考前归纳总结：导数中常见的分类讨论

1、精选优质文档-倾情为你奉上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 例1.：已知函数, 当时，讨论函数的单调性。练习1：已知函数，求函数的单调区间； 二、判别式引起的分类讨论 例2：已知函数，讨论在定义域上的单调性。 3、 二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论例3：已知函数，令，若

2、在 上单调递增，求实数的取值范围. 4、 二项系数引起的分类讨论例4.已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设a2，求证：对任意x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.三、针对性练习 1.已知函数 （）求函数的单调区间；（）当时，设函数，若在区间上至少存在一个， 使得成立，试求实数的取值范围 2.已知函数,求函数的单调区间； 3.若函数，求函数的极值点。变式1：若函数，试讨论函数的极值存在情况。变式2：若函数，求函数的单调区间。变式3：若函数，求在区间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

3、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)ax22ax1在

4、区间3,2上的最大值为4，则a等于()A3 B C3 D.或32对一切实数，不等式x2a|x|10恒成立，则实数a的取值范围是()A(，2) B2，) C2,2 D0，)3（2013年普通高等学校招生统一考试福建数学（理）试题）已知函数(1)当时,求曲线在点处的切线方程; (2)求函数的极值.4（汕头四中2014届高三数学（理）已知函数,为函数的导函数. (1)设函数f(x)的图象与x轴交点为A,曲线y=f(x)在A点处的切线方程是,求的值;(2)若函数,求函数的单调区间.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(1)若函数在处的切线垂直轴,求的值;(2)

5、若函数在区间上为增函数,求的取值范围;(3)讨论函数的单调性.6.已知函数。（1）求的单调区间；（2）求在区间上的最小值。7. 【浙江宁波市期末】设函数，且为的极值点() 若为的极大值点，求的单调区间（用表示）；()若恰有两解，求实数的取值范围8. 已知函数（）求函数的单调区间；（）若恒成立，试确定实数k的取值范围；（）证明： 导数中的分类讨论问题参考答案例1.解： 的定义域为（0，+）， 当时，0，故在（0，+）单调递增； 当01时，令=0，解得. 则当时，0；时，0. 故在单调递增，在单调递减.练习1 解:（1）,所以, ,由得:所以,上为增函数；上为增函数；在上为减函数；例2：解：由已知

6、得， （1）当，时，恒成立，在上为增函数 （2）当，时， 1)时，在 上为减函数，在上为增函数， 2）当时，故在上为减函数， 在，）上为增函数 综上，当时，在上为增函数; 当时，在上为减函数， 在上为增函数，当a0时，在（0， 上为减函数，在）上为增函数例3 解：由已知得， ， 又当时，恒有， 设，其对称轴为， (i) 当,即时，应有 解得:，所以时成立， (ii) 当,即时，应有即: 解得， 综上：实数的取值范围是。例4 解析：(1)f(x)的定义域为(0，)，f(x)2ax.当a0时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递增当a1时，f(x)0，故f(x)在(0，)上单调递减当1a0时，

7、令f(x)0，解得x， 则当时，f(x)0；当时，；故在上单调递增，在上单调递减不妨设x1x2.由于a2，故f(x)在(0，)上单调减少，所以|f(x1)f(x2)|4|x1x2|等价于f(x2)f(x1)4x14x2，即f(x2)4x2f(x1)4x1.令g(x)f(x)4x，则g(x)2ax4.于是g(x)0.从而g(x)在(0，)上单调减少，故g(x1)g(x2)，即f(x1)4x1f(x2)4x2，故对任意x1，x2(0，)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|.三、针对性练习1.解：（）由知： 当时，函数的单调增区间是，单调减区间是； 当时，函数的单调增区间是，单调减区间是； （）

