导数中的分类讨论

导数中的分类讨论探究1：设函数xxfln)(，)()(Raxaaxxg31．求函数)()()(xgxfx的单调增区间；解析：.因为1()()()ln3(0)axfxgxxaxxx，所以222211(1)((1))(1)()aaxxaaxaxxaxxxx（0x），……………6分①当0a时，由()0x，解得0x；②当1a时，由()0x，解得1axa；③当01a时，由()0x，解得0x；④当1a时，由()0x，解得0x；⑤当0a时，由()0x，解得10axa.综上所述，当0a时，()x的增区间为1(0,)aa；当01a时，()x的增区间为(0,)；1a时，()x的增区间为1(,)aa.变式1：已知函数0,)(2aexxfax（1）讨论函数)(xf的单调性；（2）求函数)(xf在区间1,0上的最大值探究2：已知函数()lnfxxxax.求函数()fx的单调区间；（2）由于()lnfxxxax，(0,)x．（ⅰ）当0a时，则2()lnfxxaxx，2'121()2xaxfxxaxx，令'()0fx，得20804aax（负根舍去），且当0(0,)xx时，'()0fx；当0(,)xx时，'()0fx，所以()fx在28(0,)4aa上单调减，在28(,)4aa上单调增.……4分（ⅱ）当0a时，①当xa时，2'121()2xaxfxxaxx,令'()0fx，得2184aax（284aaxa舍），若284aaa，即1a,则'()0fx，所以()fx在(,)a上单调增；若284aaa，即01a,则当1(0,)xx时，'()0fx；当1(,)xx时，'()0fx，所以()fx在区间28(0,)4aa上是单调减，在28(,)4aa上单调增.………………………………………………………6分②当0xa时,2'121()2xaxfxxaxx,令'()0fx，得2210xax，记28a，若280a，即022a,则'()0fx，故()fx在(0,)a上单调减；若280a，即22a,则由'()0fx得2384aax，2484aax且340xxa，当3(0,)xx时，'()0fx；当34(,)xxx时，'()0fx；当4(,)xx时，'()0fx，所以()fx在区间28(0,)4aa上是单调减，在2288(,)44aaaa上单调增；在28(,)4aa上单调减.…………………………………………8分综上所述，当1a时,()fx单调递减区间是28(0,)4aa，()fx单调递增区间是28(,)4aa；当122a时,()fx单调递减区间是(0,)a，()fx单调的递增区间是(,)a；当22a时,()fx单调递减区间是(0,284aa)和28(,)4aaa，()fx单调的递增区间是2288(,)44aaaa和(,)a.探究3：已知a为正的常数，函数2fxaxxlnx；[来源:Z,xx,k.Com]设fxgxx，求函数gx在区间1,e上的最小值；解：（1）由a=2，得f（x）=|2x﹣x2|+lnx（x＞0）．当0＜x＜2时，．由f′（x）=0，得﹣2x2+2x+1=0，解得，或（舍去）．当时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+∞）．当x＞2时，．由f′（x）=0，得2x2﹣2x+1=0．f（x）在（2，+∞）上为增函数．∴函数f（x）的单调增区间为（），（2，+∞）．（2）．①若a≤1，则．则．∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1﹣lnx≥0，x2+1﹣lnx≥0，∴g′（x）＞0．∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1﹣a．[来源:学|科|网Z|X|X|K]②a≥e，则g（x）=a﹣x+，则．令h（x）﹣x2+1﹣lnx，则．所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a﹣e+．③当1＜a＜e，，由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（a）=．综上得g（x）的最小值为g（a）=本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了分类讨论得数学思想方法，考查了去绝对值的方法，正确的分类是解决该题的关键，属难题．拓展1：设函数322316,fxxaxaxaR．（1）当1a时，求证：fx为单调增函数；（2）当1,3x时，fx的最小值为4，求a的值．解：（1）当1a时，32266fxxxx，所以226126610fxxxx≥，所以fx为单调增函数．（2）61fxxxa．①当1a≤时，fx在区间1,3上是单调增函数，最小值为1f，由14f，得513a（舍去）．②当13a时，fx在区间1,a上是减函数，在区间,3a上是增函数，最小值为fa，由4fa，得2a或1a（舍去）．③当3a≥时，fx在区间1,a上是减函数，最小值为3f，由34f，得2339a（舍）综上所述，2a．变式：已知函数f(x)＝(m－3)x3+9x.（1）若函数f(x)在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求m的取值范围；（2）若函数f(x)在区间［1，2］上的最大值为4，求m的值．【解】（1）因为f(0)＝90，所以f(x)在区间，上只能是单调增函数．由f(x)＝3(m－3)x2+9≥0在区间(－∞，+∞)上恒成立，所以m≥3．故m的取值范围是［3，+∞)．