化繁为简直观化解“函数含参讨论单调性”问题

摘 要：在2024年高考中，新课标Ⅰ卷第18题第（3）问、新课标Ⅱ卷第16题第（2）问、全国甲卷（理）第21题第（2）问、新课标Ⅱ卷第11题均为“函数含参讨论单调性”问题.此问题较综合，学生往往不能很好地掌握.文章通过化繁为简与直观化的操作，促使学生轻松掌握.

关键词：导数；函数含参；单调性；核心素养.

中图分类号：G632"" 文献标识码：A"" 文章编号：1008-0333（2024）34-0087-04

收稿日期：2024-09-05

作者简介：王树新（1978—），男，福建省泉州人，本科，中级教师，从事高中数学教学研究.

在高考导数综合题中，单调性是必须讨论的问题，因为单调性是解决后续问题的关键[1].“函数含参讨论单调性”可以考查学生的分类讨论、数形结合、函数与方程、化归转化、数学抽象、数学运算的数学能力及核心素养.

讨论函数f（x）的单调性的本质是讨论导函数f ′（x）的正负.而“f ′（x）的正与负”是解不等式，但在实操时，解不等式不如解等式，即令“f ′（x）=0”，然后画导函数f ′（x）的正负图，再得到原函数f（x）的单调性简图.简而言之，教师应用“导函数的正负图”与“原函数的单调图”的直观性指导解题.

1 “一次型”或“类一次型”

1.1 “一次型”

例1 （2017年新课标Ⅲ卷理第21题）已知函数f（x）=x-1-alnx．若f（x）≥0，求a的值.

解析 f（x）的定义域为（0，+∞），f ′（x）=1-ax=x-ax，且f（1）=0，

①当a≤0时，因为f ′（x）gt;0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，则当0lt;xlt;1时，f（x）lt;0，不满足题意，所以a≤0舍去.

②当agt;0时，令f ′（x）=0，得x=a.

f ′（x）的正负如图1所示，f（x）的单调性如图2所示.

所以若0lt;xlt;a，则f ′（x）lt;0；若xgt;a，则f ′（x）gt;0.所以f（x）的单调递减区间为（0，a），单调递增区间为（a，+∞），且f（1）=0.

（ⅰ）若alt;1，f（x）在（a，1）上单调递增，所以当x∈（a，1）时f（x）lt;f（1）=0，矛盾；

（ⅱ）若agt;1，f（x）在（1，a）上单调递减，所以当x∈（1，a）时f（x）lt;f（1）=0，矛盾；

（ⅲ）若a=1，f（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增，

所以f（x）≥f（1）=0满足题意.

综上所述，a=1.

说明 ①此题为“恒成立问题”，需要求最值，而求最值要先讨论函数的单调性；

②关于两图要准确理解：第一个图是“导函数的正负图”，而不是“导函数的”；第二个图是“原函数的单调图”，而不是“原函数的”.这两图仅有“正负”与“单调性”是准确的，也仅取“正负”及“单调”，此为“化繁为简”与“直观化”的关键；

③需发现含参函数f（x）有f（1）=0，“变”中有“定”；

④解答过程中，“两图”可仅在草稿纸中出现.

1.2 “类一次型”

例2 （2024年新课标全国Ⅱ卷第16题）已知函数f（x）=ex-ax-a3．若f（x）有极小值，且极小值小于0，求a的取值范围．

解析 f（x）的定义域为（-∞，+∞），f ′（x）=ex-a，且exgt;0恒成立.

①当a≤0时，因为f ′（x）gt;0，f（x）在（-∞，+∞）上单调递增，f（x）无极值，不

满足题意，

所以a≤0舍去.

②当agt;0时，令f ′（x）=

0，得x=lna.

f ′（x）=ex-a的正负等同于y=x-lna的正负，f ′（x）的正负如图3所示，f（x）的单调性如图4所示.

图3 导函数正负图""""""" 图4 原函数单调图

所以若xlt;lna，则f ′（x）lt;0；

若xgt;lna，则f ′（x）gt;0.

所以f（x）的单调递减区间为（-∞，lna），单调递增区间为（lna，+∞）.

所以f（x）的极小值为f（lna）=a-alna-a3，无极大值.

依题意得f（lna）=a-alna-a3lt;0，且agt;0，则a2+lna-1gt;0.

