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f (x) plnx (p 1)x2 1,当p 0时，讨论函数f (x)的单调性。练习1：已知函数f(x) ln(x 1) k(x 1) 1，求函数f (x)的单调区间；二、判别式引起的分类讨论例2：已知函数f (x) x2 x

2、 a l nx， (a R) 讨论f (x)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2例3：已知函数 f(x)=-x3+2ax2+3x，令 g(x)=ln(x+1)+3- fx)，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)l nx ax21.(1) 讨论函数f(x)的单调性；(2) 设 aw 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f (x) al nx ax 3(aR 且 a 0).(I)求函数f

3、(x)的单调区间；p 2e(n)当a 2时，设函数h(x) (p 2)x3 ,若在区间1,e上至少存在一个x0,x使得h(xo)f(xo)成立，试求实数 p的取值范围.2. 已知函数f(x) x2 ax a ln(x 1)(a R),求函数f (x)的单调区间；3.若函数f(x)2x Xln x，求函数f (x)的极值点。变式1:若函数f(x)Xln x ,试讨论函数f (x)的极值存在情况。X变式2:若函数f(x)axln x，求函数的单调区间。X变式3:若函数f(x)ax1(a 1)ln x，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，

4、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，需对厶>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

5、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()33亠A. 3B.云 C . 3D.£或一3882. 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. ( s, 2)B. 2,+) C . 2,2D. 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f(x) x alnx(a R)(“当a 2时,求曲线y f(x)在点A(1,f(1)处的切线方程；求函数f(x)的极值.1 3 1 24. (汕头四中2014届高三数学(理)已知函数

6、f (x)x3ax2 x b(a 0), f '(x)为32函数f (x)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y 3x 3,求a,b的值;(2)若函数g(x) e ax f '(x),求函数g(x)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2f (x) x a ln x (a R) (1)若函数f (x)在x 1处的切线垂直 y轴，求a的值；(2)若函数f(x)在区间(1,)上为增函数，求a的取值范围；(3)讨论函数g(x) f (x) (a 2)x的单调性6已知函数f(x) (

7、x k)ex。(1 )求f (x)的单调区间；(2)求f (x)在区间0,1上的最小值。7.【浙江宁波市期末】设函数f (x)cln x - x2 bx 八2(b,cR,c 0)，且 x 1 为 f(x)的极值点.(I)若x 1为f(X)的极大值点，求f(x)的单调区间(用c表示)；(n )若f(x) 0恰有两解，求实数c的取值范围.8.已知函数f(x) lnx hx 1- (I)求函数f(x)的单调区间;(n)若f (x)0恒成立，试确定实数 k的取值范围；乜 3(n N*,n 1).(川)证明：i 2 , _ I 1,1 上为增函数；在k J1 8a 142 p 1 x2 p导数中的分类讨

8、论问题参考答案例1.解:f (x)的定义域为(0, +) , f' x -2 p 1 xx1时，f '(x) >0，故f (x)在(0, +s)单调递增;Ov p v 1 时，令 f '(x) =0,解得则当x0,2,1 时，W >0；时，f '(x) v 0.故f (x)在0,p单调递增，在2 p 1单调递减.练习 1 解:(1) f'(x)1 k,(x 1),所以,x 10时，f (x)0；当k0时，由f (x)丄，所以,k0时f(x)在1, 上为增函数;0时f(x)在上为减函数;解：由已知得f (x)2x1 - x(1)当18a0,a1

9、时8 ，(2)当18a0,a1时,81) 0 a1时，1、18a182例2:22x2 xa,(x0)f (x)0恒成立,f (x)在(0,)上为增函数.-J 8a20, f(x)在!a,la上为减函数,1f (x)在(0,1)上为增函数,2 )当a 0时,1 十 0,故f(x)在0,丁色上为减函数,f(x)在11 8a ,+8)上为增函数.1综上，当a -时，8f (x)在(0,)上为增函数；当0 a18时，f(x)在1/ 8a ,18a 上为减函数,f(x)在(0,3 8a.1 斤后2,当 av 0 时，f (x)在(0,21一上为减函数，f (x)在1一1 8a)上为增函数,+ 8)上为增

10、函数.例3解：由已知得g(x)ln(x1)3 ( 2x2 4ax 3) ln(x 1)2x2 4ax ,g(x)4x4x2 4(1 a)x 1 4a 4a又当x)时，恒有x 10 ,设 h(x) 4x4(1a)x 1 4a 其对称轴为x4 4a丄,即2解得：21,即a20时，应有0，所以a0时，应有h(216(1 a)16(14a)0时成立，1-)0 即:1 4(12a)xx解得a综上：实数a的取值范围是a 0o例4分析：(1) f(x)的定义域为(0 ,+8 ),f ' (x) = a+X + 2ax=小2/2ax + a+ 1x当a>0时，f' (x) > 0，

