导数是解决函数单调性、最值等问题十分有利的工具，但学生在运用导数解决含参的问题时，往往会束手无措，特别是对其中的分类讨论感到无从下手。其实联想到含参的二次函数求最值中，主要有两类：动轴定区间和定轴动区间，不论哪一类，我们通常是按照轴在区间左侧、轴在区间内和轴在区间右侧分三类来讨论。类比上述方法，就可以轻松解决导数应用中对含参问题的分类讨论。举例说明如下：
　　一、 动点定区间
　　例1 已知函数f(x)=lnx-ax，若f(x)在［1,e］上的最小值为32，求a的值.
　　分析：先假设函数f(x)的定义域为R，由f(x)=lnx-ax，得f′（x）=1x+ax2=x+ax2，由f′（x）=0，解得x=-a.令f′(x)＞0，解得x＞-a;令f′(x)＜0，解得x＜-a.所以f(x)在（-∞，-a）上是减函数，在（-a，+∞）上是增函数，若仅考虑函数的单调性，那么f(x)图像的增减情况大致为图1，则f(x)在［1，e］上的图像应为图1在［1，e］上的部分。考虑到极值点-a是动点，［1,e］是定区间，即动点定区间，联想到二次函数动轴定区间求最值的方法，将问题分为极值点在区间左侧，内部，右侧三类来讨论。
　　解：由f(x)=lnx-ax，得f′（x）=1x+ax2=x+ax2，
　　（1） （若极值点在区间左侧）如图11.
　　当-a≤1即a≥-1时，∵ 1≤x≤e，∴ x+a≥0，即f′(x)≥0对x∈［1,e］恒成立，当且仅当x=-a时，f′(x)=0.所以f(x)在［1,e］上是增函数。当x=1时，f(x)min=f(1)=ln1-a1=-a=32,解得a=-32，不满足a≥-1，故舍去；
　　（2） （若极值点在区间内）如图12.
　　当1＜-a＜e即-e＜a＜-1时，当x变化时，f′（x）、f(x)的变化情况如下表：
　　x=-a是f(x)在［1，e］上的唯一极小值点，也是最小值点.当x=-a时，f(x)min=f(-a)=ln(-a)-a-a=ln（-a）+1=32，解得a=-e∈（-e，-1），符合题意；
　　（3）（若极值点在区间右侧）如图13.
　　当-a≥e即a≤-e时，∵ 1≤x≤e，∴ x+a≤0，即f′（x）≤0对x∈［1,e］恒成立，当且仅当x=-a时，f′（x）=0.所以f(x)在［1,e］上是减函数。
　　当x=e时，f(x)min=f(e)=lne-ae=1-ae=32解得a=-e2，不满足a≤-e，故舍去.
　　综上所述：a的值为-e.
　　二、 定点动区间
　　例2 已知函数f（x）=(x2-2x)ex，求f(x)在区间［0，m］（m＞0）上的最小值。
　　分析：先假设函数f(x)的定义域为R，由f(x)=（x2-2x）ex，得f′(x)=(2x-2)ex+（x2-2x）ex=（x2-2）ex
　　由f′(x)=0，解得x=±2.
　　令f′(x)＞0，解得x＜-2或x＞2；
　　令f′（x）＜0，解得-2＜x＜2.所以f(x)在（-∞，-2），（2，+∞）上增函数，在（-2，2）上是减函数，若仅考虑函数的单调性， f(x)图像的增减情况大致为图2，则f(x)在［0，m］上的图像应为图2在［0，m］上的部分。考虑到极值点2是定点，［0，m］是动区间，即定点动区间，类比二次函数定轴动区间求最值的方法，将问题分为极值点在区间内部，右侧两类来讨论。 解：由f(x)=（x2-2x）ex，得f′(x)=(2x-2)ex+（x2-2x）ex，由f′（x）=0，解得x=2或x=-2（舍）
　　(1)（若极值点在区间右侧）如图21当0＜m≤2时，∵ 0≤x≤m，∴ x2≤m2≤2，∴ f′（x）=（x2-2）ex≤0
　　对x∈［0，m］恒成立，当且仅当x=2时，f′（x）=0.所以f(x)在［0，m］上是减函数。当x=m时，f(x)min=f(m)=（m2-2m）em.
　　
　　x=2是f(x)在［0，m］上的唯一极小值点，也是最小值点.当x=2时，f(x)min=f(2)=(2-22)e2.
　　综上所述：当0＜m≤2时，f(x)min=f(m)=（m2-2m）em；
　　当m＞2时，f(x)min=f(2)=（2-22）e2.
　　［0，m］是一个端点变化的动区间，对于两个端点同时变化的动区间，也可用上述方法解决分类讨论问题。如例题3。
　　例3 已知函数f(x)=x3-3x2-2，若a＞0，求函数y=f(x)在区间（a-1，a+1）内的极值.
　　分析：由f(x)=x3-3x2-2，得f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).由f′(x)=0，解得x=0或x=2. ∵ a＞0，∴ a-1∈（-∞，-1）.而0和2将区间（-1，+∞）分为三部分(如图3)，所以将问题分为左端点a-1在区间（-1，0）、（0，2）、（2，+∞）等几类来讨论.
　　解：由f(x)=x3-3x2-2，得f′(x)=3x2-6x=3x(x-2).由f′（x）=0，解得x=0或x=2.
　　令f′（x）＞0，解得x＜0或x＞2;
　　令f′(x)＜0，解得0＜x＜2.所以f(x)在（-∞，0），
　　（2，+∞）上增函数，在（0，2）上是减函数，若仅考虑函数的单调性，则f(x)图像的增减情况大致为图3.
　　∵ a＞0，∴ a-1＞-1，
　　(1)当-1＜a-1＜0即0＜a＜1时，a+1＜2,如图31
　　当x变化时，f′(x)、f(x)的变化情况如下表：
　　x（a-1，0）0（0，a+1）
　　f′（x）+0-
　　f(x)极大值
　　当x=0时，f(x)取得极大值，极大值为f(0)=-2.
　　(2)当a-1=0即a=1时，a+1=2，f(x)在区间（0，2）上是减函数，f(x)无极值.如图32
　　(3)当0＜a-1＜2即1＜a＜3时，a+1＞2.如图33
　　当x变化时，f′（x）、f(x)的变化情况如下表：
　　x(a-1，2)2（2，a+1）
　　f′（x）-0+
　　f(x)极小值
　　当x=2时，f(x)取得极小值，极小值为f(2)=-6.
　　（4） 当a-1≥2即a≥3时，如图34对x∈（a-1，a+1），f′（x）＞0恒成立，所以f(x)在x∈（a-1，a+1）上是增函数，f(x)无极值.
　　综上所述：当0＜a＜1，f(x)有极大值-2；当a=1或a≥3时，f(x)无极值；当1＜a＜3时，f(x)有极小值-6.
　　也可以将本题理解为运用动的观点，将动区间从最左边不断的向右移动，从而发现函数图象在不同的区域内增减变化情况，来进行分类讨论。
　　（责任编辑：陈前进）