专题8 分类讨论法（讲义）2024高考总复习压轴题《数学》函数与导数解析版

第第页专题8分类讨论【函数与导数解题策略】：①分离参数＋函数最值；②直接化为最值＋分类讨论；③缩小范围＋证明不等式；④分离函数＋数形结合。通过讨论函数的单调性及最值，直接化为最值的优点是函数结构简单，是不等式恒成立的通性通法，高考参考答案一般都是以这种解法给出，缺点是一般需要分类讨论，解题过程较长，解题层级数较多，不易掌握分类标准。重难点题型突破1基本类型（）例1、（2024·陕西·校联考一模）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)求证：当时，对，不等式恒成立．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求出函数的定义域，再对函数求导，然后分和两种情况，由导数的正负可求出函数的单调区间；（2）由题意可得要证原不等式成立，即证对恒成立，然后构造函数，求导后可得在上递增，则，从而可证得结论.【详解】（1）定义域为，由，得，①时，，则在上为增函数；②时，由，得，由，得，则在上为增函数，在上为减函数．综上，当时，在上为增函数；当时，在上为增函数，在上为减函数．（2）证明：当时，，则，∴要证原不等式成立，即证对恒成立，令，则，在上为增函数，当时，，对恒成立．对恒成立．【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数解决不等式恒成立问题，解题的关键是将问题转化为对恒成立，然后构造函数，利用导数判断其单调性即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题.例2（2024·云南大理·统考模拟预测）已知函数.(1)讨论函数的单调性；(2)设，且是的极值点，证明：（i）时，取得极小值；（ii）.【答案】(1)答案见解析；(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，再分类讨论求解大于0或小于0的解集.（2）由极值点可得，（i）利用极小值的定义推理判断；（ii）构造函数，利用导数求出最大值即得.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，恒成立，在上单调递减，当时，由，得，由，得，即函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时，函数在上单调递减，当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）函数的定义域为，求导得，由是的极值点，得，即，（i），而，则当时，单调递减，当时，单调递增，所以当时，取得极小值.（ii）设，求导得，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，因此，所以.【点睛】关键点睛：导数问题往往涉及到分类讨论，分类讨论标准的确定是关键，一般依据导数是否有零点、有零点时零点是否在给定的范围内及在给定范围内的几个两个零点的大小关系来分层讨论.例3、（2023上·福建莆田·高二莆田一中校考期末）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）将原函数求导，就参数进行分类讨论导函数的符号，即得函数的单调性；（2）构造函数，在条件下，判断的符号，得到得证.【详解】（1）的定义域,若则在上单调递增；若当时，则单调递减，时，则单调递增.综上：当时，在上单调递增，无减区间；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）因，设则，则在上单调递减，故.1、（2022·江西省丰城中学高三开学考试（理））已知函数.(1)讨论的单调性；(2)时，设，若对任意，均存在，使得，求实数的取值范围.【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.(2)【分析】(1)求导数，分类讨论由和，解得单调区间.（2）问题转化为在的值域和在的值域满足：，分别求两个函数在区间内的值域，可解得实数的取值范围.【详解】（1）定义域为，，当时，恒成立，所以在上单调递增；当时，时恒成立，时恒成立，所以在上单调递增，在上单调递减；综上述，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.（2）由已知，问题转化为在的值域和在的值域满足：，二次函数，图像抛物线开口向上，对称轴方程为，在上单调递减，在上单调递增，故在的值域.由(1)可知，当时，在上单调递增，故值域.所以，解得，即实数的取值范围为.2、（2021·辽宁·高三月考）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若曲线的一条切线的斜率为，求与曲线的公共点的坐标.【答案】（1）答案见解析；（2）、、和；【分析】（1）求，讨论和时，解不等式以及即可得单调递增区间和单调递减区间；（2）令求得，即可得切点坐标或，设出切线方程与曲线方程联立即可求得切点坐标.【详解】（1）由可得：，当时，，所以在上单调递增；当时，令可得或，令，可得；所以当时，在上单调递减，在和上单调递增；综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；（2）由，得，所以满足条件的切线有两条，且切点的横坐标为，切点为或当切点为时，的方程为，即，将代入，得，即，则，即，解得：或，当时，；当时，；故与曲线的公共点的坐标为和；当切点为时，的方程为，即，将代入，得，即，则，所以，解得：或，当时，；当时，；故与曲线的公共点的坐标为和.3、（2022·江西赣州·高三期中（理））已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若对任意的，都有，求实数的取值范围．