2020届二轮复习导数专题讲义分类讨论学案（全国通用）

                                 导数中的分类讨论探究1：设函数，．求函数的单调增区间；解析：. 因为，所以（），    ……………6分①当时，由，解得；②当时，由，解得；③当时，由，解得；④当时，由，解得；⑤当时，由，解得.综上所述，当时，的增区间为；当时，的增区间为；时，的增区间为.                      变式1：已知函数（1）讨论函数的单调性；（2）求函数在区间上的最大值      探究2：已知函数.求函数的单调区间； （2）由于，．   （ⅰ）当时，则，，   令，得（负根舍去），    且当时，；当时，，    所以在上单调减，在上单调增.……4分（ⅱ）当时，①当时， ,  令，得（舍），若，即, 则，所以在上单调增；若，即, 则当时，；当时，，所以在区间上是单调减，在上单调增.                         ………………………………………………………6分②当时, ,令，得，记，若，即, 则，故在上单调减；若，即, 则由得，且，当时，；当时，；当 时，，所以在区间上是单调减，在上单调增；在上单调减.    …………………………………………8分综上所述，当时,单调递减区间是 ，单调递增区间是；当时, 单调递减区间是，单调的递增区间是；当时, 单调递减区间是(0, )和，单调的递增区间是和.
 探究3：已知为正的常数，函数；设，求函数在区间上的最小值；解：（1）由a=2，得f（x）=|2x﹣x2|+lnx（x＞0）．当0＜x＜2时，．由f′（x）=0，得﹣2x2+2x+1=0，解得，或（舍去）．当时，f′（x）＞0；时，f′（x）＜0．∴函数f（x）的单调增区间为（0，），（2，+∞）．当x＞2时，．由f′（x）=0，得2x2﹣2x+1=0．f（x）在（2，+∞）上为增函数．∴函数f（x）的单调增区间为（），（2，+∞）．（2）．①若a≤1，则．则．∵x∈[1，e]，∴0≤lnx≤1，1﹣lnx≥0，x2+1﹣lnx≥0，∴g′（x）＞0．∴g（x）在[1，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（1）=1﹣a．[来源:]②a≥e，则g（x）=a﹣x+，则．令h（x）﹣x2+1﹣lnx，则．所以h（x）在[1，e]上为减函数，则h（x）≤h（1）=0．所以g（x）在[1，e]上为减函数，所以g（x）的最小值为g（e）=a﹣e+．③当1＜a＜e，，由①，②知g（x）在[1，a]上为减函数，在[a，e]上为增函数，∴g（x）的最小值为g（a）=．综上得g（x）的最小值为g（a）=本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数在闭区间上的最值，考查了分类讨论得数学思想方法，考查了去绝对值的方法，正确的分类是解决该题的关键，属难题．     拓展1：设函数．（1）当时，求证：为单调增函数；（2）当时，的最小值为4，求的值．解：（1）当时，，所以，所以为单调增函数．              （2）．         ①当时，在区间上是单调增函数，最小值为，由，得（舍去）．     ②当时，在区间上是减函数，在区间上是增函数，最小值为，由，得或（舍去）．     ③当时，在区间上是减函数，最小值为，由，得（舍）综上所述，．              变式：已知函数f (x)＝(m－3)x3 + 9x.（1）若函数f (x)在区间(－∞，+∞)上是单调函数，求m的取值范围；（2）若函数f (x)在区间［1，2］上的最大值为4，求m的值．【解】（1）因为(0)＝9 > 0，所以f (x)在区间上只能是单调增函数．由(x)＝3(m－3)x2 + 9≥0在区间(－∞，+∞)上恒成立，所以m≥3．故m的取值范围是［3，+∞) ． （2）当m≥3时，f (x)在［1，2］上是增函数，所以[f (x)] max＝f (2)＝8(m－3)＋18＝4,解得m＝<3，不合题意，舍去． 当m＜3时，(x)＝3(m－3) x2 + 9=0，得．所以f (x)的单调区间为：单调减，单调增，单调减．①当，即时，，所以f (x)在区间［1，2］上单调增，[f (x)] max ＝f(2)＝8(m－3)＋18＝4，m＝，不满足题设要求．②当，即0＜m＜时，[f (x)] max舍去．