专题07 导数的分类讨论-2021届新高考数学一轮复习知识点总结与题型归纳面面全

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一、一元一次不等式型
参数在一次项系数上：
如：f'(x)=ex(ax+1)>0，x∈R，a∈R
= 1 \* GB3 ①当a=0时，f'(x)=ex>0，f(x)增区间为R；
= 2 \* GB3 ②当a>0时，
由f'(x)>0，得x>−1a，f(x)增区间是(−1a​​，​+∞)；
由f'(x)<0，得x<−1a，f(x)减区间(−∞​​​，−1a​)是．
= 3 \* GB3 ③当a<0时，
由f'(x)>0，得x<−1a，f(x)增区间是(−∞​​​，−1a​)；
由f'(x)<0，得x>−1a，f(x)减区间是(−1a​​，​+∞)．
二、一元二次不等式型：
1. 参数在二次项系数上：
①能因式分解型：
如：f'(x)=a(x+1)(x−a)>0，x∈R，a∈R
当a=0时，f'(x)=0恒成立，f(x)为常函数；
当a>0时，
由f'(x)>0，得x<−1或x>a，f(x)的增区间是(−∞​​​，−1)，(a​​​，+∞)；
由f'(x)<0，得−1当a<0时，
( = 1 \* rman i) a=−1，f'(x)=−(x+1)2 ⩽ 0且不恒为0，f(x)减区间为(−∞​​​，+∞)；
( = 2 \* rman ii) a<−1时，
由f'(x)>0，得a由f'(x)<0，得x−1，f(x)的减区间是(−∞​​​，​a)，(−1​​​，​+∞)．
( = 3 \* rman iii) −1由f'(x)>0，得−1由f'(x)<0，得x<−1或x>a，f(x)的减区间是(−∞​​​，−1)，(a​​​，+∞)．
②不能因式分解型：
如：f'(x)=ax2+x+1>0，x∈R，a∈R
当a=0时，
由f'(x)=x+1>0，得x>−1，f(x)的增区间是(−1​​​，+∞)；
由f'(x)=x+1<0，得x<−1，f(x)的减区间是(−∞​​​，−1)
当a>0时，Δ=1−4a
( = 1 \* rman i) 当Δ ⩽ 0时，即a ⩾ 14
f'(x)=ax2+x+1 ⩾ 0恒成立且不恒为0，f(x)的增区间是(−∞​​​，+∞)；
( = 2 \* rman ii) 当Δ > 0时，即0由f'(x)=ax2+x+1>0，得x<−1−1−4a2a或x>−1+1−4a2a
f(x)的增区间是(−∞​​​，−1−1−4a2a)，(−1+1−4a2a​​​，+∞);
由f'(x)=ax2+x+1<0，得−1−1−4a2af(x)的减区间是(​−1−1−4a2a​​​，−1+1−4a2a)．
当a<0时，Δ=1−4a >0
由f'(x)=ax2+x+1>0，得−1−1−4a2af(x)的增区间是(​−1−1−4a2a​​ ​，​ −1+1−4a2a)．
由f'(x)<0，得x<−1−1−4a2a或x>−1+1−4a2a
f(x)的减区间是(−∞​​​，​ −1−1−4a2a)，(−1+1−4a2a​​，​ +∞)．
2. 参数不在二次项系数上：
①能因式分解型：
如：f'(x)=(x−1)(x−a)>0，x∈R，a∈R
当a=1时，
f'(x)=(x−1)2 ⩾ 0恒成立且不恒为0，f(x)增区间为(−∞​​，+∞)；
当a>1时，
由f'(x)>0，得x<1或x>a，f(x)增区间为(−∞​​​， ​1)，(a​​​，+∞)；
由f'(x)<0，得1当a<1时，
由f'(x)>0，得x1，f(x)增区间为(−∞​​​，a)，(1​​​，+∞)；
由f'(x)<0，得a②不能因式分解型
如：f'(x)=x2+ax+1>0，x∈R，a∈R，Δ=a2−4
当Δ=a2−4 ⩽ 0，即−2 ⩽ a ⩽ 2时，
f'(x)=x2+ax+1≥0恒成立且不恒为0，f(x)增区间是(−∞​​​，+∞)．
当Δ=a2−4 > 0，即a>2或a<−2时，
由f'(x)=x2+ax+1>0，得x<−a−a2−42或x>−a+a2−42
f(x)增区间是(−∞​​​，−a−a2−42)，(−a+a2−42​​​，+∞)；
由f'(x)<0，得−a−a2−42f(x)减区间是(−a−a2−42​​​，−a+a2−42​)．
典例精讲
【典例1】已知函数．
（1）讨论的单调性；
【分析】（1）求出的导数，通过讨论的范围，求出函数的单调区间即可；
【解答】解（1）的定义域为，，
当时，，在上单调递减．
当时，令，得，则的单调递减区间为，；
令，得，则的单调递增区间为．
【点评】本题考查函数的单调性的讨论，实数值的求法，解题时要认真审题，注意导数性质和分类讨论思想的合理运用．
