高中数学导数题需要分类讨论时一般遵循怎样的顺序？

高中数学导数题需要分类讨论时一般遵循怎样的顺序？
首先导数分类讨论主要分为两种：
第一种：讨论二次函数 $ax^2+bx+c$ 。
1.二项式系数 $a<0;a=0;a>0$ .

$\Delta >0;\Delta =0;\Delta <0$
3.根与定义域的关系。根在定义域，与不在定义域。有几个根在定义域等。
第二种：讨论非二次函数。
凡是导致导数符号不确定的情况，都要分类讨论。
见下面这个例题，刚好出现了二次函数讨论做法与非二次函数讨论做法，两种方法做同一个题。

【例1】：设函数 $f(x)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)$ , 其中 $a \in \mathbf{R}.$
(1)讨论函数 $f(x)$ 的极值点的个数, 并说明理由;
(2)若 $\forall x>0, f(x) \geqslant 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范围.

（1）不采用通分再讨论：后果有点。。。。。。。。
$\begin{aligned}f'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2ax-a \end{aligned} ； f''\left( x\right) =\dfrac{-1}{\left( 1+x\right) ^{2}}+2a ； f'''\left( x\right) =\dfrac{2}{\left( 1+x\right) ^{3}} >0 f'''\left( x\right) >0,f''\left( x\right) \uparrow$
讨论：
（1）：当 $a<0$ 时， $f''\left( x\right) <0,f'\left( x\right) \downarrow$ 。
$f'\left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{2}{3} >0$ ，故只须在 $x>\frac{1}{2}$ 区间内再找一个点使得 $f'\left( x\right) <0$ 成立，才能证明 $f(x)$ 有极值点。
放缩找点法： $x>\frac{1}{2}$ 时， $\dfrac{1}{1+x}<1$ ，故有 $f'\left( x\right) <1+2ax-a$ ；
令 $1+2ax-a<0$ ，解得 $x >\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a} >\dfrac{1}{2}$ 。
故 $\begin{aligned}f'\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right) =\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}}+2a\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right) -a=\dfrac{1-a}{3a-1}=\dfrac{正 }{负} <0\end{aligned}$ .
由零点定理得： $f'\left( \dfrac{1}{2}\right) f'\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right)<0 ,$ 故 $f'\left( x\right)$ 在 $\left( \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right)$ 区间存在唯一个变号零点。
故当 $a<0$ 时，函数 $f(x)$ 存在极大值点。
（2）：当 $a=0$ 时， $f(x)=\ln (x+1)$ ，函数 $f(x)$ 无极值点。
（3）：当 $a>0$ 时， $f''\left( x\right) =0\Rightarrow 2a=\frac{1}{(x+1)^2}$ 在定义域 $x>-1$ 内有解。设解为 $x=x_0$ 。
$\begin{aligned}x\in \left( 0,x_{0}\right) ,f''\left( x\right) <0,f'\left( x\right) \downarrow ； x\in \left( x_{0},+\infty \right) ,f''\left( x\right) >0,f'\left( x\right) \uparrow \end{aligned}$ .
$\begin{aligned}f'\left( x\right) \geq f'\min =f'\left( x_{0}\right) &=\dfrac{1}{1+x_{0}}+2ax_{0}-a \xlongequal[]{凑项} \dfrac{1}{1+x_{0}}+2a(x_{0}+1-1)-a\\ &=\dfrac{1}{1+x_{0}}+2a(x_{0}+1)-3a\geq \color{red}{2\sqrt{\dfrac{1}{1+x_{0}}\times 2a(x_{0}+1)}-3a}\\ &\geq2\sqrt{2a}-3a\end{aligned}$
下面只须讨论 $2\sqrt{2a}-3a$ 的正负。
甲：当 $2\sqrt{2a}-3a\geq0$ 时，即 $0<a\leq\frac{8}{9}$ 时，恒有 $f'\left( x\right) \geq0$ 此时，函数 $f(x)$ 无极值点。
乙：当 $2\sqrt{2a}-3a<0$ 时，即 $a>\frac{8}{9}$ 时； $f'\left( x_0\right) <0$ .
$\begin{aligned}\dfrac{1}{\left( 1+x_0\right) ^{2}}&=2a\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a}\\ \because a &>\dfrac{8}{9};\therefore \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a} >\sqrt{\dfrac{16}{9}}=\dfrac{4}{3}\\ \therefore 0 &<1+x_0 <\dfrac{3}{4}\Rightarrow \color{red}{-1 <x_0 <\dfrac{-1}{4}}\end{aligned}$ ；故得出 $x_0$ 在定义域 $x>-1$ 内。
下面又开始找点操作：
找左端点 $x_1$ ：
条件：即 $a>\frac{8}{9}$ 时；找点区间： $\color{red}{-1 <x_1 <x_0} . 目标 f'(x_1 ) >0$ 。
$\begin{aligned}\because x_{1} >-1&\Rightarrow 2ax_{1} >-2a\\ \therefore f'\left( x_{1}\right) & >\dfrac{1}{1+x_{1}}-2a-a\\ \dfrac{1}{1+x_{1}}-3a >0&\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_{1}} >3a\\ &\Rightarrow 0 <1+x_{1} <\dfrac{1}{3a}\\ &\Rightarrow \color{red}{-1 <x_{1} <\dfrac{1}{3a}-1}\end{aligned}$
验证 $\color{red}{x_1 <x_0}$ ：
$\dfrac{1}{\left( 1+x_0\right) ^{2}}=2a\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a}\Rightarrow \color{red}{x_0=\frac{1}{\sqrt{2a}}-1}$ .
假设 $\dfrac{1}{3a}-1 <\dfrac{1}{\sqrt{2a}}-1\Rightarrow \dfrac{1}{3a} <\dfrac{1}{\sqrt{2a}}\Rightarrow \dfrac{1}{9a} <\dfrac{1}{2}\Rightarrow 9a >2\Rightarrow a >\dfrac{2}{9}$

