分类讨论专题：方程、函数中的分类讨论(含答案)[1]

一次函数中的分类讨论问题分类讨论是是一种重要的数学思想，也是一种重要的解题策略，同时也体现了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法。

有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、综合性、探索性，能训练人的思维条理性和概括性，所以在中考试题中占有十分重要的位置。

在一次函数学习过程中，除了首先要运用数形结合的思想方法去深刻理解和掌握一次函数的有关概念外，还要使学生学会用分类讨论的思想去研究一次函数的解题方法和技巧，做到不重复解和不漏解，现举例加以说明。

一、遇到有坐标轴名称不明确的需要讨论例1：已知正比例函数y=k1x和一次函数y=k2x+b的图象都经过点P（－2，1），且一次函数y=k2x+b 的图象与y轴交点坐标是A（0，3），求直线y=k1x和直线y=k2x+b与坐标轴围成的三角形的面积。

分析：由已知条件可以求出正比例函数和一次函数的解析式，但求两条直线与坐标轴围成的三角形的面积，并没有指明是与x轴围成的三角形的面积，还是与y轴围成的三角形的面积。

所以需要进行分类讨论。

二、遇到有点的位置不明确时需要讨论例2：在平面直角坐标中，已知点A（－3，0），B（2，6），在x轴上有一点C，满足SΔABC=12，试求点C的坐标。

三、遇到有两个量大小关系不明确时需要讨论例3：已知一次函数y=x+3的图象与x轴，y轴分别交于A、B两点；直线l经过原点，与直线AB交于C点；直线l把ΔAOB的面积分成2：1两部分，试求直线l的解析式。

四、遇到有几个相等线段位置不确定时需要讨论例4：已知一次函数y=43x+4的图象分别交x、y轴于A、B两点，C为x轴上一点，且ΔABC为等腰三角形，求C点的坐标。

分析：要在x轴上求一点C，使ΔABC为等腰三角形。

由于没有指明哪一个角为顶角（或哪一条边为底边），所以要分⑴点A为顶角；⑵点B为顶角；⑶点C为顶角三种情况进行分类讨论。

五、遇到有一次函数y=kx+b中k或b的符号不确定时需要讨论例5：一次函数y=kx+b的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点，且SΔAOb=4，OA：OB=1：2，试求一次函数的解析式。

“分类讨论”专题练习1.已知AB 是圆的直径，AC 是弦，AB ＝2，AC ＝2，弦AD ＝1，则∠CAD ＝ ．2. 若(x 2－x －1)x ＋2＝1，则x ＝___________．3. 已知等腰三角形一腰上的中线将它的周长分为9和12两部分，则腰长为，底边长为_______．4.若⊙O 所在平面内一点P 到⊙O 上的点的最大距离为a ，最小距离为b(a>b)，则此圆的半径为（ ） A.2a b+ B.2a b- C.2a b +或2a b- D. a+b 或a-b5.同一平面上的四个点，过每两点画一直线，则直线的条数是（ ） A.1 B.4 C.6 D.1或4或66. 若||3,||2,,( )a b a b a b ==>+=且则A ．5或－1B ．－5或1C ．5或1D ．－5或－1 7．已知抛物线y ＝ax 2＋bx ＋c 经过点（1，2）.（1）若a ＝1，抛物线顶点为A ，它与x 轴交于两点B 、C ，且△ABC 为等边三角形，求b 的值.（2）若abc ＝4，且a ≥b ≥c ，求|a |＋|b |＋|c |的最小值.8．长宽都为整数的矩形，可以分成边长都为整数的小正方形。

例如一个边长2⨯4的矩形：可以分成三种情况： （1）（2）一个长宽为3⨯6的矩形，可以怎样分成小正方形，请画出你的不同分法。

9.已知(1)A m -，与(2B m +，是反比例函数ky x=图象上的两个点． （1）求k 的值；（2）若点(10)C -，，则在反比例函数ky x=图象上是否存在点D ，使得以A B C D ，，，四点为顶点的四边形为梯形？若存在，求出点D 的坐标；若不存在，请说明理由．分成两个正方形，面积分别为4，4分成8个正方形，面积每个都是1分成5个正方形，1个面积为4，4个面积是110.如图，在直角坐标系中，矩形OABC 的顶点O 与坐标原点重合，顶点A C ，在坐标轴上，60cm OA =，80cm OC =．动点P 从点O 出发，以5cm/s 的速度沿x 轴匀速向点C 运动，到达点C 即停止．设点P 运动的时间为s t ． （1）过点P 作对角线OB 的垂线，垂足为点T ．求PT 的长y 与时间t 的函数关系式，并写出自变量t 的取值范围；（2）在点P 运动过程中，当点O 关于直线AP 的对称点O '恰好落在对角线OB 上时，求此时直线AP 的函数解析式； （3）探索：以A P T ，，三点为顶点的APT △的面积能否达到矩形OABC 面积的14？请说明理由．答案：1. 15°或105°2. 2、－1、0、－23. 腰长6底边9或腰长8底边54.C5.D6.C7. 解：⑴由题意，a ＋b ＋c ＝2， ∵a ＝1，∴b ＋c ＝1 抛物线顶点为A （－b 2，c －b 24）设B （x 1，0），C （x 2，0），∵x 1＋x 2＝－b ，x 1x 2＝c ，△＝b 2－4c ＞0 ∴|BC|＝| x 1－x 2|＝| x 1－x 2|2＝（x 1＋x 2）2－4 x 1x 2＝b 2－4c ∵△ABC 为等边三角形，∴b 24 －c ＝ 32b 2－4c即b 2－4c ＝23·b 2－4c ，∵b 2－4c ＞0，∴b 2－4c ＝2 3∵c ＝1－b ， ∴b 2＋4b －16＝0， b ＝－2±2 5 所求b 值为－2±2 5⑵∵a ≥b ≥c ，若a ＜0，则b ＜0，c ＜0，a ＋b ＋c ＜0，与a ＋b ＋c ＝2矛盾. ∴a ＞0． ∵b ＋c ＝2－a ，bc ＝4a∴b 、c 是一元二次方程x 2－(2－a )x ＋4a ＝0的两实根．∴△＝（2－a ）2－4×4a≥0，∴a 3－4a 2＋4a －16≥0， 即（a 2＋4）(a －4)≥0，故a ≥4. ∵abc ＞0，∴a 、b 、c 为全大于０或一正二负．①若a 、b 、c 均大于0，∵a ≥4，与a ＋b ＋c ＝2矛盾； ②若a 、b 、c 为一正二负，则a ＞0，b ＜0，c ＜0, 则|a |＋|b |＋|c |＝a －b －c ＝a －(2－a )＝2a －2， ∵ a ≥4，故2a －2≥6当a ＝4，b ＝c ＝－1时，满足题设条件且使不等式等号成立． 故|a |＋|b |＋|c |的最小值为6． 8.分7种情况画图9.解：（1）由()332)1(+⋅=⋅-m m ，得m =-，因此k =（2）如图1，作BE x ⊥轴，E 为垂足，则3CE =，BE =，BC =因此30BCE =∠．由于点C 与点A 的横坐标相同，因此CA x ⊥轴，从而120ACB =∠． 当AC 为底时，由于过点B 且平行于AC 的直线与双曲线只有一个公共点B ，故不符题意．当BC 为底时，过点A 作BC 的平行线，交双曲线于点D ， 过点A D ，分别作x 轴，y 轴的平行线，交于点F ．由于30DAF =∠，设11(0)DF m m =>，则1AF ，12AD m =，由点(1A --，，得点11(1)D m --，．因此()()32323111=+-+-m m ，解之得1m =10m =舍去），因此点6D ⎛ ⎝⎭．此时的长度不等，故四边形ADBC 是梯形．如图2，当AB 为底时，过点C 作AB 的平行线，与双曲线在第一象限内的交点为D ． 由于AC BC =，因此30CAB =∠，从而150ACD =∠．作DH x ⊥轴，H 为垂足， 则60DCH =∠，设22(0)CH mm =>，则2DH =，由点(10)C -，，得点22(1)D m -+， 因此()323122=⋅+-m m ．解之得22m =（21m =-舍去），因此点(1D ． 此时4CD =，与AB 的长度不相等，故四边形ABDC 是梯形．如图3，当过点C 作AB 同理可得，点(2D --，，四边形ABCD 是梯形． 综上所述，函数y x=图象上存在点D ，使得以A B C D ，，，四点为顶点的四边形为梯形，点D 的坐标为：6D ⎛ ⎝⎭或(1D 或(2D --，． 图1图2 图310.解：（1）在矩形OABC 中，60OA =，80OC =，100OB AC ∴===PT OB ⊥，Rt Rt OPT OBC ∴△∽△． PT OP BC OB ∴=，即560100PT t=，3y PT t ∴== 当点P 运动到C 点时即停止运动，此时t 的最大值为80165=．所以，t 的取值范围是016t ≤≤．（2）当O 点关于直线AP 的对称点O '恰好在对角线OB 上时，A T P ，，三点应在一条直线上（如答图2）．AP OB ∴⊥，12∠=∠． Rt Rt AOP OCB ∴△∽△，OP AOCB OC∴=． 45OP ∴=．∴点P 的坐标为(450)，设直线AP 的函数解析式为y kx b =+．将点(060)A ，和点(450)P ，代入解析式，得60045.a b k b =+⎧⎨=+⎩，解这个方程组，得4360.k b ⎧=-⎪⎨⎪=⎩， ∴此时直线AP 的函数解析式是4603y x =-+．（3）由（2）知，当4595t ==时，A T P ，，三点在一条直线上，此时点A T P ，， 不构成三角形．故分两种情况：（i ）当09t <<时，点T 位于AOP △的内部（如答图3）．过A 点作AE OB ⊥，垂足为点E ，由AO AB OB AE =可得48AE =．APT AOP ATO OTP S S S S ∴=--△△△△211160544843654222t t t t t t =⨯⨯-⨯⨯-⨯⨯=-+． 若14APT OABC S S =△矩形，则应有26541200t t -+=，即292000t t -+=．此时，2(9)412000--⨯⨯<，所以该方程无实数根．所以，当09t <<时，以A P T ，，为顶点的APT △的面积不能达到矩形OABC 面积的14．（答图2）（答图1）（ii ）当916t <≤时，点T 位于AOP △的外部．（如答图4）此时2654APT ATO OTP AOP S S S S t t =+-=-△△△△．若14APT OABC S S =△矩形，则应有26541200t t -=，即292000t t --=．解这个方程，得192t +=，2902t -=<（舍去）．由于288162525>=，991722t +∴=>=．而此时916t <≤，所以92t +=也不符合题意，故舍去． 所以，当916t <≤时，以A P T ，，为顶点的APT △的面积也不能达到矩形OABC 面积的14． 综上所述，以A P T ，，为顶点的APT △的面积不能达到矩形OABC 面积的14．。

