考前歸納總結：導數(shù)中常見的分類討論

1、導數(shù)中的分類討論問題分類討論思想就是根據(jù)所研究對象的性質差異，分各種不同的情況予以分析解決.分類討論題覆蓋知識點較多，利于考查學生的知識面、分類思想和技巧；同時方式多樣，具有較高 的邏輯性及很強的綜合性，樹立分類討論思想，應注重理解和掌握分類的原則、方法與技巧、 做到“確定對象的全體，明確分類的標準，分層別類不重復、不遺漏的分析討論.”一、參數(shù)引起的分類討論、判別式引起的分類討論x2x aln x，(a R)，討論f(x)在定義域上的單調性。例 1.：已知函數(shù)f (x)pln x (p 1)x21,當p 0時，討論函數(shù)f(x)的單調性。練習 1：已知函數(shù)f(x)ln(x1) k(x 1) 1，

2、求函數(shù)f (x)的單調區(qū)間;例 2：已知函數(shù)f(x)(I)求函數(shù)f (X)的單調區(qū)間;(n)當a 2時，設函數(shù)h(X)(p 2)xP 2e3，若在區(qū)間1,e上至少存在一個Xo,x使得h(x。)f(x。)成立，試求實數(shù)p的取值范圍.三、二次函數(shù)對稱軸與給定區(qū)間引起的分類討論2例 3 :已知函數(shù)f (x) = x3+ 2ax2+ 3x，令g(x)=l n(x+ 1)+3- f?)，若g(x)在1(,)上單調遞增，求實數(shù)a的取值范圍.2四、二項系數(shù)引起的分類討論例 4.已知函數(shù)f (x) (a 1)lnx ax21.(1)討論函數(shù)f(x)的單調性;X1, X2 (0 ,),|f(X1) f(X2)|

3、 4| X1 X2|.三、針對性練習設 aw 2,求證：對任意1.已知函數(shù)f (x) a In x ax3(aR 且 a 0)2ax - (a 1)| nx，求f (x)在區(qū)間2，3 上的最小值。x三、小結：在利用導數(shù)求函數(shù)極值、最值及單調區(qū)間等問題時，若函數(shù)中含有參數(shù)，我們需對參數(shù) 進行討論。2.已知函數(shù)f(x) x ax a In(x 1)(aR),求函數(shù)f (x)的單調區(qū)間;3.若函數(shù)f(x) x -xIn x，求函數(shù)f (x)的極值點。變式 1 ：若函數(shù)f (x)x In x，試討論函數(shù)f (x)的極值存在情況。x變式 2:若函數(shù)f (x)ax - In x,求函數(shù)的單調區(qū)間。x變式

4、3:若函數(shù)f (x)1) 若導函數(shù)的二次項系數(shù)為參數(shù)，需對二次項系數(shù)為正、負或零進行分類討論；2)若需考慮判別式，需對厶0、 =0、 0，故f(x)在(0, +s)單調遞增;0v p v1 時，令f (x)=0,解得x2 p 1練習 1 解：(1)f(x)k,(x 1),所以,x 111,1-上為增函數(shù)；在k(川)證明:nInin(n4N*,n 1).則當x，：2,1時，5 0時,f (x) v0.故f(x)在0,J才-單調遞增，在單調遞減0 時，f (x)0;當 k 0 時，由f (x)丄，所以,k0 時f(x)在1,上為增函數(shù);例 2 :解:由已知得f (x) 2x 1a空xa,(x0),

5、1為f(x)的例 1解:0 時 f(x)在上為減函數(shù);(1)當1 8a0,a時,81亠(2)當1 8a0,a時81)01118aa-時，821上為減函數(shù),11 8a2f (x) 0恒成立，f(x)在(0,)上為增函數(shù).1 J1 8a 1 J1 8a0，f(x)在i綜上，當a2)當a 0時,1f(x)在-上為減函數(shù),當 av0 時,f(x)在(0,11.1 8a21,L_,C8a2)上為增函數(shù),0,故f (x)在0,1一-8a上為減函數(shù),2空，+8)上為增函數(shù).21時，f(x)在(0,)上為增函數(shù)；當08a1時，f(x)在r卞8 2 -f (x)在(o,f (x)在(0,1 寸 1 8a 171

6、 8a2 ,11 8a上為減函數(shù),)上為增函數(shù),f (x)在1-8a+m)上為增函數(shù).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又當x)時，恒有x 10,設h(x) 4x24(1 a)x 1 4a其對稱軸為x4 4a8(i)丄，即卩a0時，應有2216(1 a)16(1 4a)(ii)綜上:解得：2 a 0，所以a 0時成立，丄,即a2解得a實數(shù)a的取值范圍是例 4 解析：(1)f(x)的定義域為當 a0 時，f0時，應有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,+ )上單調遞增.當 aw 1 時，f(x)v0,故 f(x)在(0,+s)上單調遞減.a+ 12a，a 12a)時，f (X)0；)上單調遞減.不妨設 Xi X2.由于 aW 2，故 f(x)在(0,+ )上單調減少，所以| f(xi) f(X2)| 4| X1 X2| 等價于 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,貝 U g (x)= + 2ax+ 4=X4x2+ 4x 1是 g (x)從而 g(x)在(0