【答案】(1)见解析(2)【分析】（1）求出函数的定义域和导数，对分和两种情况，分析在上的符号，可得出函数的单调区间；（2）分类讨论，分离参数，构造函数，利用导数研究函数的单调性进而求得相应最值，进而得到实数的取值范围.【详解】（1）函数的定义域为，.①当时，对任意的，，此时，函数的单调递增区间为.②当时，令，得；令，得.此时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为；（2），当时显然成立.当时，即，令，，.若时单调递减；，单调递增.综上所述，实数的取值范围是.【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及利用导数研究不等式恒成立问题，解题方法就是利用分类讨论法进行求解，解题时要找出参数分类讨论的依据，考查分类讨论数学思想的应用，属于难题.重难点题型突破2函数零点的大小情况分类例4、（2024上·福建·高二莆田二中校联考期末）函数.(1)求函数的单调增区间；(2)当时，若，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数含参讨论单调区间即可.（2）构造对称差函数，结合导数求解即可.【详解】（1）函数的定义域是.由已知得，.①当时，由得，或，∴的单调增区间为，，②当时，当时，，所以单调增区间为.③当时，由得：或，∴的单调增区间为，综上，①当时，函数单调递增区间为，；②当时，函数单调递增区间为；③当时，函数单调递增区间为，.（2）当时，.由（1）知，函数在上单调递增且；令，，令，令，解得；令，解得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，令，则，则，故，所以恒成立，由已知，不妨设，则，所以，所以，因为，，而在单调递增，所以，所以.例5、（2024·河南·模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)证明：当时，.【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论求解导函数为正为负的不等式解集即得.（2）由（1）中信息，求出函数的最小值，再构造函数，结合不等式性质推理即得.【详解】（1）函数的定义域为，求导得，当时，，函数在上单调递增，当时，由，得，函数在上单调递减，由，得，函数在上单调递增，所以当时，函数在上单调递增；当时，函数在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增，则，令函数，求导得，当时，，函数在上单调递增，当时，，函数在上单调递减，则，于是，有，当时，则，因此，所以.例6、（2024·全国·模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)设是的两个极值点，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导，分类讨论导函数的正负即可求解单调性，（2）将代入化简将问题转化为，构造函数，利用导数求解函数的单调性即可求解.【详解】（1）因为的定义域为，且，所以当时，，，单调递增，，，单调递减，，，单调递增；当时，在上恒成立，所以在上单调递增；当时，，，单调递增，，，单调递减，，，单调递增．综上所述，当时，的减区间为，的增区间为；当时，的增区间为，无减区间；当时，的减区间为的增区间为．（2）因为存在两个极值点，由（1）知当且仅当时，存在两个极值点，要证，即证．因为，所以只要证，即证．设，，则，所以当时，，单调递减；当时，，单调递增．所以当时，．即原不等式得证．【点睛】方法点睛：本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.1、（2019·北京市顺义区第一中学高三期中）已知函数．（1）求的单调区间；（2）当时，求证：在上是增函数；（3）求证：当时，对任意，．【答案】（1）答案不唯一，具体见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析．【分析】（1）求导得，分、、三类讨论，可得的单调区间；（2）令，求导得，再令，由，即，从而证得结论成立；（3）依题意，只需证：当时，对，，由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增，从而证得结论成立．【详解】（1）∵，∴，当时，，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，，在，上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减；（2）证明：令，则，令，∵，∴，∴，即，∴在上是增函数；（3）要证，当时，对任意，，只需证：当时，对任意，，由（1）知，，当时，在上单调递减，在上单调递增，∴当时，取得极小值，也是最小值，故．2．（2024·湖南邵阳·统考一模）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)设，求证：当时，恰有两个零点.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）利用导数分类讨论函数单调性；（2）由题意，当时，，令，借助导数研究函数的单调性，结合函数值的正负性和零点存在定理可证.【详解】（1）.当时，在上单调递减.当时，在上，有，在上，有,故在上单调递减，上单调递增.