【典例2】已知a≤0，设函数f(x)=ax2+x+aex．
（1）讨论f（x）单调性；
【分析】（1）求出函数f（x）的导数，然后根据a的不同取值，进行分类讨论函数的单调性；
【解答】解：（1）f'（x）=−(x−1)(ax+1−a)ex．
当a＝0时，f'（x）=−x−1ex，
∴当x＜1时，f'（x）＞0，当x＞1时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（﹣∞，1）单调递增；f（x）在（1，+∞）单调递减，
当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝1或x＝1−1a，
∵1−1a＞1，∴当x＜1或x＞1−1a时，f'（x）＞0，当1＜x＜1−1a时，f'（x）＜0．
∴f（x）在（﹣∞，1），(1−1a，+∞)单调递增；f（x）在(1，1−1a)单调递减；
【典例3】已知f(x)=kx−(k+1)lnx−1x（k∈R）．
（Ⅰ）讨论函数的单调区间；
【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，通过讨论k的范围，求出函数的单调区间即可；
【解答】解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为{x|x＞0}
f′（x）=(kx−1)(x−1)x2
（1）当k≤0时，令f'（x）＞0，解得0＜x＜1，此时函数f（x）为单调递增函数；
令f'（x）＜0，解得x＞1，此时函数f（x）为单调递减函数．
【典例4】已知函数f（x）＝axex−12ax2﹣ax（a≠0）．
（1）求函数f（x）的单调区间；
【分析】（1）求函数的导数，利用函数单调性和导数之间的关系进行求解即可．
【解答】解：（1）函数的导数f′（x）＝a[（x+1）ex﹣（x+1）]＝a（x+1）（ex﹣1），
①当a＞0时，由f′（x）＞0得（x+1）（ex﹣1）＞0，得x+1＞0ex−1＞0或x+1＜0ex−1＜0，
即x＞−1x＞0或x＜−1x＜0，即x＞0或x＜﹣1，
由f′（x）＜0得（x+1）（ex﹣1）＜0，得x+1＞0ex−1＜0或x+1＜0ex−1＞0，
即x＞−1x＜0或x＜−1x＞0，即﹣1＜x＜0，
即此时函数的 单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞），
单调递减区间为（﹣1，0），
②当a＜0时，由f′（x）＞0得（x+1）（ex﹣1）＜0，
由①知﹣1＜x＜0，
由f′（x）＜0得（x+1）（ex﹣1）＞0，
由①知x＞0或x＜﹣1，
即此时函数的单调递增区间为（﹣1，0），
单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞），
综上a＞0时，函数的 单调递增区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞），单调递减区间为（﹣1，0），
a＜0时，函数的单调递增区间为（﹣1，0），单调递减区间为（﹣∞，﹣1），（0，+∞）．
【典例5】已知函数，．
（1）讨论的单调性；
【分析】（1）对求导得，，然后分和两类，讨论与0的大小关系，从而得的单调性．
【解答】解：（1），，，
当时，，在上单调递减；
当时，令，得，在上单调递增；
令，得，在，上单调递减．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在，上单调递减．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性、存在性问题，采用了参变分离、构造函数的方法，正确地将原问题转化为函数的最值问题是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
【典例6】已知函数f（x）＝x2﹣ax+2lnx（a∈R）．
（1）讨论f（x）的单调性；
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间和极值即可；
【解答】解：（1）∵f（x）＝x2﹣ax+2lnx，x＞0，
∴f′（x）＝2x﹣a+2x=2x2−ax+2x，
∴x+1x≥2x⋅1x=2，当且仅当x＝1时取等号，
∴a≤4时，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞4时，此时△＝a2﹣16＞0，令f′（x）＝0，解得x1=a−a2−164，x2=a+a2−164，
当0＜x＜x1 或x＞x2时，f′（x）＞0，函数f（x）单调递增，
