高中数学压轴题系列——导数专题——导数分类讨论问题
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所以 f（x）在（0， ）上单调递增，在（ ，+∞）上单调递减，
3．（2018•和平区二模）已知函数 f（x）=ln（x+a）﹣ ，其中 a∈R，且 a≠0． （Ⅰ）求 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 f（x）﹣ ＜0 恒成立，求 a 的取值范围； （Ⅲ）若存在﹣a＜x1＜0，x2＞0，使得 f（x1）=f（x2）=0，求证：x1+x2＞0． 解：（Ⅰ）f（x）定义域为（﹣a，+∞），其导数 f′（x）= ﹣ = • ， ①当 a＜0 时，f′（x）＞0，函数 f（x）在（﹣a，+∞）上是增函数； ②当 a＞0 时，在区间（﹣a，0）上，f′（x）＞0；在区间（0，+∞）上，f′（x）＜0， ∴f（x）在区间（﹣a，0）上是增函数，在（0，+∞）是减函数；
2．（2018•榆林一模）已知函数 f（x）=ex﹣a（x﹣1），其中 a＞0，e 为自然对数底数． （1）求函数 f（x）的单调区间；（2）已知 b∈R，若函数 f（x）≥b 对任意 x∈R 都成立，求 ab 的最大 值． 解：（1）由函数 f（x）=ex﹣ax+a，可知 f′（x）=ex﹣a， ①当 a≤0 时，f′（x）＞0，函数 f（x）在 R 上单调递增；
导数专题——含参函数分类讨论问题
求导后的有效部分为一次函数型
1.（2011 春•黑龙江校级期中）设函数
．
ห้องสมุดไป่ตู้
（1）求 f（x）的单调区间；（2）设 x∈[1，2]，求 f（x）的最小值．
解：∵函数
，∴
．
（1）①当 a≤0 时，∵f'（x）≥0，∴f（x）的递增区间为（0，+∞）； ②当 a＞0 时，由 f'（x）=0，得 x=a，∵当 0＜x＜a 时，f'（x）＜0，当 x＞a 时，f'（x）＞0，
∴f（x）的递增区间为（a，+∞），f（x）的递减区间为（0，a）．
2.（2015•新课标Ⅱ）设函数 f（x）=lnx+a（1﹣x）． （Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；（Ⅱ）当 f（x）有最大值，且最大值大于 2a﹣2 时，求 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），∴f′（x）= ﹣a= ， 若 a≤0，则 f′（x）＞0，∴函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增， 若 a＞0，则当 x∈（0， ）时，f′（x）＞0，当 x∈（ ，+∞）时，f′（x）＜0，
3．（2018•乌鲁木齐一模）已知函数 f（x）=ex﹣ax2+（a+1）x﹣1 的定义域为{x|0＜x＜1}，其中 a∈R， e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）设 g（x）是函数 f（x）的导函数，讨论 g（x）的单调性； （Ⅱ）若函数 f（x）在区间（0，1）上单调递增，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）∵g（x）=f′（x）=ex﹣2ax+a+1，∴g′（x）=ex﹣2a；由于 0＜x＜1，故 1＜ex＜e， ∴当 2a≤1 即 a≤ 时，g′（x）＞0，此时 g（x）在（0，1）上单调递增； 当 2a≥e 即 a≥ 时，g′（x）＜0，此时 g（x）在（0，1）上单调递减； 当 ＜a＜ 时，g′（x）＞0，故 x＞ln2a，g′（x）＜0，故 x＜ln2a， 此时 g（x）在（0，ln2a）上单调递减，在（ln2a，1）上单调递增；
求导后有效部分为超越函数型
类型一：
1．（2018•云南模拟）设函数 f（x）=2ex﹣2ax+3a（a∈R）．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）当 a＞0 时，对于∀x∈R，都有 f（x）≥5a 成立．
（ⅰ）求 a 的取值范围；（ⅱ）证明：
．
解：（Ⅰ）∵f′（x）=2ex﹣2a（x∈R）， ∴当 a≤0 时，易知 f′（x）＞0．∴f（x）的（﹣∞，+∞）上单调递增． ∴当 a＞0 时，由 f′（x）＞0，得 x＞lna，由 f′（x）＜0，得 x＜lna， ∴f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，lna）上单调递减．
