导数中分类讨论的三种常见类型.pdf

《导数中分类讨论的三种常见类型.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数中分类讨论的三种常见类型.pdf（10页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、.导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中 3 种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.1.1.导函数根的大小比较导函数根的大小比较1

2、1a2实例实例 1 1：求函数fxx3x axa，xR的单调区间.32分析：分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对11a2函 数fxx3x axa进 行 求 导 可 以 得 到 导 函 数32fx x21axa，观 察 可 知 导 函 数 可 以 因 式 分 解 为fx x21axa xax1，由此可知方程fx0有两个实根131a2x x axa的32单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分a 1，a 1，a 1三种情况进行讨论：x1 a，x2 1，由于a的范围未知，要讨论函数fx当a 1时，fx，fx随x的变化情况如下：x,a+单调递增aa,1_单调递减-10极

3、小值1,+单调递增fx0极大值fx所以，函数fx的单调递增区间为,a和1,，单调递减区间为a,1.当a 1时，fx0在R上恒成立，所以函数fx的单调递增区间为,，没有单调递减区间.当a 1时，fx，fx随x的变化情况如下：.下载可编辑.x,1+单调递增-10极大值1,a_单调递减aa,+单调递增fx0极小值fx所以，函数fx的单调递增区间为,1和a,，单调递减区间为1,a.综上所述，当a 1时，函数fx的单调递增区间为,a和1,，单调递减区间为a,1；当a 1时，函数fx的单调递增区间为,，没有单调递减区间；当a 1时，函数fx的单调递增区间为,1和a,，单调递减区间为1,a.点评：点评：这道

4、题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于aR，所以要分a 1，a 1，a 1三种情况，这里注意不能漏了a 1的情况.2.2.导函数的根的存在性讨论导函数的根的存在性讨论实例实例 2 2：求函数fx x3ax2 x的单调区间分分析析：这道题跟实例 1 一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数fx x3ax2 x进行求导可以得到导函数fx3x22ax1，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程3x22ax1 0是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式 4a212，若 4a212 0即 3 a 3，方程3

5、x22ax1 0没有实根，即fx0在R上恒成立，所以fx在R上单调递增；若 4a212 0即a 3，方 程3x22ax1 0有 两 个 相 等 的 实 根ax1 x2，即fx0在R上恒成立，所以fx在R上单调递增；3若 4a212 0即a 3或a 3，则方程3x22ax1 0有两个不同实根，.下载可编辑.aa23aa23由求根公式可解得x1，x2，显然x1 x233此时fx，fx随x的变化情况如下：x,x1+单调递增x1x1,x2_单调递减x2x2,+单调递增fx0极大值0极小值fx综上所述，当 3 a 3时，fx的单调递增区间为,，没有单调递减区间；aa23当a 3或a 3时，fx的 单 调

6、 递 增 区 间 为,和3aa23aa23 aa23,，单调递减区间为,333点评：点评：实例 2 和实例 1 都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例 2 主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例 1 是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例 2 则相反，实例 2 在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。通过这两道实例可以知道，在分情况讨论的时候弄清楚讨论的必要性是很重要的，不能以偏概全。3.3.导函数的根与给定区间的关

7、系导函数的根与给定区间的关系实例实例 3 3：已知函数fx x2lnx，函数gx fxx2ax，若x0,ea 0，时，gx的最小值是 3，求实数a的值.（e是自然对数的底数）分析：分析：由题意可以求得gx axlnx，且函数gx的定义域为0,，已知的是函数gx在0,e上的最小值是 3，而函数最值的讨论通常是以单调性的讨论为基础，所以可以先考虑函数gx在0,e上的单调性，因此对gx进行求导，得到导函数gx a1ax11，因为a 0，所以令gx0解得x，xxa则gx，gx随x的变化情况如下：.下载可编辑.x1 0,a1a 1,agx_单调递减0极小值+单调递增gx这是gx在0,上的单调性，而要讨论

8、其在0,e上的单调性，这里涉及到e11跟的大小，也即是是在给定区间内还是在区间外的问题，可以知道，题目aa1中并没有条件可以让我们确定e跟的大小关系，所以这里需要分情况讨论：a11若e 即0 a，则gx在0,e上单调递减，gxmin ge ae1，令ae4ae13，解得a（舍去）e若e 111 1即a，则gx在0,上单调递减，在,e上单调递增，所以aeaa 1 gxmin g1lna，令1lna 3，解得a e2，满足条件.a综上所述，所求实数a的值为e2.点评：这道题实质上就是讨论函数在给定区间上的单调性，在这道例题中，导函数存在唯一的实根，所以可以确定原函数gx在定义域0,上的单调性，1的

