导数定调情况多参数分类与整合

导数定调情况多参数分类与整合单调性是函数最重要的性质之一，导数是研究初等函数的单调性的常用方法.当函数解析式中含有参数时，对参数准确分
类是研究单调性的第一步，也是非常关键且容易出错的一步.在近几年的高考题中，有相当一部分的题目都在围绕参数进行分类讨论.对参数进
行分类讨论的总原则：的符号,通过的符号讨论函数的单调性.对参数进行分类讨论的思想方法：①高次函数的最高次项的系数的符号；②二次三
项式时，判别式的符号；③根与区间端点的大小.下面，以几道高考题为例，体会含参单调性讨论的一般思路.真题解析1.已知函数(http:
//www.ks5u.com/)=In(1+)-http://www.ks5u.com/+(http://www.ks5u.com
/≥0).(Ⅰ)当=2时，求曲线http://www.ks5u.com/=(http://www.ks5u.com/)在点(1，(
1))处的切线方程；(Ⅱ)求http://www.ks5u.com/()的单调区间.谋定思路有方向第(Ⅱ)问，对于含参单调性讨论
，需要关注导函数的具体形式，根据导函数确定讨论点.本题的导函数，因为，所以只需要考虑何时取正，何时取负.在研究正负时，需要对首
项系数进行讨论，当时根与区间端点的大小.解：（Ⅰ）当时，，，由于，，所以曲线在点处的切线方程为即（Ⅱ），.当时，.所以
，在区间上，；在区间上，.故得单调递增区间是，单调递减区间是.当时，由，得，所以，在区间和上，；在区间上，故得单调递增区间是
和，单调递减区间是.当时，，故得单调递增区间是.当时，，得，.所以没在区间和上，；在区间上，，故得单调递增区间是和，单调递减区间
是解后反思要升华第(Ⅱ)问主要考查导数运算、利用导数研究函数的单调性以及分类讨论的思想.要求做到不重复、不遗漏，这样才能体现
数学的严谨.2设函数在处取得极值，且曲线在点处的切线垂直于直线．（Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若函数，讨论的单调性．解：（Ⅰ）因，又在x=
0处取得极限值，故从而由曲线y=在（1，f（1））处的切线与直线相互垂直可知该切线斜率为2，即（Ⅱ）由（Ⅰ）知，，令，有（1）当，
即当时，在R上恒成立，故函数在R上位增函数（2）当，即当时，有，从而当时，在R上为增函数（3）当，即当时，方程有两个不相等实根当时
，，故在上为增函数；当时，故上为减函数；当时，故上为增函数变式练习1设函数，曲线在点处的切线方程为，（1）求，的值；（2）求的单
调区间.试题解析：（1），根据，，得；（2）方法1由题意知，由及知与同号.令，则当时，，在上递减；当时，，在上递增
；故是在区间上的最小值，从而.综上可知，，，故的单调递增区间为.方法2由题意知，由，令，所以，当时，，在上递减；当时，，在上
递增；所以的最小值是，从而的最小值是，所以在上单调递增.方法3因为，所以，因为当时，，在上递减；当时，，在上递增；所以所以
在上单调递增.2已知函数.（Ⅰ）当时，求函数的值域；（Ⅱ）当时，求函数的单调区间.解（Ⅰ）函数的值域为.（Ⅱ）由题意得，
.①当时，的增区间是，减区间是和.②当时，的增区间是，减区间是.3已知函数，其中.（1）设是的导函数，评论的单调性；（2）证
明：存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯一解.【解析】（1）由已知，函数的定义域为，，所以.当时，在区间上单调递增，在区间上单调
递减；当时，在区间上单调递增.(2)由，解得.令则，故存在，使得.令由知，函数在区间上单调递增.所以，即当时，有
.由（1）知，函数在区间上单调递增.故当时，有，从而；当时，有，从而；所以，当时，.综上所述，存在，使得在区间内恒成立，且在内有唯
一解.4(Ⅰ)讨论函数的单调性，并证明当时，；(Ⅱ)证明：当时，函数有最小值.设的最小值为，求函数的值域．【解析】(Ⅰ)的定义
域为.，且仅当时，，所以在上单调递增，因此当时，所以（II）由（I）知，单调递增，对任意因此，存在唯一使得即，当时，单
调递减；当时，单调递增.因此在处取得最小值，最小值为于是，由单调递增，所以，由得因为单调递增，对任意存在唯一的使得所以的值域是综上
，当时，有，的值域是5．已知函数。（1）试讨论的单调性；（2）若（实数c是与a无关的常数），当函数有三个不同的零点时，a的取值范围
恰好是，求c的值.【解析】(1),令，解得.当时，因为，所以函数在上单调递增；当时，时，，时，，所以函数在，上单调递增，在上单
调递减；当时，时，时，，所以函数在，上单调递增，在上单调递减.（2）由（1）知，函数的两个极值为，则函数有三个零点等价于，从而或
.又，所以当时，或当时，.设，因为函数有三个零点时，的取值范围恰好是，则在上，且在上均恒成立.从而，且因此.此时，，因函数有三个零点，则有两个异于－1的不等实根，所以且，解得.综上.