2020届二轮复习导数专题讲义分类讨论学案（全国通用）

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？‎