2023届高三数学简易教学小专题学案之导数(分类讨论涉二次函数不能因式分解)（含解析）

《导数》专题29-1 分类讨论涉二次函数不能因式分解
（6套，7页，含答案）
知识点：
涉二次函数不能因式分解的分类讨论： 操作步骤： 求导； 抽离分母，整理出新函数（该函数为二次函数，且二次项无系数）； 用求根公式求出该二次函数的两个解（与x轴交点），备用①； 判断新函数△，备用②； 用对称轴公式，求出对称轴，备用③； 令x=0，求出该二次函数与Y轴的交点，备用④； 利用以上四个备用数据，分类画出二次函数图像，标注图像x大于0时的交点；
画图的时候，要考虑二次函数的开口方向，即二次项系数要
分三类（大于0，小于0，等于0；） 看图说话，综述函数单调性；
典型例题：
（2022年江苏徐州J52）已知函数，函数的导函数为．
（1）讨论函数的单调性；（[endnoteRef:0]）（2）．
[0: 【答案】（1）答案见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用导函数并按实数a分类讨论去求函数的单调区间；
（2）把不等式恒成立转化为，构造新函数并求其最小值即可求得实数m的取值范围．
【小问1详解】
由得，函数的定义域为，
且，令，即，
①当，即时，恒成立，在单调递增；
②当，即时，令，
当时，，的解或，
故上单调递增，在上单调递减；
当时，，同理在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
由（1）可得，若有两个零点，则，且，
因为，所以，
由不等式，恒成立得，只需，
又
，
设，则，
由可得，，即在单调递减，所以，
所以．
]
已知函数，，讨论f(x)在定义域上的单调性。（[endnoteRef:1]） [1: 答案：当时，增；当时，上减，在增，当a＜0，上减，在增
解：由已知得，
（1）当，时，恒成立，在上为增函数．
（2）当，时，
1)时，，在
上为减函数，在上为增函数，
2）当时，，故在上为减函数，
在上为增函数．
综上，当时，在上为增函数;
当)时，在上为减函数，
在上为增函数，
当a＜0时，在上为减函数，在上为增函数．]
随堂练习：
（2022年广东顺德三模J12，福建厦门双十中学J28）已知函数，其中，．（1）讨论的单调性；（[endnoteRef:2]）（2）．
[2: 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，对分和两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）依题意可得，求出函数的导函数，即可得到切线的方程，假设曲线在点的切线与斜率相等，即可得到、，代入切线的方程中，计算可得；
【小问1详解】
解：因为定义域为，
所以，
①当时，在上恒成立，
所以函数在上单调递增，没有减区间；
②当时，令时，，
且，
令得，所以的增区间为．
令得，所以的减区间为
【小问2详解】
解：当时，是的零点，所以
即
由得，由得．
所以过点作曲线的切线的方程为
（*）
假设曲线在点的切线与斜率相等，
所以，所以，即
把代入（*）式得
所以点在切线上．
所以直线也是曲线的切线
]
已知函数.若，求函数f(x)的极值点；（[endnoteRef:3]）
[3: 解：（1）的定义域为，， 1分
①若，则，所以当时，，
所以在上单调递增，所以无极值点． 3分
②若，则，
由得，.
当的值变化时，，的值的变化情况如下：
所以有极大值点，极小值点． 6分
（2）由（1）及条件可知
， 7分
且,,即,， 8分
所以,
10分
记,，
因为当时，，
所以在上单调递减， 11分
因为，所以，即. 12分]
《导数》专题29-2 分类讨论涉二次函数不能因式分解
（2022年广东茂名J03）函数，（其中e=2.718…）．
（1）当时，讨论函数的单调性；（[endnoteRef:4]）（2）．
[4: 【解答】解：（1）函数定义域是，，
（i）当时，，当时，
函数的单调递减区间是；
（ⅱ）当，的两根分别是：
，
当时．函数的单调递减．
当时，函数的单调速递增，
当时，函数的单调递减；
综上所述，（i）当时的单调递减区间是（0，+∞），
（ⅱ）当时，的单调递增区间是，
单调递减区间是和
（2）当时，，即，
设，，，
∴当时，，
设，则，∴在（0，1）递增，
又∵在区间（0，1]上的图象是一条不间断的曲线，
且，
∴使得，
当时，；
当时，；
∴函数在单调递减，在单调递增，
∴，
∵在递减，
∵，∴，
∴当时，不等式对任意恒成立，
∴正整数的最大值是3．]
已知函数，a＞0，讨论f(x)的单调性；（[endnoteRef:5]） [5: 【思路】由求导可判断得单调性，同时要注意对参数的讨论，即不能漏掉，也不能重复。第二问就根据第一问中所涉及到的单调性来求函数在上的值域。
解析 (1)由于令
①当,即时, 恒成立.在(－∞,0)及(0,＋∞)上都是增函数.
