考前归纳总结导数中常见的分类讨论

导数中的分类谈论问题分类谈论思想就是依照所研究对象的性质差异，分各种不同样的情况予以解析解决.分类讨论题覆盖知识点很多，利于观察学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，拥有较高的逻辑性及很强的综合性，成立分类谈论思想，应侧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、不遗漏的解析谈论.”一、参数引起的分类谈论例1.：已知函数f(x)plnx(p1)x21,当p0时，谈论函数f(x)的单调性。练习1：已知函数f(x)ln(x1)k(x1)1，求函数f(x)的单调区间；二、鉴识式引起的分类谈论例2：已知函数

f(x)

x2

xalnx，(a

R)，谈论

f(x)在定义域上的单调性。三、二次函数对称轴与给定区间引起的分类谈论例3：已知函数f(x)=-2x3+2ax2+3x，令g(x)=ln(x+1)+3-f?(x)，若g(x)在3(1,)上单调递加，求实数a的取值范围.2四、二项系数引起的分类谈论例4.已知函数f(x)(a1)lnxax21.(1)谈论函数f(x)的单调性；(2)设a≤－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)alnxax3(aR且a0)．（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）当a2时，设函数h(x)(p2)xp2e3，若在区间[1,e]上最少存在一个x0，x使得h(x0)f(x0)成立，试求实数p的取值范围．2.已知函数f(x)x2axaln(x1)(aR),求函数f(x)的单调区间；2lnx，求函数f(x)的极值点。3.若函数f(x)xxa变式1：若函数f(x)xf(x)的极值存在情况。lnx，试谈论函数x2变式2：若函数f(x)axlnx，求函数的单调区间。x变式3：若函数f(x)ax1(a1)lnx，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，我们需对参数进行谈论。1）若导函数的二次项系数为参数，需对二次项系数为正、负或零进行分类谈论；2）若需考虑鉴识式，需对>0、=0、<0进行分类谈论；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，进行分类谈论。分类谈论的思想方法：就是当问题所给的对象不能够进行一致研究时，就需要对研究对象按某个标准分类，尔后对每一类分别研究得出第一类的结论，最后综合各种结果获取整个问题的解答，其实质是“化整为零，各个击破，再积零为整”。在分类谈论时，要注意：1、分类对象确定，标准一致；2、不重复，不遗漏；3、分层次，不越级谈论。近些年年高考模拟试题及真题：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()3A．－3B．－8C．3或－32．对一的确数，不等式x2＋a|x|＋1≥0恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，－2)B．[－2，＋∞)C．[－2,2]D．[0，＋∞)3．（2013年一般高等学校招生一致考试福建数学（理）试题）已知函数f(x)xalnx(aR)(1)当a2时,求曲线yf(x)在点A(1,f(1))处的切线方程;(2)求函数f(x)的极值.4．（汕头四中2014届高三数学（理））已知函数f(x)1x31ax2xb(a0),f'(x)为32函数f(x)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y3x3,求a,b的值;(2)若函数g(x)eaxf'(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f(x)x2alnx(aR)(1)若函数f(x)在x1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)谈论函数g(x)f(x)(a2)x的单调性.6.已知函数f(x)(xk)ex。（1）求f(x)的单调区间；（2）求f(x)在区间[0,1]上的最小值。f(x)clnx1x2bx(b,cR,c7.【浙江宁波市期末】设函数20)，且x1为f(x)的极值点．(Ⅰ)若x1为f(x)的极大值点，求f(x)的单调区间（用c表示）；(Ⅱ)若f(x)0恰有两解，求实数c的取值范围．8.已知函数f(x)lnxhx1.（Ⅰ）求函数f(x)的单调区间；（Ⅱ）若f(x)0恒成立，试确定实数k的取值范围；n（Ⅲ）证明：i2

lnin(n1)(nN*,n1).i14导数中的分类谈论问题参照答案例1.解：f(x)的定义域为（0，+∞），f'xp2p1x2p1x2pxx，当p1时，f'(x)＞0，故f(x)在（0，+∞）单调递加；当0＜p＜1时，令f'(x)=0，解得xp.2p1p时，f'(x)＞0；xp时，f'(x)＜0.则当x0,,2p12p1故f(x)在0,练习1解:（1）f'(x)当k0时,f'(x)当k0时f(x)在

p单调递加，在p单调递减.2p1,2p11k,(x1),所以,x10;当k0时,由f'(x)0得:x11,所以,k1,上为增函数；当k0时f(x)在1,11上为增函数；在11,上为减函数；kk例2：解：由已知得f(x)2x1a2x2xa,(x0)，xx1）当2）当