【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．第十五讲 参数的分类讨论【套路秘籍】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．【套路修炼】考向一 一次函数型【例 1】已知常数 a ≠0，f (x )＝a ln x ＋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 ＋2x＝ ，所以当 a >0，x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )>0，x即 f (x )在(0，＋∞)上单调递增，没有最小值；a－a，＋∞ 当 a <0 时，由 f ′(x )>0 得，x >－ 2 a，所以 f (x )在0，－a2 上单调递增；由 f ′(x )<0 得，0<x <－ 2，所以 f (x )在2 上单调递减．所以当 a <0 时，f (x )的最小值为 f －a 2 ＝a ln －a －a 2 ＋2× 2 .根据题意得 f－a 2 ＝a ln －a 2 ＋2× －a2 ≥－a ，即 a [ln(－a )－ln 2]≥0.因为 a <0，所以 ln(－a )－ln 2≤0，解得－2≤a <0，所以实数 a 的取值范围是[－2,0)．－＝【举一反三】1－x 1 e1.已知函数f(x)＝x＋k ln x，k<e，求函数f(x)在上的最大值和最小值．【答案】见解析【解析】f′(x)＝－x－(1－x)kkx－1＋＝.x2 x x2①若k＝0，则f′(x)＝－1 e e上恒有f′(x)<0，所以f(x)x2②若k≠0，则f′(x)＝kx－1x2 x2(ⅰ)若k<0e上恒有所以f(x)e上单调递减，x2(ⅱ)若k>0，由k<1，得1>e，则x－1<0e上恒成立，所以，所以f(x)e上单调递减．e k k x21 e 1综上，当k<e时，f(x)上单调递减，所以f(x)min＝f(e)＝＋k－1，f(x)max＝fee－k－1.2.已知函数f(x)＝ln x－ax(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)当a>0 时，求函数f(x)在[1,2]上的最小值．【答案】见解析【解析】(1)f′(x)＝1x①当a≤0 时，f′(x)1a(x>0)，a>0，即函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)．＝－x②当a>0 时，令f′(x)＝1a＝0，可得x1，x a1当0<x<a时，f′(x)＝1－axx>0；1当x>a时，f′(x)＝1－axx<0，故函数f(x)综上可知，当a≤0 时，函数f(x)的单调增区间为(0，＋∞)；－1 1 e当 a >0 时，函数 f (x )(2)①当1≤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)＝ln 2－2a .a ②当1≥2，即 0<a ≤1 a 2 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 .[1 11 2 ③当 1< a <2，即 <a <1 时，函数 f (x )在 2 上是减函数．又 f (2)－f (1)＝ln 2－a ，所以当1<a <ln 2 时，最小值是 f (1)＝－a ；2 当 ln 2≤a <1 时，最小值为 f (2)＝ln 2－2a .综上可知，当 0<a <ln 2 时，函数 f (x )的最小值是 f (1)＝－a ； 当 a ≥ln 2 时，函数 f (x )的最小值是 f (2)＝ln 2－2a .考向二 指数型函数中的参数【例 2】已知函数 f (x ) = e x - ax 2- bx -1，其中 a , b ∈ R ， e = 2.718 28 ⋅⋅⋅为自然对数的底数.设 g (x ) 是函数 f (x ) 的导函数，求函数 g (x ) 在区间[0,1] 上的最小值. 【答案】见解析【解析】由 f ( x ) = e x - ax 2- bx - 1，有 g ( x ) = 因此，当 x ∈[0,1]时， g '( x ) ∈[1 - 2a , e - 2a ].f '( x ) = e x- 2ax - b ，所以 g '( x ) = e x- 2a .当a ≤ 1时， g '( x ) ≥ 0，所以 g ( x ) 在区间[0,1]上单调递增.2因此 g ( x ) 在[0,1]上的最小值是 g (0) = 1 - b ；当a ≥ e时， g '( x ) ≤ 0，所以 g ( x ) 在区间[0,1]上单调递减.2因此 g ( x ) 在[0,1]上的最小值是 g (1) = e - 2a - b ；当 1 < a < e时，令 g '(x ) = 0，得 x = ln(2a ) ∈ (0,1). 2 2所以函数 g ( x ) 在区间[0, ln(2a )] 上单调递减，在区间(ln(2a ),1]上单调递增.于是， g ( x ) 在[0,1]上的最小值是 g (ln(2a )) = 2a - 2a ln(2a ) - b .综上所述，当 a ≤ 时， g ( x ) 在[0,1] 上的最小值是 g (0) = 1 - b ；当2 e< a < 时， g ( x ) 在[0,1] 上的最 2 2小值是 g (ln(2a )) = 2a - 2a ln(2a ) - b ；当a ≥ 时， g ( x ) 在[0,1]上的最小值是 g (1) = e - 2a - b .2【举一反三】1．已知函数 f ᢈᢈ槠 ɽ e ᢈ — ᢈ. （Ⅰ）求函数 f ᢈᢈ槠极值；（Ⅱ）若对任意 ᢈ Σ O ，f ᢈᢈ槠 Σ 1 a ᢈ2 + 1，求 a 的取值范围.2【答案】(1) f ᢈᢈ槠极小值 ɽ 1，无极大值；(2) ᢈ — œ,1ᢈ.【解析】（Ⅰ）令f 'ᢈᢈ槠 ɽ e ᢈ — 1 ɽ O ，ᢈ ɽ Of ᢈᢈ槠极小值=f ᢈO 槠 ɽ 1，无极大值；（II ）对任意 ᢈ Σ O ，f ᢈᢈ槠 Σ 1 a ᢈ2 + 1 即e ᢈ — ᢈ — 1 a ᢈ2 — 1 Σ O ，22设 g ᢈᢈ槠 ɽ e ᢈ — ᢈ — 1 a ᢈ2 — 1，g 'ᢈᢈ槠 ɽ e ᢈ — 1 — a ᢈ，2【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．①当a ≤ O 时，g'ᢈᢈ槠单调递增，g'ᢈO槠ɽO,g'ᢈᢈ槠Σ O,gᢈᢈ槠单调递增，gᢈᢈ槠Σ gᢈO槠ɽO，成立；②当O 䕠 a ≤ 1 时，令hᢈᢈ槠ɽ g'ᢈᢈ槠,h'ᢈᢈ槠ɽ eᢈ— a Σ O，g'ᢈᢈ槠单调递增，g'ᢈO槠ɽ O,g'ᢈᢈ槠Σ O,gᢈᢈ槠单调递增，gᢈᢈ槠Σ gᢈO槠ɽO，成立；③当a Σ1 时，当O 䕠ᢈ䕠 lna 时，h'ᢈᢈ槠ɽeᢈ— a 䕠 O，g'ᢈᢈ槠单调递减，g'ᢈO槠ɽO,g'ᢈᢈ槠䕠 O,gᢈᢈ槠单调递减，gᢈᢈ槠䕠 gᢈO槠ɽO，不成立.综上，a 的取值范围为ᢈ—œ,1ᢈ.2.已知函数f(x)＝x e x－x－ax2.(1)当a＝1时，求f(x)的单调区间；2(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＝1时，函数f(x)＝x(e x－1)－1x2，2 2则f′(x)＝e x－1＋xe x－x＝(e x－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(e x－1－ax)，令g(x)＝e x－1－ax，则g′(x)＝e x－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a>1，则当x∈(0，ln a)时，g′(x)<0，g(x)为减函数，而g(0)＝0，从而当x∈(0，ln a)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fᢈᢈ槠ɽᢈ+a lnᢈ．（1）当aɽ1时，求曲线yɽfᢈᢈ槠在点ᢈ1,fᢈ1槠槠处的切线方程；（2）求fᢈᢈ槠的单调区间．【答案】（1）2ᢈ—y—1ɽO；（2）当a≤O时，fᢈᢈ槠的单调增区间是O,+œ；当a䕠O时，fᢈᢈ槠的单调递减区间是ᢈO,—a槠；递增区间是ᢈ—a,+œ槠．【解析】（1）当 a ɽ 1 时，所以f ' ᢈ ɽ1 + 1 ᢈ ᢈ Σ O ．所以，f 'ᢈ1槠 ɽ 2， 所以切线方程为．（2）f 'ᢈᢈ槠 ɽ ᢈ+a ᢈᢈ Σ O 槠． 当 a ≤ O 时，在 ᢈ C ᢈO , + œ槠 时 f 'ᢈᢈ槠 Σ O ， ᢈ所以 f ᢈᢈ槠 的单调增区间是 O , + œ ；当 a 䕠 O 时，函数 f ᢈᢈ槠 与 f '（ᢈ槠 在定义域上的情况如下：x ᢈO, — a 槠ᢈ — a, + œ槠f '（ᢈ槠 —O+ f ᢈᢈ槠k极小值³所以 f ᢈᢈ槠 的单调递减区间是 ᢈO , — a 槠；递增区间是 ᢈ — a , + œ槠．综上所述：当 a ≤ O 时，f ᢈᢈ槠 的单调增区间是 O , + œ ；当 a 䕠 O 时，f ᢈᢈ槠 的单调递减区间是 ᢈO , — a 槠；递增区间是 ᢈ — a , + œ槠．【举一反三】1．已知函数 f ᢈᢈ槠 ɽ ln ᢈ — a ᢈ，g ᢈᢈ槠 ɽ ᢈ2.a C R . （1）求函数 f ᢈᢈ槠的极值点；（2）若 f ᢈᢈ槠 ≤ g ᢈᢈ槠恒成立，求 a 的取值范围.【答案】（1）极大值点1，无极小值点.（2）a ≤— 1a【解析】（1）f ᢈ ɽ ln ᢈ — a ᢈ 的定义域为 O, + œ ，f ' ᢈ ɽ 1 — a ，ᢈ当 a ≤ O 时，f ' ᢈ ɽ 1 — a Σ O ，所以 f ᢈ 在 O, + œ 上单调递增，无极值点，ᢈ当 a Σ O 时，解f ' ᢈ ɽ 1 — a Σ O 得 O 䕠 ᢈ 䕠 1，解f ' ᢈ ɽ 1 — a 䕠 O 得 ᢈ Σ 1，ᢈaᢈa所以 f ᢈ 在 O, 1 a上单调递增，在 1, + œ 上单调递减，a【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.所以函数 f ᢈ 有极大值点1，无极小值点.a（2）由条件可得 ln ᢈ — ᢈ2 — a ᢈ ≤ O ᢈᢈ Σ O 槠恒成立，则当 ᢈ Σ O 时，a ≤ ln ᢈ — ᢈ 恒成立，ᢈ令 h ᢈ ɽ ln ᢈ — ᢈᢈᢈ Σ O 槠，则h ' ᢈ ɽ 1—ᢈ2—ln ᢈ，ᢈᢈ2令 k ᢈ ɽ 1 — ᢈ2 — ln ᢈᢈᢈ Σ O 槠 ，则当 ᢈ Σ O 时，k ' ᢈ ɽ— 2ᢈ — 1 䕠 O ，所以 k ᢈ 在 O , + œ 上为减函数.ᢈ又 k 1 ɽ O ，所以在 O,1 上，h ' ᢈ Σ O ；在 1, + œ 上，h ' ᢈ 䕠 O . 所以 h ᢈ 在 O,1 上为增函数；在 1, + œ 上为减函数. 所以 h ᢈ max ɽ h 1 ɽ— 1，所以 a ≤— 1. 2．已知函数 f ᢈᢈ槠 ɽ ᢈ1 + a 槠ᢈ2 — ݈n ᢈ — a + 1 (1)讨论函数 f ᢈᢈ槠的单调性；(2)若 a 䕠 1，求证：当 ᢈ Σ O 时，函数 y ɽ ᢈf ᢈᢈ槠的图像恒在函数 y ɽ ln ᢈ + ᢈ1 + a 槠ᢈ3 — ᢈ2的图像上方.【答案】（1）见解析；（2）见证明【解析】(1)函数的定义域为 O, + œ 且f ' ᢈ ɽ 2 1 + a ᢈ — 1 ᢈɽ当 a ≤— 1 时，f ' ᢈ 䕠 O ，函数 f ᢈ 在 O, + œ 上为增函数； 当 a Σ— 1 时，令f ' ᢈ ɽ O ，解得 ᢈ 此时函数 f ᢈ 在O,, + œ 上递增(2)证明：若 a 䕠 1，则当 ᢈ Σ O 时，问题转化为不等式 ᢈf ᢈ Σ ln ᢈ + 1 + a ᢈ3 — ᢈ2在 O , + œ 上恒成立只需要证明 ᢈ — ln ᢈ —ln ᢈ + 1 + a ᢈ3 — ᢈ2在 O, + œ 上恒成立 即证 ln ᢈ — ᢈ 䕠 ln ᢈ — a + 1 在 O, + œ 上恒成立ᢈ令 F ᢈ ɽ ln ᢈ — ᢈ,g ᢈ ɽ— ln ᢈ — a + 1ᢈ因为F ' ᢈ ɽ 1 — 1 ɽ 1—ᢈ，易得 F ᢈ 在 O ,1 单调递增，在 1, + œ 上单调递减，所以 F ᢈ ≤ F 1 ɽ— 1ᢈᢈ又g ' ᢈ ɽ— 1—ln ᢈ ɽ ln ᢈ—1，当 O 䕠 ᢈ 䕠 e 时，g ' ᢈ 䕠 O ，当 ᢈ Σ e 时，g ' ᢈ Σ O ，ᢈ2ᢈ2所以 g ᢈ 在 O,e 上递减，在 e, + œ 上递增，所以 g ᢈ ≤ g e ɽ— 1 — a + 1 又 a 䕠 1，所以— 1 — a + 1 Σ— 1 Σ— 1eeeᢈ即 F ᢈ ma ᢈ 䕠 g ᢈ m 㤮n ，所以 ln ᢈ — ᢈ 䕠 ln ᢈ — a + 1 在 O, + œ 上恒成立 所以当 a 䕠 1 时，函数 ᢈf ᢈ 的图像恒在函数 y ɽ ln ᢈ + 1 + a ᢈ3 — ᢈ2的图像上方.考向四 一元二次可因式分解型【例 4】已知函数 f (x ) = x 2 - (a + 2)x + a ln x ，试讨论 f (x ) 的单调性.【答案】见解析【解析】f '( x ) = 2x - (a + 2) + a = (2x - a )( x - 1) ， x > 0 .x x当 a ≤ 0 时，易知 f (x ) 在(0,1) 上为减函数，在[1, +∞) 上为增函数；当0 < a < 2 时， f (x ) 在(0, a) 上为增函数，在[ a,1]上为减函数，在(1, +∞)上为增函数；22当 a = 2时， f (x ) 在(0, +∞) 上为增函数；当 a > 2时， f (x ) 在(0,1) 上为增函数，在[1, a ]上为减函数，在( a, +∞) 上为增函数.22【举一反三】1. 已知函数 g (x )＝ln x ＋ax 2－(2a ＋1)x ，若 a ≥0，试讨论函数 g (x )的单调性． 【答案】见解析【解析】g ′(x ) 2ax 2－(2a ＋1)x ＋1 ＝x (2ax －1)(x －1)＝ . x ∵函数 g (x )的定义域为(0，＋∞)，∴当 a ＝0 时，g ′(x )＝－x －1.x由 g ′(x )>0，得 0<x <1，由 g ′(x )<0，得 x >1.当 a >0 时，令 g ′(x )＝0，得 x ＝1 或 x ＝ 1，2a若 1 <1，即 a >1，由 g ′(x )>0，得 x >1 或 0<x < 1 ，由 g ′(x )<0，得 1<x <1； 2a 2 2a 2a 若 1 >1，即 0<a <1，由 g ′(x )>0，得 x > 1 或 0<x <1，由 g ′(x )<0，得 1<x < 1 ， 2a 2 2a 2a 若 1 ＝1，即 a ＝1，在(0，＋∞)上恒有 g ′(x )≥0. 2a 2 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；【套路总结】(1)研究含参数的函数的单调性，要依据参数对不等式解集的影响进行分类讨论．(2)划分函数的单调区间时，要在函数定义域内讨论，还要确定导数为零的点和函数的间断点1，，＋当0<a < 2时，函数 g (x)在(0,1)1当 a ＝ 21时，函数 g (x )在(0，＋∞)上单调递增；，，当 a > 2 时，函数 g (x )(1，＋∞)上单调递增．2. 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． 【答案】见解析【解析】根据题意可得，当 a ＝0 时，f (x )＝x 2－1，f ′(x )＝2x ， 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 ＝2a①当 a >0 时，函数 g (x )＝－ax 2＋2x 在(－∞，0)0 g (x )<0，即 f ′(x )<0，函数 y ＝f (x )单调递减； 函数 g (x )＝－ax 2＋2x 在 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 0(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 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 )的单调增区间为(0，＋∞)，单调减区间为(－∞，0)；当 a >0 时，函数 y ＝f (x )的单调减区间为(－∞，∞ 0当 a <0 时，函数 y ＝f (x )(0，＋∞)考向五 一元二次函数判别式型【例 5】已知函数 f ᢈ ɽ ln 1 — a ᢈ2 + ᢈ a Σ Oᢈ（1）讨论 f ᢈᢈ槠的单调性；（2）若 f ᢈᢈ槠在定义域内有两个极值点ᢈ1，ᢈ2，求证：f ᢈ1 + f ᢈ2 Σ 3 — 2ln2. 【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.【解析】（1）由题意得：f ᢈ 的定义域为 O , + œ ，f ' ᢈ ɽ— 1 — 2a ᢈ + 1 ɽ 2Σ Oᢈ令 g ᢈ ɽ— 2a ᢈ2 + ᢈ — 1 a Σ O ，6 ɽ 1 — െa.> ①当6 ɽ 1 — െa ≤ O ，即 a ≤ 1时，g ᢈ ≤ O 恒成立即：f ' ᢈ ≤ Of ᢈ 在 O, + œ 上单调递减 െ②当6 ɽ 1 — െa Σ O ，即 O 䕠 a 䕠 1时令 g ᢈ ɽ O ，解得：ᢈɽ1ɽെ1 2 当 ᢈ C O,ᢈ1 U ᢈ2, + œ 时，g ᢈ 䕠 O ，即f ' ᢈ 䕠 O ；当 ᢈ C ᢈ1,ᢈ2 时，g ᢈ Σ O ，即f ' ᢈ Σ Of ᢈ 在 O,œ 上单调递减；在1（2） f ᢈ 在定义域上有两个极值点ᢈ1,ᢈ2由（1）知 O 䕠 a 䕠 1且ᢈ1,ᢈ2是方程— 2a ᢈ2 + ᢈ — 1 ɽ O 的两个不等实根则ᢈ1 + ᢈ2 ɽ 1 ，ᢈ1 · ᢈ2 ɽ 1െ2a2af ᢈ1 + f ᢈ2 ɽ ln 1 — a ᢈ2 + ᢈ1 + ln 1 — a ᢈ2 + ᢈ2 ɽ ln 1—1 + ᢈ2 2 — 2ᢈ1 + ᢈ1 + ᢈ2 ɽ ln 2a —ᢈ11ᢈ22ᢈ1ᢈ21 ɽ ln 2a + 1 + 1 2a 節a设 v a ɽ ln 2a + 1 + 1，则v 'ᢈa 槠 ɽ節a —1節a節a 2O 䕠 a 䕠 1െv a Σ v節a— 1 䕠 O v ' a䕠 O 则 v a 在 O,1 ɽ ln 節 +2 + 1 ɽ3 — 2ln2则 f ᢈ1 + f ᢈ2 Σ 3 — 2ln2 成立【举一反三】已知函数 f (x ) = 1x 2- 2x + a ln x ，其中 a > 0 .2（1）讨论 f (x ) 的单调性；（2）若 f (x ) 有两个极值点 x 1 ， x 2 ，证明： -3 <f ( x 1) + f ( x 2 ) < -2 .【答案】（1）详见解析；（2）详见解析.a x 2 - 2x + a【解析】（1）解：由题得 f '(x ) = x - 2 + = ，其中 x 0 ，x x考察 g (x ) = x 2 - 2x + a ， x > 0 ，其中对称轴为 x = 1， ∆ = 4 - 4a . 若 a ≥1，，此时g (x ) ≥ 0，则 f '(x ) ≥ 0，所以 f (x ) 在(0, +∞)上单调递增；若，则∆> 0，此时 x 2 - 2x + a = 0 在 R 上有两个根 x 1 = 1- ， x 2 = 10 < x 1 < 1 < x 2 ，所以时，g (x ) > 0 ，则 f '(x ) > 0 ， f (x ) 单调递增； 当 x ∈ (x 1, x 2 ) 时， g ( x ) < 0 ，则 f '(x ) < 0， f (x ) 单调递减；2当x ∈ (x2 , +∞) 时，g (x) > 0 ，则f '(x) > 0 ，f (x) 单调递增，综上，当a ≥1时，f (x) 在(0, +∞)上单调递增；时，f (x) 在(0,1-上单调递增，在(1-1上单调递减，在(1+∞) 上单调递增.（2）证明：由（1）知，时，f (x) 有两个极值点x1 ，x2 ，且x1 +x2 = 2，x1 x2 =a ，所以f (x )+f (x )=1x2 - 2x+a ln x+1x2 - 2x +a ln x1 2 2 1 1 1 2 2 2 2=1 (x2 +x2 )- 2 (x +x )+a (ln x + ln x )2 1 2 1 2 1 2=1⎡(x+x)2-2x x⎤-2(x+x)+a ln (x x )2 ⎣ 1 2 1 2 ⎦ 1 2 1 2=1 (22 - 2a )- 4 +a ln a =a ln a -a - 2 .令h(x) =x ln x -x - 2 ，0 <x < 1，则只需证明-3 <h(x) <-2 ，由于h '(x) = ln x < 0，故h(x) 在(0,1) 上单调递减，所以h(x) >h(1) =-3.又当0 <x <1时，ln x -1 <-1，x(ln x -1) < 0，故h(x) =x ln x -x - 2 =x(ln x -1) - 2 <-2，所以，对任意的0 <x < 1，-3 <h(x) <-2 .综上，可得-3 <f (x1 )+f (x2 )<-2 .考向六导数与不等式【例6】已知函数f(x)＝1－x－1，g(x)＝x－ln x.e x(1)证明：g(x)≥1；(2)证明：(x－ln x)f(x)>1－1.e2【答案】见解析【解析】(1)由题意得g′(x) x－1 ，当0<x<1 时，g′(x)<0.当x>1 时，g′(x)>0，＝(x>0)x即g(x)在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．所以g(x)≥g(1)＝1，得证．(2)由f(x)＝1－x－1，得f′(x)＝x－2，e x e xᢈ所以当 0<x <2 时，f ′(x )<0，当 x >2 时，f ′(x )>0，即 f (x )在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数， 所以 f (x )≥f (2)＝1－ 1(当 x ＝2 时取等号)．①e 2 又由(1)知 x －ln x ≥1(当 x ＝1 时取等号)，② 所以①②等号不同时取得，所以(x －ln x )f (x )>1－ 1.e 2【举一反三】1．已知函数 f ᢈ ɽ ᢈe ᢈ + a ᢈ — 1 2 + b 在点 O ,f O 处的切线方程为 3ᢈ — y — 1 ɽ O . （1）求 a,b 的值；（2）证明：当 ᢈ Σ O 时，f ᢈ Σ 2eln ᢈ + 1. 【答案】（1）a ɽ— 1，b ɽ O ；（2）详见解析.【解析】（1）因为f ' ᢈ ɽ ᢈ + 1 e ᢈ + 2a ᢈ — 1 ，函数 f ᢈ 在点 O ,f O 处的切线方程的斜率为 3，所以f ' O ɽ 1 — 2a ɽ 3，解得 a ɽ— 1.又 f O ɽ— 1，所以— O — 1 2 + b ɽ— 1，解得 b ɽ O . （2）由（1）得 f ᢈ ɽ ᢈe ᢈ — ᢈ — 1 2.设 g ᢈ ɽ f ᢈ — 2eln ᢈ — 1 ɽ ᢈe ᢈ — 2eln ᢈ — ᢈ — 1 2 — 1，则g ' ᢈ ɽ ᢈ + 1 e ᢈ — 2e — 2 ᢈ — 1 .令 h ᢈ ɽ ᢈ + 1 e ᢈ — 2e — 2 ᢈ — 1 ，ᢈ Σ O ， 则 h ' ᢈ ɽ ᢈ + 2 e ᢈ + 2e + 2.ᢈᢈ2所以当 ᢈ C O, + œ 时，h ' ᢈ Σ O ，故 h ᢈ 在 O, + œ 上单调递增.又 h 1 ɽ O ，所以当 ᢈ C O,1 时，g ' ᢈ 䕠 O ；当 ᢈ C 1, + œ 时，g ' ᢈ Σ O . 所以 g ᢈ 在 O,1 上单调递减，在 1, + œ 上单调递增.【套路总结】一．证明不等式的基本步骤是：(1)将不等式构造成 f (x )＞0(或＜0)的形式；(2)利用导数将函数 y ＝f (x )在所给区间上的最小值(或最大值)求出；(3)证明函数 y ＝f (x )的最小值(或最大值)大于零(或小于零)即可证得原不等式成立．(4) 证明 f (x )>g (x ) 的一般方法是证明 h (x ) ＝ f (x ) － g (x )>0( 利用单调性) ， 特殊情况是证明f (x )min >g (x )max (最值方法)，但后一种方法不具备普遍性．5)证明二元不等式的基本思想是化为一元不等式，一种方法为变换不等式使两个变元成为一个整体， 另一种方法为转化后利用函数的单调性，如不等式 f (x 1)＋g (x 1)<f (x 2)＋g (x 2)对 x 1<x 2 恒成立，即等价 于函数 h (x )＝f (x )＋g (x )为增函数所以当ᢈɽ1 时，g ᢈ取得最小值g 1 ɽe —1 Σ O.所以g ᢈΣ O，即 f ᢈΣ 2elnᢈ + 1.2. 已知函数f(x)＝x ln x－e x＋1.(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；(2)证明：f(x)<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．【答案】见解析【解析】(1)解依题意得f′(x)＝ln x＋1－e x，又f(1)＝1－e，f′(1)＝1－e，故所求切线方程为y－1＋e＝(1－e)(x－1)，即y＝(1－e)x. (2)证明依题意，要证f(x)<sin x，即证x ln x－e x＋1<sin x，即证x ln x<e x＋sin x－1.当0<x≤1 时，e x＋sin x－1>0，x ln x≤0，故x ln x<e x＋sin x－1，即f(x)<sin x.当x>1 时，令g(x)＝e x＋sin x－1－x ln x，故g′(x)＝e x＋cos x－ln x－1.令h(x)＝g′(x)＝e x＋cos x－ln x－1，则h′(x)＝e x－1－sin x，x当x>1 时，e x1>e－1>1，所以h′(x)＝e x1sin x>0，－－－x x故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．故h(x)>h(1)＝e＋cos 1－1>0，即g′(x)>0，所以g(x)在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝e＋sin 1－1>0，即x ln x<e x＋sin x－1，即f(x)<sin x.综上所述，f(x)<sin x 在(0，＋∞)上恒成立．考向七导数与零点【例7】已知函数f(x)＝2a2ln x－x2(a>0)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)讨论函数f(x)在区间(1，e2)上零点的个数(e 为自然对数的底数)．【答案】见解析【解析】(1)∵f(x)＝2a2ln x－x2，∴f′(x) 2a22x＝2a2－2x2－2(x－a)(x＋a)，＝－＝x x x∵x>0，a>0，当0<x<a 时，f′(x)>0，当x>a 时，f′(x)<0.∴f(x)的单调增区间是(0，a)，单调减区间是(a，＋∞)．(2)由(1)得f(x)max＝f(a)＝a2(2ln a－1)．讨论函数f(x)的零点情况如下：①当a2(2ln a－1)<0，即0<a< e时，函数f(x)无零点，在(1，e2)上无零点；②当a2(2ln a－1)＝0，即a＝e时，函数f(x)在(0，＋∞)内有唯一零点a，而1<a＝e<e2，∴f(x)在(1，e2)内＝ 有一个零点；③当 a 2(2ln a －1)>0，即 a > e 时，由于 f (1)＝－1<0，f (a )＝a 2(2ln a －1)>0，f (e 2)＝2a 2ln(e 2)－e 4＝4a 2－e 4＝(2a－e 2)(2a ＋e 2)，当 2a －e 2<0，即 ee 2ee 22，f (e 2)<0， <a < 时，1< 2<a < <e2 由函数 f (x )的单调性可知，函数 f (x )在(1，a )内有唯一零点 x 1，在(a ，e 2)内有唯一零点 x 2，∴f (x )在(1，e 2)内有两个零点．当 2a －e 2≥0，即 e 2 时，f (e 2)≥0，而且 f ( e)＝2a 2·1－e ＝a 2－e>0，f (1)＝－1<0，由函数的单调性可知，a ≥ > e 2 2 无论 a ≥e 2，还是 a <e 2，f (x )在(1， e)内有唯一的零点，在( e ，e 2)内没有零点，从而 f (x )在(1，e 2)内只有一个零点．综上所述，当 0<a < e 时，函数 f (x )在区间(1，e 2)上无零点；当 a ＝ e 或 a ≥e 2时，函数 f (x )在区间(1，e 2)上有2一个零点；当 e<a <e 2时，函数 f (x )在区间(1，e 2)上有两个零点．2【举一反三】1.)已知 f (x )＝1x 2－a ln x ，a ∈R .2 (1)求函数 f (x )的单调增区间；(2)若函数 f (x )有两个零点，求实数 a 的取值范围，并说明理由．(参考求导公式：[f (ax ＋b )]′＝af ′(ax ＋b ))【答案】见解析【解析】 (1)由题知 f ′(x )＝x －a x 2－a ，x >0， x x 当 a ≤0 时，f ′(x )>0，函数 f (x )的增区间为(0，＋∞)； 当 a >0 时，f ′(x )x令 f ′(x )>0，因为 x >0，所以 x ＋ a >0，所以 x > a ， 所以函数 f (x )的单调增区间为( a ，＋∞)． 综上，当 a ≤0 时，f (x )的单调增区间为(0，＋∞)； 当 a >0 时，f (x )的单调增区间为( a ，＋∞)．(2)由(1)知，若 a ≤0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数，函数 f (x )至多有一个零点，不合题意． 若 a >0，当 x ∈(0， a )时，f ′(x )<0，f (x )在(0， a )上为减函数；当x∈( a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)在( a，＋∞)上为增函数，2 2所以 f (x )min ＝f ( a )＝1a －1a ln a ＝1a (1－ln a )．2 2 2要使 f (x )有两个零点，则 f (x )min ＝1a (1－ln a )<0，所以 a >e.2 下面证明：当 a >e 时，函数 f (x )有两个零点．因为 a >e ，所以 1∈(0， a )，而 f (1)＝1>0，所以 f (x )在(0， a )上存在唯一零点．2方法一 又 f ( e a )＝12 ln e a 2－＝1a (e a －1－2ln a )， 2令 h (a )＝e a －1－2ln a ，a >e ，h ′(a )＝e －2>0，a所以 h (a )在(e ，＋∞)上单调递增，所以 h (a )>h (e)＝e 2－3>0，所以 f (x )在( a ，＋∞)上也存在唯一零点． 综上，当 a >e 时，函数 f (x )有两个零点．所以当 f (x )有两个零点时，实数 a 的取值范围为(e ，＋∞)． 方法二 先证 x ∈(1，＋∞)有 ln x <x －1， 所以 f (x ) 1 ＝ x － 2 a ln x > 1 x －ax ＋a .2 因为 a >e ，所以 a ＋ a 2－2a >a > a .因为1(a ＋ a 2－2a )2－a (a ＋ a 2－2a )＋a ＝0.所以 f (a ＋ a 2－2a )>0，2 所以 f (x )在( a ，＋∞)上也存在唯一零点； 综上，当 a >e 时，函数 f (x )有两个零点．所以当 f (x )有两个零点时，实数 a 的取值范围为(e ，＋∞)．e2 .已知函数 f (x )＝x ln x ，g (x )＝－x 2＋ax －3(a 为实数)，若方程 g (x )＝2f (x )在区间求实数 a 的取值范围．【答案】见解析【解析】 由 g (x )＝2f (x )，可得 2x ln x ＝－x 2＋ax －3，a ＝x ＋2ln x ＋3，x上有两个不等实根， 设 h (x )＝x ＋2ln x 3(x >0)，所以 h ′(x )＝1 2 3(x ＋3)(x －1)＋ x e＋ － ＝ .x x 2 x 2所以 x 上变化时，h ′(x )，h (x )的变化情况如下表：＋ ，即 ＋ － ＝1 3 又 ＝ ＋3e －2，h (1)＝4，h (e)＝ ＋e ＋2.e e21 且 h (e)－4－2e ＋ <0.所以 h (x )min ＝h (1)＝4，h (x )max ＝h e ＝ ＋3e －2，e所以实数 a 的取值范围为 4<a ≤e ＋2 3a e，e ＋23.设函数 f (x )＝ln x ＋ m，m ∈R .x(1)当 m ＝e(e 为自然对数的底数)时，求 f (x )的极小值； (2)讨论函数 g (x )＝f ′(x )－x的零点的个数．3 【答案】见解析【解析】(1)由题设，当 m ＝e 时，f (x )＝ln x ＋e，x 则 f ′(x )＝x －e(x >0)，由 f ′(x )＝0，得 x ＝e. x 2∴当 x ∈(0，e)时，f ′(x )<0，f (x )在(0，e)上单调递减， 当 x ∈(e ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在(e ，＋∞)上单调递增，∴当 x ＝e 时，f (x )取得极小值 f (e)＝ln e e＝ e2，∴f (x )的极小值为 2.(2)由题设 g (x )＝f ′(x )－x 1 m －x(x >0)，＝ 3 x x 23 令 g (x )＝0，得 m ＝－1x 3＋x (x >0)．设φ(x )＝－1x 3＋x (x ≥0)，3 3 则φ′(x )＝－x 2＋1＝－(x －1)(x ＋1)，当 x ∈(0,1)时，φ′(x )>0，φ(x )在(0,1)上单调递增；当 x ∈(1，＋∞)时，φ′(x )<0，φ(x )在(1，＋∞)上单调递减．∴x ＝1 是φ(x )的唯一极值点，且是极大值点，因此 x ＝1 也是φ(x )的最大值点， ∴φ(x )的最大值为φ(1) 2.3又φ(0)＝0，结合 y ＝φ(x )的图象(如图)，可知3①当 m >2时，函数 g (x )无零点；3②当 m 2时，函数 3 g (x )有且只有一个零点； ③当 0<m <2时，函数 g (x )有两个零点；3 ④当 m ≤0 时，函数 g (x )有且只有一个零点． 综上所述，当 m >2时，函数 g (x )无零点；3当 m ＝2 3m ≤0 时，函数 g (x )有且只有一个零点；当 0<m <2 3g (x )有两个零点．【套路运用】1.已知函数 f (x ) = ax 3- 3x 2+1- 3（ a ∈ R 且 a ≠ 0），求函数 f (x ) 的极大值与极小值.a【答案】见解析【解析】由题设知 a ≠ 0， f '(x ) = 3ax 2- 6x = 3ax (x - 2) . a令 f '(x ) = 0 得 x = 0 或 x = 2.a当a > 0 时，随 x 的变化， f '(x ) 与 f (x ) 的变化如下：则 f (x )极大值 = f (0) = 1- a ， f (x )极小值 = f ( 2 ) = - 4 - 3 +1. a a 2a当a < 0 时，随 x 的变化， f '(x ) 与 f (x ) 的变化如下：时，函数 ＝ 或3f (x )极小值极大值则 f (x )极大值 = f (0) = 1- a ， f (x )极小值 = f ( 2 ) = - 4 - 3 +1. a a 2a 3 4 3故 f (x )极大值 = 1- a ， f (x )极小值 = - a 2 - a+1.2.讨论函数 f (x )＝e x (e x －a )－a 2x 的单调性． 【答案】见解析【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．－a③若 a <0，则由 f ′(x )＝0 得 x ＝ln 2 . －a当 x ∈ －∞，ln2 时 ，f ′(x )<0；－a 当 x ∈ ln 2 ，＋∞ 时，f ′(x )>0.－a －a故 f (x )在 －∞，ln 2 上单调递减，在 ln 2 ，＋∞ 上单调递增． 综上所述，当 a ＝0 时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当 a >0 时，f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增；当 a <0 时，f (x )在 －∞， －a 2 上单调递减，在ln －a2 ，＋∞ 上单调递增． 3.已知函数 f (x )＝x 3－ax －1，试讨论 f (x )的单调性． 【答案】见解析【解析】 f ′(x )＝3x 2－a .①当 a ≤0 时，f ′(x )≥0，所以 f (x )在(－∞，＋∞)上为增函数． ②当 a ＞0 时，令 3x 2－a ＝0，得 x ＝± 3a；3当 x ＞ 3a 或 x ＜－ 3a时，f ′(x )＞0；3 3 当－ 3a ＜x ＜ 3a时，f ′(x )＜0.3 3－因此f(x)在(－∞，∞)上为增函数，在(3 3 3 3综上可知，当a≤0 时，f(x)在R 上为增函数；当a＞0 时，f(x)在(－∞∞)上为增函数，在(3 3 3 3e x ln4.已知函数f(x)＝－x2x＝2 是函数f(x)的唯一一个极值点，则实数k 的取值范围_．【答案】(－∞，e]e x ln【解析】因为函数f(x)＝x2－所以函数f(x)的定义域是(0，＋∞)，e x x2－2x e x 2所以f′(x)＝－x2x4 x2因为x＝2 是函数f(x)的唯一一个极值点，所以x＝2 是y＝f′(x)的唯一变号零点．所以y＝e xk 在(0，＋∞)上无变号零点，x设g(x)e x(x－1)e x＝－k，则g′(x)＝.x x2当x∈(0,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，所以g(x)min＝g(1)＝e－k，若g(x)在(0，＋∞)上无变号零点，则需要g(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以g(x)min≥0，即e－k≥0，即k≤e，所以若x＝2 是函数f(x)的唯一一个极值点，则应需k≤e.5. 已知函数f(x)＝e x－1－x－ax2. (1)当a＝0 时，求证：f(x)≥0；(2)当x≥0 时，若不等式f(x)≥0 恒成立，求实数a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)证明当a＝0 时，f(x)＝e x－1－x，f′(x)＝e x－1.故 f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (0)＝0，∴f (x )≥0.(2)解 f ′(x )＝e x －1－2ax ，令 h (x )＝e x －1－2ax ，则 h ′(x )＝e x －2a .①当 2a ≤1，即 a ≤1时，2在[0，＋∞)上，h ′(x )≥0，h (x )单调递增，h (x )≥h (0)，即 f ′(x )≥f ′(0)＝0，∴f (x )在[0，＋∞)上为增函数，∴f (x )≥f (0)＝0，∴当 a ≤1时满足条件．2②当 2a >1，即 1a > 时，2 令 h ′(x )＝0，解得 x ＝ln(2a )，在[0，ln(2a ))上，h ′(x )<0，h (x )单调递减，∴当 x ∈(0，ln(2a ))时，有 h (x )<h (0)＝0，即 f ′(x )<f ′(0)＝0，∴f (x )在区间(0，ln(2a ))上为减函数，∴f (x )<f (0)＝0，不合题意．综上，实数 a∞ 6．已知函数 f (x )＝ax －e x (a ∈R )，g (x ) ln x ＝ .x(1)求函数 f (x )的单调区间；(2)∃x ∈(0，＋∞)，使不等式 f (x )≤g (x )－e x 成立，求 a 的取值范围．【答案】见解析【解析】(1)因为 f ′(x )＝a －e x ，x ∈R .当 a ≤0 时，f ′(x )<0，f (x )在 R 上单调递减；当 a >0 时，令 f ′(x )＝0，得 x ＝ln a .由 f ′(x )>0，得 f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )；由 f ′(x )<0，得 f (x )的单调减区间为(ln a ，＋∞)．2 综上所述，当 a ≤0 时，f (x )的单调减区间为(－∞，＋∞)，无单调增区间；当 a >0 时，f (x )的单调增区间为(－∞，ln a )，单调减区间为(ln a ，＋∞)．(2)因为∃x ∈(0，＋∞)，使不等式 f (x )≤g (x )－e x ，则 ax ≤ln x ，即 a ≤ln x .x x 2ln x设h (x )＝ ，则问题转化为 a x 2，由 h ′(x ) 1－2ln x ＝ ，令 h ′(x )＝0，得 x ＝ e.x 3当 x 在区间(0，＋∞)内变化时，h ′(x )，h (x )随 x 变化的变化情况如下表：由上表可知，当 x ＝ e 时，函数 h (x )有极大值，即最大值为 1 ，所以 2e a ≤ 1.2e 故 a ∞，7．已知函数 f ᢈᢈ槠 ɽ e ᢈ — a ᢈ2．（1）若 a ɽ 1，证明：当 ᢈ ≤ O 时，f ᢈᢈ槠 ≤ 1；（2）若 f ᢈᢈ槠在ᢈO , + œ槠只有一个零点，求 a 的值.【答案】（1）见解析；（2）a ɽ e 2節【解析】（1）当 a ɽ 1 时，f ᢈᢈ槠 ≤ 1 等价于ᢈᢈ2 + 1槠e —ᢈ — 1 ≤ O ．设函数 g ᢈᢈ槠 ɽ ᢈᢈ2 + 1槠e —ᢈ — 1，则 g 'ᢈᢈ槠 ɽ— ᢈᢈ2 — 2ᢈ + 1槠e —ᢈ ɽ— ᢈᢈ — 1槠2e —ᢈ．当 ᢈ G 1 时，g'ᢈᢈ槠 䕠 O ，所以 g ᢈᢈ槠在ᢈO, + œ槠单调递减．而 g ᢈO 槠 ɽ O ，故当 ᢈ ≤ O 时，g ᢈᢈ槠 ≤ O ，即 f ᢈᢈ槠 ≤ 1．（2）设函数 h ᢈᢈ槠 ɽ 1 — a ᢈ2e —ᢈ．f ᢈᢈ槠在ᢈO , + œ槠只有一个零点当且仅当 h ᢈᢈ槠在ᢈO , + œ槠只有一个零点． （i ）当 a ≤ O 时，h ᢈᢈ槠 Σ O ，h ᢈᢈ槠没有零点；（ii ）当 a Σ O 时，h'ᢈᢈ槠 ɽ a ᢈᢈᢈ — 2槠e —ᢈ．当 ᢈ C ᢈO,2槠时，h'ᢈᢈ槠 䕠 O ；当 ᢈ C ᢈ2, + œ槠时，h'ᢈᢈ槠ΣO ．所以 h ᢈᢈ槠在ᢈO,2槠单调递减，在ᢈ2, + œ槠单调递增．故 h ᢈ2槠 ɽ 1 — 節a是 h ᢈᢈ槠在[O, + œ槠的最小值．e< ①若 h ᢈ2槠 Σ O ，即 a 䕠 e 2，h ᢈᢈ槠在ᢈO, + œ槠没有零点；節②若 h ᢈ2槠 ɽ O ，即 a ɽ e 2，h ᢈᢈ槠在ᢈO, + œ槠只有一个零点；節③若 h ᢈ2槠 䕠 O ，即 a Σ e 2，由于 h ᢈO 槠 ɽ 1，所以 h ᢈᢈ槠在ᢈO,2槠有一个零点，節由（1）知，当 ᢈ Σ O 时，e ᢈ Σ ᢈ2，所以 h ᢈ節a 槠 ɽ 1 — 16a 3 ɽ 1 — 16a 3 Σ 1 — 16a 3 ɽ 1 — 1 Σ O ．e 節a故 h ᢈᢈ槠在ᢈ2,節a 槠有一个零点，因此 h ᢈᢈ槠在ᢈO, + œ槠有两个零点．综上，f ᢈᢈ槠在ᢈO , + œ槠只有一个零点时，a ɽ e 2．節ᢈe 2a 槠2 ᢈ2a 槠節 a8.已知函数 f (x )＝1ax 2－(a ＋1)x ＋ln x (a >0)，讨论函数 f (x )的单调性．2【答案】见解析 【解析】 f ′(x )＝ax －(a ＋1)＋1 (ax －1)(x －1)＝ (x >0)，x x ①当 0<a <1 时，1>1，由 f ′(x )>0，解得 a 1 x > 或 0<x <1，由 f ′(x )<0，解得a 1<x <1a ②当 a ＝1 时，f ′(x )≥0 在(0，＋∞)上恒成立．③当 a >1 时， 0 1<1 a ，由 f ′(x )>0，解得 x >1 或 10<x < ，由 f ′(x )<0 a 1 ，解得 <x <1.a综上，当 0<a <1 时，f (x)(0,1)上单调递增，在 当 a ＝1 时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增， 当 a >1 时，f (x )在(1，＋∞)9．已知函数 f ᢈᢈ槠 ɽ ln ᢈ — a ᢈ + 1． ᢈ（1）若 1 是函数 f ᢈᢈ槠的一个极值点，求实数 a 的值；（2）在（1）的条件下证明：f ᢈᢈ槠 ≤ ᢈe ᢈ — ᢈ + 1 — 1． ᢈ【答案】（1）0；（2）证明见解析.【解析】由题，函数 f ᢈ ɽ ln ᢈ — a ᢈ + 1的导函数f ' ᢈ ɽ 1 — a — 1ᢈ ᢈ ᢈ2因为 1 是函数 f ᢈ 的一个极值点，所以' 1 ɽ 1 — a — 1 ɽ O a ɽ O ,经检验符合题意.（2）在（1）的条件下要证：f ᢈ ≤ ᢈe ᢈ — ᢈ + 1— 1 即 ᢈe ᢈ — ln ᢈ — ᢈ — 1 ≤ O ᢈ令 g ᢈ ɽ ᢈe ᢈ — ln ᢈ — ᢈ — 1 g ' ᢈ ɽ ᢈ + 1 e ᢈ — 1 — 1ᢈ .1 2 2 e ᢈO 再令 h ᢈ ɽ ᢈ + 1 e ᢈ — 1 — 1 h ' ᢈ ɽ ᢈ + 2 e ᢈ + 1 Σ O ᢈᢈ Σ O 槠所以 h ᢈ 在 O, + œ 递增，ᢈᢈ2又 hO,h e O ，所以∃ᢈO C 1 ,e ，使得 h ᢈO ɽ O ，即ᢈO e ᢈO ɽ 1所以 g ᢈ 在 O,ᢈO 递减，在 ᢈO , + œ 递增所以 g ᢈ min ɽ g ᢈO ɽ ᢈO e ᢈO — l n 1 — ᢈO — 1 ɽ O故 f ᢈ≤ ᢈe ᢈ — ᢈ + 1 — 1 ᢈ。