当x1＜x＜x2时，f′（x）＜0，函数f（x）单调递减，
综上所述：当a≤4时，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＞4时，f（x）在（0，a−a2−164），（a+a2−164，+∞）上单调递增，在（a−a2−164，a+a2−164）上单调递减；
【点评】本题考查函数的单调性的讨论，考查实数的取值范围、函数最大值的求法，考查导数性质、构造法等基础知识，考查运算求解能力和思维能力，考查函数与方程思想，属于难题．
【典例7】已知函数f（x）=12x2+（a+1）x+alnx，a∈R．
（1）讨论f（x）的单调性；
【分析】（1）对a分两种情况讨论，利用导数求函数的单调区间；
【解答】解：（1）已知函数f（x）=12x2+（a+1）x+alnx，a∈R，的定义域为（0，+∞），
f′（x）＝x+（a+1）+ax=(x+1)(x+a)x，
所以当a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0 时，若0＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，f（x）在（0，﹣a）上单调递减，
若x＞﹣a时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增，
综上：当a≥0时，f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增，
当a＜0 时，若0＜x＜﹣a时，f′（x）＜0，f（x）在（0，﹣a）上单调递减，
若x＞﹣a时，f′（x）＞0，f（x）在（﹣a，+∞）上单调递增．
【点评】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值和证明不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力．
【典例8】已知f（x）＝alnx﹣x2﹣e2（其中e为自然对数的底数，a∈R）
（1）求f（x）的单调区间；
【分析】（1）对f（x）求导，然后分a≤0和a＞0两种情况求f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）f（x）的定义域是（0，+∞），则
f'(x)=ax−2x=a−2x2x，
当a≤0时，f′（x）＜0，f（x）在（0，+∞）单调递减；
a＞0时，令f′（x）＞0，解得：0＜x＜a2，
令f′（x）＜0，解得：x＞a2，
故f（x）在(0，a2)单调递增，在(a2，+∞）递减；
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了分类讨论思想和转化法，属中档题．
【典例9】已知x＞0且f（x）＝ln（x+1）+a（x2+x），g（x）＝2ex﹣2．
（1）若a＜0，求f（x）的单调区间；
【分析】（1）求函数的导数分类讨论求单调区间，（2）构造新函数利用函数的单调性定求最值证明不等式恒成立问题即可．
【解答】解：（1）已知x＞0且f（x）＝ln（x+1）+a（x2+x），
∴f′（x）=1x+1+2ax+a=2ax2+3ax+a+1x+1，且x＞0
当a≤﹣1时，易知f′（x）＜0在（0，+∞）始终成立，所以f（x）单调递减，
当a∈（0，x0）时，由2ax2+3ax+a+1＝0，知仅有x0=−34+116−12a＞0，
由x∈（0，x0）时，f′（x）＞0，x∈（x0，+∞）时，f′（x）＜0
得f（x）在（0，x0）上单调递增，在（x0，+∞）单调递减，
综上：当a∈（﹣∞，﹣1]时，f（x）在（0，+∞）上单调递减；
当a∈（﹣1，0）时，f（x）在（0，−34+116−12a）上单递增，在（−34+116−12a，+∞）单调递减，
【点评】本题考查函数的导数应用，函数的单调性求最值，不等式恒成立问题以及分类讨论思想的应用，考查计算能力
综合练习
1.已知函数f（x）＝lnx．
（1）当a＞0时，讨论函数F（x）=32x2﹣（6+a）x+2af（x）的单调性；
【分析】（1）求出F'(x)=3x−(6+a)+2ax=(3x−a)(x−2)x，x＞0，令F′（x）＝0，得x1=a3，x2=2，由此利用分类讨论思想和导数性质能讨论函数F（x）=32x2﹣（6+a）x+2af（x）的单调性．
【解答】解：（1）∵函数f（x）＝lnx，a＞0，F（x）=32x2﹣（6+a）x+2af（x），
∴F'(x)=3x−(6+a)+2ax=3x﹣（6+a）+2ax=3x2−(6+a)x+2ax=(3x−a)(x−2)x，x＞0，
