实例 1：求函数 f (x ) = x3 + x2 - ax - a ， x Î R 的单调区间.函 数 f (x ) = x3 + x2 - ax - a 进 行 求 导 可 以 得 到 导 函 数导数中分类讨论的三种常见类型高中数学中，分类讨论思想是解决含有参数的复杂数学问题的重要途径，而所谓分类讨论，就是当问题所给的研究对象不能进行统一的研究处理时，对研究对象按照某种标准进行分类，然后对每一类的对象进行分别的研究并得出结论，最后综合各类的研究结果对问题进行整体的解释.几乎所有的高中生都对分类讨论思想有所了解，而能正确运用分类讨论思想解决问题的不到一半，不能运用分类讨论思想解决具体问题的主要原因是对于一个复杂的数学问题不知道该不该去分类以及如何进行合理的分类，下面根据导数中 3 种比较常见的分类讨论类型谈谈导数中如何把握对参数的分类讨论.1.导函数根的大小比较1 1 - a3 2分析：对于三次或三次以上的函数求单调区间，基本上都是用求导法，所以对1 1 - a3 2f ' (x ) = x2 + (1 - a )x - a ， 观 察 可 知 导 函 数 可 以 因 式 分 解 为f ' (x ) = x2 + (1 - a )x - a = (x - a )(x + 1) ， 由 此 可 知 方 程 f ' (x ) = 0 有 两 个 实 根x3 + x2 - ax - a 的x = a ，x = -1 ，由于 a 的范围未知，要讨论函数 f (x ) =1 21 1 - a3 2单调性，需要讨论两个根的大小，所以这里分a < -1 ，a = -1 ， a > -1 三种情况进行讨论：当 a < -1 时， f (x )， f ' (x ) 随 x 的变化情况如下：x(-¥, a )a(a, -1)-1(-1,+¥ )f ' (x ) 0+_0+f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增所以，函数 f (x )的单调递增区间为 (-¥, a )和 (-1,+¥ )，单调递减区间为 (a, -1) .当 a = -1 时， f ' (x ) ³ 0 在 R 上恒成立，所以函数 f (x ) 的单调递增区间为(-¥, +¥)，没有单调递减区间.当 a > -1 时， f (x )， f ' (x ) 随 x 的变化情况如下：1x(-¥, -1)-1(-1, a )a(a, +¥)f ' (x ) 0+ 0 _+f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增x = x = - ，即 f ' (x ) ³ 0 在 R 上恒成立，所以 f (x )在 R 上单调递增；3所以，函数 f (x )的单调递增区间为 (-¥, -1)和 (a, +¥)，单调递减区间为 (-1, a ) .综上所述，当 a < -1 时，函数 f (x )的单调递增区间为 (-¥, a )和 (-1,+¥ )，单调递减区间为(a, -1)；当 a = -1 时，函数 f (x )的单调递增区间为 (-¥, +¥)，没有单调递减区间；当 a > -1 时，函数 f (x )的单调递增区间为 (-¥, -1)和 (a, +¥)，单调递减区间为(-1, a ).点评：这道题之所以要分情况讨论，是因为导函数两个根的大小不确定，而两根的大小又会影响到原函数的单调区间，而由于 a Î R ，所以要分 a < -1 ，a = -1 ， a > -1 三种情况，这里注意不能漏了 a = -1 的情况.2.