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导数是中学数学新增的重要工具之一，用之处理函数的单调区间问题有无可比拟的优越性.
涉及用导数处理函数的单调性分类讨论的问题，对其分类标准作系统归纳，有利于学生的综合感悟、应用知识，提高能力.
实际解题时，求导后如何确定分类标准成为解决问题的瓶颈，下面就常接触的几分类方法汇总如下：
1． 用奇偶分析分类问题
例1 求函数f(x)=x2-2(-1)klnx(k∈N*)求此函数的单调增区间.
解:函数的定义域为（0，+∞)
f′(x)=2x-2(-1)k1x=2［x2-(-1)k］x
1° 当k为奇数时，f＝′(x)=2(x2+1)x,f(x)′>0在（0，+∞)恒成立
即函数的单调区间是（0，+∞)
2° 当k为偶数时，f′(x)=2(x2-1)x，f′(x)>0，得x>1
即函数的单调区间是（1，+∞)
综上k为奇数时f(x)单调增区间是（0，+∞)，k为偶数f(x)单调增区间是（0，+∞)
2． 用参数正负，根的大小来分类问题
例2 已知函数f(x)=2ax-a2+1x2+1(x∈R)，a∈R．当a≠0，求函数f(x)的单调区.
解：f′(x)=2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(x2+1)2=-2(x-a)(ax+1)(x2+1)2．
令f′(x)=0，得到x1=-1a，x2=a，
a--1a=a+1a=a2+1a
易见，由a的正负即可确定两根的大小，从而确定了分类标准
（1） 当a>0时，令f′(x)=0，得到x1=-1a，x2=a．当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x-∞,-1a1a-1a,aa(a,+∞)
f′(x)-0+0-
f(x)+极小值极大值
所以f(x)在区间-∞,-1a，(a,+∞)内为减函数，在区间-1aa内为增函数．
（2） 当a<0时，令f′(x)=0，得到x1=a，x2=1a,当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x(-∞,a)aa,-1a-1a-1a,+∞
f′(x)+0-0+
f(x)极大值极小值
所以f(x)在区间(-∞,a)，-1a,+∞内为增函数，在区间a,-1a内为减函数．
3． 用Δ的正负分类问题
例3 设函数g(x)=exx2+k（k>0）,讨论g(x)的单调性．
解：由g(x)=exx2+k(k＞0)
得g′(x)=ex(x2-2x+k)(x2+k)2(k＞0)
令g′(x)=0，有x2-2x+k=0(k＞0)
（1） 当Δ=4-4k<0，即当k>1时，g′(x)>0在R上恒成立，故函数g(x)在R上位增函数
（2） 当Δ=4-4k=0，即当k=1时，有g′(x)=ex(x-1)2(x2+1)2>0(x≠1)，从而当k=1时，g(x)在为增函数
（3） 当Δ=4-4k>0，即当0＜k＜1时，方程x2-2x+k=0有两个不相等实根x1=1-1-k,x2=1+1-k
当x∈(-∞,1-1-k)时，g′(x)>0，故g(x)在(-∞,1-1-k)上为增函数；
当x∈(1-1-k,1+1-k)时，g′(x)<0,故g(x)对在(1-1-k,1+1-k)上为减函数；
当x∈(1+1-k,+∞)时，g′(x)>0,故g(x)在(1+1-k,+∞)上为增函数
4． 用导函数的最值来分类问题
已知函数f(x)=ax-ln（-x） x∞［-e,0)a为常数
求函数的单调区间
解：f′(x)=a-1x导函数在x∈［-e,0)是单调的增函数，所以f′(x)的最小值是a+1e
1) a+1e≥0,即a≥-1e时，f′(x)≥0恒成立，所以函数的单调增区间是［-e,0)
2） a+1e<0即a<-1e时，f′(x)=0得x=-1a,所以f′(x)<0-e f′(x)>0-1a 所以函数的单调增区间是-e,1a, 单调减区间是1a,0
法无定法，但通过总结让学生如何分类有章法可以遵循，引导学生探索总结规律，则学生会减少盲目，提高教学效果.
参考文献
1. 十年高考分类解析与应试策略 南方出版社，2009
2． 周远方 站在高中数学新课程改革的门口
——透视2009高考数学湖北卷的新课程理念 数学通讯2009.
