第四节 导数压轴专项突破第一课时 分类讨论的“界点”确定考点一 根据二次项系数确定分类“界点”[典例] 已知函数 f(x)＝ln x＋x＋1，g(x)＝x2＋2x.(1)求函数 φ(x)＝f(x)－g(x)的极值；(2)若 m 为整数，对任意的 x＞0 都有 f(x)－mg(x)≤0 成立，求实数 m 的最小值．[解题观摩] (1)由 φ(x)＝f(x)－g(x)＝ln x＋x＋1－x2－2x＝ln x－x2－x＋1(x＞0)，得 φ′(x)＝－2x－1＝(x＞0)，令 φ′(x)＞0，解得 0＜x＜，令 φ′(x)＜0，解得 x＞，所以函数 φ(x)的单调递增区间是，单调递减区间是，故函数 φ(x)的极大值是 φ＝ln－－＋1＝－ln 2，函数 φ(x)无微小值．(2)设 h(x)＝f(x)－mg(x)＝ln x－mx2＋(1－2m)x＋1，则 h′(x)＝－2mx＋1－2m＝＝(x＞0)．当 m≤0 时，因为 x＞0，所以 2mx－1＜0，x＋1＞0，所以 h′(x)＞0，故 h(x)在(0，＋∞)上单调递增，又因为 h(1)＝ln 1－m×12＋(1－2m)＋1＝－3m＋2＞0，不满足题意，所以舍去．当 m＞0 时，令 h′(x)＞0，得 0＜x ＜，令 h′(x)＜0，得 x＞，故 h(x)在上单调递增，在上单调递减，所以 h(x)max＝h＝ln－m·2＋(1－2m)·＋1＝－ln(2m)．令 t(m)＝－ln(2m)(m＞0)，显然 t(m)在(0，＋∞)上单调递减，且 t＝＞0，t(1)＝－ln 2＝(1－ln 16)＜0，故当 m≥1 时，t(m)＜0，满足题意，故整数 m 的最小值为 1.导函数中含有二次三项式，需对最高项的系数分类讨论：(1)根据二次项系数是否为 0，推断函数是否为二次函数；(2)由二次项系数的正负，推断二次函数图象的开口方向，从而寻找导数的变号零点．考点二 根据判别式确定分类“界点”[典例] 已知函数 f(x)＝(1＋ax2)ex－1，当 a≥0 时，讨论函数 f(x)的单调性．[解题观摩] 由题易得 f′(x)＝(ax2＋2ax＋1)ex，当 a＝0 时，f′(x)＝ex＞0，此时 f(x)在 R 上单调递增．当 a＞0 时，方程 ax2＋2ax＋1＝0 的判别式 Δ＝4a2－4a.① 当 0＜a≤1 时，Δ≤0，ax2＋2ax＋1≥0 恒成立，所以 f′(x)≥0，此时 f(x)在 R 上单调递增；② 当 a＞1 时，令 f′(x)＝0，解得 x1＝－1－ ，x2＝－1＋ .当 x 变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)＋0－0＋f(x)极大值微小值所以 f(x)在和上单调递增，在上单调递减．综上，当 0≤a≤1 时，f(x)在 R 上单调递增；当 a＞1 时，f(x)在和上单调递增，在上单调递减．求导后...