令F′（x）＝0，得x1=a3，x2=2，
①当a3＞2，即a＞6时，若x∈（a3，+∞）∪（0，2），F′（x）＞0，
∴F（x）在（a3，+∞），（0，2）上单调递增，
若x∈（2，a3），F′（x）＜0，则F（x）在（2，a3）上单调递减，
②当a＝6时，F′（x）≥0对x∈（0，+∞）恒成立，故F（x）在（0，+∞）上单调递增，
③当0＜a3＜2，即0＜a＜6时，若x∈（2，+∞）∪（0，a3），F′（x）＞0，
∴F（x）在（2，+∞），（0，a3）上单调递增，
若x∈（a3，2），F′（x）＜0，∴F（x）在（a3，2）上单调递减．
2．已知函数，其中为正实数．
（1）试讨论函数的单调性；
【分析】（1）先求导得，然后分，，，和，五种情况讨论导函数的正负，进而得原函数的单调性．
【解答】解：（1），
当时，，
在时，，单调递增，
在，时，，单调递减，
当时，在，，上，，单调递减，
在，上，，单调递增，
当时，若，即时，
在上，，单调递增，
若，即时，
在，，上，，单调递增，
在，上，，单调递减，
若，即时，
在，，上，，单调递增，
在，上，，单调递减，
综上，当时，在上单调递增；在，上，单调递减，
当时，在，，上，单调递减；在，上，单调递增，
当时，在上，，单调递增，
当时，在，，上，单调递增；在，上，单调递减，
当时，在，，上，单调递增；在，上，单调递减．
【点评】本题考查函数的存在性问题，熟练地将问题转化为函数的最值问题，并利用导数研究函数的单调性和最值是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
3．己知函数f（x）＝ax2+lnx（a∈R）⋅
（1）讨论f（x）的单调性：
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
【解答】解：（1）f'(x)=2ax+1x=2ax2+1x，(x＞0)⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯（1分）
当a≥0时，f′（x）＞0，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，…………………（2分）
当a＜0时，令f′（x）＞0，解得0＜x＜−2a−2a，所以f（x）在（0，−2a−2a）单增，
令f′（x）＜0，解得x＞−2a−2a，所以f（x）在（−2a−2a，+∞）单减，………（4分）
综上，当a≥0时，函数f（x）在（0，+∞）单调递增，当a＜0时，f（x）在（0，−2a−2a）单增，在（−2a−2a，+∞）单减．………………………（5分）
4．已知函数f(x)=x2+a(x+1)ex，a＞0．
（1）判断f（x）的单调性；
【分析】（1）先对函数求导，然后结合f′（x）与单调性的关系，对a进行分类讨论可求
【解答】解：（1）f′（x）=(2x+a)ex−[x2+a(x+1)]exe2x=−x[x−(2−a)]ex，
①当a＝2时，f′（x）=−x2ex＜0，
∴f（x）在R上单调递减
②当2﹣a＞0及0＜a＜2时，由f′（x）＞0可得0＜x＜2﹣a
由f′（x）＜0可得x＜0或x＞2﹣a
∴f（x）在（0，2﹣a）单调递增，在（﹣∞，0）．，（2﹣a，+∞）上单调递减
③当2﹣a＜0即a＞2时，由f′（x）＞0可得2﹣a＜x＜0
由f′（x）＜0可得x＜2﹣a或x＞0
5．已知函数f（x）＝lnx+（a﹣1）x+a+1（a∈R）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
【分析】（1）求出函数的导数，分别讨论参数，利用函数导数研究函数的单调性即可，
【解答】解：函数f（x）＝lnx+（a﹣1）x+a+1（a∈R）．定义域：（0+∞）
（1）f′（x）=1x+a﹣1=1+ax−xx，
①当a≥1时，f′（x）＞0，f（x）单调递增，
②当a＜1时，由f′（x）＝0，得x=11−a，
当x∈（0，11−a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（11−a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
综上讨论得：
①当a≥1时，f（x）在（0+∞）单调递增；
②当a＜1时，由f′（x）＝0，得x=11−a，
当x∈（0，11−a）时，f′（x）＞0，f（x）单调递增；
当x∈（11−a，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）单调递减；
6．已知函数f（x）＝ae2x﹣ex+x+b（a＞0，b∈R）