涉及用导数处理函数的单调性分类讨论的问题，对其分类标准作系统归纳，有利于学生的综合感悟、应用知识，提高能力.
实际解题时，求导后如何确定分类标准成为解决问题的瓶颈，下面就常接触的几分类方法汇总如下：
1． 用奇偶分析分类问题
例1 求函数f(x)=x2-2(-1)klnx(k∈N*)求此函数的单调增区间.
解:函数的定义域为（0，+∞)
f′(x)=2x-2(-1)k1x=2［x2-(-1)k］x
1° 当k为奇数时，f＝′(x)=2(x2+1)x,f(x)′>0在（0，+∞)恒成立
即函数的单调区间是（0，+∞)
2° 当k为偶数时，f′(x)=2(x2-1)x，f′(x)>0，得x>1
即函数的单调区间是（1，+∞)
综上k为奇数时f(x)单调增区间是（0，+∞)，k为偶数f(x)单调增区间是（0，+∞)
2． 用参数正负，根的大小来分类问题
例2 已知函数f(x)=2ax-a2+1x2+1(x∈R)，a∈R．当a≠0，求函数f(x)的单调区.
解：f′(x)=2a(x2+1)-2x(2ax-a2+1)(x2+1)2=-2(x-a)(ax+1)(x2+1)2．
令f′(x)=0，得到x1=-1a，x2=a，
a--1a=a+1a=a2+1a
易见，由a的正负即可确定两根的大小，从而确定了分类标准
（1） 当a>0时，令f′(x)=0，得到x1=-1a，x2=a．当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x-∞,-1a1a-1a,aa(a,+∞)
f′(x)-0+0-
f(x)+极小值极大值
所以f(x)在区间-∞,-1a，(a,+∞)内为减函数，在区间-1aa内为增函数．
（2） 当a<0时，令f′(x)=0，得到x1=a，x2=1a,当x变化时，f′(x),f(x)的变化情况如下表：
x(-∞,a)aa,-1a-1a-1a,+∞
f′(x)+0-0+
f(x)极大值极小值
所以f(x)在区间(-∞,a)，-1a,+∞内为增函数，在区间a,-1a内为减函数．
3． 用Δ的正负分类问题
例3 设函数g(x)=exx2+k（k>0）,讨论g(x)的单调性．
解：由g(x)=exx2+k(k＞0)
得g′(x)=ex(x2-2x+k)(x2+k)2(k＞0)
令g′(x)=0，有x2-2x+k=0(k＞0)
（1） 当Δ=4-4k<0，即当k>1时，g′(x)>0在R上恒成立，故函数g(x)在R上位增函数
（2） 当Δ=4-4k=0，即当k=1时，有g′(x)=ex(x-1)2(x2+1)2>0(x≠1)，从而当k=1时，g(x)在为增函数
（3） 当Δ=4-4k>0，即当0＜k＜1时，方程x2-2x+k=0有两个不相等实根x1=1-1-k,x2=1+1-k
当x∈(-∞,1-1-k)时，g′(x)>0，故g(x)在(-∞,1-1-k)上为增函数；
当x∈(1-1-k,1+1-k)时，g′(x)<0,故g(x)对在(1-1-k,1+1-k)上为减函数；
当x∈(1+1-k,+∞)时，g′(x)>0,故g(x)在(1+1-k,+∞)上为增函数
4． 用导函数的最值来分类问题
已知函数f(x)=ax-ln（-x） x∞［-e,0)a为常数
求函数的单调区间
解：f′(x)=a-1x导函数在x∈［-e,0)是单调的增函数，所以f′(x)的最小值是a+1e
1) a+1e≥0,即a≥-1e时，f′(x)≥0恒成立，所以函数的单调增区间是［-e,0)
2） a+1e<0即a<-1e时，f′(x)=0得x=-1a,所以f′(x)<0-e
法无定法，但通过总结让学生如何分类有章法可以遵循，引导学生探索总结规律，则学生会减少盲目，提高教学效果.
参考文献
1. 十年高考分类解析与应试策略 南方出版社，2009
2． 周远方 站在高中数学新课程改革的门口
——透视2009高考数学湖北卷的新课程理念 数学通讯2009.