当时，在上单调递增.当时，在上单调递减.综上所述，当时，在上单调递减，上单调递增.当时，在上单调递增.当时，在上单调递减.（2）时，.令，则.令.i.时，恒成立，在上单调递增.又，存在一个零点，使.ii.，恒成立，在上单调递减.又，.存在零点，使.，.在上单调递增，上单调递减.又.，存在一个零点，使.iii.，恒成立.在单调递减.恒成立.在没有零点.iv.时，下面来证明当时，.设..在上单调递增，，恒成立.综上所述，在只有两个零点.又是由向右平移一个单位所得，在只有两个零点.【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；（2）求导数，得单调区间和极值点；（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．3．（2024上·云南保山·高三统考期末）已知函数，.(1)讨论函数的单调性；(2)若恒成立，求的取值范围.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）根据题意求出对函数求导得，然后分类对进行讨论，从而可求解.（2）由恒成立，利用参数分离可得，然后构造函数，再利用导数求解出的最大值，从而可求解.【详解】（1）由题意知：，所以，①当时，若，则，若，则，所以在上单调递增，在上单调递减；②当时，令得：或，且，若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减；③当时，恒成立，所以在上单调递增；④当时，令得：或，且，若，则，若，则，若，则，所以在，上单调递增，在上单调递减.（2）由恒成立，即，恒成立，所以，，令，，所以，若，则，若，则，在上单调递增，在上单调递减；所以当时，有极大值也是最大值为，所以.所以的取值范围为.重难点题型突破3二次函数类型（）例7、（2019·全国·模拟预测）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）求曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标．【答案】(1)答案见解析；(2)和.【分析】(1)首先求得导函数的解析式，然后分类讨论导函数的符号即可确定原函数的单调性；(2)首先求得导数过坐标原点的切线方程，然后将原问题转化为方程求解的问题，据此即可求得公共点坐标.【详解】(1)由函数的解析式可得：，导函数的判别式，当时，在R上单调递增，当时，的解为：，当时，单调递增；当时，单调递减；当时，单调递增；综上可得：当时，在R上单调递增，当时，在，上单调递增，在上单调递减.(2)由题意可得：，，则切线方程为：，切线过坐标原点，则：,整理可得：，即：，解得：，则，切线方程为：,与联立得，化简得,由于切点的横坐标1必然是该方程的一个根，是的一个因式，∴该方程可以分解因式为解得,，综上，曲线过坐标原点的切线与曲线的公共点的坐标为和.【点睛】本题考查利用导数研究含有参数的函数的单调性问题，和过曲线外一点所做曲线的切线问题，注意单调性研究中对导函数，要依据其零点的不同情况进行分类讨论；再求切线与函数曲线的公共点坐标时，要注意除了已经求出的切点，还可能有另外的公共点(交点),要通过联立方程求解，其中得到三次方程求解时要注意其中有一个实数根是求出的切点的横坐标，这样就容易通过分解因式求另一个根.三次方程时高考压轴题中的常见问题，不必恐惧，一般都能容易找到其中一个根，然后在通过分解因式的方法求其余的根.例8、（2021·陕西渭南·高三月考）已知函数.（1）当时，求的图象在点处的切线方程.（2）讨论的单调性；（3）若，证明：.【答案】（1）；

（2）当a≤时，f(x)在(0,+∞)上单调递减.当时，f(x)在上单调递增，在上单调递减；若时，f(x)在与上单调递减，在上单调递增.；（3）证明见解析.【分析】（1）求出、，代入切线方程：即可；（2）先求定义域，求导后导函数是含参的二次函数，利用根的判别式与两根的分布情况进行分类讨论；（3）结合条件进行放缩，然后在不等式两边同除以x构造一个新函数进行证明（利用两个函数的凹凸性）.【详解】（1）解：当时，，则，，，所求切线方程为，即.（2）解：的定义域为，，对于二次方程，有.当时，恒成立，在上单调递减.当时，方程有两根，，若，，，在上单调递增，在上单调递减；若，，在与上单调递减，在上单调递增.（3）证明：要证，即证，因为，，所以.当时，不等式显然成立.当时，因为，所以只需证，即证.令，则，由得；由，得.所以在上为增函数，在上为减函数，所以.，则，易知在上为减函数，在上为增函数，所以，所以恒成立，即.【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.1．（2019·江西九江·江西省都昌县第一中学校考一模）已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．【分析】（1）首先确定函数的定义域，函数求导，再对进行分类讨论，从而确定出导数在相应区间上的符号，即可求得函数的单调区间；（2）方法一：根据存在两个极值点，结合第一问的结论，可以确定，令，得到两个极值点是方程的两个不等的正实根，利用韦达定理将其转换，构造新函数证得结果.【详解】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）［方法一］：【通性通法】消元由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由于，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，，所以，即.［方法二］：【通性通法】消元由（1）知且是方程的两根，不妨设，即．