x -=-=令()'0fx >得20x a x ->⇒>令()'0f x <得200x a x -<⇒<<综上， ()f x 的单调递增区间为)+∞，单调递减区间为(设计意图：训练学生考虑问题严谨的思维，同时引导学生发现单调区间的确定与a 的正负值有关，从而确定分类标准。