②当,即时 由得或
或或
又由得
综上①当时, 在上都是增函数.
②当时, 在上是减函数,
在上都是增函数.
(2)当时,由(1)知在上是减函数.
在上是增函数.又
函数在上的值域为
]
已知函数g(x)＝2aln(x＋1)＋x2－2x，当a≠0时，讨论函数g(x)的单调性；（[endnoteRef:6]） [6: 21．(理)解：(1)g′(x)＝＋2x－2
＝
当1－a≤0即a≥1时，g′(x)≥0，函数g(x)在定义域(－1，＋∞)上是增函数；
若0＜1－a＜1即0＜a＜1时，由得到－1＜x＜－或x＞，
所以：当a＞0时，函数g(x)的递增区间是(－1，－)和(，＋∞)，递减区间是(－，)；
当1－a＞1即a＜0时，由得到：x＞，
所以：当a＜0时，函数g(x)的递增区间是(，＋∞)，递减区间是(－1，)；
(2)若函数g(x)是“中值平衡函数”，则存在A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))(－1＜x1＜x2)使得g′(x0)＝即＋x1＋x2－2＝＋x1＋x2－2，
即aln＝，(*)
当a＝0时，(*)对任意的－1＜x1＜x2都成立，所以函数g(x)是“中值平衡函数”，且函数g(x)的“中值平衡切线”有无数条；
当a≠0时，设＝t，则方程ln t＝在区间(0,1)上有解，
记函数h(t)＝ln t－，则h′(t)＝－＝≥0，
所以当0＜t＜1时，h(t)＜h(1)＝0，即方程ln t＝在区间(0,1)上无解，
即函数g(x)不是“中值平衡函数”．
]
（中上，选做）已知函数f(x)=lnx﹣（1+a）x2﹣x．讨论 函数f(x)的单调性；（[endnoteRef:7]） [7: 答案：（1）当a=﹣1时，（0，1）增，（1，+∞）减；当时，（0，+∞）增；当时，，（0，x1），（x2，+∞）增，（x1，x2）减；
当a＞﹣1时，，，（0，x2）增（x2，+∞）减．（2）；
【考点】利用导数求闭区间上函数的最值；利用导数研究函数的单调性．
【专题】综合题；函数思想；转化思想；分析法；导数的综合应用．
【分析】（1）求出原函数的导函数，对a分类求解原函数的单调区间；
（2）利用分析法证明，把要证的不等式转化为证明成立，即证．令g（x）=，h（x）=x﹣lnx，由导数求出g（x）的最大值和h（x）的最小值，由g（x）的最大值小于h（x）的最小值得答案．
【解答】（1）解：由f（x）=lnx﹣（1+a）x2﹣x，得
f′（x）=（x＞0），
当a=﹣1时，f′（x）=，
当x∈（0，1）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当时，﹣2（1+a）＞0，﹣2（1+a）x2﹣x+1≥0，即f′（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上为增函数；
当时，﹣2（1+a）＞0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，
当x∈（0，x1），x∈（x2，+∞）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x1，x2）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数；
当a＞﹣1时，﹣2（1+a）＜0，二次方程﹣2（1+a）x2﹣x+1=0有两根，，，
当x∈（0，x2）时，f′（x）＞0，f（x）为增函数，当x∈（x2，+∞）时，f′（x）＜0，f（x）为减函数．
（2）证明：要证f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，
即证lnx﹣（1+a）x2﹣x＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1，
即，
∵a＜1，∴1﹣a＞0，
也就是证，
即证．
令g（x）=，则g′（x）=，
当x∈（0，e）时，g′（x）＞0，g（x）为增函数，当x∈（e，+∞）时，g′（x）＜0，g（x）为减函数，
∴；
令h（x）=x﹣lnx，h′（x）=1﹣，
当x∈（0，1）时，h′（x）＜0，h（x）为减函数，当x∈（1，+∞）时，h′（x）＞0，h（x）为增函数，
∴h（x）min=h（1）=1，
∴成立，
故对任意的x∈（0，+∞），有f（x）＜﹣﹣（1+a）x2﹣a+1．
【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查了利用导数求函数的最值，体现了分类讨论的数学思想方法，考查逻辑推理能力和运算能力，属难题．
]
《导数》专题29-3 分类讨论涉二次函数不能因式分解
（2022年山东烟台一模J06）已知函数．
（1）讨论的单调性；（[endnoteRef:8]）（2）；（3）． [8: 【答案】（1）答案见解析；
（2）或；
（3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据导数的性质，结合一元二次方程根的情况分类讨论进行求解即可；
（2）根据（1）的结论，结合函数的单调性和零点存在原理进行求解即可；
（3）根据（2）的结论，构造不等式，利用裂项相消法进行证明即可.