专题14 二次函数的分类讨论问题1、已知抛物线y ＝﹣16x 2﹣23x +2与x 轴交于点A ，B 两点，交y 轴于C 点，抛物线的对称轴与x 轴交于H 点，分别以OC 、OA 为边作矩形AECO ． （1）求直线AC 的解析式；（2）如图2，P 为直线AC 上方抛物线上的任意一点，在对称轴上有一动点M ，当四边形AOCP 面积最大时，求|PM ﹣OM |的最大值．（3）如图3，将△AOC 沿直线AC 翻折得△ACD ，再将△ACD 沿着直线AC 平移得△A 'C ′D '．使得点A ′、C '在直线AC 上，是否存在这样的点D ′，使得△A ′ED ′为直角三角形？若存在，请求出点D ′的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1) y ＝13x +2；(2) 点M 坐标为（﹣2，53）时，四边形AOCP 的面积最大，此时|PM ﹣OM |有最大值√616； (3)存在，D ′坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−35，195）．【解析】（1）令x ＝0，则y ＝2，令y ＝0，则x ＝2或﹣6，△A （﹣6，0）、B （2，0）、C （0，2），函数对称轴为：x ＝﹣2，顶点坐标为（﹣2，83），C 点坐标为（0，2），则过点C 的直线表达式为：y ＝kx +2，将点A 坐标代入上式，解得：k =13，则：直线AC 的表达式为：y =13x +2； （2）如图，过点P 作x 轴的垂线交AC 于点H ．四边形AOCP 面积＝△AOC 的面积+△ACP 的面积，四边形AOCP 面积最大时，只需要△ACP 的面积最大即可，设点P 坐标为（m ，−16m 2−23m +2），则点G 坐标为（m ，13m +2），S △ACP =12PG •OA =12•（−16m 2−23m +2−13m ﹣2）•6=−12m 2﹣3m ，当m ＝﹣3时，上式取得最大值，则点P 坐标为（﹣3，52）．连接OP 交对称轴于点M ，此时，|PM ﹣OM |有最大值，直线OP 的表达式为：y =−56x ，当x ＝﹣2时，y =53，即：点M 坐标为（﹣2，53），|PM ﹣OM |的最大值为：|√(−3+2)2+(52−53)2−√22+(53)2|=√616． （3）存在．△AE ＝CD ，△AEC ＝△ADC ＝90°，△EMA ＝△DMC ，△△EAM △△DCM （AAS ），△EM ＝DM ，AM ＝MC ，设：EM ＝a ，则：MC ＝6﹣a ．在Rt△DCM 中，由勾股定理得：MC 2＝DC 2+MD 2，即：（6﹣a ）2＝22+a 2，解得：a =83，则：MC =103，过点D 作x 轴的垂线交x 轴于点N ，交EC 于点H ．在Rt△DMC 中，12DH •MC =12MD •DC ，即：DH ×103=83×2，则：DH =85，HC =√DC 2−DH 2=65，即：点D 的坐标为（−65，185）；设：△ACD 沿着直线AC 平移了m 个单位，则：点A ′坐标（﹣6√10√10），点D ′坐标为（−65+√10185+√10），而点E 坐标为（﹣6，2），则A′D′2=(−6+65)2+(185)2=36，A′E 2=(√10)2+(√102)2=m 2√104，ED′2=(245+√10)2+(85+√10)2=m 2√101285．若△A ′ED ′为直角三角形，分三种情况讨论：△当A′D′2+A′E 2=ED′2时，36+m 2−√104=m 2+√101285，解得：m =2√105，此时D ′（−65+√10185+√10）为（0，4）；△当A′D′2+ED′2=A′E 2时，36+m 2+10+1285=m 210+4，解得：m =−8√105，此时D ′（−6510185+10）为（－6，2）；△当A′E 2+ED′2=A′D′2时，m 2√10+4+m 2√101285=36，解得：m =−8√105或m =√105，此时D ′（−65√10185√10）为（－6，2）或（−35，195）．综上所述：D 坐标为：（0，4）或（﹣6，2）或（−35，195）．2、已知抛物线1l :212y ax =-的项点为P ，交x 轴于A 、B 两点(A 点在B 点左侧)，且sin ABP ∠=．(1)求抛物线1l 的函数解析式；(2)过点A 的直线交抛物线于点C ,交y 轴于点D ,若ABC ∆的面积被y 轴分为1: 4两个部分，求直线AC 的解析式；(3)在(2)的情况下，将抛物线1l 绕点P 逆时针旋转180°得到抛物线2l ,点M 为抛物线2l 上一点，当点M 的横坐标为何值时，BDM ∆为直角三角形？【答案】（1）21128y x =-；（2）直线AC 的解析式为114y x =+；（3）点M 横坐标为16-+16--16-+16--BDM ∆为Rt ∆．【解析】（1）当0x =时，2122y ax =-=- △顶点()0,2P -，2OP = △90BOP ∠=︒，△sin OP ABP BP ∠==△BP ==△4OB ===△()4,0B ，代入抛物线1l 得：1620a -=，解得18a =，△抛物线1l 的函数解析式为21128y x =- （2）△知抛物线1l 交x 轴于A 、B 两点 △A 、B 关于y 轴对称，即()4,0-A △8AB =设直线AC 解析式：y kx b =+点A 代入得：40k b -+= △4b k =△直线AC ：4y kx k =+，()0,4D k △14|4|8||2AOD BOD S S k k ∆∆==⨯⨯= △21248x kx k -=+，整理得：2832160x kx k ---= △128x x k += △14x =-△284C x x k ==+，()284488C y k k k k k =++=+△2(84,88)C k k k ++ △21||32||2ABC C S AB y k k ∆=⋅=+ △若0k >，则:=1:4AOD OBCD S S ∆四边形 △15AOD ABC S S ∆∆= △()218325k k k =⨯+ 解得：10k =（舍去），214k = △直线AC 的解析式为114y x =+ △若k 0<，则8AOD BOD S S k ∆∆==-，()232ABC S k k ∆=-+△()218|32|5k k k -=⨯-+解得：10k =（舍去），214k =（舍去）综上所述，直线AC 的解析式为114y x =+. （3）由（2）得：()0,1D ，()4,0B△抛物线1l 绕点P 逆时针旋转180︒得到抛物线2l △抛物线2l 解析式为：22128y x =-- 设点M 坐标为21(,2)8m m --△若90BDM ∠=︒，如图1，则0m < 过M 作MN y ⊥轴于点N△90MND BOD BDM ∠=∠=∠=︒，MN m =-，22111(2)388DN m m =---=+ △90MDN BDO MDN DMN ∠+∠=∠+∠=︒ △BDO DMN ∠=∠ △BDO DMN ∆∆△BO ODDN MN=，即BO MN DN OD ⋅=⋅ △21438m m -=+解得：116m =-+，216m =--△若90DBM ∠=︒，如图2，过点M 作MQ x ⊥轴于点Q△90BQM DBM BDM ∠=∠=∠=︒，4BQ m =-，2211(2)288MQ m m =---=+ △90BMQ MBQ MBQ DBO ∠+∠=∠+∠=︒△BMQ DBO ∠=∠ △BMQ DBO ∆∆△BQ MQDO BO=，即BQ BO MQ OD ⋅=⋅△()214428m m -=+解得：116m =-+216m =--△若90BMD ∠=︒，则点M 在以BD 为直径的圆除点B 、D 外的圆周上 显然以AB 为真径的圆与抛物线2l 无交点，故此情况不存在满足的m综上所述，点M 横坐标为16-+16--16-+16--BDM ∆为Rt ∆. 3、已知：如图，一次函数y=12x+1的图象与x 轴交于点A ，与y 轴交于点B ；二次函数y=12x 2+bx+c 的图象与一次函数y=12x+1的图象交于B 、C 两点，与x 轴交于D 、E 两点且D 点坐标为（1，0） （1）求二次函数的解析式； （2）求四边形BDEC 的面积S ；（3）在x 轴上有一动点P ，从O 点出发以每秒1个单位的速度沿x 轴向右运动，是否存在点P 使得△PBC 是以P 为直角顶点的直角三角形？若存在，求出点P 运动的时间t 的值，若不存在，请说明理由． （4）若动点P 在x 轴上，动点Q 在射线AC 上，同时从A 点出发，点P 沿x 轴正方向以每秒2个单位的速度运动，点Q 以每秒a 个单位的速度沿射线AC 运动，是否存在以A 、P 、Q 为顶点的三角形与△ABD 相似，若存在，求a 的值，若不存在，说明理由．【答案】△y =12x 2−32x +1;(2)92;(3)t =1或3;(4)a =23√5或65√5【解析】（1）将B （0，1），D （1，0）的坐标代入y=12x 2+bx+c ， 得：{c ＝1b +c +12＝0，解得：{b ＝−32c ＝1故解析式y=12x 2−32x +1；（2）设C （x 0，y 0）， 则有 {y 0＝12x 0+1y 0＝12x 02−32x 0+1 ， 解得{x 0＝4y 0＝3， △C （4，3），由图可知：S=S △ACE -S △ABD ，又由对称轴为x=32可知E （2，0），△S=12AE•y 0-12AD×OB=12×4×3-12×3×1=92； （3）设符合条件的点P 存在，令P （t ，0）： 当P 为直角顶点时，如图：过C 作CF△x 轴于F ；△Rt△BOP△Rt△PCF ， △BOPF＝OP CF ，即 14−t ＝t3， 整理得t 2-4t+3=0， 解得a=1或a=3； 故可得t=1或3．（4）存在符合条件的a 值，使△APQ 与△ABD 相似， △当△APQ△△ABD 时，AP AB＝AQAD ， 解得：a=6√55；△当△APQ△△ADB 时，AP AD＝AQ AB ， 解得：a=2√53，△存在符合条件的a 值，使△APQ 与△ABD 相似，a=6√55或2√53．4、已知，抛物线y ＝﹣x 2+bx +c 经过点A （﹣1，0）和C （0，3）． （1）求抛物线的解析式；（2）在抛物线的对称轴上，是否存在点P ，使P A +PC 的值最小？如果存在，请求出点P 的坐标，如果不存在，请说明理由；（3）设点M 在抛物线的对称轴上，当△MAC 是直角三角形时，求点M 的坐标．【答案】（1）223y x x =-++；（2）当PA PC +的值最小时，点P 的坐标为()1,2；（3）点M 的坐标为()1,1、()1,2、81,3⎛⎫ ⎪⎝⎭或21,3⎛⎫- ⎪⎝⎭.【思路引导】()1由点A 、C 的坐标，利用待定系数法即可求出抛物线的解析式；()2连接BC 交抛物线对称轴于点P ，此时PA PC +取最小值，利用二次函数图象上点的坐标特征可求出点B 的坐标，由点B 、C 的坐标利用待定系数法即可求出直线BC 的解析式，利用配方法可求出抛物线的对称轴，再利用一次函数图象上点的坐标特征即可求出点P 的坐标；()3设点M 的坐标为()1,m ，则CM =，AC ==AM =AMC 90∠=、ACM 90∠=和CAM 90∠=三种情况，利用勾股定理可得出关于m 的一元二次方程或一元一次方程，解之可得出m 的值，进而即可得出点M 的坐标． 【解析】解：()1将()1,0A -、()0,3C 代入2y x bx c =-++中，得：{103b c c --+==，解得：{23b c ==，∴抛物线的解析式为223y x x =-++．()2连接BC 交抛物线对称轴于点P ，此时PA PC +取最小值，如图1所示．当0y =时，有2230x x -++=， 解得：11x =-，23x =，∴点B 的坐标为()3,0．抛物线的解析式为2223(1)4y x x x =-++=--+，∴抛物线的对称轴为直线1x =．设直线BC 的解析式为()0y kx d k =+≠， 将()3,0B 、()0,3C 代入y kx d =+中， 得：{303k d d +==，解得：{13k d =-=，∴直线BC 的解析式为3y x =-+．当1x =时，32y x =-+=，∴当PA PC +的值最小时，点P 的坐标为()1,2．()3设点M 的坐标为()1,m ，则CM =，AC ==AM =分三种情况考虑：①当90AMC ∠=时，有222AC AM CM =+，即22101(3)4m m =+-++，解得：11m =，22m =，∴点M 的坐标为()1,1或()1,2；②当90ACM ∠=时，有222AM AC CM =+，即224101(3)m m +=++-，解得：83m =， ∴点M 的坐标为81,3⎛⎫⎪⎝⎭；③当90CAM ∠=时，有222CM AM AC =+，即221(3)410m m +-=++，解得：23m =-， ∴点M 的坐标为21,.3⎛⎫- ⎪⎝⎭综上所述：当MAC 是直角三角形时，点M 的坐标为()1,1、()1,2、81,3⎛⎫⎪⎝⎭或21,.3⎛⎫- ⎪⎝⎭【方法总结】本题考查待定系数法求二次(一次)函数解析式、二次(一次)函数图象的点的坐标特征、轴对称中的最短路径问题以及勾股定理，解题的关键是：()1由点的坐标，利用待定系数法求出抛物线解析式；()2由两点之间线段最短结合抛物线的对称性找出点P 的位置；()3分AMC 90∠=、ACM 90∠=和CAM 90∠=三种情况，列出关于m 的方程．5、如图，动直线 y ＝kx+2（k ＞0）与 y 轴交于点 F ，与抛物线 y ＝14x 2+1 相交于A ，B 两点，过点 A ，B 分别作 x 轴的垂线，垂足分别为点 C ，D ，连接 CF ，DF ，请你判断△CDF 的形状，并说明理由．【答案】△CFD 是直角三角形．见解析。

