导数中的分类讨论依据问题

导数中的分类讨论问题
分类讨论思想就是根据所研究对象的性质差异，分各种不同的情况予以分析解决.分类讨论题覆盖知识点较多，利于考查学生的知识面、分类思想和技巧；同时方式多样，具有较高的逻辑性及很强的综合性，树立分类讨论思想，应注重理解和掌握分类的原则、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、不遗漏的分析讨论.”
一、导函数为二项式，并且参数独立成项
例：已知函数
()ln(1)(1)1f x x k x =---+，求函数()f x 的单调区间；
解:（1）'1(),(1)1
f x k x x =->-,所以, 0k ≤当时,'()0;f x ≤0k >当时,由'()0f x >得:11,x k <+所以, 0k ≤当时()()1,f x +∞在上为增函数；
0k >当时1()1,1f x k ⎛⎫+ ⎪⎝⎭在上为增函数；在11,k ⎛⎫++∞ ⎪⎝⎭
上为减函数； 二、导函数为三项式时（主要是二次三次式或变形后为二次三项式的含参讨论）
1、二次项系数引起的分类讨论
例：已知函数1)1(ln )(2+-+=x p x p x f , 当0>p 时，讨论函数)(x f 的单调性。

解： ()f x 的定义域为（0，+∞），()()()x p x p x p x p x f +-=-+=2'
1212， 当
1>p 时，'()f x ＞0，故()f x 在（0，+∞）单调递增；
当0＜p ＜1时，令'()f x =0，解得()
12--=p p x . 则当()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛
--∈12,0p p x 时，'()f x ＞0；()⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∞+--∈,12p p x 时，'()f x ＜0. 故()f x 在()⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--12,0p p 单调递增，在()⎪⎪⎭
⎫ ⎝⎛∞+--,12p p 单调递减. 2、二次函数对称轴与给定区间引起的分类讨论 例：已知函数322()233f x x ax x ，令()ln(1)3()g x x f x ，若()g x 在 1(,)2
-+∞上单调递增，求实数a 的取值范围. 解：由已知得22()ln(1)3(243)ln(1)24g x x x ax x x ax =++--++=++-，
2144(1)14()4411
x a x a g x x a x x +-+-'∴=+-=++， 又当1(,)2
x ∈-+∞时，恒有10x +>， 设2()44(1)14h x x a x a =+-+-，其对称轴为44182a a x --=-
=， (i) 当
1122
a -≥-,即0a ≥时，应有216(1)16(14)0a a ∆=---≤ 解得:20a -<≤，所以0a =时成立，
(ii) 当1122a -<-,即0a <时，应有1()02h ->即:114(1)1402a a --⨯+-> 解得0a <，
综上：实数a 的取值范围是0a ≤。

3、判别式引起的分类讨论
例：已知函数2()ln f x x x a x =-+，()a R ∈，讨论()f x 在定义域上的单调性。

解：由已知得22()21,(0)a x x a f x x x x x
-+'=-+=>， （1）当180a ∆=-≤，18
a ≥
时，()0f x '≥恒成立，()f x 在(0,)+∞上为增函数． （2）当180a ∆=->，18a <时，
1)108
a <<0>>，()f x 在
上为减函数，()f x 在)+∞上为增函数，
2）当0a <0<，故()f x 在上为减函数，
()f x 在，＋∞）上为增函数． 综上，当18
a ≥时，()f x 在(0,)+∞上为增函数;
当)108
a <<时，()f x 在上为减函数，
()f x
在)+∞上为增函数，
当a ＜0时，
()f x 在（0，
]上为减函数，()f x 在
[， ＋∞）上为增函数． 4、二次方程根的大小引起的讨论
例：已知函数))(1ln()(2R a x a ax x x f ∈---=,求函数)(x f 的单调区间；
解：1
)22(212)('-+-=---=x a x x x a a x x f , 若0≤a 时，则1)22(2)(,12
2-+-=≤+x a x x x f a >0在（1，+∞）恒成立， 所以)(x f 的增区间（1，+∞）. 若122,0>+>a a 则，故当]2
2,1(+∈a x ，01)22(2)('≤-+-=x a x x x f ， 当),22[+∞+∈a x 时，01
)22(2)(≥-+-=x a x x x f ， 所以a>0时)(x f 的减区间为（22,1+a ），)(x f 的增区间为［),2
2+∞+a . 总之，我们对二次型的讨论本着如下的顺序选择：开口方向→对称轴→判别式（根的个数）→两根大小。

当然，也不可墨守成规，在遇到具体题目时，可适发灵活调整。

例：已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++.
(1)讨论函数()f x 的单调性；
(2)设a ≤－2，求证：对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|.
解析：(1)f (x )的定义域为(0，＋∞)，
f ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＝2ax 2＋a ＋1x
. 当a ≥0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．
当－1＜a ＜0时，令f ′(x )＝0，解得x ＝－a ＋12a
，
则当x ∈时，f ′(x )＞
0；当)x ∈+∞时，()0f x '<；
故()f x 在1(0,]2a a +-上单调递增，在1(,)2a a
+-+∞上单调递减． (2)不妨设x 1≥x 2.由于a ≤－2，故f (x )在(0，＋∞)上单调减少，
所以|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|等价于
f (x 2)－f (x 1)≥4x 1－4x 2，即f (x 2)＋4x 2≥f (x 1)＋4x 1.
令g (x )＝f (x )＋4x ，则
g ′(x )＝a ＋1x ＋2ax ＋4＝2ax 2＋4x ＋a ＋1x
. 于是g ′(x )≤－4x 2＋4x －1x ＝－2x －12
x ≤0.
从而g (x )在(0，＋∞)上单调减少，故
g (x 1)≤g (x 2)，即f (x 1)＋4x 1≤f (x 2)＋4x 2，
故对任意x 1，x 2∈(0，＋∞)，|f (x 1)－f (x 2)|≥4|x 1－x 2|.。