118a0，a时，f(x)0恒成立，f(x)在(0,)上为增函数．818a0，a1时，81)0a1时，118a118a0，f(x)在[118a,118a]82222上为减函数，f(x)在(0,118a],[118a,)上为增函数，222）当a0时，118a0，故f(x)在[0,118a22]上为减函数，f(x)在[118a，＋∞）上为增函数．12综上，当a)上为增函数;当0a1时，f(x)在[118a,118a]时，f(x)在(0,8822上为减函数，118a118a,)上为增函数，f(x)在(0,2],[2当a＜0时，f(x)在（0，118a]上为减函数，f(x)在[118a＋∞）上为增函数．22例3解：由已知得g(x)ln(x1)3(2x24ax3)ln(x1)2x24ax，g(x)114x4a4x24(1a)x14a，xx1又当x(1,)时，恒有x10，2设h(x)4x24(1a)x14a，其对称轴为x44aa182，(i)当a11,即a0时，应有16(1a)216(14a)022解得:2a0，所以a0时成立，(ii)当a11,即a0时，应有h(1)0即:14(1a)114a02222解得a0，综上：实数a的取值范围是a0。例4解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝a＋1＋2ax＝2ax2＋a＋1xx.当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递加．当a≤－1时，f′(x)＜0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递减．当－1＜a＜0时，令f′(x)＝0，解得x＝a＋1－2a，a1a1,)时，f(x)0；则当x(0,]时，f′(x)＞0；当x(2a2a故f(x)在(0,a1]上单调递加，在(a1,)上单调递减．2a2a不如设x1≥x2.由于a≤－2，故f(x)在(0，＋∞)上单调减少，所以|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|等价于f(x21122211)－f(x)≥4x－4x，即f(x)＋4x≥f(x)＋4x.a＋12ax2＋4x＋a＋1令g(x)＝f(x)＋4x，则g′(x)＝＋2ax＋4＝x.x于是g′(x)≤－4x2＋4x－1－2x－12x＝x≤0.从而g(x)在(0，＋∞)上单调减少，故g(x1)≤g(x2)，即f(x1)＋4x1≤f(x2)＋4x2，故对任意x1，x2∈(0，＋∞)，|f(x1)－f(x2)|≥4|x1－x2|.三、针对性练习1.解：（Ι）由f(x)a(1x)知：x当a0时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间是(1,)；当a0时，函数f(x)的单调增区间是(1,)，单调减区间是(0,1)；（Ⅱ）a2,f(x)2lnx2x3.令F(x)h(x)f(x)，则F(x)(p2)xp2ep2e2lnx.x32lnx2x3pxxx1.当p0时，由x[1,e]得pxp0,2e2lnx0，xx从而F(x)0,所以，在[1,e]上不存在x0使得h(x0)f(x0)；2.当p0时，F(x)px22xp2e,x[1,e],2e2x0,x2px2p0,F(x)0在[1,e]上恒成立，p故F(x)在[1,e]上单调递加。F(x)maxF(e)pe4ep404e故只要pe，解得p1ee2综上所述，p的取值范围是(e24e1,)。a2x(xa22)2.解：f'(x)2xa,x1x1若a0时，则a22x(xa22)1,f(x)1>0在（1，）恒成立，2x所以f(x)的增区间（1，）.2x(xa2若a0,则a21，故当x(1,a2]，f'(x)2)0，x221a22x(xa2),)时，f(x)20，当x[x12所以a>0时f(x)的减区间为（1,a2），f(x)的增区间为［a2,).223.解：由于f(x)x2lnx(x0)，所以f(x)121x2x2(x0)xx2xx2令f(x)0得x2（舍）或x1列表以下：x（0，1）1（1，+∞）f(x)—0+f(x)↘极小值↗由上表知：x1是函数f(x)的极小值点。