9、大小关系，也就是确定导a函数等于零的点跟给定区间的关系.这道题中如果把a的范围改为aR，问题1ax1就稍微复杂一点，首先得考虑导函数gx a根是否存在，可以发xx11现，如果a 0，则不存在导函数等于零的点，此时gx a 0，函xx1数gx在0,e上单调递减；而如果a 0，则导函数存在唯一的实根，其中a11a 0又包含了两种情况：a 0和a 0，如果a 0，那么 0，0,，aa1ax1 0，此时gx a函数gx在0,e上单调递减；至于a 0的情况，xx讨论如实例 3.分类讨论思想是对研究对象进行分类，简化所要研究的对象，它是解决问题的一种逻辑方法，也是锻炼人思维模式的方法，但在分类讨论时要明确

10、讨论而要讨论其在区间0,e的单调性，则涉及到e跟.下载可编辑.的对象以及按什么标准进行分类，做到不重复、不遗漏.导数中的分类讨论在历年高考中也是经常出现，主要是在研究函数的单调性、极值与最值中应用比较多.导数问题中分类讨论的方法导数问题中分类讨论的方法摘要摘要：近年，高考解答题对导数部分的考察几乎都会涉及到对某个参数的分类讨论，而考生的在这一题中的得分率并不高。主要原因有两个，一是看不懂题意，二是不会分类讨论。而分类讨论在高考中处于重要的“地位”：分类讨论思想是历年高考的必考内容，它不仅是高考的重点与热点，而且是高考的难点。每年在中高档题甚至在低档题中都设置分类讨论问题，通过分类讨论考查推理的

11、严谨性和分析问题解决问题的能力。本人在几年的教学生涯中，对这类问题作了一定的探讨，并总结出了导数问题中解答问题的步骤及引起分类讨论的原因。关键词：关键词：单调区间，极值，分类，最值，取值范围为了更好的解决导数中分类讨论的问题，笔者建议按照下列步骤来解决导数解答题（1）求导f(x)（2）令f(x)=0（3）求出f(x)=0 的根（4）作出导数的图像或等价于导数的图像（一般是二次函数或一次函数的图像）（5）由图像写出函数的单调区间，极值，或最值规范了步骤后，在解题过程中涉及到的分类讨论一般有：方程f(x)=0 的类型引起的讨论、根的存在引起的讨论、根的大小引起的讨论、画图像时开口或斜率的讨论、根与

12、给定区间:或定义域的端点的大小的讨论）下面笔者结合若干例题对上述的分类讨论方法作一一阐述例例 1 1：若函数：若函数f(x)ax2，求函数的单调区间。，求函数的单调区间。lnx（a a0 0）x21ax2 x2(x 0)解：f(x)a 2xxx22令f(x)=0，即：ax x 2 0（注意这里方程的类型需要讨论）注意这里方程的类型需要讨论）若a 0，则x 2,作出g(x)x 2的图像，由图像可知f(x)在（0,2）上为减函数，在（2，+）上为增函数若a 0，则 18a 0,由ax x 2 0，得2.下载可编辑.x1118a1 18a02a2a2作出h(x)ax x 2的图像，由图像可知f(x)

13、在(0,x2)上为减函数，在（x2,)上为增函数综上所述：a 0时，f(x)在（0,2）上为减函数，在（2，+）上为增函数118a（0，）上为减函数a 0时，f(x)在2a（在118a，）上为增函数2a3 32 2例例 2 2：(08(08 全国高考全国高考)已知函数已知函数 f(x)f(x)x x axax x x1 1，a aR R，讨论函数，讨论函数 f(x)f(x)的单调区间的单调区间解：f(x)3x 2ax 1令f(x)3x 2ax 1 0（注意这里根的存在需要讨论）（注意这里根的存在需要讨论）22 4a2122若 4a 12 0，即3 a 3，则f(x)在R上为增函数2若 4a 1

14、2 0,即a 3或a 32由f(x)3x 2ax 1 0得，a a23 a a23x1,x233 a a23 a a23)或（，）f(x)在(,上为增函数33 a a23-a a23（，)上为减函数在33综上所述：3 a 3时，f(x)在R上为增函数 a a23 a a23)或（，）a 3或a 3时，f(x)在(,33.下载可编辑.a a23-a a23（，)上为减函数上为增函数，在33例例 3.3.（20102010 北京）北京）已知函数已知函数f(x)=In(1+)=In(1+x)-)-x+求f(x)的单调区间。解：f(x)k2x(k0)0)。21x(kx k 1)1 kx(x 1)1 x