此时．欲证不等式成立，只需证．因为，所以，只需证．令，所以，在区间内单调递减，且，所以，即证．［方法三］：硬算因为，所以有两个相异的正根（不妨设）．则且即．所以．而，，所以．设，则．所以在上递减，，问题得证．［方法四］：【最优解】对数平均不等式的应用由（1）知，存在两个极值点当且仅当．由于的两个极值点满足，所以．不妨设，则．由于．由对数平均不等式可得，即．故．【整体点评】（2）方法一：根据消元思想，先找到极值点之间的关系，再消元转化为一个未知元的不等式恒成立问题，属于通性通法；方法二：同方法一，只是消元字母不一样；方法三：直接硬算出极值点，然后代入求证，计算稍显复杂；方法四：根据式子形式利用对数平均不等式放缩，证明简洁，是该题的最优解．2．（2023·江苏苏州·苏州中学校考模拟预测）已知函数.(1)若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围；(2)证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，结合导函数特征，分与两种情况，结合，得到实数a的取值范围；（2）在第一问的基础上，取，得到在上恒成立，令，则，从而，再用裂项相消法求和，不等式得证.【详解】（1），，，，，时，，∴，函数在上单调递增，∴恒成立，满足条件.时，对于方程，其，方程有两个不相等的实数根，，，，当时，，此时函数单调递减，，则，不满足条件，舍去.综上可得：实数a的取值范围是.（2）证明：由（1）可知：取时，函数在上单调递增，∴在上恒成立，令，则，∴，∴，∴.【点睛】导函数证明数列相关不等式，常根据已知函数不等式，用关于正整数的不等式代替函数不等式中的自变量，通过多次求和（常常用到裂项相消法求和）达到证明的目的，此类问题一般至少有两问，已知的不等式常由第一问根据特征式的特征而得到.3．（2023·广东茂名·统考二模）已知函数，为常数，且.(1)判断的单调性；(2)当时，如果存在两个不同的正实数，且，证明：.【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）运用导数，分类讨论与时的单调性.（2）计算的值，结合已知可得，运用的单调性进而可设，运用的单调性及已知条件等量代换将问题转化为求证（），构造函数，运用导数研究其单调性即可求证.【详解】（1）∵，∴，，记，①当，即时，恒成立，所以在上恒成立，所以在上单调递增.②当，即时，方程有两个不等实根，且，，∴，，，单调递增，，，，单调递减，，，，单调递增，综上所述：①当时，在上单调递增，②当时，在和上单调递增，在上单调递减.（2）∵，∴，由（1）可知时，在上单调递增，故不妨设，要证：，即证：，又∵当时，在上单调递增，∴只需证，又∵，∴只需证：，即证：，（），记，，，∴当时，恒成立，单调递增，∴，∴原命题得证.即.【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．重难点题型突破4其他综合情况例9、（2023·湖南永州·统考二模）已知函数．(1)若时，，求实数的取值范围；(2)设，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析；【分析】（1）由题意求得函数定义域，并对参数进行分类讨论，构造函数并利用导数判断出函数单调性，根据不等式恒成立即可求得实数的取值范围为；（2）利用（1）中的结论可知当时在上恒成立，且不等式在恒成立，再利用裂项相消求和即可得出证明.【详解】（1）根据题意可得，当时，可得在上恒成立，当时，由可得，易知需满足，解得，又，令，，当时，在上恒成立，即在上恒成立，所以在上单调递增，即可得恒成立；当时，，令，则，所以在上恒成立，即在上单调递减，又因为，，由零点存在定理可得，使得；当时，，即，所以在上单调递增；时，，即，所以在上单调递减；（i）若时，，所以当时，，又，即，使得；当时，，即，所以在上单调递增，当时，，即，所以在上单调递减，又因为，所以要使在上恒成立，只需，解得，又,所以可得；（ii）当时，，又在上单调递增，所以一定使得时，；即，所以在上单调递减,即可得，这与在上恒成立矛盾，不合题意；综上可得（2）令，则恒成立，所以在上单调递增，又，所以当时，，即，所以；即不等式右侧恒成立；由（1）可得得：当时，对于，恒成立，即，当且仅当时，等号成立；取，易知，可得，所以,综上可得：.【点睛】方法点睛：在证明导数与数列不等式综合问题时，经常将第一问的结论直接应用到证明当中去，再综合考虑不等式特征合理选取方法巧妙放缩求和，即可实现问题求解.例10、（2024·全国·模拟预测）已知实数，，．(1)求的值；(2)若对恒成立，求a的最小值；(3)当正整数时，求证：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据题意，求得，代入即可求解；（2）设，得到对恒成立，求得，求得，分和，两种情况讨论，求得函数的单调性，结合，即可求解；（3）解：由（2）知当时，对恒成立，转化为不等式对恒成立，结合和，两种情况讨论，即可得证.【详解】（1）解：由函数，可得，所以．（2）解：设，因为对恒成立，即对恒成立，且．所以，可得．①当时，因为，所以，所以在上单调递增，所以；②当时，令，得，所以在上单调递减，上单调递增，所以，（舍去）．综上所述，实数的最小值为．（3）解：由（2）知当时，对恒成立，且，所以对恒成立，取，则，①当时，可得，又，所以；②当时，．综上所述，原不等式成立．【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．1．（2024·广东佛山·佛山一中校考一模）已知函数（为自然对数的底数）.(1)若，求实数的值；(2)证明：；(3)对恒成立，求取值范围.【答案】(1)1(2)证