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）若对任意a＞0，f（x）恰有一个零点，求b的取值范围．
【分析】（1）讨论a的范围，得出f′（x）＝0的解的情况，从而得出f（x）的单调区间；
【解答】解：（1）f′（x）＝2ae2x﹣ex+1，令f′（x）＝0可得2ae2x﹣ex+1＝0，
①当a≥18时，f′（x）≥0恒成立，故f（x）在R上单调递增，
②当0＜a＜18时，解方程f′（x）＝0可得ex=1±1−8a4a，
∴当ex＜1−1−8a4a或ex＞1+1−8a4a时，f′（x）＞0，
当1−1−8a4a＜ex＜1+1−8a4a时，f′（x）＜0，
综上，当a≥18时，f（x）在R上单调递增，
当0＜a＜18时，f（x）在（﹣∞，ln1−1−8a4a）上单调递增，在（ln1−1−8a4a，ln1+1−8a4a）上单调递减，在（ln1+1−8a4a，+∞）上单调递增．
（2）由f（x）＝0可得﹣b＝ae2x﹣ex+x，记g（x）＝ae2x﹣ex+x，则g′（x）＝f′（x），
（i）当a≥18时，由（1）可知g（x）在R上单调递增，
又当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→+∞，
故当b∈R时，﹣b＝g（x）总有一解，即f（x）恰好有一解．
（ii）当0＜a＜18时，由（1）知g（x）在（﹣∞，ln1−1−8a4a）上单调递增，在（ln1−1−8a4a，ln1+1−8a4a）上单调递减，在（ln1+1−8a4a，+∞）上单调递增．
设x1＝ln1−1−8a4a，x2＝ln1+1−8a4a，则g′（x1）＝g′（x2）＝0，即2ae2x1−ex1+1＝0，
∴a=ex1−12e2x1=ex2−12ex2，
∴g（x）的极大值为g（x1）＝ae2x1−ex1+x1=−ex12+x1−12，
g（x）的极小值为g（x2）＝ae2x2−ex2+x2=−ex22+x2−12，
又当x→﹣∞时，g（x）→﹣∞，当x→+∞时，g（x）→+∞，
若f（x）只有一个零点，则﹣b＝g（x）只有一解，故﹣b＞−ex12+x1−12或﹣b＜−ex22+x2−12恒成立，
设h（x）=−ex2+x−12，则h′（x）=−ex2+1=2−ex2，
∴当x＜ln2时，h′（x）＞0，当x＞ln2时，h′（x）＜0，
∴h（x）在（﹣∞，ln2）上单调递增，在（ln2，+∞）上单调递减，
又x1＝ln1−1−8a4a=ln21+1−8a＜ln2，x2＝ln1+1−8a4a=ln21−1−8a＞ln2，且x1＞0，
∴0＜h（x1）＜−32+ln2，h（x2）＜−32+ln2，
即0＜g（x1）＜−32+ln2，g（x2）＜−32+ln2，
∴﹣b≥−32+ln2，即b≤−32+ln2．
综上，b的取值范围为（﹣∞，−32+ln2]．
【点评】本题考查了导数与函数单调性的关系，考查分类讨论思想，考查函数值域的求解，属于难题．
7．已知f（x）＝2ax−1x−（2+a）lnx（a≥0）．
（Ⅰ）当a＝0时，求f（x）的极值；
（Ⅱ）当a＞0时，讨论f（x）的单调性．
【分析】（1）将a＝0代入f（x）中，然后求导，得到f（x）的单调区间，根据单调性确定f（x）的极值即可；
（2）当a＞0时，对f（x）求导，得到导函数的零点，然后分0＜a＜2，a＝2和a＞2三种情况讨论f（x）的单调性即可．
【解答】解：（1）当a＝0时，f（x）=−1x−2lnx(x＞0)，则f'（x）=1−2xx2，
∴当0＜x＜12时，f'（x）＞0，当x＞12时，f'（x）＜0，
∴f（x）在（0，12）上单调递增，在（12，+∞）上单调递减，
∴f(x)极大值=f(12)=2ln2−2，无极小值；
（2）当a＞0时，f'（x）=(2x−1)(ax−1)x2(x＞0)，
令f'（x）＝0，则x=12或x=1a，
∴当0＜a＜2时，1a＞12，则
当0＜x＜12或x＞1a时，f'（x）＞0；当12＜x＜1a时，f'（x）＜0，
∴f（x）的单调增区间为（0，12）和（1a，+∞），单调减区间为（12，12）；
当a＝2时，f'（x）=(2x−1)2x2≥0，且仅当x=12时，f（x）＝0，
∴f（x）的单调增区间为（0，+∞）；
当a＞2时，12＞1a，则
当0＜x＜1a或x＞12时，f'（x）＞0；当1a＜x＜12时，f'（x）＜0，
∴f（x）的单调增区间为（0，1a）和（12，+∞），单调减区间为（12，1a）．
【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性和极值，考查了分类讨论思想，属中档题．