化繁為簡直觀化解“函數含參討論單調性”問題

摘 要：在2024年高考中，新課標Ⅰ卷第18題第（3）問、新課標Ⅱ卷第16題第（2）問、全國甲卷（理）第21題第（2）問、新課標Ⅱ卷第11題均為“函數含參討論單調性”問題.此問題較綜合，學生往往不能很好地掌握.文章通過化繁為簡與直觀化的操作，促使學生輕松掌握.

關鍵詞：導數；函數含參；單調性；核心素養.

中圖分類號：G632"" 文獻標識碼：A"" 文章編號：1008-0333（2024）34-0087-04

收稿日期：2024-09-05

作者簡介：王樹新（1978—），男，福建省泉州人，本科，中級教師，從事高中數學教學研究.

在高考導數綜合題中，單調性是必須討論的問題，因為單調性是解決后續問題的關鍵[1].“函數含參討論單調性”可以考查學生的分類討論、數形結合、函數與方程、化歸轉化、數學抽象、數學運算的數學能力及核心素養.

討論函數f（x）的單調性的本質是討論導函數f ′（x）的正負.而“f ′（x）的正與負”是解不等式，但在實操時，解不等式不如解等式，即令“f ′（x）=0”，然后畫導函數f ′（x）的正負圖，再得到原函數f（x）的單調性簡圖.簡而言之，教師應用“導函數的正負圖”與“原函數的單調圖”的直觀性指導解題.

1 “一次型”或“類一次型”

1.1 “一次型”

例1 （2017年新課標Ⅲ卷理第21題）已知函數f（x）=x-1-alnx．若f（x）≥0，求a的值.

解析 f（x）的定義域為（0，+∞），f ′（x）=1-ax=x-ax，且f（1）=0，

①當a≤0時，因為f ′（x）gt;0，f（x）在（0，+∞）上單調遞增，則當0lt;xlt;1時，f（x）lt;0，不滿足題意，所以a≤0舍去.

②當agt;0時，令f ′（x）=0，得x=a.

f ′（x）的正負如圖1所示，f（x）的單調性如圖2所示.

所以若0lt;xlt;a，則f ′（x）lt;0；若xgt;a，則f ′（x）gt;0.所以f（x）的單調遞減區間為（0，a），單調遞增區間為（a，+∞），且f（1）=0.

（?。┤鬭lt;1，f（x）在（a，1）上單調遞增，所以當x∈（a，1）時f（x）lt;f（1）=0，矛盾；

（ⅱ）若agt;1，f（x）在（1，a）上單調遞減，所以當x∈（1，a）時f（x）lt;f（1）=0，矛盾；

（ⅲ）若a=1，f（x）在（0，1）上單調遞減，在（1，+∞）上單調遞增，

所以f（x）≥f（1）=0滿足題意.

綜上所述，a=1.

說明 ①此題為“恒成立問題”，需要求最值，而求最值要先討論函數的單調性；

②關于兩圖要準確理解：第一個圖是“導函數的正負圖”，而不是“導函數的”；第二個圖是“原函數的單調圖”，而不是“原函數的”.這兩圖僅有“正負”與“單調性”是準確的，也僅取“正負”及“單調”，此為“化繁為簡”與“直觀化”的關鍵；

③需發現含參函數f（x）有f（1）=0，“變”中有“定”；

④解答過程中，“兩圖”可僅在草稿紙中出現.

1.2 “類一次型”

例2 （2024年新課標全國Ⅱ卷第16題）已知函數f（x）=ex-ax-a3．若f（x）有極小值，且極小值小于0，求a的取值范圍．

解析 f（x）的定義域為（-∞，+∞），f ′（x）=ex-a，且exgt;0恒成立.

①當a≤0時，因為f ′（x）gt;0，f（x）在（-∞，+∞）上單調遞增，f（x）無極值，不

滿足題意，

所以a≤0舍去.

②當agt;0時，令f ′（x）=

0，得x=lna.

f ′（x）=ex-a的正負等同于y=x-lna的正負，f ′（x）的正負如圖3所示，f（x）的單調性如圖4所示.

圖3 導函數正負圖""""""" 圖4 原函數單調圖

所以若xlt;lna，則f ′（x）lt;0；

若xgt;lna，則f ′（x）gt;0.