11、故f (x)在(0 ,+8 )上单调递增.当aw 1时，f ' (x) v 0,故f (x)在(0 ,+8 )上单调递减.当一1 v av0 时，令 f' (x) = 0，解得 x=a+ 152a则当x (0,a 1时，f ' (X) >0；当 x ( 2aa 12a)时，f (x)0 ;故 f (x)在(0,J上单调递增，在(1 J)上单调递减.不妨设x&X2.由于aw 2，故f (x)在(0 ,+8 )上单调减少，所以|f(xj f(X2)| > 4|X1 X2|等价于 f(X2) f(xj > 4x1 4x2, 即卩 f(X2)+ 4x2

12、f(xd + 4x1.2入，a+12ax + 4x + a+ 1令 g(x) = f (x) + 4x,贝U g (x) = + 2ax + 4=24x + 4x 1是 g' (x) w2x 1w 0.x从而 g(x)在(0 ,+ )上单调减少，故 g(xd < g(X2)，即 f(xj + 4x1 <f(X2)+ 4x2,故对任意 X1, X2 (0,+8 ) , |f(X1) f(X2)| > 4|X1 X2|.三、针对性练习1.解：(I)由 f (x)a(1 x).知：x0时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1,)； )，单调减区间是(0,1

13、)；当a当a 0时，函数f(x)的单调增区间是(1,1.2.a 2,f(x)2lnx 2x3.令 F(x) h(x)f (x),则 F(x)(P2)xp 2e3 21 nx 2x小p2e:3 pxXXX当p0时，由X1,e得Pc 2epx0,2I nx 0 ,从而F(x)0 ,所以，在XX使得h(x。)f(x。)1,e上不存在x0当p0时，F (x)2px2x p 2e2 ,-:1,e, 2e2x0x .X0,F (x) 0在1,e上恒成立,2.解：f'(x)2px p故F(x)在1,e上单调递增。故只要pe 40，解得e综上所述,P的取值范围是(申e2xc , a 2.2x(x)2x

14、 10时，则a 2丁 1f(x)2x(x0,则-所以a>0时f(x)的减区间为(F (x)max F (e)pe 4e4ee2 12)>0在(1,)恒成立,所以f(x)的增区间(1,a 21，故当x (1w, f'(x)2x(xa2x(x-，)时，f(x)-2x 12)1 口 ), f(x)的增区间为】，2).3.解：因为 f(x) x 2 In x(x 0)，所以 f (x)1x0)x令f (x)0得x 2 (舍)或x 1列表如下:X(0, 1)1(1 , + a)f (X)一0+f(x)极小值/由上表知：X 1是函数f (x)的极小值点。1 2变式 1 解： f (X)

15、 1 刍 X- (X 0)X XX1法一：令g(X) X2 X a，因为g(X)对称轴X0,所以只需考虑g(0)的正负，当g(0) 0即a 0时，在(0, + R)上g(X) 0,即卩f(X)在(0, + R)单调递增，无极值当g(0)0即a 0时，g(X) 0在(0, + R)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。法二：令 f (x)0 即 X2 x a 0,1 4a1当 0即a时，f (x)0 , f(x)在(0, + R)单调递增，无极值4f11-.；1 4a 亠，、1 -汀 1 4a当 0即a 时，解x x

16、 a 0得：x10或x24220 则 x20列表如下:X(0 , X2)X2(X2 , + a)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 a 0，则X1 X2 0 ,所以f (x)在(0, + a)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)不存在极值变式2解：f (x) a22 x1xax x2 x22(x 0)设 h(x)ax2 x 2,18a1°当a0时，因为x10, h(0)2 0,2a1若0即a时，在(0,)上h(x) 0即f(x) 0,所以

17、f(x)在(0, + 单调递减。811. 1 8a 亠 1.1 8a右0即a 0时，令h(x) 0得：捲或X282a2a列表如下:x(0, X1)X1(X1, X2 )X2(X2, + m)f (x)一0+0一f(x)极小值/极大值由上表知：f(x)的减区间为(。,丄严)，(七，)增区间为：1.1 8a 1 J 8a( , )。2 2当a0时，x (0,2), h(x)2 °x (2,),h(x)0即f (x)0 ,所以f (x)在(2, +s)单调递增0时，因为1x2a0,h(0)20，4所以h(x) 0有一正一负两根，解得:0即f (x)0,所以f(x)在(0，2 )单调递减0或

18、X21 、 1 8a1 、 1 8a由上表知：f(x)的减区间为(0,)，增区间为：(,)。2 2列表如下:X(0 , X2)X2(X2 , +If (X)一0+f(x)极小值/综上所述：a 0时，f（x）的减区间为（0,丄8a）,（丄8a,）2 2增区间为：（丄尸'丄严）。a0时，f （x）递减区间为（0, 2）,递增区间为（2, +s）a0时,f （x）的递减区间为（0,11 8a），增区间为：2(1 "v18 a)(2 ,)变式3解：f:(x)1 a 1ax2a 2xx(a2 x1)x1(x 0)设 p(x)2 ax(a1)X 1，解 p(x) 0 得:x11 或 x(