第8课时分类讨论题在数学中，我们常常需要根据研究对象性质的差异，分各种不同情况予以考查．这种分类思考的方法是一种重要的数学思想方法，同时也是一种解题策略．分类是按照数学对象的相同点和差异点，将数学对象区分为不同种类的思想方法，掌握分类的方法，领会其实质，对于加深基础知识的理解、提高分析问题、解决问题的能力是十分重要的．分类的原则：（1）分类中的每一部分是相互独立的；（2）一次分类按一个标准；（3）分类讨论应逐级进行．类型之一直线型中的分类讨论直线型中的分类讨论问题主要是对线段、三角形等问题的讨论，特别是等腰三角形问题和三角形高的问题尤为重要.1．（沈阳市）若等腰三角形中有一个角等于50°，则这个等腰三角形的顶角的度数为（）A．50°B．80°C．65°或50° D．50°或80°2.(•乌鲁木齐)某等腰三角形的两条边长分别为3cm和6cm，则它的周长为（）A．9cm B．12cm C．15cm D．12cm或15cm3. （江西省）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′处，(1)求证：B′E=BF；(2)设AE=a，AB=b, BF=c,试猜想a、b、c之间有何等量关系，并给予证明.类型之二 圆中的分类讨论圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，在解决圆的有关问题时，特别是无图的情况下，有时会以偏盖全、造成漏解，其主要原因是对问题思考不周、思维定势、忽视了分类讨论等．4.（湖北罗田）在Rt △ABC 中，∠C ＝900，AC ＝3，BC ＝4.若以C 点为圆心， r 为半径 所作的圆与斜边AB 只有一个公共点，则r 的取值范围是___ __．5.（上海市）在△ABC 中，AB=AC=5，3cos 5B ．如果圆O 的半径为10，且经过点B 、C ，那么线段AO 的长等于 ．6.（•威海市）如图，点A ，B 在直线MN 上，AB ＝11厘米，⊙A ，⊙B 的半径均为1厘米．⊙A 以每秒2厘米的速度自左向右运动，与此同时，⊙B 的半径也不断增大，其半径r （厘米）与时间t （秒）之间的关系式为r ＝1+t （t≥0）．（1）试写出点A ，B 之间的距离d （厘米）与时间t （秒）之间的函数表达式； （2）问点A 出发后多少秒两圆相切？类型之三方程、函数中的分类讨论方程、函数的分类讨论主要是通过变量之间的关系建立函数关系式，然后根据实际情况进行分类讨论或在有实际意义的情况下的讨论，在讨论问题的时候要注意特殊点的情况.7.（上海市）已知AB=2，AD=4，∠DAB=90°，AD∥BC（如图）．E是射线BC上的动点（点E与点B不重合），M是线段DE的中点．（1）设BE=x，△ABM的面积为y，求y关于x的函数解析式，并写出函数的定义域；（2）如果以线段AB为直径的圆与以线段DE为直径的圆外切，求线段BE的长；（3）联结BD，交线段AM于点N，如果以A、N、D为顶点的三角形与△BME相似，求线段BE的长．8.（福州市)如图，以矩形OABC的顶点O为原点，OA所在的直线为x轴，OC所在的直线为y轴，建立平面直角坐标系．已知OA＝3，OC＝2，点E是AB的中点，在OA上取一点D，将△BDA沿BD翻折，使点A落在BC边上的点F处．（1）直接写出点E、F的坐标；（2）设顶点为F的抛物线交y轴正半轴．．．于点P，且以点E、F、P为顶点的三角形是等腰三角形，求该抛物线的解析式；（3）在x轴、y轴上是否分别存在点M、N，使得四边形MNFE的周长最小？如果存在，求出周长的最小值；如果不存在，请说明理由．参考答案1.【解析】由于已知角未指明是顶角还是底角，所以要分类讨论：（1）当50°角是顶角时，则（180°－50°）÷2=65°，所以另两角是65°、65°；（2）当50°角是底角时，则180°－50°×2=80°，所以顶角为80°。