③当，即m≤0时，则，所以f (x)在区间［1，2］上单调减，[f (x)] max ＝f (1)＝m + 6＝4，m＝－2.综上所述：m＝－2．  拓展2：已知函数f(x)＝m(x－1)2－2x＋3＋lnx ，m∈R．（1）当m＝0时，求函数f(x)的单调增区间；（2）当m＞0时，若曲线y＝f(x)在点P(1，1)处的切线l与曲线y＝f(x)有且只有一个公共点，求实数m的值．解（1）由题意知，f(x)＝－2x＋3＋lnx，所以f′(x)＝－2＋＝ (x＞0)．   … 2分由f′(x)＞0得x∈(0，) ．  所以函数f(x)的单调增区间为(0，)．……… 4分（2）由f′(x)＝mx－m－2＋，得f′(1)＝－1，所以曲线y＝f(x)在点P(1，1)处的切线l的方程为y＝－x＋2．…………………… 6分由题意得，关于x的方程f(x)＝－x＋2有且只有一个解，即关于x的方程m(x－1)2－x＋1＋lnx＝0有且只有一个解．  令g(x)＝m(x－1) 2－x＋1＋lnx(x＞0)．则g′(x)＝m(x－1)－1＋＝＝(x＞0)． …………… 8分①当0＜m＜1时，由g′(x)＞0得0＜x＜1或x＞，由g′(x)＜0得1＜x＜，所以函数g(x)在(0，1)为增函数，在(1，)上为减函数，在(，＋∞)上为增函数．[来源:学&科&网Z&X&X&K]又g(1)＝0，且当x→∞时，g(x)→∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．故0＜m＜1不合题意．                               ……………………… 10分②当m＝1时，g′(x)≥0，g(x)在(0，＋∞)上为增函数，且g(1)＝0，故m＝1符合题意．③当m＞1时，由g′(x)＞0得0＜x＜或x＞1，由g′(x)＜0得＜x＜1，所以函数g(x)在(0，) 为增函数，在(，1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．又g(1)＝0，且当x→0时，g(x)→－∞，此时曲线y＝g(x)与x轴有两个交点．故m＞1不合题意．综上，实数m的值为m＝1．            [来源:Z_xx_k.Com]   变式：已知函数，．（1）若函数在其定义域内是单调增函数，求的取值范围；[来源:学.科.网]（2）设函数的图象被点分成的两部分为（点除外），该函数图象在点处的切线为，且分别完全位于直线的两侧，试求所有满足条件的的值．解：（1），只需要，即，所以．（2）因为．所以切线的方程为．令，则．．若，则，当时，；当时，，所以，在直线同侧，不合题意；若，，若，，是单调增函数，当时，；当时，，符合题意；…10分若，当时，，，当时，，，不合题意； 若，当时，，，当时，，，不合题意；若，当时，，，当时，，，不合题意．故只有符合题意．   拓展3：已知函数．（1）讨论的单调性；（2）设，证明：当时，；（3）若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，证明：．解：（1）    （i）若单调增加.   （ii）若且当所以单调增加，在单调减少. （2）设函数则当.故当，   （3）由（I）可得，当的图像与x轴至多有一个交点，故，从而的最大值为不妨设由（II）得从而 由（I）知，   拓展4：已知函数．   （1）若a＝1，求函数对应曲线上平行于x轴的所有切线的方程；   （2）直接写出（不需给出演算步骤）函数的单调递增区间；   （3）如果存在，使函数，，在处取得最小值，试求b的取值范围．解：（1）由题意知，， 由，得.                  当时，；当时，． ∴所求切线方程为和．               （2）当时，不存在增区间；当时，增区间为；当时，增区间为；当时，增区间为．                  （3），由题意知，在区间上恒成立，即在区间上恒成立．   当时，上式显然成立，∴；                    当时，可转化为在区间上恒成立，令，由于二次函数的图象是开口向下的抛物线，故它在闭区间上的最小值必在区间端点处取得，又，所以只要，即关于a的不等式在上有解，即在上有解，所以，即，解得，又，∴．                       综上可得，所求b的取值范围为．   【专题反思】你学到了什么？还想继续研究什么？