考前归纳总结：导数中常见的分类讨论

1、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、参数引起的分类讨论、判别式引起的分类讨论x2x aln x，(a R)，讨论f(x)在定义域上的单调性。例 1.：已知函数f (x)pln x (p 1)x21,当p 0时，讨论函数f(x)的单调性。练习 1：已知函数f(x)ln(x1) k(x 1) 1，

2、求函数f (x)的单调区间;例 2：已知函数f(x)(I)求函数f (X)的单调区间;(n)当a 2时，设函数h(X)(p 2)xP 2e3，若在区间1,e上至少存在一个Xo,x使得h(x。)f(x。)成立，试求实数p的取值范围.三、二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论2例 3 :已知函数f (x) = x3+ 2ax2+ 3x，令g(x)=l n(x+ 1)+3- f?)，若g(x)在1(,)上单调递增，求实数a的取值范围.2四、二项系数引起的分类讨论例 4.已知函数f (x) (a 1)lnx ax21.(1)讨论函数f(x)的单调性;X1, X2 (0 ,),|f(X1) f(X2)|

3、 4| X1 X2|.三、针对性练习设 aw 2,求证：对任意1.已知函数f (x) a In x ax3(aR 且 a 0)2ax - (a 1)| nx，求f (x)在区间2，3 上的最小值。x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。2.已知函数f(x) x ax a In(x 1)(aR),求函数f (x)的单调区间;3.若函数f(x) x -xIn x，求函数f (x)的极值点。变式 1 ：若函数f (x)x In x，试讨论函数f (x)的极值存在情况。x变式 2:若函数f (x)ax - In x,求函数的单调区间。x变式

4、3:若函数f (x)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，需对厶0、 =0、 0，故f(x)在(0, +s)单调递增;0v p v1 时，令f (x)=0,解得x2 p 1练习 1 解：(1)f(x)k,(x 1),所以,x 111,1-上为增函数；在k(川)证明:nInin(n4N*,n 1).则当x，：2,1时，5 0时,f (x) v0.故f(x)在0,J才-单调递增，在单调递减0 时，f (x)0;当 k 0 时，由f (x)丄，所以,k0 时f(x)在1,上为增函数;例 2 :解:由已知得f (x) 2x 1a空xa,(x0),

5、1为f(x)的例 1解:0 时 f(x)在上为减函数;(1)当1 8a0,a时,81亠(2)当1 8a0,a时81)01118aa-时，821上为减函数,11 8a2f (x) 0恒成立，f(x)在(0,)上为增函数.1 J1 8a 1 J1 8a0，f(x)在i综上，当a2)当a 0时,1f(x)在-上为减函数,当 av0 时,f(x)在(0,11.1 8a21,L_,C8a2)上为增函数,0,故f (x)在0,1一-8a上为减函数,2空，+8)上为增函数.21时，f(x)在(0,)上为增函数；当08a1时，f(x)在r卞8 2 -f (x)在(o,f (x)在(0,1 寸 1 8a 171

6、 8a2 ,11 8a上为减函数,)上为增函数,f (x)在1-8a+m)上为增函数.例 3 解：由已知得g(x)ln(x1)3 ( 2x24ax 3) ln(x 1)2x24ax，g(x)4x24a4x 4(1 a)x 1 4a又当x)时，恒有x 10,设h(x) 4x24(1 a)x 1 4a其对称轴为x4 4a8(i)丄，即卩a0时，应有2216(1 a)16(1 4a)(ii)综上:解得：2 a 0，所以a 0时成立，丄,即a2解得a实数a的取值范围是例 4 解析：(1)f(x)的定义域为当 a0 时，f0时，应有a 0。(0,+ ),h( -)0即:1 4(1 a)2f (x)=山

7、+ 2ax=2ax2+a+1xx(x) 0，故 f(x)在(0,+ )上单调递增.当 aw 1 时，f(x)v0,故 f(x)在(0,+s)上单调递减.a+ 12a，a 12a)时，f (X)0；)上单调递减.不妨设 Xi X2.由于 aW 2，故 f(x)在(0,+ )上单调减少，所以| f(xi) f(X2)| 4| X1 X2| 等价于 f(X2) f(X1) 4x1 4x2，即 f(X2) + 4x2 f(Xl)+ 4x1.人a+12ax2+ 4x+ a+1令 g(x)= f(x) + 4x,贝 U g (x)= + 2ax+ 4=X4x2+ 4x 1是 g (x)从而 g(x)在(0