分类讨论有一类数学题，我们在解答时，需要根据研究对象性质的差异将它分为不同的情况加以分析考查．这一类试题，我们称之为分类讨论题．解决分类讨论题首先要弄清分类的方法和原则，分类时要考虑研究对象的相同点和差异点，将它划分为不同种类加以分析和研究．分类时必须遵循以下原则：（1） 分类中的每个分支是相互独立的，不能有重复情况出现；（2） 分类时标准要统一，不能有遗漏情况出现；（3） 分类讨论应逐级进行．解决分类讨论题的基本方法和步骤是：（1） 确定研究对象的全体范围；（2） 确定分类标准，合理地进行分类；（3） 逐级对所分类别进行讨论，获取阶段性结果；（4） 综合各级结果，得出最终结论．分类讨论的类型：1、 概念分类讨论① a ≥0 , ｜a ｜=a⑴ 绝对值② a ＜0 , ｜a ｜=-a【例1】（2009·孝感）若m n n m -=-,且4m =,3n =,则2()m n += ．⑵ 等腰三角形的底角和顶角 ⑶ 等腰三角形的底边和腰 ⑷ 直角三角形的直角边和斜边 ⑸ 平分弦（不是直径）的直径垂直于这条弦，并且平分这条弦所对的弧（①优弧；②劣弧）⑹ 点与弦的位置关系2、 性质型分类有一些数学定理、公式以及性质等等具有使用范围或者是分类给出的，这就要求我们在运用它们时一定要分情况讨论【例2】（2008·威海）已知二次函数c bx ax y ++=2的图象过点A （1，2），B （3，2），C （5，7）．若点M （-2，y 1），N （-1，y 2），K （8，y 3）也在二次函数c bx ax y ++=2的图象上，则下列结论正确的是 （ ）A ．y 1＜y 2＜y 3B ．y 2＜y 1＜y 3C ．y 3＜y 1＜y 2D ．y 1＜y 3＜y 2【例3】（2008·株州）已知函数1y x=的图象如下，当1x ≥-时，y 的取值范围是（ ）A ．1y <-B ．1y ≤-C ．1y ≤- 或O -1-1X0y >D ．1y <-或0y ≥3、 参数型分类讨论解答含有字母系数（参数）的题目时，需要根据字母（参数）的不同取值范围进行讨论【例4】（2009·凉山州）若0ab <，则正比例函数y ax =与反比例函数b y x=在同一坐标系中的大致图象可能是（ ）【例5】（2008·贵阳）对任意实数x ，点2(2)P x x x -，一定不在．．（ ） A ．第一象限 B ．第二象限 C ．第三象限 D ．第四象限【例6】（2009·荆门）关于x 的方程ax 2－(a ＋2)x ＋2=0只有一解(相同解算一解)，则a 的值为 ( )(A)a =0． (B)a =2． (C)a =1． (D)a =0或a =2．4、 解集型分类讨论求一元二次不等式及分式不等式的解集时，可以利用有理的乘（除）法法则“两数相乘（除），同号得正，异号得负”来分类，把它们转化为几个一元一次不等式组来求解【例7】（2009·深圳）先阅读理解下面的例题，再按要求解答：例题：解一元二次不等式290x ->.解：∵29(3)(3)x x x -=+-，∴(3)(3)0x x +->.由有理数的乘法法则“两数相乘，同号得正”，有（1）3030x x +>⎧⎨->⎩ （2）3030x x +<⎧⎨-<⎩解不等式组（1），得3x >，解不等式组（2），得3x <-，故(3)(3)0x x +->的解集为3x >或3x <-，即一元二次不等式290x ->的解集为3x >或3x <-.问题：求分式不等式51023x x +<-的解集. 5、 统计型分类讨论有一类问题在求一组数据的平均数、众数或中位数时，由于题设的不确定性，往往需要分类讨论才能获得完整的答案．【例8】（2009·牡丹江）已知三个不相等的正整数的平均数、中位数都是3，则这三个数分别为 ．6、 方案设计型分类讨论在日常生活中，针对同一问题，借助于分类讨论的思想往往可以得出不同的解决方案【例9】（2009·绥化）一宾馆有二人间、三人间、四人间三种客房供游客租住，某旅行团20人准备同时租用这三种客房共7间，且每个房间都住满，租房方案有 ( ) y x O yx Oy x O y x O B ．。