$\because a >\dfrac{8}{9}>\dfrac{2}{9},\therefore 假设成立。\color{red}{故x_{1} <x_{0} 成立}$ 。
验证: $f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right)>0$ .
$\begin{aligned}f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) =\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{3a}-1}+2a\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) -a= 3a+\dfrac{2}{3}-3a=\dfrac{2}{3} >0\end{aligned}$
由零点定理得：
$f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) f'\left( x_0\right)<0 ,故 f'\left( x\right) 在 \left(\dfrac{1}{3a}-1,x_0\right)$ 区间存在变号零点。
故在 $\left(\dfrac{1}{3a}-1,x_0\right)$ 区间 $f(x)$ 存在极大值点。

找右端点 $x_2$ ：
条件：即 $a>\frac{8}{9}$ 时；找点区间： $\color{red}{x_2 >\frac{-1}{4}>x_0} . 目标 f'(x_2) >0$ 。
$f'\left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{2}{3} >0$
由零点定理得：
$f'\left( x_0\right)f'\left( \frac{1}{2}\right)<0 ,故 f'\left( x\right) 在 \left(x_0，\frac{1}{2}\right)$ 区间存在变号零点。
故在 $\left(x_0，\frac{1}{2}\right)$ 区间 $f(x)$ 存在极小值点。
综上可知： f'(x) 在x>-1 区间存在两个变号零点。故函数 f(x) 有两个极值点。

综上有：
①当 $a<0$ 时，函数 $f(x)$ 存在一个极大值点。
②当 $0\leq a\leq\frac{8}{9}$ 时，函数 $f(x)$ 无极值点。
③当 $a>\frac{8}{9}$ 时，函数 $f(x)$ 有两个极值点。
总结：
上面展示的过程，逻辑严密，思维难度大：
难在两上方面：

$\color{red}{-1 <x_0 <\dfrac{-1}{4}} 的证明，以及 \color{red}{x_1 <x_0} 的证明$ 。
2.左端点 $\color{red}{x_1 }$ 的找取。
3.如果考试的时候，你用以上展示的方法做还能做对，只能说明你为了给阅卷老师展示你强大的逻辑思维能力，以及强大的找点技巧，以及你的做题速度；如果你别的题做得慢，你根本不可能有这么时间用这种方法对这个题。要炫技的考生，常年145以上的考生，可以略过此处。
4.以上过程展示在这里的意义：这个题如果不采用二次函数讨论，只用非二次函数讨论的方法，它在找点方面算得上精典中的精典，值得作为找点的备考母题。

下面采用二次函数讨论：
$\begin{aligned}f'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2ax-a=\dfrac{2ax^{2}+ax+1-a}{1+x} \end{aligned}$ ，
令 $g(x)=2ax^{2}+ax+1-a ; \Delta =a^{2}-4\times 2a\times \left( 1-a\right) =a(9a-8)$
讨论：
（1）：当 $a=0$ 时， $f(x)=\ln (x+1)$ ，函数 $f(x)$ 无极值点。
（2）：当 $a<0$ 时， $\Delta>0 ，g(-1)=1>0$ , $f'\left( x\right)$ 只有一个变号零点 $\Rightarrow$ 函数 $f(x)$ 存在一个极大值点。
（3）当 $0< a\leq\frac{8}{9}$ 时， $\Delta<0$ , $g(x)>0$ 恒成立， $f'\left( x\right)>0$ ，函数 $f(x)$ 无极值点。
（4）当 $a>\frac{8}{9}$ 时， $\Delta>0$ ， $g(-1)=1>0$ , 故 $g(x)$ 有两个变号零点，即 $f'\left( x\right)$ 只有两个变号零点 $\Rightarrow$ 函数 $f(x)$ 存在两个极值点。
综上有：
①当 $a<0$ 时，函数 $f(x)$ 存在一个极大值点。
②当 $0\leq a\leq\frac{8}{9}$ 时，函数 $f(x)$ 无极值点。
③当 $a>\frac{8}{9}$ 时，函数 $f(x)$ 有两个极值点。
通分后讨论二次函数明显简单很多。

