2011年高考数学复习优质教案：分类讨论在导数中的应用

第 1 页 共 5 页 分类讨论在导数中的应用分类讨论在导数中的应用 教学目标 教学目标 1 知识目标 通过利用导数求函数的极值 最值 单调区间等问题对字母参数进行分类讨 论 2 能力目标 培养学生对字母参数进行分类讨论的能力 3 情感目标 培养学生分类讨论的意识 教学重点 难点教学重点 难点 重点 分类讨论思想 难点 如何分类 分类的标准 教学过程 教学过程 一 引入一 引入 2010 年绍兴市高三教学质量调测第 22 3 题得分率不高 主要原因有两个 一是看 不懂题意 二是不会分类讨论 而分类讨论在高考中处于重要的 地位 分类讨论思想 是历年高考的必考内容 它不仅是高考的重点与热点 而且是高考的难点 每年在中高档 题甚至在低档题中都设置分类讨论问题 通过分类讨论考查推理的严谨性和分析问题解决 问题的能力 引起分类讨论的主要原因归纳一下主要由以下五种 1 由数学概念引起的分类讨论 2 由数学运算引起的分类讨论 3 由性质 定理 公式的限制引起的分类讨论 4 由图 形的不确定性引起的分类讨论 5 由参数的变化引起的分类讨论 含有参数的问题 由于 参数的取值不同会导致所得的结果不同 或对于不同的参数值要用不同的求解或证明方法 而对参数的分类按什么标准进行分类讨论是我们的难点 二 例题 例 若函数x x xxfln 2 求函数 xf的极值点 解 因为 0 ln 2 xx x xxf 所以 0 212 1 2 2 2 x x xx xx xf 令0 x f得2 x 舍 或1 x 列表如下 x 0 1 1 1 x f 0 xf 极小值 由上表知 1 x是函数 xf的极小值点 变式 1 若函数x x a xxfln 试讨论函数 xf的极值存在情况 第 2 页 共 5 页 解 0 1 1 2 2 2 x x axx xx a xf 法一 令axxxg 2 因为 xg对称轴0 2 1 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 x f即0 2 axx a41 当0 即 4 1 a时 0 x f xf在 0 单调递增 无极值 当0 即 4 1 a时 解0 2 axx得 0 2 411 1 a x或 2 411 2 a x 若0 a则0 2 x 列表如下 x 0 2 x 2 x 2 x x f 0 xf 极小值 由上表知 2 xx 时函数 xf取到极小值 即0 a函数 xf存在极小值 若0 4 1 a 则0 21 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 若函数x x axxfln 2 求函数的单调区间 解 0 212 2 2 2 x x xax xx axf 设axaxxh81 2 2 第 3 页 共 5 页 1 当0 a时 因为02 0 0 2 1 h a x 若 8 1 0 a即时 在 0 上0 xh即0 x f 所以 xf在 0 单调 递减 若0 8 1 0 a即时 xh得令0 a a x 2 811 1 或 a a x 2 811 2 列表如下 x 0 x1 x1 x1 x2 x2 x2 x f 0 0 xf 极小值 极大值 由上表知 xf的减区间为 2 a811 0 2 a811 增区间为 2 a811 2 a811 2 当0 a时 0 2 0 xhx即0 x f 所以 xf在 0 2 单调递减 0 2 xhx即0 x f 所以 xf在 2 单调递增 3 当0 a时 因为02 0 0 2 1 h a x 4 所以0 xh有一正一负两根 解 得 0 2 811 1 a x或0 2 811 2 a x 列表如下 x 0 2 x 2 x 2 x x f 0 xf 极小值 由上表知 xf的减区间为 2 811 0 a 增区间为 2 811 a 第 4 页 共 5 页 综上所述 0 a时 xf的减区间为 2 811 0 a 2 811 a 增区间为 2 811 2 811 aa 0 a时 xf递减区间为 0 2 递增区间为 2 0 a 时 xf的递减区间为 2 811 0 a 增区间为 2 a811 变式 3 若函数xa x axxfln 1 1 求 x f在区间 2 3 上的最小值 解 0 1 1 11 2 2 2 x x xaax x a x axf 设1 1 2 xaaxxp 解0 xp得 1 x或 0 1 a a x 1 当0 a时 0 1 0 xpx即0 x f 所以 xf在 0 1 单调递增 0 1 xpx即0 x f 所以 xf在 1 单调递减 所以 xf在 2 3 上单调递减 所以3ln 1 3 1 3 3 min aafxf 2 当0 a时 若2 1 0 a 即 2 1 a时 3 2 x 0 xp即0 x f 所以 xf递增 所以2ln 1 2 1 2 2 min aafxf 若3 1 2 a 即 2 1 3 1 a时 1 2 a x 0 xp即0 x f 所以 xf递减 3 1 a x 0 xp即0 x f 所以 xf递增 所以aaa a fxfln 1 1 1 min 若3 1 a 即 3 1 0 a时 3 2 x 0 xp即0 x f 所以 xf递减 所以3ln 1 3 1 3 3 min aafxf 第 5 页 共 5 页 综上所述 2 1 2ln 1 2 1 2 2 1 3 1 ln 1 1 3 1 3ln 1 3 1 3 min aaa aaaa aaa xf 三 小结 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 需对 0 0 0 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 需与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