令g（a）=a2+lna-1（agt;0），

则g′（a）=2a+1agt;0恒成立.

所以g（a）在（0，+∞）上单调递增，且g（1）=0.

不等式a2+lna-1gt;0g（a）gt;g（1）.

所以agt;1.

说明 ①欲回答函数的极值问题，先讨论函数的单调性；

②导函数y=ex-a的正负等同于函数y=x-lna的正负，本着“化繁为简”及“直观化”原则，画y=x-lna的正负图，因此把“y=ex-a”称为“类一次型”；

③须知，在g（a）=a2+lna-1中，g（1）=0.

1.3 可因式分解的“类一次型”

例3 （2017年高考数学新课标Ⅰ卷理第21题）已知函数f（x）=ae2x+（a-2）ex-x．讨论f（x）的单调性.解析 f（x）的定义域为（-∞，+∞），f ′（x）=2ae2x+（a-2）ex-1=（aex-1）（2ex+1），因为

2ex+1gt;0，所以f ′（x）=（aex-1）（2ex+1）的符号等同于y=aex-1的符号，且exgt;0恒成立.

①当a≤0时，f ′（x）lt;0，f（x）在R上单调递减；

②当agt;0时，令f ′（x）=0，得x=-lna.f ′（x）的正负等同于y=x+lna的正负，

f ′（x）的正负如图5所示，f（x）的单调性如图6所示.

所以若xlt;-lna，则f ′（x）lt;0；

若xgt;-lna，则f ′（x）gt;0.

所以f（x）的单调递减区间为（-∞，-lna），单调递增区间为（-lna，+∞）.

综上所述，当a≤0时，f（x）在R上单调递减；当agt;0时，f（x）的单调递减区间为（-∞，-lna），单调递增区间为（-lna，+∞）.

说明 ①把导函数因式分解成f ′（x）=（aex-1）（2ex+1）是第一难点[2]；

②f ′（x）的正负等同于“y=aex-1”的正负；

③注意到f ′（x）=aex-1中的agt;0，其正负等同于“y=x+lna”的正负，属于“类一次型”.

2 “二次型”或“类二次型”

2.1 不可因式分解的“二次型”

例4 （2015年高考数学山东理科第21题）设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中a∈R．讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由.

解析 因为f（x）的定义域为（-1，+∞），f ′（x）=1x+1+2ax-a=2ax2+ax+（1-a）x+1.

①当a=0时，f ′（x）=1x+1gt;0恒成立，

所以f（x）在（-1，+∞）上单调递增，f（x）无极值.

②当a≠0时，记g（x）=2ax2+ax+（1-a），

△=a2-8a（1-a）=a（9a-8），

（ⅰ）当△≤0，即0≤a≤89且a≠0.

即0lt;a≤89时，g（x）≥0，则f ′（x）≥0.

所以f（x）在（-1，+∞）单调递增，此时f（x）无极值点.

（ⅱ）当agt;89时，△gt;0，且x∈（-1，+∞），g（-1）=1（g（x）过点（-1，1）），记2ax2+ax+（1-a）=0的两根为x1，x2（x1lt;x2），因为g（x）的对称轴为x=-14，

所以-1lt;x1lt;-14，x2gt;-14.

f ′（x）的正负如图7所示，f（x）的单调性如图8所示.

所以若-1lt;xlt;x1或xgt;x2，则f ′（x）gt;0；若x1lt;xlt;x2时，f ′（x）lt;0，所以f（x）的单调递增区间为（-1，x1）与（x2，+∞），单调递减区间为（x1，x2），

所以f（x）有两个极值点.

（ⅲ）当alt;0时，△gt;0，且x∈（-1，+∞），

g（-1）=1（g（x）过点（-1，1）），由韦达定理，x1x2=1-a2alt;0（两根异号），且g（x）开口向下，所以x1lt;-1，x2gt;0，f ′（x）的正负如图9所示，f（x）的单调性如图10所示.

所以若-1lt;xlt;x2，则f ′（x）gt;0；

若xgt;x2时，f ′（x）lt;0，

所以f（x）的单调递增区间为（-1，x2），单调递减区间为（x2，+∞），

所以f（x）有一个极值点.

