导数中的分类讨论依据问题

导数中的分类讨论问题分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不遗漏的分析讨论.”一、导函数为二项式，并且参数独立成项例：已知函数()ln(1)(1)1fxxkx，求函数()fx的单调区间；解:（1）'1(),(1)1fxkxx,所以,0k当时,'()0;fx0k当时,由'()0fx得:11,xk所以,0k当时()1,fx在上为增函数；0k当时1()1,1fxk在上为增函数；在11,k上为减函数；二、导函数为三项式时（主要是二次三次式或变形后为二次三项式的含参讨论）1、二次项系数引起的分类讨论例：已知函数1)1(ln)(2xpxpxf,当0p时，讨论函数)(xf的单调性。解：()fx的定义域为（0，+∞），xpxpxpxpxf2'1212，当1p时，'()fx＞0，故()fx在（0，+∞）单调递增；当0＜p＜1时，令'()fx=0，解得12ppx.则当12,0ppx时，'()fx＞0；,12ppx时，'()fx＜0.故()fx在12,0pp单调递增，在,12pp单调递减.2、二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论例：已知函数322()233fxxaxx=-++，令()ln(1)3()gxxfx=++-?，若()gx在1(,)2上单调递增，求实数a的取值范围.解：由已知得22()ln(1)3(243)ln(1)24gxxxaxxxax，2144(1)14()4411xaxagxxaxx，又当1(,)2x时，恒有10x，设2()44(1)14hxxaxa，其对称轴为44182aax，(i)当1122a,即0a时，应有216(1)16(14)0aa解得:20a，所以0a时成立，(ii)当1122a,即0a时，应有1()02h即:114(1)1402aa解得0a，综上：实数a的取值范围是0a。3、判别式引起的分类讨论例：已知函数2()lnfxxxax，()aR，讨论()fx在定义域上的单调性。解：由已知得22()21,(0)axxafxxxxx，（1）当180a，18a时，()0fx恒成立，()fx在(0,)上为增函数．（2）当180a，18a时，1)108a时，118118022aa，()fx在118118[,]22aa上为减函数，()fx在118118(0,],[,)22aa上为增函数，2）当0a时，11802a，故()fx在118[0,]2a上为减函数，()fx在[1182a，＋∞）上为增函数．综上，当18a时，()fx在(0,)上为增函数;当)108a时，()fx在118118[,]22aa上为减函数，()fx在118118(0,],[,)22aa上为增函数，当a＜0时，()fx在（0，1182a]上为减函数，()fx在[1182a，＋∞）上为增函数．4、二次方程根的大小引起的讨论例：已知函数))(1ln()(2Raxaaxxxf,求函数)(xf的单调区间；解：1)22(212)('xaxxxaaxxf,若0a时，则1)22(2)(,122xaxxxfa0在（1，）恒成立，所以)(xf的增区间（1，）.若122,0aa则，故当]22,1(ax，01)22(2)('xaxxxf，当),22[ax时，01)22(2)(xaxxxf，所以a0时)(xf的减区间为（22,1a），)(xf的增区间为［),22a.总之，我们对二次型的讨论本着如下的顺序选择：开口方向→对称轴→判别式（根的个数）→两根大小。当然，也不可墨守成规，在遇到具体题目时，可适发灵活调整。例：已知函数2()(1)ln1fxaxax.(1)讨论函数()fx的单调性；(2)设a≤－2，求证：对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋1x＋2ax＝2ax2＋a＋1x.当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增．当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝－a＋12a，则当1(0,]2axa时，f′(x)＞0；当1(,)2axa时，()0fx；故()fx在1(0,]2aa上单调递增，在1(,)2aa上单调递减．(2)不妨设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝a＋1x＋2ax＋4＝2ax2＋4x＋a＋1x.于是g′(x)≤－4x2＋4x－1x＝2x－12x≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调减少，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.