《2022年届高考数学考前归纳总结复习题15》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年届高考数学考前归纳总结复习题15（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -导数中的分类争论问题分类争论思想就是依据所争论对象的性质差异，分各种不同的情形予以分析解决 .分类争论题掩盖学问点较多，利于考查同学的学问面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的规律性及很强的综 合性，树立分类争论思想， 应注意懂得和把握分类的原就、方法与技巧、做到“确定对象的全体，明确分类的标准，分层别类不重复、不 遗漏的分析争论 .”一、参数引起的分类争论例：已知函数f xp ln x p1x 21,当 p0 时，争论函数f x 的单调性；解：f x的定义域为（0，+） ，pfx2 p1 x x2 p1 x2px
2、，当 p1时，f x 0，故f x 在（ 0， +）单调递增；当 0 p 1 时，令f x =0，解得 xp.2 p1就当 x0,p2 p1时，fx 0；xp,2 p1时，fx 0.故 f x 在 0,p单调递增，在p,单调递2 p12 p1减.例：已知函数f xln x1k x1) 1，求函数f x 的单调区间；解:（1）f x1k , x x11) , 所以,精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 1 页，共 6 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -当k0 时 ,f x0; 当k0时 ,由
3、f x0 得: x1, 所以,1k当k0时f x 在 1,上为增函数；当k0时f x 在1 ,11k上为增函数；在11 ,k上为减函数；2二、判别式引起的分类争论例：已知函数f xxxalnx ， aR ， 争论f x 在定义域上的单调性；解：由已知得fx2x1a22 xxa , x0 ，xx（ 1）当18 a为增函数（ 2）当18a0 ， a0 ， a1 时， f81 时，8 x0 恒成立，f x 在0, 上1) 0a1 时， 118a118a0 ， f x 在822118a118a, 22上为减函数，数，f x 在 0, 118a1,18a22, 上为增函2）当a0 时， 118a20 ，
4、故f x 在0, 118a 上为减函2数，f x在 118a ，）上为增函数2综上，当 a1 时，8f x 在 0, 上为增函数 ;当 0a1 时，fx 在 118a,118a 上为减函数，822精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 2 页，共 6 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -18a1,18a22为增函数，f x 在 0, 1, 上当 a0 时，f x 在（0， 118a 上为减函数，2f x在 118a ，）上为增函数2三、二次函数对称轴与给定区间引起的分类争论例：已知函数f x
5、= - 12 x3 +32ax2 +3x ，令 g x= lnx +1+3-f.x，如g x 在, 上单调递增，求实数a 的取值范畴 .2解：由已知得g xln x132x24ax3ln x12x24ax ，14x241ax14ag x4x4a，x又当 x11 , 2时，恒有x1x10 ，设 hx4x241a x14a ，其对称轴为 x44 aa182，(i) 当 a11 ,即 a220 时，应有161a 21614a0解得:2a0 ，所以 a0 时成立，(ii) 当a11,即22a0时，应有h1 02即:141a121 4a0解得 a0 ，综上： 实数 a 的取值范畴是 a0 ；四、二项系数
6、引起的分类争论4. 已知函数f xa1lnxax21.(1) 争论函数f x的单调性；精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 3 页，共 6 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -2 设 a 2，求证：对任意 x1，x2 0 ， ，| f x1 f x2| 4| x1 x2|.解析： 1 f x 的定义域为 0 ， ，xf x a12ax22axa 1x.当 a0 时， f x 0，故 f x 在0 ， 上单调递增 当 a 1 时， f x 0，故 f x 在0 ， 上单调递减a 1当 1a0
7、时，令 f x 0，解得 x2a，就当 x0,a1 时， f x 0；当 xa1 时， f x0 ；,2a2a故 f x 在 0,a1 上单调递增，在 a1, 上单调递减2a2a(2) 不妨设 x1x2. 由于 a 2，故 f x 在0 ， 上单调削减，所以| f x1 f x2| 4| x1 x2| 等价于f x2 f x1 4x1 4x2，即 f x2 4x2 f x1 4x1.令 g x f x 4x，就g x a1x 2ax 44x2 4x 12ax24xa1x.2x12于是 g x xx0.从而 g x 在0 ， 上单调削减，故g x1 g x2 ，即 f x1 4x1 f x2 4
8、x2，故对任意 x1， x2 0 ， ， | f x1 f x2|4| x1x2|.三、针对性练习1. 已知函数f xa ln xax3aR且a0（）求函数f x 的单调区间；（）当 a2 时，设函数h x p2 xp2e x3 ，如在区间1,e 上至精选名师 优秀名师 - - - - - - - - - -第 4 页，共 6 页 - - - - - - - - - -精品word 名师归纳总结 - - - - - - - - - - - -少存在一个围x0 ，使得h x0 f x0 成立，试求实数p 的取值范解：（ ）由f xa1x 知：x是 1, ；当a0 时，函数f x 的单调增区间是0
9、,1，单调减区间间是 0,1 ；当a0 时，函数f x 的单调增区间是1, ，单调减区（）a2,就f x2 ln x2 x3. 令F xh xf x ，F x p2xp2e x32 ln x2 x3pxp2exx2 ln x .1. 当 p0 时，由 x1, e 得 pxp0,2exx2 ln x0 ，h x0 f x0 ；从 而 F x0 ,所 以 ， 在1, e上 不 存 在x0 使 得2. 当p0时，F xpx 22 xpx 22e ,x1,e,2e2 x0 ,px2p0, Fx0 在 1, e 上恒成立，故F x在1, e上单调递增；F xF epep4maxe故只要 pep40 ，解得 p e4ee21综上所述， p 的取值范畴是4e e21 , ；2. 已知函数f xx2axa ln xa22 x x