“分类讨论专题讲解——函数、方程与不等式的分类情形〞分类讨论是一种逻辑方法，是一种重要的数学思想，同时也是一种重要的的解题策略，它表达了化整为零、积零为整的思想与归类整理的方法．有关分类讨论思想的数学问题具有明显的逻辑性、探索性，能训练人的思维挑理性和概括性，所以在高考题中占有重要的位置．引起分类讨论的原因主要是以下几方面：〔1〕问题所涉及到的数学概念是分类进展定义的．如a 的定义为0a >、0a =、0a <三种情况．这种分类讨论题型可以称为概念型．〔2〕问题中涉及到的数学定理、公式和运算性质、法则有围或者条件限制，或者时分类给出的．如等比例的前n 项和的公式，分0q =和1q ≠两种情况．这种分类讨论题型可以称为性质型．〔3〕解含有参数的题目时，必须根据参数的不同取值围进展讨论．如解不等式2ax >时分0a >、0a =、和0a <三种情况讨论．这种称为含参型．〔4〕*些不确定的数量、不确定的图形的形状和位置、不确定的结论等，都主要通过分类讨论，保证其完整性，使之具有确定性．〔5〕较复杂的或非常规的数学问题，需采用分类讨论的策略解决．分类讨论的标准：①涉及的数学概念是分类定义的；②涉及运算的数学定义、公式或运算性质、法则是分类给出的； ③涉及题中所给出的限制条件或研究对象的性质而引起的； ④涉及数学问题中参变量的不同取值导致不同结果二引起的； ⑤涉及几何图形的形状、位置的变化而引起的；⑥一些较复杂或非常规的数学问题，需要采用分类讨论的解题策略解决的．分类讨论的步骤一般可分为以下几步：①确定讨论的对象及其围；②确定分类讨论的标准，正确进展分类； ③逐步讨论，分级进展； ④归纳整合，作出结论．【试题来源】 【题目】函数()()0,1xf x aa a =>≠在[]1,2中的最大值比最小值大2a，则a 的值为＿＿＿＿． 【答案】：当1a >是，原函数在[]1,2上单调递增，()()()()2max min 2,1f x f a f x f a ====22a a a ∴-=，解得0a =〔舍去〕，32a = 当01a <<时，原函数在[]1,2上单调递减，()()()()2max min 1,2f x f a f x f a ====22a a a ∴-=，解得0a =〔舍去〕，12a = 【解析】此处注意指数函数底的讨论，要求熟悉掌握指数对数函数的分类情形【知识点】【适用场合】当堂例题 【难度系数】2 【试题来源】【题目】设01x <<，0a >且1a ≠，比拟()log 1a x -与()log 1a x +的大小． 【答案】：01011,11x x x <<∴<-<+>〔1〕当()()01log 10log 10a a a x x <<->+<时，，，所以 〔2〕当1a >时，()()log 10log 10a a x x -<+>，，所以由〔1〕、〔2〕可知，()()log 1log 1a a x x ->+【解析】比拟对数大小，运用对数函数的单调性，而单调性与底数有关，所以对底数分两类情况进展讨论．此题要求对对数函数的单调性的两种情况十分熟悉，即当时其是增函数，当时其是减函数．去绝对值时要判别符号，用到了函数的单调性；最后差值的符号判断，也用到函数的单调性． 【知识点】【适用场合】当堂练习题 【难度系数】2【备注】对于根底不好的学生，解析时可引导学生回忆复习指数和对数的一些运算公式，指数对数函数的急图像和性质，注重根底知识的梳理和总结。