8、,+ )上單調減少，故g(X1) g(X2),即 f(xi) + 4X14| X1X2|.三、針對性練習1.解：(I)由(X)型兇知:0時，函數(shù)f (x)的單調增區(qū)間是(0,1),單調減區(qū)間是(1,);0時，函數(shù)f (x)的單調增區(qū)間是(1,)，單調減區(qū)間是(0,1)；2,f(x)2ln x 2x 3.令F(x)h(x) f (X),則F(x)(P2)xp 2e3 2l nxx2x 3 px x蘭2lnx.x1.當p0時,1,e得px0,x從而F(x)0,所以，在1,e上不存在X。使得h(x。)f(X)；2.當p0時,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上單調遞增。F(x)maxF(e)pe衛(wèi)4ep4e故只要pe 40,解得pee 1f (x) 0;當x (上單調遞增，在(.-a當一 1vav0 時，令 f (x)= 0,解得 x =2x(x -2)2x 10時，在(0, +8)上g(x) 0,即f (x)在(0, +R)單調遞增，無極值0時，g(x) 0在(0, +8)是有解，所以函數(shù)f (x)存在極值。綜上所述：當a 0時，函數(shù)f(x)存在極值；當a 0時，函數(shù)f (x)不存在極值。綜上所述，p的取值范圍是(羋e2.解：f(x) 2x0 時，則a 21, f(x)22x(x)-0 在(1

10、，)恒成立,0,則-所以f(x)的增區(qū)間(1,a 21，故當 x (1,_2 ,f(x)2x(x所以 a0 時f(x)的減區(qū)間為(J,)時，f(x) 42x 1-)0，1,_L2),f(x)的增區(qū)間為】2).3.解：因為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)極小值/變式 1 解：f (x)1d2a 1 x x a ,(xx x x0)法一：令g(x2x x a，因為g(x)對稱軸x10,所以只需考慮g(0)的正負,2當g(0)當g(0)列表如下:由上表知：x 1是函數(shù)f (x)的極小值點。x(0

11、, X2)X2(X2,+7)f (x)一0+f(x)極小值/由上表知：x x2時函數(shù)f(x)取到極小值，即a 0函數(shù)f(x)存在極小值。1若一a 0，則為X20,所以f (x)在(0, +R)單調遞減，函數(shù)不存在極值。4綜上所述，當a 0時，函數(shù)f (x)存在極值，當a 0時。函數(shù)f (x)不存在極值列表如下:X(0,X1)X1(X1,X2)X2(X2,+7)f (X)一0+0一f(x)極小值/極大值法二：令f (x)0即x2x a 0,1 4a當0即a-時，f4(x)0,f (x)在(0, +7單調遞增，無極值當0即a1亠&時，解2x1x a 0得：x11 4a0或X242若a 0則

12、x2011 4a2變式 2解:f (x) a22x2c1 ax匸(x 0)x設h(x) ax2x 2,1 8a仁當a 0時，因為x2a1若0即a時，在(0,80,h(0)2 0,)上h(x) 0即f (x)0,所以f (x)在(0, +s)單調遞減。1若0即a 0時，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)極小值/由上表知：f（x）的減區(qū)間為（0,丄1-8a），增區(qū)間為：（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）的減區(qū)間為1打(

13、0, 28a)，(1. 1 8aJ2)增區(qū)間為/ 1 v1 8a 1:( ,.1 8a)丿。222。當a 0時，x (0,2), h(x)0即f (x)0, 所以f (x)在(0,2）單調遞減x (2,),h(x)0即f (x)0, 所以f (x)在(2,+8）單調遞增0有一正一負兩根，解得:3。當a 0時，因為1x2a0, h(0)20, 4 所以h(x)1v1XZ8a0或X21、. 1 8a0 x122綜上所述：a0時,1 J18af (x)的減區(qū)間為(0,8a),2(11 8a2增區(qū)間為:(1.1 8a211 8a、丿。變式 3解:0時,0時,f（x）遞減區(qū)間為f （x）的遞減區(qū)間f (

14、x) a0, 2）,遞增區(qū)間為（2, +8）（0,8a）,增區(qū)間為：（二1a 1 ax2x x2(a21)x 1(x 0) x設p(x)仁當a 0時，x （0,1）, p（x） 0即f （x）0，所以f （x）在（0, 1）單調遞增xx (1,), p(x) 0即f (x)0,所以f(x)在(1, +s)單調遞減所以f(x)在2, 3上單調遞減，所以fmin(x)f(3) 3a近些年年高考模擬題及真題1解析：1當 a0 時，在 x3 3,2上，當 x= 2 時取得最大值，得 a=三 答案：D8a2解析：本題是不等式恒成立問題，可以構造函數(shù)，把函數(shù)轉化為y= x+型，通過求解函數(shù)的最值得到結論由