导函数的根的存在性讨论实例 2：求函数 f (x ) = x3 + ax2 + x 的单调区间分析：这道题跟实例 1 一样，可以用求导法讨论单调区间，对函数f (x ) = x3 + ax2 + x 进行求导可以得到导函数 f ' (x ) = 3x2 + 2ax + 1 ，观察可以发现，该导函数无法因式分解，故无法确定方程 3x2 + 2ax + 1 = 0 是否有实根，因此首先得考虑一下方程是否有解，所以我们可以求出根判别式 D = 4a2 - 12 ，若 D = 4a2 - 12 < 0 即 - 3 < a < 3 ，方程3x2 + 2ax + 1 = 0 没有实根，即 f ' (x ) > 0在 R 上恒成立，所以 f (x )在 R 上单调递增；0若 D = 4a2 - 12 = 0 即 a = ± 3 ， 方 程 3x2 + 2a x+ 1 = 有 两 个 相 等 的 实 根a1 2若 D = 4a2 - 12 > 0 即 a < - 3或a > 3 ，则方程 3x2 + 2ax + 1 = 0 有两个不同实根，2由求根公式可解得 x = ， x = ，显然 x < x3 3-a - a 2 - 3 -a + a 2 - 31 2 1 2此时 f (x )， f ' (x ) 随 x 的变化情况如下：x(-¥, x )1x1(x , x )1 2x2(x , +¥)2f ' (x ) 0+_0+f (x )单调递增极大值单调递减极小值单调递增当 a < - 3或a > 3 时 ， f (x ) 的 单 调 递 增 区 间 为 ç -¥, ÷ 和æ -a + a 2 - 3 ö æ -a - a 2 - 3 -a + a 2 - 3 ö导，得到导函数 g ' (x ) = a - 1= ，因为 a > 0 ，所以令 g ' (x ) = 0 解得 x = ，综上所述，当 - 3 £ a £ 3 时， f (x )的单调递增区间为 (-¥, +¥)，没有单调递减区间；æ -a - a2 - 3 öç 3 ÷è ø, +¥ ÷ ，单调递减区间为 ç ,ç ÷÷ çç 3 3 3 ÷è ø è ø点评：实例 2 和实例 1 都是求三次函数的单调区间，但是两道题分类讨论的情况不一样，实例 2 主要是因为导函数所对应的方程根的情况未知，所以需要讨论根的存在性问题，而实例 1 是因为导函数所对应的方程可以因式分解，所以可以确定方程的根肯定是存在的，因此不用再讨论，而需要讨论的是求出来两个根的大小关系，实例 2 则相反，实例 2 在方程有两个不同实根的情况下求出来的两根大小已知，所以不用再讨论。
通过这两道实例可以知道，在分情况讨论的时候弄清楚讨论的必要性是很重要的，不能以偏概全3.导函数的根与给定区间的关系实例 3：已知函数 f (x ) = x2 - ln x ，函数 g (x ) = f (x )- x2 + ax ，a > 0 ，若 x Î (0, e]时， g (x )的最小值是 3，求实数 a 的值.（ e 是自然对数的底数）分析：由题意可以求得 g (x ) = ax - ln x ，且函数 g (x )的定义域为 (0, +¥)，已知的是函数 g (x )在 (0, e]上的最小值是 3，而函数最值的讨论通常是以单调性的讨论为基础，所以可以先考虑函数 g (x )在 (0, e]上的单调性，因此对 g (x )进行求ax - 1 1x x a则 g (x )， g ' (x ) 随 x 的变化情况如下：3ç 0, ÷, +¥ ÷xæ 1 öè a ø1ça æ 1è aöøg ' (x ) _0+g (x )单调递减极小值单调递增跟 的大小，也即是 是在给定区间内还是在区间外的问题，可以知道，题目中并没有条件可以让我们确定 e 跟 的大小关系，所以这里需要分情况讨论：这是 g (x )在 (0, +¥)上的单调性，而要讨论其在 (0, e]上的单调性，这里涉及到 e1 1a a1a若 e £ 即 0 < a £ ，则 g (x )在 (0, e]上单调递减， g (x )1 1a e min= g (e) = ae -1 ，令ae - 1 = 3 ，解得 a = （舍去）若 e > 1，则 g (x ) 在 ç 0, ÷ 上单调递减，在 ç , eú 上单调递增，所以1 æ 1 ö æ 1 ùg (x )min= g ç ÷ = 1 + ln a ，令1 + ln a = 3 ，解得 a = e2 ，满足条件.