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含参数函数单调性问题常规解法探索 　　【摘要】 恒成立或存在性问题可以转化成最值问题，最值问题可以转化成极值问题，而极值问题要转化成单调性问题。 　　【关键词】 高考 极值 最值 单调性讨论 　　 近年来，在高考数学试题中，无论是全国卷还是各省卷，函数导数的综合应用都经常出现在压轴题中。因为综合性较强，考生常常无从下手或半途而废。本文试图从例题出发，归纳出这类题的常规解法原理及步骤。 　　经验告诉我们，恒成立或存在性问题可以转化成最值问题，最值问题可以转化成极值问题，而极值问题要转化成单调性问题。所以，最重要、最基本的问题是函数单调性的讨论问题。 　　【例1】已知函数??f(x)=1nx-ax??，求??f(x)??的单调区间. 　　解：函数的定义域为（0，+∞），f??、（x）=1x+ax??2=x+ax??2 　　令f??、（x）=0得：x=-a 　　若-a≤0即a≥0，则f??、（x）＞，∴f（x）在（0，∞）上单调递增； 　　肉-a＞0即a＜0，则由f??、（x）＞0得x＞-a，由f??、（x）＜0得x＜-a 　　∴f（x）在（-a，∞）上单调递增，在（0，-a）上单调递减 　　总之，当a≥0时，f（x）在（-a，∞）上单调递增 　　当a＜0时，f（x）在（-a，∞）上单调递增，在（0-a）上单调递减 　　解题步骤归纳： 　　1 .求定义域，求导； 　　 2.令f??、（x）=0得解x??0； 　　3. 讨论x??0与定义区间的相对位置关系（在区间内、外）； 　　4. 综述. 　　【例2】已知函数f(x)= 12x??2 －ax+(a－1) ，讨论函数F(X)的单调性. 　　解： f（x） 的定义域为（0，∞） . 　　 f??、(x)=x-a+a-1x=a??2-ax+a-1x=(x-1)（x+1-a）x=（x-1）［x-(a-1)］x 　　令f??、（x）=0得：x??1=1，x??2=a-1 　　（1）若a-1 ≤1即a=2时，则f??、（x）＞0，∴f（x）在（0，∞） 上单调递增 　　(2)①若a-1=1即a=2 时，f??、（x）=(x-1)??2x 0, 故f(x)在（0，∞） 单调递增. 　　②若0＜a-1＜1 ,即1＜a＜2时， 　　由f??、（x）＜0得，a-1＜ x＜ 1；由f??、（x）＞0得，0＜x＜a-1或x＞1 　　故f（x） 在（a-1,1）单调递减，在（0，a-1），（1，+∞） 单调递增. 　　③若a-1＞1,即a＞2时， 　　由f??、（x）＜0得，1＜x＜a-1 ；由f??、（x）＞0得，0＜x＜1或x＞a-1 　　故f（x）在（1，a-1）单调递减，在（0,1），（a-1+∞）单调递增. 　　总之，当a≤1或a=2时， f(x)在（0，∞） 单调递增； 　　 当1＜a＜2时，f(x) 在(a-1,1)单调递减，在(0,a-1),(1+∞)单调递增； 　　 当a＞2时， f（x）在（1，a-1）单调递减，在（0,1），（a-1，+∞）单调递增. 　　解题步骤完善： 　　1 .求定义域，求导； 　　 2.令f??、（x）=0得解x??1，x??2 ； 　　 3. 讨论x??1，x??3与定义区间的相对位置关系（当x??1，x??2都再区间内时，再比较x??1，x??2大小） ； 　　4 . 综述. 　　【例3】(2010年高考北京卷18第(Ⅱ)问)已知函数 f(x)=In(1+x)- x+x??2 (k ≥0)，求f (x)的单调区间. 　　解：??x?海?-1，+∞），f??、（x）=x（kx+k-1）1+x. 　　 令f??、（x）=0得：x??1=0，x??2=1-kk，（k≠0）?? 　　（1） 当k=0 时，f??、（x）=-x1+x . 　　所以，在区间（-1,0）上， f??、（x）＞0；在区间（0，+∞）上，f??、（x）＜0 . 　　 故f（x）的单调递增区间是（-1,0），单调递减区间是（0，+∞）. 　　（2）当x??2 ≤-1即1-kk≤-1时，考虑到k＞0，无解. 　　（3）当x??2＞x??1即k=1时，f??、（x）x??21+x＞0 故f（x）的单调递增区间是 （-1，+∞）. 　　（4）当x??2＞x??1 即0＜k＜1（∴k≥0)时， 　　由f??’（x）＜0得，0＜x＜1-kk ；由f??、（x）＞0得，-1＜x＜0或x＞1-kk 　　故f（x）的单调递增区间是（-1,0）和（1-kk,+∞） ，单调递减区间是（0，1-kk） . 　　（5）当x??2＜x??1 即k＞1 （∴k ≥0)时， 　　由f??、（x）小于0 得，1-kk＜x＜0 ；