高考数学考前归纳总结复习题15-导数中的分类讨论问题

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：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。

解：

'f(x)的定义域为（0，+∞），

p2?p?1?x2?pf?x???2?p?1?x?xx，

当p?1时，f'(x)＞0，故f(x)在（0，+∞）单调递增；

p. 2?p?1? 当0＜p＜1时，令f'(x)=0，解得x?????p?p???x???,??? 则当x??0,?时，f'(x)＞0；f'(x)??时，????2p?12p?1????＜0.

故f(x)在??0,?????p?p?单调递增，???单调递,??在???????2p?1?2p?1??减.

例：已知函数f(x)?ln(x?1)?k(x?1)?1，求函数f(x)的单调区间； 解:（1）f'(x)?1?k,(x?1),所以, x?1当k?0时,f'(x)?0;当k?0时,由f'(x)?0得:x?1?当k?0时f(x)在?1,???上为增函数；

1,所以, k1???1? 当k?0时f(x) 在?1?,1?上为增函数；在?1?,???上为减函数；

kk????二、判别式引起的分类讨论

例：已知函数f(x)?x2?x?alnx，(a?R)，讨论f(x)在定义域上的单调性。

a2x2?x?a,(x?0)， 解：由已知得f?(x)?2x?1??xx （1）当??1?8a?0，a?时，f?(x)?0恒成立，f(x)在(0,??)上为增函数．

（2）当??1?8a?0，a?时， 1)0?a?时，1?1?8a1?1?8a[,]

221818181?1?8a1?1?8a??0，f(x)在22 上为减函数，f(x)在(0,数，

2）当a?0时，1?数，

f(x)在[1?181?8a21?1?8a1?1?8a],[,??)上为增函221?1?8a1?8a?0，故f(x)在[0,]上为减函22，＋∞）上为增函数．

综上，当a?时，f(x)在(0,??)上为增函数; 当)0?a?时，f(x)在[181?1?8a1?1?8a,]上为减函数， 22 f(x)在(0,为增函数，

1?1?8a1?1?8a],[,??)上22 当a＜0时，f(x)在（0，1?1?8a]上为减函数，f(x)2 在[1?1?8a， ＋∞）上为增函数．

2三、二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论 例：已知函数f(x)=-23x+2ax2+3x，令g(x)=ln(x+1)+3-f(?)x3，若

1g(x)在 (?,??)上单调递增，求实数a的取值范围.

2 解：由已知得g(x)?ln(x?1)?3?(?2x2?4ax?3)?ln(x?1)?2x2?4ax，

14x2?4(1?a)x?1?4a?4x?4a? ?g?(x)?， x?1x?1 又当x?(?,??)时，恒有x?1?0，

2设h(x)?4x?4(1?a)x?1?4a，其对称轴为x??

124?4aa?1? 82，

(i) 当

a?11??,即a?0时，应有??16(1?a)2?16(1?4a)?0 22 解得:?2?a?0，所以a?0时成立， (ii) 当

12a?11??22,即a?0时，应有h(?)?012即:1?4(1?a)??1?4a?0

解得a?0， 综上：实数a的取值范围是a?0。 四、二项系数引起的分类讨论 4.已知函数f(x)?(a?1)lnx?ax2?1. (1)讨论函数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|.

解析：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，

a＋12ax2＋a＋1

f′(x)＝＋2ax＝. xx当a≥0时，f′(x)＞0，故f(x)在(0，＋∞)上单调递增． 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＝ 则当x?(0,?a＋1

－， 2aa?1a?1 ]时，f′(x)＞0；当x?(?,??)时，f?(x)?0；

2a2aa?1a?1]上单调递增，在(?,??)上单调递减． 2a2a故f(x)在(0,?(2)不妨设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(x2)－f(x1)≥4x1－4x2，即f(x2)＋4x2≥f(x1)＋4x1.

令g(x)＝f(x)＋4x，则

a＋12ax2＋4x＋a＋1g′(x)＝＋2ax＋4＝. xx－4x2＋4x－1－?2x－1?2

于是g′(x)≤＝≤0.

xx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.已知函数f(x)?alnx?ax?3(a?R且a?0) （Ⅰ）求函数f(x)的单调区间； （Ⅱ）当a?2时，设函数h(x)?(p?2)x? ．

p?2e?3，若在区间[1,e]上至x少存在一个x0， 使得h(x0)?f(x0)成立，试求实数p的取值范围．

a(1?x)知： x 当a?0时，函数f(x)的单调增区间是(0,1)，单调减区间

解：（Ι）由f?(x)?是(1,??)；

当a?0时，函数f(x)的单调增区间是(1,??)，单调减区间是(0,1)；

（Ⅱ）?a?2,?f(x)?2lnx?2x?3.令F(x)?h(x)?f(x)， 则

p?2ep2e?3?2lnx?2x?3?px???2lnx. xxxp2e 1. 当p?0时，由x?[1,e]得px??0,??2lnx?0，

xx 从而F(x)?0, 所以，在[1,e]上不存在x0使得F(x)?(p?2)x?h(x0)?f(x0) ；

2. 当

p?0时，

px2?2x?p?2eF?(x)?,?x?[1,e],?2e?2x?0, 2x2px?p?0,F?(x)?0在[1,e]上恒成立，

故

?F(x)maxF(x)p?F(e)?pe??4

e在

[1,e]上单调递增。

p4e?4?0，解得p?2 ee?14e(2,??)pe?1 综上所述，的取值范围是。

故只要pe?2.已知函数f(x)?x2?ax?aln(x?1)(a?R),求函数f(x)的单调区间； 解：f'(x)?2x?a?a?x?12x(x?a?2)2x?12x(x?,

>0在（1，??）恒成立，

若a?0时，则a?2?1,f(x)?2a?2)2x?1所以f(x)的增区间（1，??）.

若a?0,则a?2?1，故当x?(1,a?2]，f'(x)?222x(x?a?2)2?0， x?1当x?[a?2,??)时，f(x)?222x(x?a?2)2?0， x?1所以a>0时f(x)的减区间为（1,a?2），f(x)的增区间为［a?2,??).

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