变式1解：f(x)1a1x2xa(x0)x2xx2法一：令g(x)x2xa，由于g(x)对称轴x10，所以只要考虑g(0)的正负，2当g(0)0即a0时，在（0，+∞）上g(x)0，即f(x)在（0，+∞）单调递加，无极值当g(0)0即a0时，g(x)0在（0，+∞）是有解，所以函数f(x)存在极值。综上所述：当a0时，函数f(x)存在极值；当a0时，函数f(x)不存在极值。法二：令f(x)0即x2xa0，14a当0即a1时，f(x)0，f(x)在（0，+∞）单调递加，无极值4当0即a1时，解x2xa0得：x1114a0或x2114a422若a0则x20列表以下：x（0，x2）x2（x2，+∞）f(x)—0+f(x)↘极小值↗由上表知：xx2时函数f(x)取到极小值，即a0函数f(x)存在极小值。若1a0，则x1x20，所以f(x)在（0，+∞）单调递减，函数不存在极值。4综上所述，当a0时，函数f(x)存在极值，当a0时。函数f(x)不存在极值变式2解：f(x)a21ax2x2(x0)x2xx2设h(x)ax2x2,18a1°当a0时，由于x10,h(0)20，2a1若0即a(0,)上h(x)0即f(x)0，所以f(x)在（0，+∞）单调递减。时，在8若0即1a0时，令h(x)118a118a80得：x12a或x22a列表以下：x（0，x1）x1（x1，x2）x2（x2，+∞）f(x)—0+0—f(x)↘极小值↗极大值↘由上表知：f(x)的减区间为(0,118a)，(118a,)22增区间为：(118a,118a)。222°当a0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，+∞）单调递加3°当a0时，由于x10,h(0)20，4所以h(x)0有一正一负两根，解得：2ax1118a0或x2118a022列表以下：x（0，x2）x2（x2，+∞）f(x)—0+f(x)↘极小值↗由上表知：f(x)的减区间为(0,118a)，增区间为：(118a,)。22综上所述：a0时，f(x)的减区间为(0,118a)，(118a,)22增区间为：(118a,118a)。22a0时，f(x)递减区间为（022+，），递加区间为（，∞）a0时，f(x)的递减区间为(0,118a)，增区间为：(118a,)22变式3解：f(x)a1a1ax2(a1)x1(x0)x2xx2设p(x)ax2(a1)x1，解p(x)0得：x1或x1(a0)a1°当a0时，x(0,1),p(x)0即f(x)0，所以f(x)在（0，）单调递加1x(1,),p(x)0即f(x)0，所以f(x)在（1，+∞）单调递减所以f(x)在[2，3]上单调递减，所以fmin(x)f(3)1(a1)ln3。3a1132°当a0时，若02即a[2,3]，p(x)0即f(x)0，所以f(x)递加，a时，x12所以fmin(x)f(2)2a(a1)ln22若213即1a1时，x(2,1)，p(x)0即f(x)0，所以f(x)a32a递减；x(1,3)，p(x)0即f(x)0，所以f(x)递加，a所以fmin(x)1)1a(a1)lnaf(a若1a1时，x[2,3]，p(x)0即f(x)0，所以f(x)递减，所3即03a1以fmin(x)f(3)3a(a1)ln333a1(a1)ln3(a1)33综上所述：fmin(x)1a(a1)lna(1a1)322a1(a1)ln2(a1)22近些年年高考模拟试题及真题1.解析：当a<0时，在x∈[－3,2]上，当x＝－1时获取最大值，得a＝－3；当a>0时，在x3答案：D∈[－3,2]上，当x＝2时获取最大值，得a＝.8a2.解析：本题是不等式恒成立问题，能够构造函数，把函数转变成y＝x＋x型，经过求解函数的最值获取结论．由不等式x2＋a|x|＋1≥0对一的确数恒成立．①当x＝0时，则1≥0，显然成11立；②当x≠0时，可得不等式a≥－|x|－|x|对x≠0的一的确数成立．令f(x)＝－|x|－|x|＝－1|x|＋|x|