15、不等式 x2+ a|x| + 1A0寸一切實數(shù)恒成立當 x= 0 時，則 1Q顯然成1立；當XM0時可得不等式 a亠|x|-兩對 x5 勺一切實數(shù)成立令1(a 1)l n3。32。當a 0時，若0所以fmin(x) f (2)112即a時，x 2,3,p(x)a212a1(a 1)l n221 1 1 , “1、3即a時，x (2,),0即f (x)p(x) 0即f0,所以f(x)遞增,(x)0,所以f(x)1遞減；x (,3),a1所以fmin(x)f(-)1a1若3即0ap(x)0即f (x)0,所以f (x)遞增,(a 1)l na3時，x 2,3,p(x) 0即f (x)0, 所以f

16、(x)遞減，所以fmin(x) f (3)3a(a 1)l n3綜上所述：fmin(X)3)a2a - (a 1)ln2 (a丄)2 23a1 (a 1)ln3 (a1 a (a 1)lna (11f(x) |X| 兩一xa3解:函數(shù)f(x)的定義域為(0,),f(x) 1.|x| +吉2當且僅當|x| = 1 時，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當a 0時，由f (x)0,解得x a;Q x (0,a)時,f (x)0,x (a,)時,f (x)0當a0時，令g (x)20,得x 0或x aa(I)

17、當a 2時,f (x)x 2ln x,f (x)12(x 0),xf(1) 1,f (1)1,y f(x)在點A(1,f(1)處的切線方程為y 1 (x1),即x y 20.x(,0)0(0,)g(x)-0+g(x)極小值Zg(x)的單調遞增區(qū)間為(0,)，單調遞減區(qū)間為(，0)當a 0時,f (x)0,函數(shù)f(x)為(0,)上的增函數(shù)屈數(shù)f (x)無極值;f (x)在x a處取得極小值，且極小值為f (a) a a In a,無極大值.綜上：當a 0時屈數(shù)f (x)無極值當a 0時，函數(shù)f (x)在x a處取得極小值a4.【答案】解：(I )/ f(x)在(1,0)處切線方程為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 )當a0時,g(x)2x,22)eaxa In a,無極大值.x1.(各 1 分)2x ax (a(i)當-a 0,即0axx(ii )當 a 0，即a、2時,g (x)2x2e2x0,a故g(x)在(，)單調遞減；(iii)當a 0,即a .時,ax(，-aa)2 a a(?a,0a)0(0,)g(x)-0+0-g(x)極小值Z極大值a22 a2g (x)在(，0)上單調遞增，在(0,),(,)上單調遞減aa綜上

19、所述，當a 0時,g(x)的單調遞增區(qū)間為(0,)，單調遞減區(qū)間為當a 2,g(x)的單調遞減區(qū)間為(x(,0)0(0,2 a2a)2 a2a(2 a2,ag(x)-0+0-g(x)極小值Z極大值g(x)的單調遞增區(qū)間為,0),1a)；)當0 a，時,g(x)的單調遞增區(qū)間為(0,22),單調遞減區(qū)間為a,0)(0,2)，單調遞減區(qū)間為(a,0)；(2)函數(shù)f (x)在(1,)為增函數(shù)，所以當x (1,)時,f (x)2x0恒成立，分離參當a、2時，g(x)的單調遞增區(qū)間為(2a,0)，單調遞減區(qū)間為(0,a25.【答案】解:因為f(x) x al n x,故f (x)函數(shù)f(x)在x 1處的

20、切線垂直y軸,所以f (1)2a)aa2x -xx數(shù)得：a2x2,從而有: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號,因為函數(shù)g(x)的定義域為(0,)，所以(1) 當2 0,即a 0時，函數(shù)g(x)在(0,1)上遞減,在(1,)上遞增；aa(2) 當01,即0 a 2時屈數(shù)g(x)在(0,)上遞增，在(,1)上遞減，在(1，)上遞增2a(3) 當21,即a 2時屈數(shù)g(x)在(0,)上遞增；aaa當1,即a 2時屈數(shù)g(x)在(0,1)上遞增，在(1-)上遞減，在 (,)上遞增2226.解：(1 )求導可得，函數(shù)的遞增區(qū)間是(k 1,)，遞減區(qū)間是(，k 1)。(2)當k 1時，函數(shù)f (x)在0,1單調遞增，此時函數(shù)的最小值為f(0) k；當1 k 2時，由(1)可知，函數(shù)f (x)在0,k 1)上單調遞減，在(k 1,1上遞增,此時的最小值為f(1) (1 k)e。g(x)ag (x) 2x (a 2)-x所以f(x)在0,1上的最小值為f(k 1) ek 1；當k 2時，函數(shù)f (x)在0,1單調遞7.【解析】f (x)