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因式分解)（含解析）

《导数》专题28-1 分类讨论涉二次函数因式分解
（4套，4页，含答案）
知识点：
分类讨论涉二次函数因式分解： 求导整理后，如果出现二次函数，且该二次函数容易被因式分解的话，则先因式分解，然后直接用两个解来分类讨论。
典型例题：
（2022年广东深圳一模J23）已知函数（）．
（1）求函数的单调区间；（[endnoteRef:0]）（2）．（i）；（ii） [0: 【答案】（1）当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应的单调区间；
（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.
【小问1详解】
定义域为，，
①当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；
②当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是．
综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是
【小问2详解】
（i）由（1）知：当时，在上单调递增，
函数不可能有两个零点；
当时，因为在上递增，在上递减，
因为，故，
设，，
则，当时，，当时，，故在处取得极大值，也是最大值，，所以，
故，即取，
则
因此，要使函数且两个零点，只需，
即，化简，得，
令，因为，
所以函数在上是单调递增函数，
又，故不等式的解为，
因此，使求实数a的取值范围是：.
（ii）因为，所以，，
下面先证明，
根据（1）结果，不妨设，则只需证明，
因为在时单调递增，且，，
于是只需证明，
因，所以即证，
记，，
，
所以在单调递增，则，
即证得，原命题得证.
【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.
]
已知函数，，函数g(x)的图象在点处的切线平行
于轴．，试讨论函数g(x)的单调性；（[endnoteRef:1]） [1: 【答案】（1）
（2）当时，函数在(0,1)上单调递增，在单调递减；
当时，函数在单调递增，在单调递减；在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，在单调递减；在上单调递增．
（3）可以利用放缩不等式证明也可以构造新数列利用数列的性质证明还可以构造函数利用导数证明
【解析】
试题分析：（1）依题意得，则
由函数的图象在点处的切线平行于轴得：
∴ ……3分
（2）由（1）得 ……4分
∵函数的定义域为
∴当时，在上恒成立，
由得，由得，
即函数在(0,1)上单调递增，在单调递减； ……5分
当时，令得或，
若，即时，
由得或，由得，
即函数在，上单调递增，在单调递减； ……6分
若，即时，
由得或，由得，
即函数在，上单调递增，在单调递减； ……7分
若，即时，在上恒有，
即函数在上单调递增， ……8分
综上得：当时，函数在(0,1)上单调递增，在单调递减；
当时，函数在单调递增，在单调递减；在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，
当时，函数在上单调递增，在单调递减；在上单调递增．
……9分
（3）证法一：由（2）知当时，函数在单调递增，，即， ……11分
令，则， ……12分
即 ……14分
【证法二：构造数列，使其前项和，
则当时，， ……11分
显然也满足该式，
故只需证 ……12分
令，即证，记，
则，
在上单调递增，故，
∴成立，
即． ……14分】
【证法三：令，
则
……10分
令则，
记 ……12分
∵∴函数在单调递增，
又即，
∴数列单调递增，又，∴ ……14分】
考点：本小题主要考查利用导数研究函数的性质和不等式的证明.
点评：导数是研究函数性质的有力工具，研究函数时，首先要看函数的定义域，求单调区间、极值、最值时，往往离不开分类讨论，主要考查学生的分类讨论思想的应用和运算求解能力.
]
已知函数,求函数f(x)的单调区间；（[endnoteRef:2]）（起点不为零） [2: （答案：时，（1，）增；a>0时，（）减，［增；）
解：,
若时，则>0在（1，）恒成立，
所以的增区间（1，）.