（2）当m≥3时，f(x)在［1，2］上是增函数，所以[f(x)]max＝f(2)＝8(m－3)＋18＝4,解得m＝543，不合题意，舍去．当m＜3时，f(x)＝3(m－3)x2+9=0，得33xm．所以f(x)的单调区间为：33m，单调减，3333mm，单调增，33m，单调减．①当323m≥，即934m≤时，33[12]33mm，，，所以f(x)在区间［1，2］上单调增，[f(x)]max＝f(2)＝8(m－3)＋18＝4，m＝54，不满足题设要求．②当3123m，即0＜m＜94时，[f(x)]max3043fm舍去．③当313m≤，即m≤0时，则3[12]3m，，，所以f(x)在区间［1，2］上单调减，[f(x)]max＝f(1)＝m+6＝4，m＝－2.综上所述：m＝－2．拓展2：已知函数f(x)＝12m(x－1)2－2x＋3＋lnx，m∈R．（1）当m＝0时，求函数f(x)的单调增区间；（2）当m＞0时，若曲线y＝f(x)在点P(1，1)处的切线l与曲线y＝f(x)有且只有一个公共点，求实数m的值．解（1）由题意知，f(x)＝－2x＋3＋lnx，所以f′(x)＝－2＋1x＝－2x＋1x(x＞0)．…2分由f′(x)＞0得x∈(0，12)．所以函数f(x)的单调增区间为(0，12)．………4分（2）由f′(x)＝mx－m－2＋1x，得f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点P(1，1)处的切线l的方程为y＝－x＋2．……………………6分由题意得，关于x的方程f(x)＝－x＋2有且只有一个解，即关于x的方程12m(x－1)2－x＋1＋lnx＝0有且只有一个解．令g(x)＝12m(x－1)2－x＋1＋lnx(x＞0)．则g′(x)＝m(x－1)－1＋1x＝mx2－(m＋1)x＋1x＝(x－1)(mx－1)x(x＞0)．……………8分①当0＜m＜1时，由g′(x)＞0得0＜x＜1或x＞1m，由g′(x)＜0得1＜x＜1m，所以函数g(x)在(0，1)为增函数，在(1，1m)上为减函数，在(1m，＋∞)上为增函数．[来源:学&科&网Z&X&X&K]又g(1)＝0，且当x→∞时，g(x)→∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．故0＜m＜1不合题意．………………………10分②当m＝1时，g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g(1)＝0，故m＝1符合题意．③当m＞1时，由g′(x)＞0得0＜x＜1m或x＞1，由g′(x)＜0得1m＜x＜1，所以函数g(x)在(0，1m)为增函数，在(1m，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．又g(1)＝0，且当x→0时，g(x)→－∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．故m＞1不合题意．综上，实数m的值为m＝1．变式：已知函数2()lnfxxaxx，aR．（1）若函数()yfx在其定义域内是单调增函数，求a的取值范围；[来源:学.科.网]（2）设函数()yfx的图象被点(2,(2))Pf分成的两部分为12,cc（点P除外），该函数图象在点P处的切线为l，且12,cc分别完全位于直线l的两侧，试求所有满足条件的a的值．解：（1）2121()21(0)axxfxaxxxx+，只需要2210axx≤，即22111112()24axxx≤，所以18a≤．（2）因为1()21fxaxx．所以切线l的方程为1(4)(2)ln2422yaxa．令21()ln(4)(2)ln2422gxxaxxaxa，则(2)0g．212(4)1112()242axaxgxaxaxx．若0a，则2()2xgxx，当(0,2)x时，()0gx；当(2,)x+时，()0gx，所以()(2)0gxg≥，12,cc在直线l同侧，不合题意；若0a，12(2)()4()axxagxx，若18a，2(1)2()0xgxx≥，()gx是单调增函数，当(2,)x+时，()(2)0gxg；当(0,2)x时，()(2)0gxg，符合题意；…10分若18a，当1(,2)4xa时，()0gx，()(2)0gxg，当(2,)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意；若108a，当1(2,)4xa时，()0gx，()(2)0gxg，当(0,2)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意；若0a，当(0,2)x时，()0gx，()(2)0gxg，当(2.)x时，()0gx，()(2)0gxg，不合题意．故只有18a符合题意．拓展3：已知函数xaaxxxf)2(ln)(2．（1）讨论)(xf的单调性；（2）设0a，证明：当ax10时，)1()1(xafxaf；（3）若函数)(xfy的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：0)(0xf．解：（1）()(0,),fx的定义域为1(21)(1)()2(2).xaxfxaxaxx（i）若0,()0,()(0,)afxfx则所以在单调增加.（ii）若10,()0,afxxa则由得且当11(0,),()0,,()0.xfxxfxaa时当时所以1()(0,)fxa在单调增加，在1(,)a单调减少.（2）设函数11()()(),gxfxfxaa则3222()ln(1)ln(1)2,2()2.111gxaxaxaxaaaxgxaaxaxax