综上所述：当alt;0时，f（x）在（-1，+∞）上有

且仅有一个极值点；当0≤a≤89时，f（x）在（-1，+∞）

上无极值点；当agt;89时，f（x）在（-1，+∞）上有两个极值点.

说明 ①欲求函数f（x）在定义域（-1，+∞）上的极值点个数，需讨论f（x）在定义域（-1，+∞）上的单调性；

②导函数f ′（x）的正负等同于g（x）=2ax2+ax+（1-a）在（-1，+∞）的正负；

③对于函数g（x）=2ax2+ax+（1-a），需要讨论其函数类型（一次或二次）；

④若函数g（x）为二次函数，是不可分解的情况，则讨论其对应方程根的个数及分布；

⑤须知g（x）=2ax2+ax+（1-a）过定点（-1，1）.

2.2 可因式分解的“类二次型”

例5 （2016年高考新课标Ⅰ卷文）已知函数

f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2.讨论f（x）的单调性；

解析 因为f（x）的定义域为R，f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a），且ex恒正，

①当a≥0时，ex+2agt;0，令f ′（x）=0，得x=1，f ′（x）的正负如图11，f（x）的单调性如图12.

所以若xlt;1，则f ′（x）lt;0；若xgt;1，则f ′（x）gt;0.

所以f（x）的单调递减区间为（-∞，1），单调递增区间为（1，+∞），

②当alt;0时，令f ′（x）=0，得x1=1，x2=ln（-2a），

f ′（x）=（x-1）（ex+2a）的符号等同于y=（x-1）［x-ln（-2a）］.

（ⅰ）当x1=x2时，即1=ln（-2a），即a=-e2，

f ′（x）的正负如图13，f（x）的单调性如图14.

若x∈R，则f ′（x）≥0.则f（x）在R上单调递增.

（ⅱ）当x1lt;x2，即1lt;ln（-2a）且alt;0，即alt;-e2时，f ′（x）的正负如图15所示，f（x）的单调性如图16所示.

所以若xlt;1或xgt;ln（-2a），则f ′（x）gt;0；

若1lt;xlt;ln（-2a），则f ′（x）lt;0.

所以f（x）的单调递增区间为（-∞，1）与（ln（-2a），+∞），单调递减区间为（1，ln（-2a））.

（ⅲ）当x1gt;x2，即1gt;ln（-2a）且alt;0，即-e2lt;alt;0时，

f ′（x）的正负如图17所示，f（x）的单调性如图18所示.

所以若xlt;ln（-2a）或xgt;1，则f ′（x）gt;0；

若ln（-2a）lt;xlt;1，则f ′（x）lt;0.

所以f（x）的单调递增区间为（-∞，ln（-2a））与（1，+∞），单调递减区间为（ln（-2a），1）.

综上所述，当a≥0时，f（x）的单调递减区间为（-∞，1），单调递增区间为（1，+∞）；

当-e2lt;alt;0时，f（x）的单调递增区间为（-∞，ln（-2a）），

（1，+∞），单调递减区间为（ln（-2a），1）；当a=-e2时，f（x）在R上单调递增；当alt;-e2时，f（x）的单调递增区间为（-∞，1），（ln（-2a），+∞），单调递减区间为（1，

ln（-2a））.

说明 当a≥0时，本质是“一次型”；当alt;0时，是可分解的“类二次型”，须进一步讨论两根的“大，小，等”三种情况.

3 结束语“函数含参讨论单调性”的步骤如下：首先，要定义域优先考虑；其次，求导是关键，导数式中有分式要通分，能因式分解要尽量分解；然后，确定导函数的正负规律是“（类）一次型”或“（类）二次型”，并且画出两图（导函数的正负图，原函数的单调图）；最后，再根据两图写出导函数的正与负的范围及对应的原函数的单调区间.

当然，“函数含参讨论单调性”不仅仅只有“（类）一次型”与“（类）二次型”，可能有“（类）三次型”“（类）四次型”等，同样可以用“化繁为简直观化”的方法来解决.

参考文献：

［1］周威.摭谈含参导数题的分类讨论及优化策略[J].教学考试，2020（20）：32-33.

［2］ 柏庆昆，李思念.一道导数压轴题的“溯源”与“深延”改编[J].数学通讯，2019（16）：42-44.

［责任编辑：李 璟］