若，故当，，
当时，，
所以a>0时的减区间为（），的增区间为［
]
随堂练习：
已知函数，．讨论f(x)的单调性；（[endnoteRef:3]） [3: （本小题满分12分）
（1）解：函数的定义域为 ----------------------------1分
又 ------------------2分
当时，在上，，是减函数 -------------------------3分
当时，由得：或（舍）
所以：在上，，是减函数
在上，，是增函数 ----------------------------5分
（2）解：对任意，都有成立，即：在上-----------------6分
由（1）知：当时，在上是减函数，
又，不合题意 ----------------------------7分
当时，当时，取得极小值也是最小值，
所以： ----------------------------8分
令（）， 所以：
在上，，是增函数 ----------------------------10分
又 ----------------------------11分
所以：要使得，即，即，
故：的取值范围为 ----------------------------12分
解法2:
， ………………………6分
，对于任意，都有成立，即 …………7分
…………………………8分
，
，则，， ………9分
又， ……………………………………10分
， ……………………………………11分
， ………………………………12分
]
已知函数，其中且.讨论f(x)的单调性；（[endnoteRef:4]）（起点不为零） [4: 【答案】（1）当时,增；当时,增,(0,+∞)减. （2）；（3）证明详见解析.
【解析】
试题分析：本题主要考查导数的运算、利用导数判断导数的单调性、利用导数求函数的单调性、利用导数求函数的最值等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、计算能力.第一问，先求函数的定义域，对求导，由于，所以讨论a的正负，利用的正负，判断函数的单调性；第二问，结合第一问的结论，当时举一反例证明不恒成立，当时，将恒成立转化为恒成立，令，利用导数求的最小值；第三问，要证，需证，令，利用函数的单调性，解出的大小.
(１)的定义域为.
其导数 2分
①当时,,函数在上是增函数;
②当时,在区间上,;在区间(0,+∞)上,．
所以,在是增函数,在(0,+∞)是减函数. 4分
(２)当时, 则取适当的数能使，比如取，
能使, 所以不合题意 6分
当时，令,则
问题化为求恒成立时的取值范围.
由于
在区间上,;在区间上,. 8分
的最小值为,所以只需
即,, 10分
(３)由于存在两个异号根，不仿设，因为,所以 11分
构造函数:()
所以函数在区间上为减函数. ,则,
于是,又,,由在上为减函数可知.即 14分
考点：导数的运算、利用导数判断导数的单调性、利用导数求函数的单调性、利用导数求函数的最值.
]
《导数》专题28-2 分类讨论涉二次函数因式分解
（2022年湖南长沙雅礼中学J08）已知函数（为自然对数的底数）.
（1）若，求函数的单调区间；（[endnoteRef:5]）（2）.
[5: 【答案】(1)答案见解析；(2).
【解析】【详解】试题分析：(1)借助题设条件运用导数求解；(2)借助题设条件运用导数的知识构造函数求解.
试题解析：
（1）当,所以, 时, 的单调递减区间为；时,的单调递增区间为,递减区间为；时,的单调递增区间为,递减区间为.
（2）由得.由得,设,则 在内有零点.设为在内的一个零点,则由、知在区间和上不可能单调递增,也不可能单调递减,设,则在区间和上均存在零点,即在上至少有两个零点.
.
当时, 在区间上递增,不可能有两个及以上零点；当时, 在区间上递减,不可能有两个及以上零点；
当时, 得所以在区间上递减,在上递增, 在区间上存在最小值,若有两个零点,则有：.
,设,则,令,得,当时, 递增, 当时,
递减, 恒成立.
由,得.
当时,设的两个零点为,则在递增,在递减,在递增,所以,则在内有零点.
综上,实数的取值范围是.
【解析】导数在研究函数的单调性和极值最值等方面的综合运用．
【易错点晴】导数是研究函数的单调性和极值最值问题的重要而有效的工具.本题就是以含参数的函数解析式为背景,考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力.本题的第一问求函数的单调区间问题,由于,因此解答时先求导后对参数进行讨论,判定导函数值的符号,确定函数的单调性,进而求出的单调区间；第二问运用,将两个参数变为一个,然后构造函数,进而将问题进行等价转化,最后借助题设条件求出参数的取值范围是.
