考前归纳总结：导数中常见的分类讨论

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、方法和技巧、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、参数引起的分类讨论例1.：已知函数1)1(ln)(2xpxpxf,当0p时，讨论函数)(xf的单调性。练习1：已知函数()ln(1)(1)1fxxkx，求函数()fx的单调区间；二、判别式引起的分类讨论例2：已知函数2()lnfxxxax，()aR，讨论()fx在定义域上的单调性。三、二次函数对称轴和给定区间引起的分类讨论例3：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.四、二项系数引起的分类讨论例4.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|.三、针对性练习1.已知函数)0(3ln)(aRaaxxaxf且．（Ⅰ）求函数)(xf的单调区间；（Ⅱ）当2a时，设函数32)2()(xepxpxh，若在区间],1[e上至少存在一个0x，使得)()(00xfxh成立，试求实数p的取值范围．2.已知函数))(1ln()(2Raxaaxxxf,求函数)(xf的单调区间；3.若函数xxxxfln2)(，求函数)(xf的极值点。变式1：若函数xxaxxfln)(，试讨论函数)(xf的极值存在情况。变式2：若函数xxaxxfln2)(，求函数的单调区间。变式3：若函数xaxaxxfln)1(1)(，求)x(f在区间[2，3]上的最小值。三、小结：在利用导数求函数极值、最值及单调区间等问题时，若函数中含有参数，我们需对参数进行讨论。1）若导函数的二次项系数为参数，需对二次项系数为正、负或零进行分类讨论；2）若需考虑判别式Δ，需对Δ0、Δ=0、Δ0进行分类讨论；3）在求最值或单调区间时，由f’(x)=0解出的根，需和给定区间的两个端点比较大小，进行分类讨论。分类讨论的思想方法：就是当问题所给的对象不能进行统一研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，然后对每一类分别研究得出第一类的结论，最后综合各类结果得到整个问题的解答，其实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”。在分类讨论时，要注意：1、分类对象确定，标准统一；2、不重复，不遗漏；3、分层次，不越级讨论。近些年年高考模拟题及真题：1．已知二次函数f(x)＝ax2＋2ax＋1在区间[－3,2]上的最大值为4，则a等于()A．－3B．－38C．3D.38或－32．对一切实数，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2)B．[－2，＋∞)C．[－2,2]D．[0，＋∞)3．（2013年普通高等学校招生统一测试福建数学（理）试题）已知函数()ln()fxxaxaR(1)当2a时,求曲线()yfx在点(1,(1))Af处的切线方程;(2)求函数()fx的极值.4．（汕头四中2014届高三数学（理））已知函数3211()(0)32fxxaxxba,'()fx为函数()fx的导函数.(1)设函数f(x)的图象和x轴交点为A,曲线y=f(x)在A点处的切线方程是33yx,求,ab的值;(2)若函数()'()axgxefx,求函数()gx的单调区间.5．（广东省珠海一中等六校2014届高三上学期第二次联考数学（理）试题）已知函数2()lnfxxax)(Ra(1)若函数)(xf在1x处的切线垂直y轴,求a的值;(2)若函数)(xf在区间),1(上为增函数,求a的取值范围;(3)讨论函数()()(2)gxfxax的单调性.6.已知函数()()xfxxke。（1）求()fx的单调区间；（2）求()fx在区间[0,1]上的最小值。7.【浙江宁波市期末】设函数21()ln2fxcxxbx(),,0Rccb，且1x为()fx的极值点．(Ⅰ)若1x为()fx的极大值点，求()fx的单调区间（用c表示）；(Ⅱ)若()0fx恰有两解，求实数c的取值范围．8.已知函数()ln1.fxxhx（Ⅰ）求函数()fx的单调区间；（Ⅱ）若()0fx恒成立，试确定实数k的取值范围；（Ⅲ）证明：*2ln(1)(,1).14niinnnNni导数中的分类讨论问题参考答案例1.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.练习1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；例2：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．例3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。例4分析：(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．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|.三、针对性练习1.解：（Ι）由xxaxf)1()(知：当0a时，函数)(xf的单调增区间是)1,0(，单调减区间是),1(；当0a时，函数)(xf的单调增区间是),1(，单调减区间是)1,0(；（Ⅱ）.32ln2)(,2xxxfa令)()()(xfxhxF，则xxexppxxxxepxpxFln2232ln232)2()(.1.当0p时，由],1[ex得0ln22,0xxexppx，从而0)(xF,所以，在],1[e上不存在0x使得)()(00xfxh；2.当0p时，022],,1[,22)(22xeexxepxpxxF,0)(,02xFppx在],1[e上恒成立，故)(xF在],1[e上单调递增。4)()(maxeppeeFxF故只要04eppe，解得142eep综上所述，p的取值范围是),14(2ee。2.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.3.解：因为)0(ln2)(xxxxxf，所以)0(2121)(222xxxxxxxf令0)(xf得2x（舍）或1x列表如下：x（0，1）1（1，+∞）)(xf—0+)(xf↘极小值↗由上表知：1x是函数)(xf的极小值点。变式1解：)0(11)(222xxaxxxxaxf法一：令axxxg2)(，因为)(xg对称轴021x，所以只需考虑)0(g的正负，当0)0(g即0a时，在（0，+∞）上0)(xg，即)(xf在（0，+∞）单调递增，无极值当0)0(g即0a时，0)(xg在（0，+∞）是有解，所以函数)(xf存在极值。综上所述：当0a时，函数)(xf存在极值；当0a时，函数)(xf不存在极值。法二：令0)(xf即02axx，a41当0即41a时，0)(xf，)(xf在（0，+∞）单调递增，无极值当0即41a时，解02axx得：024111ax或24112ax若0a则02x列表如下：x（0，2x）2x（2x，+∞）)(xf—0+)(xf↘极小值↗由上表知：2xx时函数)(xf取到极小值，即0a函数)(xf存在极小值。若041a，则021xx，所以)(xf在（0，+∞）单调递减，函数不存在极值。综上所述，当0a时，函数)(xf存在极值，当0a时。函数)(xf不存在极值变式2解：)0(212)(222xxxaxxxaxf设axaxxh81,2)(21°当0a时，因为02)0(,021hax，若810a即时，在),0(上0)(xh即0)(xf，所以)(xf在（0，+∞）单调递减。若0810a即时，：xh得令0)(aax28111