专题04 分类讨论型【讲】【通用版】专题04分类讨论型【讲】【通用版】分类讨论型问题，是指解决此类试题，必须确定好分类标准，并按此标准对问题进行正确分类，使复杂问题简单、清晰起来．先给出近几年高考分类讨论型试题，列举如下：【典例1】已知函数f(x)＝x2＋|x－a|＋1，a∈R．(1)试判断f(x)的奇偶性；(2)若a＝0时，求f(x)的最小值．【答案】（1）当a＝0时，f(x)为偶函数，当a≠0时，f(x)为非奇非偶函数．（2）1【解析】（1）先确定定义域关于原点对称，再判断f(－x)与f(x)关系，最后根据奇偶性定义确定奇偶性；（2）先研究x≥0时，函数最小值，再根据偶函数性质求最值试题解析：解：(1)当a＝0时，f(－x)＝(－x)2＋|－x|＋1＝x2＋|x|＋1＝f(x)．当a≠0时，f(a)＝a2＋1，f(－a)＝a2＋2|a|＋1，此时f(a)≠f(－a)，f(a)≠－f(a)．∴当a＝0时，f(x)为偶函数，当a≠0时，f(x)为非奇非偶函数．方法二（分类讨论）由题设知，求OMN 的面积S ，并观察S 最大值时l 的位置特点．类型三 与三角函数、解三角形相结合的分类讨论型【典例3-1】已知方程22sin cos 1x y αα+=，其中[0,α∈曲线？απ类型六 与立体几何相结合的分类讨论型【典例6-1】六盒磁带按“规则方式”打包．所谓“规则方式”，是指每相邻两盒必须是以全等的面积对接，最后得到的包装形状是一个长方体．若磁带盒长、宽、高的尺寸分别为,,a b c ，且a b c >>，请你给出一种使表面积最小的打包方式，予以证明，并画出其示意图．【解析】如果不考虑磁带盒之间的空隙，那么就要考虑长方体表面积可能的值．因为62316=⨯=⨯，所以“规则打包”只有两种类型．设磁带盒过同一顶点的三个面的面积为、、A B C ．（1）若“16⨯”类型，表面积21212S A B C =++．要使S 取值最小，由于磁带盒三边长为a b c >>，从而令A a b =⋅，,B a c C b c =⋅=⋅，则121212S ab ac bc =++；（2）若“23⨯”类型，表面积4612S A B C =++．要S 最小，应为24612S ab ac bc =++．比较两种方式，即()126223S S ac ab a c b -=-=-．当3c b >时，2S 小，故采用“23⨯”打包类型；当3c b <时，1S 小，故采用“16⨯”打包类型；当3c b =时，两种类型都可以．示意图如图所示．【举一反三】7．在长方体1111ABCD A B C D -中，()2,0AB BC a a ==>，12AA =．(1)在BC 边上是否存在点Q ，使得1A Q QD ⊥，为什么？(2)当存在点Q ，使1A Q QD ⊥时，求a 的最小值，并求出此时二面角1A A D Q --的正弦值．类型七 与解析几何相结合的分类讨论型证明：（1）当2AB p ≥时，如图，记综上所述，满足条件的正整数(1)求315C -的值．(2)组合数的两个性质：①C C m n m n n -=；②11C C C m m m n n n -++=是否都能推广到C mx （x ∈R ，m 是正整数）的情形？若能推广，则写出推广的形式并给出证明；若不能，则说明理由；(3)已知组合数C m n 是正整数，证明：当x ∈Z ，m 是正整数时，C mx ∈Z ．参考答案：）BC 上存在点Q ，且1A Q QD ⊥，且11,A Q A A ⊂平面1A AQ ，∴））知a 的最小值是4；4时，2x =，即Q 是BC 的中点，作作1PF A D ⊥，连结QF ．∵QP对上面a 的各种取值范围，作出这两条曲线只有一个公共点的证明如下：上述探究中的方程()214ay a y +-若0a >，则210y a =-<，从而x。