8、,+ )上单调减少，故g(X1) g(X2),即 f(xi) + 4X14| X1X2|.三、针对性练习1.解：(I)由(X)型凶知:0时，函数f (x)的单调增区间是(0,1),单调减区间是(1,);0时，函数f (x)的单调增区间是(1,)，单调减区间是(0,1)；2,f(x)2ln x 2x 3.令F(x)h(x) f (X),则F(x)(P2)xp 2e3 2l nxx2x 3 px x兰2lnx.x1.当p0时,1,e得px0,x从而F(x)0,所以，在1,e上不存在X。使得h(x。)f(X)；2.当p0时,F (x)px22x p 2e2, x 1,e, 2ex2x 0,2px p

9、0,F (x)0在1,e上恒成立,故F(x)在1,e上单调递增。F(x)maxF(e)pe卫4ep4e故只要pe 40,解得pee 1f (x) 0;当x (上单调递增，在(.-a当一 1vav0 时，令 f (x)= 0,解得 x =2x(x -2)2x 10时，在(0, +8)上g(x) 0,即f (x)在(0, +R)单调递增，无极值0时，g(x) 0在(0, +8)是有解，所以函数f (x)存在极值。综上所述：当a 0时，函数f(x)存在极值；当a 0时，函数f (x)不存在极值。综上所述，p的取值范围是(芈e2.解：f(x) 2x0 时，则a 21, f(x)22x(x)-0 在(1

10、，)恒成立,0,则-所以f(x)的增区间(1,a 21，故当 x (1,_2 ,f(x)2x(x所以 a0 时f(x)的减区间为(J,)时，f(x) 42x 1-)0，1,_L2),f(x)的增区间为】2).3.解：因为f (x)x ln x(x 0)，所以f (x)0)x令f (x)0得x2(舍)或x 1x(0,1)1(1,+8)f (x)一0+f(x)极小值/变式 1 解：f (x)1d2a 1 x x a ,(xx x x0)法一：令g(x2x x a，因为g(x)对称轴x10,所以只需考虑g(0)的正负,2当g(0)当g(0)列表如下:由上表知：x 1是函数f (x)的极小值点。x(0

11、, X2)X2(X2,+7)f (x)一0+f(x)极小值/由上表知：x x2时函数f(x)取到极小值，即a 0函数f(x)存在极小值。1若一a 0，则为X20,所以f (x)在(0, +R)单调递减，函数不存在极值。4综上所述，当a 0时，函数f (x)存在极值，当a 0时。函数f (x)不存在极值列表如下:X(0,X1)X1(X1,X2)X2(X2,+7)f (X)一0+0一f(x)极小值/极大值法二：令f (x)0即x2x a 0,1 4a当0即a-时，f4(x)0,f (x)在(0, +7单调递增，无极值当0即a1亠&时，解2x1x a 0得：x11 4a0或X242若a 0则

12、x2011 4a2变式 2解:f (x) a22x2c1 ax匸(x 0)x设h(x) ax2x 2,1 8a仁当a 0时，因为x2a1若0即a时，在(0,80,h(0)2 0,)上h(x) 0即f (x)0,所以f (x)在(0, +s)单调递减。1若0即a 0时，令h(x) 0得：x181、1 8a2a或X21、1 8a2a列表如下:列表如下:x(0, X2)X2(X2,+8)f (x)一0+f(x)极小值/由上表知：f（x）的减区间为（0,丄1-8a），增区间为：（一!8a,）。2221ax (a 1)x 1，解p(x) 0得：x 1或x (a 0) a由上表知:f（x）的减区间为1打(

13、0, 28a)，(1. 1 8aJ2)增区间为/ 1 v1 8a 1:( ,.1 8a)丿。222。当a 0时，x (0,2), h(x)0即f (x)0, 所以f (x)在(0,2）单调递减x (2,),h(x)0即f (x)0, 所以f (x)在(2,+8）单调递增0有一正一负两根，解得:3。当a 0时，因为1x2a0, h(0)20, 4 所以h(x)1v1XZ8a0或X21、. 1 8a0 x122综上所述：a0时,1 J18af (x)的减区间为(0,8a),2(11 8a2增区间为:(1.1 8a211 8a、丿。变式 3解:0时,0时,f（x）递减区间为f （x）的递减区间f (

14、x) a0, 2）,递增区间为（2, +8）（0,8a）,增区间为：（二1a 1 ax2x x2(a21)x 1(x 0) x设p(x)仁当a 0时，x （0,1）, p（x） 0即f （x）0，所以f （x）在（0, 1）单调递增xx (1,), p(x) 0即f (x)0,所以f(x)在(1, +s)单调递减所以f(x)在2, 3上单调递减，所以fmin(x)f(3) 3a近些年年高考模拟题及真题1解析：1当 a0 时，在 x3 3,2上，当 x= 2 时取得最大值，得 a=三 答案：D8a2解析：本题是不等式恒成立问题，可以构造函数，把函数转化为y= x+型，通过求解函数的最值得到结论由

