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导数中的分类讨论问题 2


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<

br />
f ( x) ? p ln x ? ( p ? 1) x 2 ? 1,



p ? 0 时,讨论函数 f ( x) 的单调性。

解:

' , f ?x ? ? f ( x) 的定义域为(0,+∞)

p 2? p ? 1?x 2 ? p ? 2? p ? 1?x ? x x ,



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?

则当 x ? ? 0,

? ? ?

?

? ? p ? p ? 时, f '( x ) >0; x ? ? ? , ? ?? ? ? ? 时, f '( x ) <0. 2? p ? 1? ? 2? p ? 1? ? ?



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

例:已知函数

f ( x) ? ln( x ? 1) ? k ( x ? 1) ? 1 ,求函数 f ( x) 的单调区间; 1 ' ? k , ( x ? 1) ,所以, 解:(1) f ( x ) ? x ?1 1 当k ? 0时 , f ' ( x) ? 0; 当k ? 0时 ,由 f ' ( x) ? 0 得: x ? 1 ? , 所以, k
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 ? a ln x , (a ? R ) ,讨论 f ( x) 在定义域上的单调性。
f ?( x) ? 2 x ? 1 ? a 2x2 ? x ? a ? , ( x ? 0) , x x

解:由已知得

1 时, f ?( x) ? 0 恒成立, f ( x ) 在 (0, ??) 上为增函数. 8 1 (2)当 ? ? 1 ? 8a ? 0 , a ? 时, 8
(1)当 ?

? 1 ? 8a ? 0 , a ?

1) 0 ?

a?

1 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 时, ? ? 0 , f ( x) 在 [ , ] 8 2 2 2 2
f ( x) 在 (0,

上为减函数,

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ],[ , ??) 上为增函数, 2 2

2)当 a

? 0 时,

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ? 0 ,故 f ( x) 在 [0, ] 上为减函数, 2 2

f ( x) 在[
综上,当 a

1 ? 1 ? 8a ,+∞)上为增函数. 2

?

1 时, f ( x ) 在 (0, ??) 上为增函数; 8

当) 0 ?

a?

1 1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a 时, f ( x ) 在 [ , ] 上为减函数, 8 2 2
f ( x) 在 (0,

1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ],[ , ??) 上为增函数, 2 2
1 ? 1 ? 8a 1 ? 1 ? 8a ] 上 为 减 函 数 , f ( x) 在 [ , 2 2

当 a<0 时, +∞)上为增函数.

f ( x)

在(0,

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) = -

2 3 x + 2ax 2 + 3 x 3

, 令

g ( x)=

l nx ( +

+ 1 ) - 3f

x ,(若 ) g ( x)



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 ? (?2 x
2

? 4ax ? 3) ? ln( x ? 1) ? 2x2 ? 4ax ,

? g ?( x) ?

1 4 x 2 ? 4(1 ? a) x ? 1 ? 4a ? 4 x ? 4a ? , x ?1 x ?1
1 , ??) 时,恒有 x ? 1 ? 0 , 2
4 ? 4a a ? 1 ? 8 2 ,

又当 x ? ( ?

设 h( x) ? 4 x

2

? 4(1 ? a) x ? 1 ? 4a ,其对称轴为 x ? ?

(i) 当

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

(ii) 当

a ?1 1 1 1 ? ? ,即 a ? 0 时,应有 h( ? ) ? 0 即: 1 ? 4(1 ? a) ? ? 1 ? 4a ? 0 2 2 2 2
解得 a

? 0,
? 0。

综上:实数 a 的取值范围是 a 四、二项系数引起的分类讨论 4.已知函数

f ( x) ? (a ? 1)ln x ? ax2 ? 1.
f ( x) 的单调性;

(1)讨论函数

(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,+∞),
2 a+1 2ax +a+1 f′(x)= +2ax= . x 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 ?1 a ?1 ] 时,f′(x)>0;当 x ? ( ? , ??) 时, f ?( x) ? 0 ; 2a 2a a ?1 a ?1 ] 上单调递增,在 ( ? , ??) 上单调递减. 2a 2a
所以|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于



f ( x) 在 (0, ?

(2)不妨设 x1≥x2.由于 a≤-2,故 f(x)在(0,+∞)上单调减少,

f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
令 g(x)=f(x)+4x,则
2 a+1 2ax +4x+a+1 g′(x)= +2ax+4= . x x

-4x +4x-1 于是 g′(x)≤ =

2

2x-1

2

x

x

≤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 . f ( x) ? a ln x ? ax ? 3(a ? R且a ? 0) (Ⅰ)求函数 f ( x ) 的单调区间; p ? 2e ? 3 ,若在区间 [1, e] 上至少存在一个 x0 , (Ⅱ)当 a ? 2 时,设函数 h( x ) ? ( p ? 2) x ? x 得 h( x0 ) ? f ( x0 ) 成立,试求实数 p 的取值范围. 1.已知函数

使

解: (Ι )由

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) ? 2 ln x ? 2 x ? 3. 令 F ( x) ? h( x) ? f ( x) , p ? 2e p 2e ? 3 ? 2 ln x ? 2 x ? 3 ? px ? ? ? 2 ln x . 则 F ( x ) ? ( p ? 2) x ? x x x p 2e ? 0,? ? 2 ln x ? 0 , 1. 当 p ? 0 时,由 x ? [1, e] 得 px ? x x 从而 F ( x) ? 0 , 所以,在 [1, e] 上不存在 x0 使得 h( x0 ) ? f ( x0 ) ; f ?( x ) ?
2. 当

px2 ? 2 x ? p ? 2e ,? x ? [1, e],? 2e ? 2 x ? 0 , x2 px2 ? p ? 0, F ?( x) ? 0 在 [1, e] 上恒成立, p ?4 故 F ( x ) 在 [1, e] 上单调递增。 ? F ( x ) max ? F (e) ? pe ? e p 4e ? 4 ? 0 ,解得 p ? 2 故只要 pe ? e e ?1 4e ( 2 ,?? ) p 综上所述, 的取值范围是 e ? 1 。
p ? 0 时, F ?( x) ?

2.已知函数

f ( x) ? x 2 ? ax ? a ln(x ?1)(a ? R) ,求函数 f ( x) 的单调区间;
2 x( x ? a?2 ) 2 , x ?1
2 x( x ? a?2 ) 2 >0 在(1, ?? )恒成立, x ?1

a ? 解: f ' ( x) ? 2 x ? a ? x ?1

a?2 ? 1, f ( x) ? 若 a ? 0 时,则 2

所以 f ( x) 的增区间(1, ?? ).

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

2 x( x ?

a?2 ) 2 ?0, x ?1

2 x( x ?

a?2 ) 2 ?0, x ?1

a?2 a?2 ,??) . ) , f ( x) 的增区间为[ 2 2


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