分类讨论大聚焦之方程、函数中的分类讨论
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——————————————————————————————————————一、知识提要
【方程中的分类讨论】
分式方程无解
分式方程无解的条件是：
①去分母后所得整式方程无解；
②解这个整式方程得到的解使原方程的分母等于0．
方程类型不确定
可能是一元一次方程，也可能是一元二次方程.
【函数中的分类讨论】
函数类型不确定
可能是一次函数，也可能是二次函数.
二、专项训练
【板块一：方程中的分类讨论】
1.若关于x的分式方程
-3
-=1
-1
x a
x x
无解，求a.
2.已知关于x的方程（k2-1）x2-2（k+1）x+1=0有实数根，求k的取值范围.
【板块二：函数中的分类讨论】
3. 求函数251=(-)+(-3)+22
y k x k x 的图象与x 轴的交点.
4. 已知关于x 的函数y =mx 2-(3m +1)x +2m +1的图象与坐标轴只有两个交点，求
m 的值.。

分类讨论题在数学中,我们常常需要根据研究对象性质的差异，分各种不同情况予以考查．这种分类思考的方法是一种重要的数学思想方法，同时也是一种解题策略．分类是按照数学对象的相同点和差异点，将数学对象区分为不同种类的思想方法，掌握分类的方法，领会其实质，对于加深基础知识的理解、提高分析问题、解决问题的能力是十分重要的．分类的原则：（1）分类中的每一部分是相互独立的；（2）一次分类按一个标准；（3）分类讨论应逐级进行．类型之一直线型中的分类讨论直线型中的分类讨论问题主要是对线段、三角形等问题的讨论,特别是等腰三角形问题和三角形高的问题尤为重要.1．（沈阳市)若等腰三角形中有一个角等于50°，则这个等腰三角形的顶角的度数为（）A．50°B．80°C．65°或50° D．50°或80°2.（•乌鲁木齐)某等腰三角形的两条边长分别为3cm和6cm,则它的周长为（)A．9cm B．12cm C．15cm D．12cm或15cm3. （江西省）如图，把矩形纸片ABCD沿EF折叠，使点B落在边AD上的点B′处，点A落在点A′处，（1)求证：B′E=BF;（2）设AE=a,AB=b, BF=c，试猜想a、b、c之间有何等量关系，并给予证明。

类型之二圆中的分类讨论圆既是轴对称图形，又是中心对称图形，在解决圆的有关问题时,特别是无图的情况下，有时会以偏盖全、造成漏解,其主要原因是对问题思考不周、思维定势、忽视了分类讨论等．4.（湖北罗田）在Rt△ABC中,∠C＝900,AC＝3,BC＝4。

若以C点为圆心, r为半径所作的圆与斜边AB 只有一个公共点，则r的取值范围是___ __．5.（上海市）在△ABC中，AB=AC=5，3cos5B ．如果圆O的半径为10,且经过点B、C，那么线段AO的长等于．6。

（•威海市）如图，点A，B在直线MN上，AB＝11厘米，⊙A,⊙B的半径均为1厘米．⊙A以每秒2厘米的速度自左向右运动，与此同时，⊙B的半径也不断增大，其半径r(厘米）与时间t（秒)之间的关系式为r＝1+t(t≥0）．(1）试写出点A，B之间的距离d（厘米）与时间t(秒）之间的函数表达式；（2)问点A出发后多少秒两圆相切？类型之三方程、函数中的分类讨论方程、函数的分类讨论主要是通过变量之间的关系建立函数关系式,然后根据实际情况进行分类讨论或在有实际意义的情况下的讨论，在讨论问题的时候要注意特殊点的情况.7。