]
（2022年湖南长沙一中押题J03）已知函数．
（1）求函数的单调区间；（[endnoteRef:6]）（2）． [6: 【答案】（1）答案不唯一，具体见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先判断定义域，再求导后对参数a进行分类讨论得到函数的单调区间：
（2）构造函数，求导后得到单调性，由g(x)在(0，1)内有唯一零点且推断出当x等于零点时，，，最后转化为零点即为在(0，)处的零点，利用单调性及零点的存在性定理可证明得到．
【小问1详解】
函数的定义域为
则：
当，时，恒成立，所以单调递减；
当时，令，解得或(舍去)，
令，，令，
所以在上单调递减；上单调递增．
综上所述：当时，的单调递减区间为，无单调递增区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为(0，)
【小问2详解】
由题意知：当时，方程在(0，1)内存在唯一根，
令，则，
当时，，则有两个不相等的实数根，
又，，故
设，令，则，或
则当时，g(x)单调递增，当时，g(x)单调递减，
当时，g(x)单调递增，
又，且g(x)在(0，1)内存在唯一零点，
则，即，
所以①，且②，
由①得：，代入②得
令，则，
当时，
∴h(x)在(0，)上单调递减，
又，
∴h(x)在区间有且仅有一个零点，即．
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性以及通过构造函数求解零点区间的证明问题，解题的关键是将方程在(0，1)内存在唯一实根，转化为在(0，1)内存在唯一零点，然后结合函数的单调性和零点存在性定理求解，属于较难题]
已知函数，求f(x)的单调区间。（[endnoteRef:7]）（起点不为零）
[7: （答案：当时，增，减；当时，和增，减；当时，增；当时，和增，减；）
20．（本小题满分14分）
解：（1）当时，，
由于，
所以曲线在点处的切线方程为
即 。 ………4分
（2）.………5分
①当时，.
所以，在区间上，；在区间上，.
故的单调递增区间是，单调递减区间是.………6分
②当时，由，得，
所以，在区间和上，；在区间上，
故的单调递增区间是和，单调递减区间是.………9分
③当时，，故的单调递增区间是.………10分
④当时，，得.
所以没在区间和上，；在区间上，
故的单调递增区间是和，单调递减区间是………13分
由上可知当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是；当时，的单调递增区间是和，单调递减区间是………]
已知函数．
（1）当=0时，求实数的m值及曲线y＝f(x)在点（1，f(1)）处的切线方程；
（2）讨论函数f(x)的单调性．（[endnoteRef:8]） [8: 【解答】解：（1）函数y=f（x）的定义域为（0，+∞），
求导，
由f'（1）=0，解得m=﹣1
从而f（1）=﹣1，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y=﹣1．　　
（2）由，
当m≥0时，函数y=f（x）的减区间为（0，），增区间为（，+∞）
当m＜0时，由，得，或，
当m＜﹣2时，y=f（x）的减区间为（0，﹣）和（，+∞）增区间为（﹣，）；
当m=﹣2时，y=f（x）的减区间为（0，+∞）没有增区间．
当﹣2＜m＜0时，y=f（x）的减区间为（0，）和（﹣，+∞），增区间为（，﹣）
综上可知：当m≥0时，函数y=f（x）的减区间为（0，），增区间为（，+∞）；
当m＜﹣2时，y=f（x）的减区间为（0，﹣）和（，+∞）增区间为（﹣，）；
当m=﹣2时，y=f（x）的减区间为（0，+∞）没有增区间；
当﹣2＜m＜0时，y=f（x）的减区间为（0，）和（﹣，+∞），增区间为（，﹣）．
]
《导数》专题28-3 分类讨论涉二次函数因式分解
（2022年湖南长沙雅礼中学J07）已知函数，其中.
(1)讨论函数的单调性；（[endnoteRef:9]）(2)
[9: 【答案】(1)答案见解析
(2)存在，
【分析】（1）求得的定义域和导函数，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）依题意得在恒成立，由构造函数，通过，结合对分类讨论来求得的取值范围.
(1)
.
当时，在区间，递增；在区间递减.
当时，在区间递增.；
当时，在区间递增，在区间递减.
(2)
在区间上为减函数，在恒成立.
当时，，
设，则.
，
则当时，在区间递减；在区间递增.
当时，在递增..
时，，符合题意.
当时，由（1）可知单调递减，符合题意.
根据分段函数跨分段区间单调递减得
，解得.
综上，.