而要讨论其在区间 (0, e]的单调性，则涉及到 e 跟 的大小关系，也就是确定导稍微复杂一点，首先得考虑导函数 g ' (x ) = a - = 根是否存在，可以发现，如果 a = 0 ，则不存在导函数等于零的点，此时 g ' (x ) = a - =- < 0 ，函数 g (x )在 (0, e]上单调递减；而如果 a ¹ 0 ，则导函数存在唯一的实根 ，其中 a ¹ 0 又包含了两种情况： a < 0 和 a > 0 ，如果 a < 0 ，那么 < 0 ， Ï (0, +¥ ) ，此时g ' (x ) = a - = < 0 ，函数 g (x )在 (0, e]上单调递减；至于a > 0 的情况，讨4e即 a >a e è a ø è a ûæ 1 öè a ø综上所述，所求实数 a 的值为 e2 .点评：这道题实质上就是讨论函数在给定区间上的单调性，在这道例题中，导函数存在唯一的实根，所以可以确定原函数 g (x )在定义域 (0, +¥)上的单调性，1a函数等于零的点跟给定区间的关系.这道题中如果把 a 的范围改为 a Î R ，问题就1 ax - 1x x1 1x x1a1 1a a1 ax - 1x x论如实例 3.分类讨论思想是对研究对象进行分类，简化所要研究的对象，它是解决问题的一种逻辑方法，也是锻炼人思维模式的方法，但在分类讨论时要明确讨论4.的对象以及按什么标准进行分类，做到不重复、不遗漏 导数中的分类讨论在历年高考中也是经常出现，主要是在研究函数的单调性、极值与最值中应用比较多.导数问题中分类讨论的方法本摘要：近年，高考解答题对导数部分的考察几乎都会涉及到对某个参数的分类讨论，而考生的在这一题中的得分率并不高。
主要原因有两个，一是看不懂题意，二是不会分类讨论而分类讨论在高考中处于重要的“地位”：分类讨论思想是历年高考的必考内容，它不仅是高考的重点与热点，而且是高考的难点每年在中高档题甚至在低档题中都设置分类讨论问题，通过分类讨论考查推理的严谨性和分析问题解决问题的能力 人在几年的教学生涯中，对这类问题作了一定的探讨，并总结出了导数问题中解答问题的步骤及引起分类讨论的原因关键词：单调区间，极值，分类，最值，取值范围为了更好的解决导数中分类讨论的问题，笔者建议按照下列步骤来解决导数解答题（1） 求导 f ' ( x)（2） 令 f ' ( x) =0（3） 求出 f ' ( x) =0 的根（4） 作出导数的图像或等价于导数的图像（一般是二次函数或一次函数的图像）（5） 由图像写出函数的单调区间，极值，或最值规范了步骤后，在解题过程中涉及到的分类讨论一般有：方程 f ' ( x) =0 的类型引起的讨论、根的存在引起的讨论、根的大小引起的讨论、画图像时开口或斜率的讨论、根与给定区间 :或定义域的端点的大小的讨论） 下面笔者结合若干例题对上述的分类讨论方法作一一阐述例 1：若函数 f ( x) = ax +2x）+ ln x （a≥0 ，求函数的单调区间。
解： f ¢( x) = a -2 1 ax 2 + x - 2+ =x 2 x x 2( x > 0)令 f ' ( x) =0，即： ax 2 + x - 2 = 0 （注意这里方程的类型需要讨论）若a = 0，则x = 2, 作出 g ( x) = x - 2 的图像，由图像可知f ( x) 在（0,2）上为减函数，在（2，+∞）上为增函数若 a > 0，则D = 1 + 8a > 0,由 ax 2 + x - 2 = 0 ，得5x = - 1 - 1 + 8a2a 2a- 1 + 1 + 8a<0, x = >01 2作出 h( x) = ax 2 + x - 2 的图像，由图像可知f ( x) 在 (0, x )上为减函数，在（x ,+¥)上为增函数2 2综上所述： a = 0时 ， f ( x) 在（0,2）上为减函数，在（2，+∞）上为增函数a > 0时，f ( x)在（0，- 1 + 1 + 8a2a）上为减函数在（- 1 + 1 + 8a2a+， ¥）上为增函数3 3例 2：(08 全国高考)已知函数 f(x)＝x3＋ax2＋x＋1，a∈R，讨论函数 f(x)的单调区间解： f ¢( x) = 3x 2 + 2ax + 1令 f ¢( x) = 3x 2 + 2ax + 1 = 0 （注意这里根的存在需要讨论）D = 4a 2 - 12若 D = 4a 2 - 12 £ 0 ，即 - 3 £ a £ 3 ，则 f ( x)在R上为增函数若 D = 4a 2 - 12 > 0,即a < - 3或a > 3由 f ¢( x) = 3x 2 + 2ax + 1 = 0 得，- a - a 2 - 3 - a + a 2 - 3x = , x =1 2)或（ ，+ ¥）上为增函数f ( x)在 (-¥,- a - a 2 - 3 - a + a 2 - 33 3， ) 上为减函数在（- a - a 2 - 3 - a + a 2 - 33 3综上所述： - 3 £ a £ 3 时， f ( x)在R上为增函数)或（ ，+ ¥）fa < - 3或a > 3时， ( x)在 (-¥,- a - a 2 - 3 - a + a 2 - 33 36， ) 上为减函数上为增函数，在（- a - a 2 - 3 - a + a 2 - 33 3例 3.（2010 北京） 已知函数 f ( x )=In(1+ x )- x +求 f ( x )的单调区间。
k2x 2 ( k ≥0)解： f ¢( x) =1 x(kx + k - 1)- 1 + kx = ( x > -1)1 + x 1 + x令 f ' ( x) =0，即： x(kx + k - 1) = 0 （这里需要对方程 kx + k - 1 = 0 的类型讨论）若 k=0，则 f ¢( x) = - x1 + xf ( x) 在（-1,0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数若 k≠0,由 x(kx + k - 1) = 0 得，x = 0或x = 1 - 1 > -1k（这里需要对两个根的大小进行讨论）x 2若 k=1，则 f ¢( x) = ＞０， f ( x) 在（-1,＋∞）上为增函数1 + x若 0 < k < 1 ，则 f ( x) 在 (-1,0) 或 (1k- 1,+¥) 上为增函数在 (0,1k- 1) 上为减函数1若 k > 1 ，则 f ( x) 在 (-1, - 1) 或 (0,+¥) 上为增函数k1在 ( - 1,0) 上为减函数k综上所述：若 k=0， f ( x) 在（-1,0）上为增函数，在（0，+∞）上为减函数若 0 < k < 1 ， f ( x) 在 (-1,0) 或 (1k- 1,+¥) 上为增函数在 (0,1k- 1) 上为减函数若 k=1， f ( x) 在（-1,＋∞）上为增函数若 k > 1 ， f ( x) 在 (-1,1k- 1) 或 (0,+¥) 上为增函数在 (1k- 1,0) 上为减函数7k = kx + 1 的例 4.（2009 北京理改编）设函数 f ( x) = xe kx ，求函数 f ( x) 的单调区间解： f ¢( x) = e kx + kxe kx = e kx (kx + 1)令 f ¢( x) = 0 ，即 kx + 1 = 0 （这里需要对方程 kx + 1 = 0 的类型讨论）若ｋ＝０，则 f ¢( x) = 1 > 0 ， f ( x) 在Ｒ上为增函数若 k≠0 则由 kx + 1 = 0 得， x = - 1 (这里需要对 y斜率讨论)1若 k>0 则 f ( x) 在 (-¥,- ) 上为减函数，在 (-k1k,+¥) 上为增函数1 1若 k<0，则 f ( x) 在 (-¥,- ) 