类型二 1.（2017•新课标Ⅰ）已知函数 f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x． （1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围． 解：（1）由 f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导 f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当 a=0 时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，∴当 x∈R，f（x）单调递减， 当 a＞0 时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），令 f′（x）=0，解得：x=ln ， 当 f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当 f′（x）＜0，解得：x＜ln ， ∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增； 当 a＜0 时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，∴当 x∈R，f（x）单调递减， 综上可知：当 a≤0 时，f（x）在 R 单调减函数， 当 a＞0 时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；
4．（2018•陕西三模）设函数
，a∈R．
（1）讨论 f（x）的单调性；（2）当 a＞0 时，记 f（x）的最小值为 g（a），证明：g（a）＜1．
解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
=
=
，
当 a≤0 时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当 a＞0 时，当 x∈（0，a），f'（x）＜0，f（x）单调递减；当 x∈（a，+∞），f'（x）＞0，f（x）单调递 增； 综上，当 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当 a＞0 时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
②当 a＞0 时，令 f′（x）=ex﹣a=0，得 x=lna， 故当 x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，此时 f（x）单调递减； 当 x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，此时 f（x）单调递增． 综上所述，当 a≤0 时，函数 f（x）在单调递增区间为（﹣∞，+∞）； 当 a＞0 时，函数 f（x）的单调递减区间为（﹣∞，lna），单调递增区间为（lna，+∞）；
3．（2018•和平区二模）已知函数 f（x）=ln（x+a）﹣ ，其中 a∈R，且 a≠0． （Ⅰ）求 f（x）的单调区间； （Ⅱ）若 f（x）﹣ ＜0 恒成立，求 a 的取值范围； （Ⅲ）若存在﹣a＜x1＜0，x2＞0，使得 f（x1）=f（x2）=0，求证：x1+x2＞0． 解：（Ⅰ）f（x）定义域为（﹣a，+∞），其导数 f′（x）= ﹣ = • ， ①当 a＜0 时，f′（x）＞0，函数 f（x）在（﹣a，+∞）上是增函数； ②当 a＞0 时，在区间（﹣a，0）上，f′（x）＞0；在区间（0，+∞）上，f′（x）＜0， ∴f（x）在区间（﹣a，0）上是增函数，在（0，+∞）是减函数；
2．（2018•榆林一模）已知函数 f（x）=ex﹣a（x﹣1），其中 a＞0，e 为自然对数底数． （1）求函数 f（x）的单调区间；（2）已知 b∈R，若函数 f（x）≥b 对任意 x∈R 都成立，求 ab 的最大 值． 解：（1）由函数 f（x）=ex﹣ax+a，可知 f′（x）=ex﹣a， ①当 a≤0 时，f′（x）＞0，函数 f（x）在 R 上单调递增；
导数专题——含参函数分类讨论问题
求导后的有效部分为一次函数型
1.（2011 春•黑龙江校级期中）设函数
．
ห้องสมุดไป่ตู้
（1）求 f（x）的单调区间；（2）设 x∈[1，2]，求 f（x）的最小值．
解：∵函数
，∴
．
（1）①当 a≤0 时，∵f'（x）≥0，∴f（x）的递增区间为（0，+∞）； ②当 a＞0 时，由 f'（x）=0，得 x=a，∵当 0＜x＜a 时，f'（x）＜0，当 x＞a 时，f'（x）＞0，