]
（2022年山东泰安J10）已知函数.（[endnoteRef:10]）
（1）若函数，讨论单调性.（2）.
[10: 【答案】（1）当时，f(x)在上单调递增; 当时,f(x)在(0,1-a)上单调递减，在(1-a,+)上单调递增 ；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】(1)由题意可得，求导，分和讨论即可；
(2)令，利用导数确定的单调性并求出最小值，再令，利用导数确定的单调性并求出最小值即可得证.
【小问1详解】
解：因为，所以，
的定义域为，
.
当时，在上单调递增.
当时，若，则单调递减；
若，则单调递增.
综上所述：当时，f(x)在上单调递增; 当时,f(x)在(0,1-a)上单调递减，在(1-a,+)上单调递增 ；
【小问2详解】
证明：.
设，则.
当时，单调递减；当时，单调递增.
所以，
因此，当且仅当时，等号成立.
设，则.
当时，单调递减：当时，单调递增.
因此，
从而，则，
因为，所以中的等号不成立，
故.]
已知函数f(x) = ．若m∈(－2,2)，求函数y＝f(x)的单调区间；（[endnoteRef:11]） [11: 答案：（1）①当 m = 0 时，R 增,②当 0 解：（Ⅰ）函数定义域为R，f'(x) = =
①当 m + 1 = 1，即 m = 0 时，f'(x)≥0，此时 f (x) 在 R 上单调递增
②当 m + 1 > 1，即 0 0,此时f (x) 单调递增，x∈(1,m + 1) 时，f'(x) < 0，此时f (x) 单调递减，x∈(m + 1,+) 时，f'(x) > 0，此时 f (x) 单调递增．
③当 m + 1 < 1,即－2 0，此时 f (x) 单调递增，x∈(m + 1,1) 时，f'(x) < 0，此时 f (x) 单调递减，x∈(1,+) 时，f'(x) > 0，此时 f (x) 单调递增．
综上所述，①当 m = 0 时，f (x) 在 R 上单调递增,
②当 0 ③当－2 （Ⅱ） 当 m∈(0,]时，由（Ⅰ）知f (x) 在 (0,1) 上单调递增，在 (1,m + 1) 上单调递减．
令g(x) = x．
① 当 x∈[0,1]时，f (x)min = f (0) = 1，g(x)max = 1，所以函数f (x) 图象在g(x) 图象上方．
②当x∈[1,m + 1]时，函数 f (x) 单调递减，所以其最小值为 f (m + 1) = ，g(x) 最大值为m + 1，所以下面判断f (m + 1) 与m + 1的大小，即判断ex与 (1 + x)x 的大小，
其中x = m + 1∈(1,]
令 m(x) = ex－(1 + x)x，m'(x) = ex－2x－1，令h(x) = m'(x)，则h'(x) = ex－2
因x = m + 1∈(1,]，所以h'(x) = ex－2 > 0，m'(x) 单调递增；
∴ m'（Ⅰ） = e－3<0，m'() = e－4 > 0故存在x0∈(1,]
使得 m'(x0) = ex0－2x0－1 = 0
∴ m(x)在 (1,x0)上单调递减，在 (x0,)单调递增
∴ m(x)≥m(x0) = ex0－x02－x0 = 2x0 + 1－x02－x0 = －x02 + x0 + 1
∴ x0∈(1,] 时，m(x0) = －x02 + x0 + 1 > 0即 ex> (1 + x)x也即 f (m + 1) >m + 1
所以函数f (x) 的图象总在直线y = x上方．
]
已知函数 .（起点不为零）
（1）设时，求函数f(x)极大值和极小值；
（2）时讨论函数f(x)的单调区间.（PPT）([endnoteRef:12])
[12: 【答案】（1）
=3==，………………1分
令=0，则=或=2……………………2分
……………………4分
， ……………………5分
（2）=（1+2）+==
令=0，则=或=2……………6分
i、当2>,即>时，
所以的增区间为（，）和（2，+），减区间为（，2）……8分
ii、当2=,即=时，=0在（，+）上恒成立，
所以的增区间为（，+）……………10分
iii、当<2<,即<<时，
所以的增区间为（，2）和（，+），减区间为（2，）……12分
iv、当2,即时，
所以的增区间为（，+），减区间为（，）……………14分
综上述：时，的增区间为（，+），减区间为（，）
<<时，的增区间为（，2）和（，+），减区间为（2，）
=时，的增区间为（，+）
>时，的增区间为（，）和（2，+），减区间为（，2）
【解析】略
]
《导数》专题28-4 分类讨论涉二次函数因式分解
已知函数，当时，讨论f(x)的单调性。（[endnoteRef:13]）
[13: 当，在，；时，，，；时，]
已知函数，
当时，求函数f(x)的单调递增区间；（[endnoteRef:14]） [14: 【答案】（1）当时，的单调递增区间为；当，的单调递增区间为和；（2）函数不存在“中值相依切线”.