第二问：采用必要条件探路+更换主元消参法
当 $x=0$ 时， $f(0)=0$ , 则必有 $f'\left( 0\right)\geq0$ ,解得 $a\leq1$ 。
当 $x\rightarrow +\infty$ 时， $f(x)\rightarrow a\left(x^{2}-x\right)$ ，令 $a\left(x^{2}-x\right)\geq 0$ ,解得 $a\geq \dfrac{1}{x}$ ，故必有 $a\geq 0$ .
极限写法会被扣2分，哪么怎么不被扣会呢？采用 $\color{red}{返证法} 证明当 a<0$ 时,定义域内总存在一个点 $x_3$ ，使得 $f(x_3)<0$ ,即可证明 $a$ 的范围只能在 $\color{red}{a\geq 0}$ 区间。
$\color{red}{找点} x_3$ 操作：
条件： $a<0 ，定义域： x>0 ；目标 f(x_3)<0$ .
我们知道： $x>0 时，有 ln(x+1)<x$ .
故 $f(x)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)<x+a(x^2-x)$
令 $x+2a(x^2-x)<0\Rightarrow 1+2a(x-1)<0$
解得: $x>\frac{2a-1}{2a}=1-\frac{1}{2a}>1$ ,在定义域内。
$\begin{aligned}\because f(x)&=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)<x+a(x^2-x)\\ \therefore f(1+\frac{1}{2a})&<\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) +2a\left[ \left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) ^{2}-\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) \right] \\ &=\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) +2a\left( 1+\dfrac{1}{4a^{2}}-\dfrac{1}{a}-1+\dfrac{1}{2a}\right) \\ &=1-\dfrac{1}{2a}+2a+\dfrac{1}{2a}-2-2a+1=0\end{aligned}$
所以当 $a<0$ ，定义域： $x>0$ 时；总存在一个点 $x_3=1-\frac{1}{2a}$ ，使得 $f(x_3)<0$ 成立。故要使 $\forall x>0, f(x) \geqslant 0$ ，故必有 $a\geq 0$ 。
综上必有 $a \in [0,1]$ ，才 $\color{red}{有可能} \forall x>0, f(x) \geqslant 0 恒成立$ 。
下面只须在 $a \in [0,1]$ 的 $\color{red}{子区间}$ 讨论可能成立的 $a$ 。
更换主元以 $a$ 为自变量， $x$ 为参数得： $\varphi(a)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)$
讨论：
(1)当 $0<x<1$ 时， $\left(x^{2}-x\right)<0 , \varphi(a) 的斜率小于0； \varphi(a)$ 单调减。
$\varphi\left( a\right) \geq \varphi_{\min }=\varphi\left( 1\right) =\ln \left( x+1\right) +\left( x^{2}-x\right) \begin{aligned}t\left( x\right)& =\ln \left( x+1\right) +\left( x^{2}-x\right) \\ t'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2x-1=\dfrac{x+2x^{2}}{1+x} >0; 故 t\left( x\right) \uparrow \\ t\left( x\right)& \geq t_{\min }=t\left( 0\right) =0\end{aligned}$
$t\left( x\right) \geq0 成立，故 \varphi(a)\geq0 成立，即 f(x) \geqslant 0成立$ 。
(2)当 $x=1$ 时，函数 $f(1)=\ln (1+1)>0,a$ 可取任意值。
(3)当 $x>1 时， \left(x^{2}-x\right)>0 , \varphi(a) 的斜率大于0； \varphi(a)$ 单调增。
$\varphi\left( a\right) \geq \varphi_{\min }=\varphi\left( 0\right) =\ln \left( x+1\right) \geq ln2 ，故 \varphi(a)\geq0 成立，即 f(x) \geqslant 0成立$ 。
$综上有，\forall x>0, f(x) \geqslant 0 恒成立, 求 a 的取值范围为 a \in [0,1]$ 。

最后编辑于：2022.03.19 12:34:06

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