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；

当0＜

p＜1时，令f'(x)=0，解得xp.

2p1pp 则当x0,时，f'(x)＞0；x,时，f'(x)＜0. 2p12p1 故

pp单调递增，在单调递减. f(x)在0,,2p12p1f(x)ln(x1)k(x1)1，求函数f(x)的单调区间；

1' 解:（1）f(x)k,(x1),所以,

x11当k0时,f'(x)0;当k0时,由f'(x)0得:x1,所以,

k例：已知函数

当k0时f(x)在1,上为增函数；

11当k0时f(x)在1,1上为增函数；在1,上为减函数；

kk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。

解：由已知得

a2x2xaf(x)2x1,(x0)，

xx1时，f(x)0恒成立，f(x)在(0,)上为增函数． 81 （2）当18a0，a时，

8 （1）当18a0，a 1)0a118a118a118a118a1,] 0，f(x)在[时，22228 上为减函数，

f(x)在(0,118a118a],[,)上为增函数，

22 2）当a0时，118a118a]上为减函数， 0，故f(x)在[0,22

f(x)在[118a，＋∞）上为增函数．

2 综上，当a1时，f(x)在(0,)上为增函数; 8 当)0a118a118a1,]上为减函数， 时，f(x)在[228

当a＜0时，＋∞）上为增函数．

f(x)在(0,118a118a],[,)上为增函数，

22f(x)在（0，

118a118a]上为减函数，f(x)在[，

22

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)23x32ax23x，令

g(x)ln(x1)3f(x)，若

g(x)在

1(,)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(1,)时，恒有x10， 244aa1 82，

设h(x)4x24(1a)x14a，其对称轴为x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，

(i) 当

(ii) 当

a1212,即a0时，应有h(12)0即:14(1a)12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，＋∞)，

f′(x)＝a＋12ax2

＋a＋1

x＋2ax＝x.

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＝

－

a＋1

2a， 则当x(0,a12a]时，f′(x)＞0；当x(a12a,)时，f(x)0；故

f(x)在(0,a12a]上单调递增，在(a12a,)上单调递减． (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

g′(x)＝a＋12ax2

＋4x＋a＋1

x＋2ax＋4＝x.

－4x2

于是g′(x)≤＋4x－1＝

－

2x－1

2

xx≤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.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2ex3，若在区间[1,e]上至少存在一个x0，h(x0)f(x0)成立，试求实数p的取值范围．

使得 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)，

p2ep2e 则F(x)(p2)x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h(x0)f(x0) ；

解：（Ι）由

f(x)px22xp2e,x[1,e],2e2x0, 2. 当p0时，F(x)2x2pxp0,F(x)0在[1,e]上恒成立，

p 故F(x)在[1,e]上单调递增。F(x)maxF(e)pe4

ep4e 故只要pe 40，解得p2ee14e(2,)pe1 综上所述，的取值范围是。

2.已知函数

f(x)x2axaln(x1)(aR),求函数f(x)的单调区间；

ax12x(xa2)2, x12x(xa2)2>0在（1，）恒成立， x1 解：f'(x)2xa若a0时，则

a21,f(x)2所以f(x)的增区间（1，）.

若a0,则a2a21，故当x(1,]，f'(x)22a2,)时，f(x)22x(xa2)20， x12x(x当x[a2)20， x1所以a>0时f(x)的减区间为（1,

a2a2），f(x)的增区间为［,). 22