【解析】
试题分析：（1）当时，分和两种情况分别进行分析，当时, , 显然函数在上单调递增；当时, ，令,解得或;所以当时,函数在上单调递增；当时,函数在和上单调递增；（2）先设是曲线上的不同两点，求出的表达式化简得到：，再经过求导分析得出函数不存在“中值相依切线”.
试题解析：（1）函数的定义域是. 由已知得，
当时, , 显然函数在上单调递增；
当时, ，令,解得或;
函数在和上单调递增，
综上所述:①当时,函数在上单调递增；
②当时,函数在和上单调递增；
（2）假设函数存在“中值相依切线”
设是曲线上的不同两点，且，
则，.
曲线在点处的切线斜率
依题意得：
化简可得： ， 即=
设 ()，上式化为：,
. 令,
.
因为,显然，所以在上递增,
显然有恒成立. 所以在内不存在,使得成立.
综上所述，假设不成立.所以，函数不存在“中值相依切线”.
考点：函数的单调性；函数的综合应用.
]
已知函数，其中为实数,求函数f(x)的单调区间；（[endnoteRef:15]）
[15: 解：（1）
当时，在上递减，在上递增
当时，在，上递增，在上递减
当时，在上递增
当时，在，上递增，上递减
（2）由（1）知当时
当时，不恒成立
综上：
（3）由（2）知时，恒成立
当且仅当时以“=”
时，
……
]
已知函数f(x)＝ax2－(2a＋1)x＋2ln x(a∈R)．
(Ⅰ)若曲线y＝f(x)在x＝1和x＝3处的切线互相平行，求a的值；
(Ⅱ)求f(x)的单调区间；([endnoteRef:16])
[16: 21．解：f′(x)＝ax－(2a＋1)＋(x＞0)．
(Ⅰ)f′(1)＝f′(3)，解得a＝.
(Ⅱ)f′(x)＝(x＞0)．
①当a≤0时，x＞0，ax－1＜0，
在区间(0,2)上，f′(x)＞0；在区间(2，＋∞)上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)，单调递减区间是(2，＋∞)．
②当0＜a＜时，＞2，
在区间(0,2)和上，f′(x)＞0；在区间上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是(0,2)和，单调递减区间是.
③当a＝时，f′(x)＝，故f(x)的单调递增区间是(0，＋∞)．
④当a＞时，0＜＜2，
在区间和(2，＋∞)上，f′(x)＞0；在区间上f′(x)＜0，
故f(x)的单调递增区间是和(2，＋∞)，单调递减区间是.
(Ⅲ)由已知，在(0,2]上有f(x)max＜g(x)max.
由已知，g(x)max＝0，由(Ⅱ)可知，
①当a≤时，f(x)在(0,2]上单调递增，
故f(x)max＝f(2)＝2a－2(2a＋1)＋2ln 2＝－2a－2＋2ln 2，
所以，－2a－2＋2ln 2＜0，解得a＞ln 2－1，
故ln 2－1＜a≤.
②当a＞时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)max＝f＝－2－－2ln a.
由a＞可知ln a＞ln ＞ln ＝－1,2ln a＞－2，－2ln a＜2，
所以，－2－2ln a＜0，f(x)max＜0，
综上所述，a＞ln 2－1.
]