【小问1详解】
定义域为（0，＋∞），．
记．
当时，，即，所以在（0，＋∞）上单调递减．
当时，令，得，（舍去）．当时，，即，所以单调递减；当时，，即，所以单调递增，
综上，当时，在（0，＋∞）上单调递减；当时，在上单调递减，在单调递增．
【小问2详解】
：由（1）知，当时，在[1，＋∞）单调递减，所以．
此时．令，解得．
当时，若，即，由（1），设的正根为，则必有，且当，，即，
所以在[1，＋∞）单调递增．此时，．
令，解得．
若，即，则当时，，单调递减，当时，，单调递增，注意到，
知．
又当时，，由零点存在定理，使，此时，不满足题意．
综上，a的取值范围是或．
【小问3详解】
由（2）知，当时，对，有，即．
又时，，，所以．
令，得．
所以，，，…，．
故，即．
【点睛】关键点睛：构造不等式，利用裂项相消法是解题的关键.
]
设函数（）．求f(x)的单调区间；（[endnoteRef:9]）
[9: 答案：（1）时，增.（2）,，，及增，在减.（2）有且仅有一个零点；
解：
（Ⅰ）的定义域为，.
令，得.
（1）当，即时，，所以在内单调递增.
（2）当，即时，由解得
，，且，
在区间及内,，在内，，
所以，在区间及内单调递增，在内单调递减.
（Ⅱ）由（Ⅰ）可知，当时，在内单调递增，所以 最多只有一个零点.
又因为，所以，当且时，；当且时，，故有且仅有一个零点.
当时，因为在及内单调递增，在内单调递减，且
而，
（），
，由此知，
又因为当且时，，
故在内有且仅有一个零点.
综上所述，当时，有且仅有一个零点.
（Ⅲ）假设曲线在点（）处的切线经过原点，
则有，即，
化简得：（）.（*）
记（），则，
令，解得.
当时，，当时，，
所以是的最小值，即当时，.
由此说明方程（*）无解，所以曲线没有经过原点的切线.
]
设，讨论函数的单调性。（PPT）（[endnoteRef:10]） [10: 答案：当时，在；当时，，，在，，；当时，在，]
设函数f(x)＝x2＋aln(x＋1)有两个极值点x1，x2，且x1＜x2.
(1)求实数a的取值范围；
(2)讨论函数f(x)的单调性；（[endnoteRef:11]） [11: 21．(理)解：(1)由f(x)＝x2＋aln(x＋1)可得
f′(x)＝2x＋＝(x＞－1)．
令g(x)＝2x2＋2x＋a(x＞－1)，则其对称轴为x＝－，故由题意可知x1，x2是方程g(x)＝0的两个均大于－1的不相等的实数根，其充要条件为，解得0＜a＜.
(2)由(1)可知f′(x)＝＝，其中－1＜x1＜x2，故
①当x∈(－1，x1)时，f′(x)＞0，即f(x)在区间(－1，x1)上单调递增；
②当x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，即f(x)在区间(x1，x2)上单调递减；
③当x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，即f(x)在区间(x2，＋∞)上单调递增．
(3)由(2)可知f(x)在区间(x1，＋∞)上的最小值为f(x2)．
又由于g(0)＝a＞0，因此－＜x2＜0.又由g(x2)＝2x＋2x2＋a＝0可得a＝－(2x＋2x2)，从而f(x2)＝x＋aln(x2＋1)＝x－(2x＋2x2)ln(x2＋1)．
设h(x)＝x2－(2x2＋2x)ln(x＋1)，其中－＜x＜0，
则h′(x)＝2x－2(2x＋1)ln(x＋1)－2x
＝－2(2x＋1)ln(x＋1)．
由－＜x＜0知2x＋1＞0，ln(x＋1)＜0，故h′(x)＞0，故h(x)在上单调递增．
所以，f(x2)＝h(x2)＞h(－)＝.
所以，实数m的取值范围为m≤.
(事实上，当a→时，x2→－，此时f(x2)→.即“m≤”是其充要条件．)
]
《导数》专题29-4 分类讨论涉二次函数不能因式分解
（2022年湖南邵阳二中J42）已知函数在处的切线斜率
为．（1）确定的值，并讨论函数的单调性；（[endnoteRef:12]）（2）．
[12: 【答案】（1），答案见解析；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由导数的几何意义，根据切点处切线的斜率即可求参数m，进而可得且定义域为，构造，讨论、判断的符号，进而判断的单调性.