≤－2.当且仅当

|x|＝1时，“＝”成立．∴

f(x)max＝－2，故

a≥f(x)max＝－2.

答案：

B3.解:函数

f(x)的定义域为

(0,

),

f

(

x)

1

a

.x(Ⅰ)当a2时,f(x)x2lnx,f(x)12(x0),f(1)1,f(1)1,xyf(x)在点A(1,f(1))处的切线方程为y1(x1),即xy20.(Ⅱ)由f(x)1axa,x0可知:xx①当a0时,f(x)0,函数f(x)为(0,)上的增函数,函数f(x)无极值;②当a0时,由f(x)0,解得xa;Qx(0,a)时,f(x)0,x(a,)时,f(x)0f(x)在xa处获取极小值,且极小值为f(a)aalna,无极大值.综上:当a0时,函数f(x)无极值当a0时,函数f(x)在xa处获取极小值aalna,无极大值.4.【答案】解:(Ⅰ)∵f(x)1x31ax2xb(a0),∴f'(x)x2ax132∵f(x)在(1,0)处切线方程为y3x3,∴f'(1)3∴a1,b11.(各1分)f(1),06(Ⅱ)g(x)f'(x)x2ax1(xR).eaxeaxg'(x)(2xa)eaxa(x2ax1)eaxx[ax(a22)]eax(eax)2①当a0时,g'(x)2x,x(,0)0(0,)g'(x)-0+g(x)]极小值Zg(x)的单调递加区间为(0,),单调递减区间为(,0)②当a0时,令g'(x)0,得x0或x2aa(ⅰ)当2a0,即0a2时,ax(,0)0(0,2a2)2a2aag'(x)-0+0g(x)]极小值Z极大值g(x)的单调递加区间为(0,2a2),单调递减区间为(,0),(2a2,);aa(ⅱ)当2a0,即a2时,g'(x)2x2e2x0,a故g(x)在(,)单调递减;2a0,即a2时,(ⅲ)当ax(,2a)2(2a,0)0aaaag'(x)-0+0g(x)]极小值Z极大值g(x)在(2a2,0)上单调递加,在(0,),(,2a2)上单调递减aa综上所述,当a0时,g(x)的单调递加区间为(0,),单调递减区间为(,0);

2(2a,)-](0,)-]当0a2时,g(x)的单调递加区间为(0,2a2),单调递减区间为(,0)a当a2,g(x)的单调递减区间为(,)当a2时,g(x)的单调递加区间为(2a,0),单调递减区间为(0,)、(,2a)aa5.【答案】解:(1)由于f(x)x2alnx,故f(x)2xa,x函数f(x)在x1处的切线垂直y轴,所以f(1)2a0a2(2)函数f(x)在(1,)为增函数,所以当x(1,)时,f(x)a0恒成立,分别参2xx数得:a2x2,从而有:a2(3)g(x)f(x)(a2)xx2(a2)xalnxg(x)2x(a2)a2x2(a2)xa(x1)(2xa)xxx令g(x)0x11,x2a),所以,由于函数g(x)的定义域为(0,2a(1)当0,即a0时,函数g(x)在(0,1)上递减,在(1,)上递加;2(2)当0a1,即0a2时,函数g(x)在(0,a)上递加,a22在(,1)上递减在(1,)上递加2,a(3)当1,即a2时,函数g(x)在(0,)上递加;2(4)当a2时,函数g(x)在(0,1)上递加,在(1,a)上递减,在(a,1,即a)上递加2226.解：（1）求导可得，函数的递加区间是(k1,)，递减区间是(,k1)。（2）当k1时，函数f(x)在[0,1]单调递加，此时函数的最小值为f(0)k；当1k2时，由（1）可知，函数f(x)在[0,k1)上单调递减，在(k1,1]上递加，所以f(x)在[0,1]上的最小值为f(k1)ek1；当k2时，函数f(x)在[0,1]单调递