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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－alnx(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－＝，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)＝alnx－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)＝，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)＝lnx－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)＝－a＝ (x>0)，
①当a≤0时，f′(x)＝－a>0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．②当a>0时，令f′(x)＝－a＝＝0，可得x＝，
当00；当x>时，f′(x)＝<0，
故函数f(x)在上单调递增，在上单调递减．
综上，当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a>0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减．
4．已知函数f(x)＝ax2－(a＋1)x＋lnx，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)＋＝＝．
①当01，∴x∈(0，1)和时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0，1)和上单调递增，在上单调递减；
②当a＝1时，＝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<<1，∴x∈和(1，＋∞)时，f′(x)>0；x∈时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
综上，当01时，函数f(x)在和(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
5．设函数f(x)＝alnx＋，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)＝＋＝．
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)＝ax2＋(2a＋2)x＋a，由于Δ＝(2a＋2)2－4a2＝4(2a＋1)．
(1)当a＝－时，Δ＝0，f′(x)＝≤0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(2)当a＜－时，Δ＜0，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减．
(3)当－＜a＜0时，Δ＞0．设x，x(x＜x)是函数g(x)的两个零点，
1 2 1 2
则x＝，x＝．
1 2
由x＝＝＞0，
1
所以x∈(0，x)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减；
1
x∈(x，x)时，g(x)＞0，f′(x)＞0，函数f(x)单调递增；
1 2
x∈(x，＋∞)时，g(x)＜0，f′(x)＜0，函数f(x)单调递减．
2
综上可得：当a≥0时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a≤－时，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减；
当－＜a＜0时，f(x)在，上单调递减，
在上单调递增．
6．已知f(x)＝(x2－ax)lnx－x2＋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)(lnx－1)，
令f′(x)＝0得x＝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＜e，即0＜a＜2e，
当x∈时，f′(x)＞0，当x∈时，f′(x)＜0，当x∈(e，＋∞)时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递减区间为；
②若＝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＞e，即a＞2e，当x∈(0，e)时，
f′(x)＞0，当x∈时，f′(x)＜0，当x∈时，f′(x)＞0，
所以f(x)的单调递减区间为．
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；
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．
7．已知e是自然对数的底数，实数a是常数，函数f(x)＝ex－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)＝ex－ex－1，
∴f′(x)＝ex－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)＝ex－ax－1，∴f′(x)＝ex－a.
易知f′(x)＝ex－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)＝ex－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＋ax2＋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)＝＋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)＝＝.
因为函数g(x)的定义域为(0，＋∞)，
所以当a＝0时，g′(x)＝－.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＝，
若＜1，即a＞，由g′(x)＞0，得x＞1或0＜x＜，由g′(x)＜0，得＜x＜1，
即函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减；
若＞1，即0＜a＜，由g′(x)＞0，得x＞或0＜x＜1，
由g′(x)＜0，得1＜x＜，
即函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
若＝1，即a＝，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＜时，函数g(x)在(0,1)，上单调递增，在上单调递减；
当a＝时，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递增；
当a＞时，函数g(x)在，(1，＋∞)上单调递增，在上单调递减．
9．已知函数f(x)＝lnx＋ax2－(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＋ax2－(2a＋1)x，所以f′(x)＝＝．
由题意知函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，令f′(x)＝0得x＝1或x＝，
若<1，即a>，由f′(x)>0得x>1或01，即00得x>或0时，函数f(x)在上单调递增，在上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．
10．函数f(x)＝，当a≠0时，求f(x)的单调区间与极值．
解析：因为f′(x)＝＝·(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)＝－a2，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)＝－a2，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)＝－a2，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)＝－a2，极大值为f(a)＝1.
11．已知函数f(x)＝ln(x＋1)－(a>1)，讨论f(x)的单调性．
解析：f′(x)＝.
①当a2－2a<0时，即1－1.
x (－1，a2－2a) (a2－2a,0) (0，＋∞)
f′(x) ＋ － ＋
②当a＝2时，f′(x)＝≥0，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
③当a2－2a>0时，即a>2时，
x (－1,0) (0，a2－2a) (a2－2a，＋∞)
f′(x) ＋ － ＋
综上，当12时，f(x)的递增区间是(－1,0)，(a2－2a，＋∞)，递减区间是(0，a2－2a)；
当a＝2时，f(x)在(－1，＋∞)上递增．
12．已知函数f(x)＝ex(ex－a)－a2x，讨论f(x)的单调性．
解析：函数f(x)的定义域为(－∞，＋∞)，f′(x)＝2e2x－aex－a2＝(2ex＋a)(ex－a)．
①若a＝0，则f(x)＝e2x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.
当x∈时，f′(x)＜0；当x∈时，f′(x)＞0.
故f(x)在上单调递减，在上单调递增．
13．已知函数f(x)＝aln(x＋1)－ax－x2，讨论f(x)在定义域上的单调性．
解析：f′(x)＝－a－2x＝，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝－，又f(x)的定义域为(－1，＋∞)，
①当－≤－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＜－＜0，即－2＜a＜0时，
若x∈，f′(x)＜0，则f(x)单调递减；若x∈，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－＝0，即a＝－2时，f′(x)≤0，f(x)在(－1，＋∞)上单调递减．
④当－＞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∈，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)在上单调递减，在上单调递增，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，在上单调递增，在上单调递减．
14．已知函数f(x)＝x2＋2cosx，g(x)＝ex·(cosx－sinx＋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)＝(ex)′·(cos x－sin x＋2x－2)＋ex(cos x－sin x＋2x－2)′
＝ex(cos x－sin x＋2x－2－sin x－cos x＋2)＝2ex(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)＝ex(cos x－sin x＋2x－2)－a(x2＋2cos x)，
所以h′(x)＝2ex(x－sin x)－a(2x－2sin x)＝2(x－sin x)(ex－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，ex－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)(ex－a)＝0，解得x＝ln a，x＝0．
1 2
①若00，函数h(x)单调递增；
x∈(ln a，0)时，ex－a>0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(0，＋∞)时，ex－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，ex－a<0，h′(x)>0，函数h(x)单调递增；
x∈(0，ln a)时，ex－a<0，h′(x)<0，函数h(x)单调递减；
x∈(ln a，＋∞)时，ex－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01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)＝x3－x2＋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)＝3x2－2x＋a，对于f′(x)＝0，Δ＝(－2)2－4×3a＝4(1－3a)．
①当a≥时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；
②当a<时，令f′(x)＝0，即3x2－2x＋a＝0，解得x＝，x＝，
1 2
令f′(x)>0，则x0⇒a<－或a>.
由f′(x)＝0⇒x＝，x＝.
1 2
x (－∞，x) (x，x) (x，＋∞)
1 1 2 2
f′(x) ＋ － ＋
所以f(x)的单调递增区间是(－∞，x)，(x，＋∞)；单调递减区间是(x，x)．
1 2 1 2
(2)因为f(x)在内是减函数，所以⊆(x，x)．
1 2
所以f′(x)＝3x2＋2ax＋1≤0在上恒成立．
所以2a≥－3x－在上恒成立，所以a≥2.
7．已知函数f(x)＝x－＋1－aln 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＋－＝.
设g(x)＝x2－ax＋2，二次方程g(x)＝0的判别式Δ＝a2－8.
①当Δ≤0，即0＜a≤2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时，方程g(x)＝0有两个不同的实根x＝，x＝，0＜x＜x.
1 2 1 2
由f′(x)>0，得0x.由f′(x)<0，得x