（2）由（1）得，有两个不同零点，则有，将其转化为，令，，利用导数研究其单调性，进而比较的大小关系即可证结论.
【详解】（1）的定义域为且，
∴，解得，则，
令，，
①当，即时，，，在上单调递增；
②当，即或，
当时，由有，，即，在上单调递增；
当时，，，
，，单调递增，
，，单调递减．
，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）知，，
∵有两个不同零点，，即，．
∴，即有．
令，，则．
令，则，
∴在上单调递增，又，
∴，即，上单调递减．
∴，于是，
∴，又，故得证．
【点睛】关键点点睛：
（1）由切点处切线斜率与曲线在该切点处导数的关系求参数，构造函数，利用导数结合讨论不同的参数范围下函数的单调性.
（2）由函数的零点构造方程可得，利用换元法并构造函数，根据导数研究其单调性，即可证明不等式.]
已知函数(a∈R).讨论的单调性；（[endnoteRef:13]）
[13: (Ⅰ)解：由已知得的定义域为(0, +∞)， . ...........……1分
方程的判别式. …………....…......…2分
①当时，△≤0，，此时,在(0, +∞)上为增函数；…………..............…3分
②当时，设方程的两根为，
若, 则, 此时, , 在(0, +∞)上为增函数； ……......…4分
若a＞0，则x1＜0＜x2，此时, g(x)在(0, x2]上为减函数，在(x2, +∞)上为增函数，…..……5分
综上所述：当时，的增区间为(0, +∞)，无减区间；
当时，的减区间为，增区间为. ………....…...……6分
(Ⅱ)证明：由题意知 ………………..........................................7分
∴， …………….............................................…8分
考虑函数，
则 ………………...............................................9分
所以x≠1时，，而 ………………................................................10分
故时，，可得，
时，，可得， …………….................…...11分
从而当，且时，． ……………..................…12分
请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题计分，做答时，请用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑．
]
设[endnoteRef:14]函数，其中。
⑴当时，判断函数f(x)在定义域上的单调性；
⑵求函数f(x)的极值点； [14: 【答案】⑴当时函数在定义域上单调递增
⑵时，有唯一极小值点；
时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点。
⑶证明见解析
【解析】本试题主要是考查了导数在研究函数中的运用，求解函数的单调性和函数的极值，以及函数与不等式的综合运用。
（1）先求解函数的定义域，然后求解导数，令导数大于零或者小于零得到单调区间。
（2）由⑴得当时函数无极值点，接下来对于参数b，进行分类讨论，看导数为零的解，进而确定极值的问题。
（3）当时，函数，令函数，
则,当时，
函数在上单调递增，又,时，恒有
即恒成立，从而得到证明。
解：⑴由题意知的定义域为（1分），
设，其图象的对称轴为，
当时，,即在上恒成立,当时，
当时函数在定义域上单调递增。………………………（3分）
⑵①由⑴得当时函数无极值点………………………（4分）
②时，有两个相同的解
时，，时，
函数在上无极值点………………………（5分）
③当时，有两个不同解，，
时，，即
时，、随的变化情况如下表：
由此表可知时，有唯一极小值点；………………（7分）
当时，，,此时，、随的变化情况如下表：
由此表可知：时，有一个极大值点和一个极小值点；……………（9分）
综上所述：时，有唯一极小值点；时，有一个极大值点和一个极小值点；时，无极值点。（10分）
⑶当时，函数，令函数，
则,当时，
函数在上单调递增，又,时，恒有
即恒成立…………………………（12分）
故当时，有…………………………（13分）
对任意正整数，取,则有，故结论成立。……（14分）
]
已知函数，，求函数的单调区间；（[endnoteRef:15]） [15: 【答案】（1）当时，只有单调递增区间；
当时，单调递增区间为，；
单调递减区间为
（2）
（3）由（2）知，在恒成立，构造函数来求证不等式。
【解析】
试题分析：
1）
， 1分
由的判别式，
①当即时，恒成立，则在单调递增； 2分
②当时，在恒成立，则在单调递增； 3分
③当时，方程的两正根为
则在单调递增，单调递减，单调递增．
综上，当时，只有单调递增区间；
当时，单调递增区间为，；
单调递减区间为． 5分
（2）即时，恒成立．
当时，在单调递增，
∴当时，满足条件． 7分
当时，在单调递减，
则在单调递减，
此时不满足条件，
故实数的取值范围为． 9分
（3）由（2）知，在恒成立，
令 ，则 ， 10分
∴． 11分
又，
∴ ， 13分
∴ ． 14分
考点：导数的运用
点评：主要是考查了导数在研究函数单调性中的运用，属于基础题。
]