所以f（x）的單調遞減區間為（-∞，lna），單調遞增區間為（lna，+∞）.

所以f（x）的極小值為f（lna）=a-alna-a3，無極大值.

依題意得f（lna）=a-alna-a3lt;0，且agt;0，則a2+lna-1gt;0.

令g（a）=a2+lna-1（agt;0），

則g′（a）=2a+1agt;0恒成立.

所以g（a）在（0，+∞）上單調遞增，且g（1）=0.

不等式a2+lna-1gt;0g（a）gt;g（1）.

所以agt;1.

說明 ①欲回答函數的極值問題，先討論函數的單調性；

②導函數y=ex-a的正負等同于函數y=x-lna的正負，本著“化繁為簡”及“直觀化”原則，畫y=x-lna的正負圖，因此把“y=ex-a”稱為“類一次型”；

③須知，在g（a）=a2+lna-1中，g（1）=0.

1.3 可因式分解的“類一次型”

例3 （2017年高考數學新課標Ⅰ卷理第21題）已知函數f（x）=ae2x+（a-2）ex-x．討論f（x）的單調性.解析 f（x）的定義域為（-∞，+∞），f ′（x）=2ae2x+（a-2）ex-1=（aex-1）（2ex+1），因為

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

①當a≤0時，f ′（x）lt;0，f（x）在R上單調遞減；

②當agt;0時，令f ′（x）=0，得x=-lna.f ′（x）的正負等同于y=x+lna的正負，

f ′（x）的正負如圖5所示，f（x）的單調性如圖6所示.

所以若xlt;-lna，則f ′（x）lt;0；

若xgt;-lna，則f ′（x）gt;0.

所以f（x）的單調遞減區間為（-∞，-lna），單調遞增區間為（-lna，+∞）.

綜上所述，當a≤0時，f（x）在R上單調遞減；當agt;0時，f（x）的單調遞減區間為（-∞，-lna），單調遞增區間為（-lna，+∞）.

說明 ①把導函數因式分解成f ′（x）=（aex-1）（2ex+1）是第一難點[2]；

②f ′（x）的正負等同于“y=aex-1”的正負；

③注意到f ′（x）=aex-1中的agt;0，其正負等同于“y=x+lna”的正負，屬于“類一次型”.

2 “二次型”或“類二次型”

2.1 不可因式分解的“二次型”

例4 （2015年高考數學山東理科第21題）設函數f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中a∈R．討論函數f（x）極值點的個數，并說明理由.

解析 因為f（x）的定義域為（-1，+∞），f ′（x）=1x+1+2ax-a=2ax2+ax+（1-a）x+1.

①當a=0時，f ′（x）=1x+1gt;0恒成立，

所以f（x）在（-1，+∞）上單調遞增，f（x）無極值.

②當a≠0時，記g（x）=2ax2+ax+（1-a），

△=a2-8a（1-a）=a（9a-8），

（?。┊敗鳌?，即0≤a≤89且a≠0.

即0lt;a≤89時，g（x）≥0，則f ′（x）≥0.

所以f（x）在（-1，+∞）單調遞增，此時f（x）無極值點.

（ⅱ）當agt;89時，△gt;0，且x∈（-1，+∞），g（-1）=1（g（x）過點（-1，1）），記2ax2+ax+（1-a）=0的兩根為x1，x2（x1lt;x2），因為g（x）的對稱軸為x=-14，

所以-1lt;x1lt;-14，x2gt;-14.

f ′（x）的正負如圖7所示，f（x）的單調性如圖8所示.

所以若-1lt;xlt;x1或xgt;x2，則f ′（x）gt;0；若x1lt;xlt;x2時，f ′（x）lt;0，所以f（x）的單調遞增區間為（-1，x1）與（x2，+∞），單調遞減區間為（x1，x2），

所以f（x）有兩個極值點.

（ⅲ）當alt;0時，△gt;0，且x∈（-1，+∞），

g（-1）=1（g（x）過點（-1，1）），由韋達定理，x1x2=1-a2alt;0（兩根異號），且g（x）開口向下，所以x1lt;-1，x2gt;0，f ′（x）的正負如圖9所示，f（x）的單調性如圖10所示.

所以若-1lt;xlt;x2，則f ′（x）gt;0；

若xgt;x2時，f ′（x）lt;0，

所以f（x）的單調遞增區間為（-1，x2），單調遞減區間為（x2，+∞），

所以f（x）有一個極值點.