15、1 x令f(x)=0，即：x(kx k 1)0（这里需要对方程（这里需要对方程kx k 1 0的类型讨论）的类型讨论）若 k=0，则f(x)x1 xf(x)在（-1,0）上为增函数，在（0，+）上为减函数若 k0,由x(kx k 1)0得，x 0或x 11 1（这里需要对两个根的大小进行讨论）这里需要对两个根的大小进行讨论）kx2若 k=1，则f(x)，f(x)在（-1,）上为增函数1 x若0 k 1，则f(x)在(1,0)或(在(0,11,)上为增函数k11)上为减函数k1若k 1，则f(x)在(1,1)或(0,)上为增函数k1在(1,0)上为减函数k综上所述：若 k=0，f(x)在（-1,

16、0）上为增函数，在（0，+）上为减函数若0 k 1，f(x)在(1,0)或(在(0,11,)上为增函数k11)上为减函数k若 k=1，f(x)在（-1,）上为增函数若k 1，f(x)在(1,在(11)或(0,)上为增函数k11,0)上为减函数k.下载可编辑.例例 4.4.（20092009 北京理改编）设函数北京理改编）设函数f(x)xe，求函数，求函数f(x)的单调区间的单调区间解：f(x)ekxkx kxekx ekx(kx 1)令f(x)0，即kx1 0（这里需要对方程（这里需要对方程kx1 0的类型的类型讨论）讨论）若，则f(x)1 0，f(x)在上为增函数若 k0 则由kx1 0得，

17、x 1(这里需要对这里需要对yk kx1的的斜率讨论斜率讨论)1,)上为增函数k11若 k0 则f(x)在(,)上为减函数，在(综上所述：若 k=0，f(x)在上为增函数1k1,)上为增函数k11若 k0 则f(x)在(,)上为减函数，在(例例 5 5：（海南（海南 20112011 四校联考）四校联考）1kf(x)2ln x 2x 3,g(x)(p 2)x p 23x若对任意的x1,2,f(x)g(x)恒成立，求实数p的取值范围）解：f(x)的定义域为（0，设h(x)f(x)g(x)2ln x px px2 2x p 2设h(x)x2p 2x令设h(x)0,即 px 2x p 2 0（对方程

18、类型的讨论）（对方程类型的讨论）若 p=0,则设h(x)22x 2 0 x2则h(x)在1,2上为增函数,h(x)min h(1)2,不符合要求若 p0,由 px 2x p 2 0得.下载可编辑.2.x 1或x p 2（对两根的大小，定义域的端点、给定区间的端点大小的讨论）（对两根的大小，定义域的端点、给定区间的端点大小的讨论）p若p2 1,即p 1,则h(x)min h(1)0,符合题意p若p 2 1,即1 p 0,则h(x)min h(1)2p 2 0，不符合题意pp 2 0,即 2 p 1,则h(x)min h(1)2p 2 0，符合题意p若1若p 2 0,即p 2,则h(x)min h

19、(1)2 0，符合题意pp 21,即p 2,则h(x)min h(1)2p 2 0，符合题意pp 2 2,即p 2,则h(1)2p 2 0，不符合题意p若0 若1若p 2 2,即p 2,则h(1)2 0，不符合题意pp 2 2,即0 p 2,则h(1)2p 2 0，不符合题意p若综上所述：p 的取值范围为(,1下面笔者就海南下面笔者就海南20102010年高考的压轴题来说明本人提出的解题步骤和讨论方法具有一定年高考的压轴题来说明本人提出的解题步骤和讨论方法具有一定的实用价值，当然解答的过程可能不够严谨，处于定性的范围，不足之处，望全体同仁多的实用价值，当然解答的过程可能不够严谨，处于定性的范围

20、，不足之处，望全体同仁多多指教。多指教。例例 6 6：（海南（海南 20102010 理）理）设函数f(x)e 1 xax。若当x 0时f(x)0，求a的取值范围x2f(x)ex 2ax 1令f(x)e 2ax 1 0（此方程是个超越方程，故（此方程是个超越方程，故根的讨论转换成两个函数的交点的问题）根的讨论转换成两个函数的交点的问题）即e 2ax 1xxy1 ex，y令2 2ax 1.下载可编辑.易求得y1 ex在 A 的切线的斜率为 1显然若有2a 1，即a x1x则有e 2ax 1恒成立2即f(x)e 2ax 1 0恒成立所以x 0，时f(x)f(0)0，即f(x)0若有2a 1，a 1则显然存在区间（0，x0）使得2x(0,x0)时，有ex 2ax 1，即f(x)ex 2ax 1 0即存在x(0,x0)，使得f(x)f(0)0综上所述：a 12总结：总之规范解题步骤，弄清分类讨论的原因，相信导数问题中涉及到参数的分类讨论不会是个困难的问题.下载可编辑.