8、令， 则. 1. 当时，由得， 从而, 所以，在上不存在使得 ； 2. 当时，, 在上恒成立， 故在上单调递增。 故只要，解得 综上所述，的取值范围是。2.解：,若时，则>0在（1，）恒成立，所以的增区间（1，）.若，故当， 当时，所以a>0时的减区间为（），的增区间为.3.解：因为，所以令得（舍）或列表如下：（0，1）1（1，+）0+极小值由上表知：是函数的极小值点。变式1解：法一：令，因为对称轴，所以只需考虑的正负，当即时，在（0，+）上，即在（0，+）单调递增，无极值当即时，在（0，+）是有解，所以函数存在极值。综上所述：当时，函数存在极值；当时，函数不存在极值。法二：令即，

9、当即时，在（0，+）单调递增，无极值当即时，解得：或若则列表如下：（0，）（，+）0+极小值由上表知：时函数取到极小值，即函数存在极小值。若，则，所以在（0，+）单调递减，函数不存在极值。综上所述，当时，函数存在极值，当时。函数不存在极值变式2 解：设1°当时，因为，若时，在上即，所以在（0，+）单调递减。若时，或列表如下：（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+）0+0极小值极大值由上表知： 的减区间为，增区间为：。2°当时，即，所以在（0，2）单调递减即，所以在（2，+）单调递增3°当时，因为，4所以有一正一负两根，解得：或列表如下：（0，）（，+）0+极

10、小值由上表知： 的减区间为，增区间为：。综上所述：时，的减区间为，增区间为：。 时， 递减区间为（0，2），递增区间为（2，+） 时，的递减区间为，增区间为：变式3 解：设，解得：或1°当时，即，所以在（0，1）单调递增即，所以在（1，+）单调递减所以在2，3上单调递减，所以。2°当时，若即时， 即，所以递增，所以 若即时， 即，所以递减；， 即，所以递增，所以 若即时， 即，所以递减，所以综上所述：近些年年高考模拟题及真题1.解析：当a<0时，在x3,2上，当x1时取得最大值，得a3；当a>0时，在x3,2上，当x2时取得最大值，得a. 答案：D2.解析：本题

11、是不等式恒成立问题，可以构造函数，把函数转化为yx型，通过求解函数的最值得到结论由不等式x2a|x|10对一切实数恒成立当x0时，则10，显然成立；当x0时，可得不等式a|x|对x0的一切实数成立令f(x)|x|2.当且仅当|x|1时，“”成立f(x)max2，故af(x)max2. 答案：B3.解:函数的定义域为,. ()当时, , 在点处的切线方程为, 即. ()由可知: 当时,函数为上的增函数,函数无极值; 当时,由,解得; 时,时, 在处取得极小值,且极小值为,无极大值. 综上:当时,函数无极值 当时,函数在处取得极小值,无极大值.4. 【答案】解:(), 在处切线方程为, , ,.

12、(各1分) (). 当时, 0-0+极小值的单调递增区间为,单调递减区间为 当时,令,得或 ()当,即时,0-0+0-极小值极大值的单调递增区间为,单调递减区间为,; ()当,即时, 故在单调递减; ()当,即时,0-0+0-极小值极大值在上单调递增,在,上单调递减 综上所述,当时,的单调递增区间为,单调递减区间为; 当时,的单调递增区间为,单调递减区间为 当,的单调递减区间为 当时,的单调递增区间为,单调递减区间为、5. 【答案】解:(1)因为,故, 函数在处的切线垂直轴,所以 (2)函数在为增函数,所以当时,恒成立,分离参数得:,从而有: (3) 令,因为函数的定义域为,所以 (1)当,即时,函数在上递减,在上递增; (2)当,即时,函数在上递增, 在上递减,在上递增 (3)当,即时,函数在上递增; (4)当,即时,函数在上递增,在上递减,在上递增 6. 解：（1）求导可得，函数的递增区间是，递减区间是。 （2）当时，函数在单调递增，此时函数的最小值为；当时，由（1）可知，函数在上单调递减，在上递增，所以在上的最小值为；当时，函数在单调递减此时的最小值为。7. 【解析】 ，又所以且， 4分（I）因为为的极大值点，所以当时，；当时，；当时，所以的递增区间为，；递减区间为7分（II）若，则在上递减，在上