綜上所述：當alt;0時，f（x）在（-1，+∞）上有

且僅有一個極值點；當0≤a≤89時，f（x）在（-1，+∞）

上無極值點；當agt;89時，f（x）在（-1，+∞）上有兩個極值點.

說明 ①欲求函數f（x）在定義域（-1，+∞）上的極值點個數，需討論f（x）在定義域（-1，+∞）上的單調性；

②導函數f ′（x）的正負等同于g（x）=2ax2+ax+（1-a）在（-1，+∞）的正負；

③對于函數g（x）=2ax2+ax+（1-a），需要討論其函數類型（一次或二次）；

④若函數g（x）為二次函數，是不可分解的情況，則討論其對應方程根的個數及分布；

⑤須知g（x）=2ax2+ax+（1-a）過定點（-1，1）.

2.2 可因式分解的“類二次型”

例5 （2016年高考新課標Ⅰ卷文）已知函數

f（x）=（x-2）ex+a（x-1）2.討論f（x）的單調性；

解析 因為f（x）的定義域為R，f ′（x）=（x-1）ex+2a（x-1）=（x-1）（ex+2a），且ex恒正，

①當a≥0時，ex+2agt;0，令f ′（x）=0，得x=1，f ′（x）的正負如圖11，f（x）的單調性如圖12.

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

所以f（x）的單調遞減區間為（-∞，1），單調遞增區間為（1，+∞），

②當alt;0時，令f ′（x）=0，得x1=1，x2=ln（-2a），

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

（ⅰ）當x1=x2時，即1=ln（-2a），即a=-e2，

f ′（x）的正負如圖13，f（x）的單調性如圖14.

若x∈R，則f ′（x）≥0.則f（x）在R上單調遞增.

（ⅱ）當x1lt;x2，即1lt;ln（-2a）且alt;0，即alt;-e2時，f ′（x）的正負如圖15所示，f（x）的單調性如圖16所示.

所以若xlt;1或xgt;ln（-2a），則f ′（x）gt;0；

若1lt;xlt;ln（-2a），則f ′（x）lt;0.

所以f（x）的單調遞增區間為（-∞，1）與（ln（-2a），+∞），單調遞減區間為（1，ln（-2a））.

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

f ′（x）的正負如圖17所示，f（x）的單調性如圖18所示.

所以若xlt;ln（-2a）或xgt;1，則f ′（x）gt;0；

若ln（-2a）lt;xlt;1，則f ′（x）lt;0.

所以f（x）的單調遞增區間為（-∞，ln（-2a））與（1，+∞），單調遞減區間為（ln（-2a），1）.

綜上所述，當a≥0時，f（x）的單調遞減區間為（-∞，1），單調遞增區間為（1，+∞）；

當-e2lt;alt;0時，f（x）的單調遞增區間為（-∞，ln（-2a）），

（1，+∞），單調遞減區間為（ln（-2a），1）；當a=-e2時，f（x）在R上單調遞增；當alt;-e2時，f（x）的單調遞增區間為（-∞，1），（ln（-2a），+∞），單調遞減區間為（1，

ln（-2a））.

說明 當a≥0時，本質是“一次型”；當alt;0時，是可分解的“類二次型”，須進一步討論兩根的“大，小，等”三種情況.

3 結束語“函數含參討論單調性”的步驟如下：首先，要定義域優先考慮；其次，求導是關鍵，導數式中有分式要通分，能因式分解要盡量分解；然后，確定導函數的正負規律是“（類）一次型”或“（類）二次型”，并且畫出兩圖（導函數的正負圖，原函數的單調圖）；最后，再根據兩圖寫出導函數的正與負的范圍及對應的原函數的單調區間.

當然，“函數含參討論單調性”不僅僅只有“（類）一次型”與“（類）二次型”，可能有“（類）三次型”“（類）四次型”等，同樣可以用“化繁為簡直觀化”的方法來解決.

參考文獻：

［1］周威.摭談含參導數題的分類討論及優化策略[J].教學考試，2020（20）：32-33.

［2］ 柏慶昆，李思念.一道導數壓軸題的“溯源”與“深延”改編[J].數學通訊，2019（16）：42-44.

［責任編輯：李 璟］