19、a 0)a1°当a0时,x(0,1), p(x) 0 即 f (x)0 ,所以f （x）在（0, 1）单调递增x(1,),p(x) 0 即 f (x)0 ,所以 f (x)在(1 , +8)单调递减1 所以f(x)在2, 3上单调递减，所以fmin (x) f (3) 3a丄(a 1)ln 3。3112°当 a 0时，若 02 即 a 时，x 2,3, p(x) 0 即 f (x)0，所以 f(x)递a21增，所以 fmin (x)f(2) 2a 2 (a 1)ln21111若 2-3即a 时，x (2,)， p(x) 0 即 f (x)0,所以 f (x)a32a1 递减

20、；x (,3)，p(x) 0 即 f (x) 0,所以 f(x)递增，a1所以 fmin (x)f() 1 a (a 1)lnaa11若 3即0 a 时，x 2,3， p( x) 0即f (x)0，所以f (x)递减，所a31以 fmin(x)f 3a 3 (a 1)ln33113a (a 1)ln3 (a -)3 31 1综上所述：M)1 a (a 1)lna § a 1)112a (a 1)ln2 (a -)22近些年年高考模拟题及真题1.分析：当a<0时，在x 3,2上，当x=- 1时取得最大值，得 a=- 3；当a>0时，在x 3,2上，当x= 2时取得最大值，得

21、 a= 8.答案：D2.分析：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x的最值得到结论由不等式 x2 + a|x| + 1丸对一切实数恒成立当 x = 0时，贝y 1%,显然1 1成立；当x丸时，可得不等式a | x| 两对x和的一切实数成立.令f(x)=|x| pxj=丨 x| +w 2.当且仅当|x| = 1时,=”成立.f ( x) max= 2 ,故 af (x) max= 2.案：B3.解：函数f (x)的定义域为(0,) , f (x)1(I)当 a 2 时，f(x)x 2ln x , f (x)yf(x)在点A(1,f (1)处的切线方程

22、为(n)由f(x) 1 axx a,x 0可知：x当a0 时,f (x)0,函数f (x)为(0,当a0时，由f (x)0,解得x a ;Q x(0,a)时，f (x)0, x (a,)时,f (x)在x a处取得极小值，且极小值为 综上：当a 0时，函数f(x)无极值当a 0时，函数f (x)在x a处取得极小值aax212(x 0),f(1)1,f (1)1xy 1 (x 1),即 x y 20.)上的增函数，函数f(x)无极值；f (x) 0f (a) a alna ,无极大值.aln a ,无极大值4.【答案】 解：(I ) f(X)1312xax32x b(a0)， f '(

23、x) x2 ax1- f(x)在(1,0)处切线方程为y 3x 3, /.f'(1)3-a 1, b.(各1分)'f(1)06(n) g(x)f'(x)axe2x ax 1axe(xR).g'(x)(2x a)eax a(x2 ax 1)eaxx ax (a22)eaxx(,0)0(0,)g'(x)-0+g(x)极小值Z当 a 0时，g'(x) 2x,g（x）的单调递增区间为（0,）,单调递减区间为（，0）2当a 0时,令g'（x）0,得x 0或x ax(,0)0(0,2 a2a)2 a2a(2 a2,ag'(x) -0+0-g(

24、x)极小值Z极大值2 _(i)当 a 0 ,即 0 a 、2 时, ag（x）的单调递增区间为(0,Va单调递减区间为(）；),0)，a2（ii）当一a 0 ,即 a .2 时，g'（x）2x2e 2x 0,a故g（x）在（，）单调递减；x2(，aa)2 a a2(a,0a) 0(0,)g'(x)-0+0-g(x)极小值Z极大值(iii)当-a 0,即 a ,2 时, aa2,0）上单调递增，在（0,2 ）上单调递减ag(x)在(2),(综上所述,当a 0时，g （x）的单调递增区间为（0,）,单调递减区间为（，0）；卜一2 a当0 a .2时，g（x）的单调递增区间为（0,）

25、,单调递减区间为（,0）a当a ,2, g（x）的单调递减区间为（，）当a ,2时，g（x）的单调递增区间为（2 a,0）,单调递减区间为（0,）、（，- a）aa5.【答案】解: 因为f（x） x2 alnx,故f （x） 2x a ,x函数f(x)在x 1处的切线垂直y轴,所以f (1) 函数f (x)在(1,)为增函数,所以当x(1,a)时，f (x) 2x0恒成立,分离x参数得：a2x2,从而有：a g(x) f(x) (a 2)x x2(a 2)xa Ina2x2g (x) 2x (a 2)x(a 2)xxa (x 1)(2x a)令 g (x)0 为1x I，因为函数g(x)的定义域为(0,),所以(1)当 a20,即a 0时，函数g(x)在(0,1)上递减，在(1,)上递增；(2)当 0aa1,即0 a 2时，函数g(x)在(0-)上递增,在(a,1)上递减,在(1,)上递增2a(3)当2 1,即a2时，函数g(x)在(0,)上递增；aaa 当 1,即a 2时，函数g(x)在(0,1)上递增，在(1,)上递减，在(一，)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