上为增函数，在 (- ,+¥) 上为减函数k k综上所述：若 k=0， f ( x) 在Ｒ上为增函数1若 k>0 则 f ( x) 在 (-¥,- ) 上为减函数，在 (-k1k,+¥) 上为增函数1 1若 k<0，则 f ( x) 在 (-¥,- ) 上为增函数，在 (- ,+¥) 上为减函数k k例 5：（海南 2011 四校联考）f ( x) = 2 ln x - 2 x - 3, g ( x) = ( p - 2) x + p + 2 - 3x若对任意的 x Î [1,2], f ( x) ³ g ( x)恒成立，求实数p的取值 范围+解： f ( x)的定义域为（0， ¥）设h( x) = f ( x) - g ( x) = 2 ln x - px -p + 2x设h ' ( x) =- px 2 + 2 x + p + 2x 2令 设h ' ( x) = 0,即 - px 2 + 2 x + p + 2 = 0 （对方程类型的讨论）若 p=0,则 设h ' ( x) =2 x + 2x 2> 0则h( x)在[1,2]上为增函数, h( x)min = h(1) = -2, 不符合要求若 p≠0,由 - px 2 + 2 x + p + 2 = 0 得8x = -1或x = p + 2p（对两根的大小，定义域的端点、给定区间的端点大小的讨论）若 p + 2 = -1, 即p = -1, 则 h( x)pmin= h(1) = 0 ,符合题意若 p + 2 < -1,即 - 1 < p < 0, 则 h( x)pmin= h(1) = -2 p - 2 < 0 ，不符合题意若 - 1 <p + 2p< 0,即 - 2 < p < -1, 则 h( x)min= h(1) = -2 p - 2 > 0 ，符合题意若 p + 2 = 0,即p = -2, 则 h( x)pmin= h(1) = 2 > 0 ，符合题意若 0 <p + 2p< 1,即p < -2, 则 h( x)min= h(1) = -2 p - 2 > 0 ，符合题意若1 <p + 2p< 2,即p > 2, 则 h(1) = -2 p - 2 < 0 ，不符合题意若 p + 2 = 2,即p = 2, 则 h(1) = -2 < 0 ，不符合题意p若p + 2p> 2,即0 < p < 2, 则 h(1) = -2 p - 2 < 0 ，不符合题意综上所述：p 的取值范围为 (-¥,-1]下面笔者就海南 2010 年高考的压轴题来说明本人提出的解题步骤和讨论方法具有一定的实用价值，当然解答的过程可能不够严谨，处于定性的范围，不足之处，望全体同仁多多指教。
例 6：（海南 2010 理）设函数 f ( x) = e x - 1 - x - ax 2 若当 x ³ 0 时 f ( x) ³ 0 ，求 a 的取值范围f ¢( x) = e x - 2ax - 1令 f ¢( x) = e x - 2ax - 1 = 0 （此方程是个超越方程，故根的讨论转换成两个函数的交点的问题）即 e x = 2ax + 1令 y1 = e x ，y 2 = 2ax + 191易求得 y = e x 在 A 的切线的斜率为 11显然若有 2a £ 1 ，即 a £ 则有 e x ³ 2ax + 1 恒成立2即 f ¢( x) = e x - 2ax - 1 ³ 0恒成立所以 x ³ 0 ，时 f ( x) ³ f (0) = 0 ，即 f ( x) ³ 0若有 2a > 1 ， a > 12则显然存在区间（0，x0）使得x Î (0, x ) 时，有 e x < 2ax + 1 ，即0f ¢( x) = e x - 2ax - 1 < 0即 存在x Î (0, x )，使得f ( x) < f (0) = 00综上所述： a £ 12总结：总之规范解题步骤，弄清分类讨论的原因，相信导数问题中涉及到参数的分类讨论不会是个困难的问题.10。