∴f（x）的递增区间为（a，+∞），f（x）的递减区间为（0，a）．
2.（2015•新课标Ⅱ）设函数 f（x）=lnx+a（1﹣x）． （Ⅰ）讨论：f（x）的单调性；（Ⅱ）当 f（x）有最大值，且最大值大于 2a﹣2 时，求 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）f（x）=lnx+a（1﹣x）的定义域为（0，+∞），∴f′（x）= ﹣a= ， 若 a≤0，则 f′（x）＞0，∴函数 f（x）在（0，+∞）上单调递增， 若 a＞0，则当 x∈（0， ）时，f′（x）＞0，当 x∈（ ，+∞）时，f′（x）＜0，
3．（2018•乌鲁木齐一模）已知函数 f（x）=ex﹣ax2+（a+1）x﹣1 的定义域为{x|0＜x＜1}，其中 a∈R， e=2.71828…为自然对数的底数． （Ⅰ）设 g（x）是函数 f（x）的导函数，讨论 g（x）的单调性； （Ⅱ）若函数 f（x）在区间（0，1）上单调递增，求实数 a 的取值范围． 解：（Ⅰ）∵g（x）=f′（x）=ex﹣2ax+a+1，∴g′（x）=ex﹣2a；由于 0＜x＜1，故 1＜ex＜e， ∴当 2a≤1 即 a≤ 时，g′（x）＞0，此时 g（x）在（0，1）上单调递增； 当 2a≥e 即 a≥ 时，g′（x）＜0，此时 g（x）在（0，1）上单调递减； 当 ＜a＜ 时，g′（x）＞0，故 x＞ln2a，g′（x）＜0，故 x＜ln2a， 此时 g（x）在（0，ln2a）上单调递减，在（ln2a，1）上单调递增；
求导后有效部分为超越函数型
类型一：
1．（2018•云南模拟）设函数 f（x）=2ex﹣2ax+3a（a∈R）．
（Ⅰ）讨论 f（x）的单调性；
（Ⅱ）当 a＞0 时，对于∀x∈R，都有 f（x）≥5a 成立．
（ⅰ）求 a 的取值范围；（ⅱ）证明：
．
解：（Ⅰ）∵f′（x）=2ex﹣2a（x∈R）， ∴当 a≤0 时，易知 f′（x）＞0．∴f（x）的（﹣∞，+∞）上单调递增． ∴当 a＞0 时，由 f′（x）＞0，得 x＞lna，由 f′（x）＜0，得 x＜lna， ∴f（x）在（lna，+∞）上单调递增，在（﹣∞，lna）上单调递减．
类型二 1.（2017•新课标Ⅰ）已知函数 f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x． （1）讨论 f（x）的单调性；（2）若 f（x）有两个零点，求 a 的取值范围． 解：（1）由 f（x）=ae2x+（a﹣2）ex﹣x，求导 f′（x）=2ae2x+（a﹣2）ex﹣1， 当 a=0 时，f′（x）=﹣2ex﹣1＜0，∴当 x∈R，f（x）单调递减， 当 a＞0 时，f′（x）=（2ex+1）（aex﹣1）=2a（ex+ ）（ex﹣ ），令 f′（x）=0，解得：x=ln ， 当 f′（x）＞0，解得：x＞ln ，当 f′（x）＜0，解得：x＜ln ， ∴x∈（﹣∞，ln ）时，f（x）单调递减，x∈（ln ，+∞）单调递增； 当 a＜0 时，f′（x）=2a（ex+ ）（ex﹣ ）＜0，恒成立，∴当 x∈R，f（x）单调递减， 综上可知：当 a≤0 时，f（x）在 R 单调减函数， 当 a＞0 时，f（x）在（﹣∞，ln ）是减函数，在（ln ，+∞）是增函数；
4．（2018•陕西三模）设函数
，a∈R．
（1）讨论 f（x）的单调性；（2）当 a＞0 时，记 f（x）的最小值为 g（a），证明：g（a）＜1．
解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞），
=
=
，
当 a≤0 时，f'（x）＞0，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当 a＞0 时，当 x∈（0，a），f'（x）＜0，f（x）单调递减；当 x∈（a，+∞），f'（x）＞0，f（x）单调递 增； 综上，当 a≤0 时，f（x）在（0，+∞）上单调递增； 当 a＞0 时，f（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+∞）上单调递增．
②当 a＞0 时，令 f′（x）=ex﹣a=0，得 x=lna， 故当 x∈（﹣∞，lna）时，f′（x）＜0，此时 f（x）单调递减； 当 x∈（lna，+∞）时，f′（x）＞0，此时 f（x）单调递增． 综上所述，当 a≤0 时，函数 f（x）在单调递增区间为（﹣∞，+∞）； 当 a＞0 时，函数 f（x）的单调递减区间为（﹣∞，lna），单调递增区间为（lna，+∞）；