15、不等式 x2+ a|x| + 1A0寸一切实数恒成立当 x= 0 时，则 1Q显然成1立；当XM0时可得不等式 a亠|x|-两对 x5 勺一切实数成立令1(a 1)l n3。32。当a 0时，若0所以fmin(x) f (2)112即a时，x 2,3,p(x)a212a1(a 1)l n221 1 1 , “1、3即a时，x (2,),0即f (x)p(x) 0即f0,所以f(x)递增,(x)0,所以f(x)1递减；x (,3),a1所以fmin(x)f(-)1a1若3即0ap(x)0即f (x)0,所以f (x)递增,(a 1)l na3时，x 2,3,p(x) 0即f (x)0, 所以f

16、(x)递减，所以fmin(x) f (3)3a(a 1)l n3综上所述：fmin(X)3)a2a - (a 1)ln2 (a丄)2 23a1 (a 1)ln3 (a1 a (a 1)lna (11f(x) |X| 两一xa3解:函数f(x)的定义域为(0,),f(x) 1.|x| +吉2当且仅当|x| = 1 时，成立.f(X)max= 2,故 a #(x)max= 2. 答案：Bxxa x a(n)由f (x)1-, x 0可知:x x当a 0时，由f (x)0,解得x a;Q x (0,a)时,f (x)0,x (a,)时,f (x)0当a0时，令g (x)20,得x 0或x aa(I)

17、当a 2时,f (x)x 2ln x,f (x)12(x 0),xf(1) 1,f (1)1,y f(x)在点A(1,f(1)处的切线方程为y 1 (x1),即x y 20.x(,0)0(0,)g(x)-0+g(x)极小值Zg(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为(，0)当a 0时,f (x)0,函数f(x)为(0,)上的增函数屈数f (x)无极值;f (x)在x a处取得极小值，且极小值为f (a) a a In a,无极大值.综上：当a 0时屈数f (x)无极值当a 0时，函数f (x)在x a处取得极小值a4.【答案】解：(I )/ f(x)在(1,0)处切线方程为y 3x 3,

18、 b(a0)， f (x) x2axf(1)3a 1,b11f(1)06(n)g(x)axeax(X R)eg(x)(2x a)eax,2八axa(x ax 1)e/ ax、2(e )当a0时,g(x)2x,22)eaxa In a,无极大值.x1.(各 1 分)2x ax (a(i)当-a 0,即0axx(ii )当 a 0，即a、2时,g (x)2x2e2x0,a故g(x)在(，)单调递减；(iii)当a 0,即a .时,ax(，-aa)2 a a(?a,0a)0(0,)g(x)-0+0-g(x)极小值Z极大值a22 a2g (x)在(，0)上单调递增，在(0,),(,)上单调递减aa综上

19、所述，当a 0时,g(x)的单调递增区间为(0,)，单调递减区间为当a 2,g(x)的单调递减区间为(x(,0)0(0,2 a2a)2 a2a(2 a2,ag(x)-0+0-g(x)极小值Z极大值g(x)的单调递增区间为,0),1a)；)当0 a，时,g(x)的单调递增区间为(0,22),单调递减区间为a,0)(0,2)，单调递减区间为(a,0)；(2)函数f (x)在(1,)为增函数，所以当x (1,)时,f (x)2x0恒成立，分离参当a、2时，g(x)的单调递增区间为(2a,0)，单调递减区间为(0,a25.【答案】解:因为f(x) x al n x,故f (x)函数f(x)在x 1处的

20、切线垂直y轴,所以f (1)2a)aa2x -xx数得：a2x2,从而有:a22f (x) (a 2)x x (a 2)x a ln x2x2(a 2)x a (x 1)(2x a)xx令g (x) 0 x,1,x2号,因为函数g(x)的定义域为(0,)，所以(1) 当2 0,即a 0时，函数g(x)在(0,1)上递减,在(1,)上递增；aa(2) 当01,即0 a 2时屈数g(x)在(0,)上递增，在(,1)上递减，在(1，)上递增2a(3) 当21,即a 2时屈数g(x)在(0,)上递增；aaa当1,即a 2时屈数g(x)在(0,1)上递增，在(1-)上递减，在 (,)上递增2226.解：(1 )求导可得，函数的递增区间是(k 1,)，递减区间是(，k 1)。(2)当k 1时，函数f (x)在0,1单调递增，此时函数的最小值为f(0) k；当1 k 2时，由(1)可知，函数f (x)在0,k 1)上单调递减，在(k 1,1上递增,此时的最小值为f(1) (1 k)e。g(x)ag (x) 2x (a 2)-x所以f(x)在0,1上的最小值为f(k 1) ek 1；当k 2时，函数f (x)在0,1单调递7.【解析】f (x)