函數(shù)單調(diào)性之分類討論

本文介紹了含參函數(shù)單調(diào)性的分類討論方法。首先，根據(jù)函數(shù)的形式（一次函數(shù)、二次函數(shù)、分式函數(shù)、含ex函數(shù)）進(jìn)行分類討論。對(duì)于一次函數(shù)，根據(jù)參數(shù)k的正負(fù)和零來標(biāo)記數(shù)軸上的根，并確定單調(diào)區(qū)間；對(duì)于二次函數(shù)，先進(jìn)行因式分解，然后根據(jù)參數(shù)a的正負(fù)和零以及判別式Δ的大小來確定單調(diào)區(qū)間；對(duì)于分式函數(shù)和含ex函數(shù)，需要進(jìn)行通分或提取e等操作，然后根據(jù)參數(shù)分類討論。接下來，通過兩個(gè)例題來演示如何使用分類討論方法討論函數(shù)單調(diào)性。第一個(gè)例題中，給定函數(shù)f(x)=lnx-ax，根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)確定函數(shù)在定義域上的單調(diào)性；第二個(gè)例題中，給定函數(shù)f(x)=lnx-ax+(a-1)x^2/2，先求導(dǎo)得到導(dǎo)數(shù)，然后根據(jù)判別式Δ的大小和根的位置確定函數(shù)在定義域上的單調(diào)性?？偟膩碚f，分類討論法是一種通用的方法，適用于各種含參函數(shù)單調(diào)性的討論。在具體操作時(shí)，需要根據(jù)函數(shù)的形式和參數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，然后根據(jù)導(dǎo)數(shù)的正負(fù)、判別式的大小和根的位置等來確定函數(shù)在定義域上的單調(diào)性。首先需要進(jìn)行一些符號(hào)的修正和排版調(diào)整，然后再進(jìn)行改寫。1.討論函數(shù)$f(x)=ae^x$的單調(diào)性。解析：定義域?yàn)?(-\infty,+\infty)$，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為$f'(x)=ae^x$。當(dāng)$a<0$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,1)$單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$a>0$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,1)$單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$單調(diào)遞增。2.討論函數(shù)$f(x)=\lnx+ax^2+(2a+1)x$的單調(diào)性。解析：定義域?yàn)?(0,+\infty)$，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為$f'(x)=\frac{1}{x(x+1)}+(4a+2)x+2a+1$。當(dāng)$a\geq0$時(shí)，$f(x)$在$(0,+\infty)$單調(diào)遞增；當(dāng)$a<0$時(shí)，令$f'(x)=0$得到$x_1=-\frac{1}{2a}$和$x_2=-1$，因此$f(x)$在$(0,x_1)$和$(x_2,+\infty)$單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$單調(diào)遞增。3.已知常數(shù)$a>0$，函數(shù)$f(x)=\ln(1+ax)-\frac{x}{x+2}$。解析：定義域?yàn)?(0,+\infty)$，函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為$f'(x)=\frac{a}{1+ax}-\frac{2}{(x+2)^2}$。令$f'(x)=0$得到$x=\frac{2}{a}-2$，因此$f(x)$在$(0,\frac{2}{a}-2)$單調(diào)遞增，在$(\frac{2}{a}-2,+\infty)$單調(diào)遞減。已知函數(shù)$f(x)=\ln(x+1)-\dfrac{ax}{x+a-1}$，其中$a$為常數(shù)。1.當(dāng)$a\geq1$時(shí)，$f'(x)>0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。2.當(dāng)$0<a<1$時(shí)，令$f'(x)=0$，得$x=\dfrac{2}{1-a}$，$x=-\dfrac{2}{1-a}$，又$\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)=\ln(x+1)$，$\lim\limits_{x\to-\infty}f(x)=\ln(-x+1)-\dfrac{ax}{x+a-1}$，則①當(dāng)$x\in(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$時(shí)，$f'(x)>0$，故$f(x)$在$(-\infty,-2)\cup(2,+\infty)$上單調(diào)遞增；②當(dāng)$x\in(-2,2)$時(shí)，$f'(x)<0$，故$f(x)$在$(-2,2)$上單調(diào)遞減。3.當(dāng)$a=1$時(shí)，$f'(x)=\dfrac{1}{x+1}-\dfrac{x}{x}=1-\dfrac{1}{x(x+1)}>0$，故$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增。綜上所述：當(dāng)$a\leq1$時(shí)，$f(x)$在$(0,1)$上單調(diào)遞減，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a=1$時(shí)，$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$0<a<1$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,-2)\cup(-2,2)\cup(2,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$(-2,2)$上單調(diào)遞減。已刪除明顯有問題的段落。6、已知函數(shù)$f(x)=\frac{x-ax-\ln(x+1)}{2}$，$a\inR$，討論$f(x)$的單調(diào)區(qū)間。首先確定定義域?yàn)?(-1,+\infty)$，然后求導(dǎo)得到$f'(x)=\frac{-ax^2-ax+x(-ax-(a-1))}{(x+1)^2}$。①當(dāng)$a=0$時(shí)，$f(x)=\frac{x-\ln(x+1)}{2}$，故$f(x)$在$(-1,+\infty)$單調(diào)遞減。當(dāng)$\Delta=(-a)^2-4(-a)(1)=a^2+4>0$時(shí)，解得兩個(gè)根$x_1=\frac{-a+\sqrt{\Delta}}{2}$，$x_2=\frac{-a-\sqrt{\Delta}}{2}$，比較兩根大小情況：②當(dāng)$x_1>x_2$時(shí)，即$1<a<2$時(shí)，$f(x)>2$，故$f(x)$在$(-1,a-2a),(a^2-2a,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$(a-2a,+\infty)$上單調(diào)遞減。③當(dāng)$x_1<x_2$時(shí)，即$a>2$或$a<-\frac{2}{3}$時(shí)，$f(x)>2$，故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞增，在$(-\infty,a-2a),(a^2-2a,+\infty)$上單調(diào)遞減。④當(dāng)$a=2$時(shí)，$f(x)=\frac{x-2x-\ln(x+1)}{2}=-\frac{\ln(x+1)}{2}-x$，故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞減。⑤當(dāng)$a=-\frac{2}{3}$時(shí)，$f(x)=\frac{x+\frac{2}{3}x-\ln(x+1)}{2}=\frac{x}{3}-\frac{\ln(x+1)}{2}$，由于$\frac{x}{3}-\frac{\ln(x+1)}{2}$的導(dǎo)數(shù)為$\frac{2-x}{6(x+1)^2}$，故$f(x)$在$(-1,2)$上單調(diào)遞增，在$(2,+\infty)$上單調(diào)遞減。因此，$f(x)$的單調(diào)區(qū)間為：當(dāng)$a=0$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$1<a<2$時(shí)，$(-1,a-2a)$單調(diào)遞增，$(a^2-2a,+\infty)$單調(diào)遞增，$(a-2a,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$a>2$或$a<-\frac{2}{3}$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增，$(-\infty,a-2a)$單調(diào)遞減，$(a^2-2a,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$a=2$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$a=-\frac{2}{3}$時(shí)，$(-1,2)$單調(diào)遞增，$(2,+\infty)$單調(diào)遞減。7、已知函數(shù)$f(x)=\ln(x+1)-x+\frac{k}{2x}$，$k\geq0$，討論$f(x)$的單調(diào)性。首先確定定義域?yàn)?(-1,+\infty)$，然后求導(dǎo)得到$f'(x)=\frac{2x-(k-1)x^2-kx}{2x^2(x+1)^2}$。①當(dāng)$k=0$時(shí)，$f(x)=\ln(x+1)-x$，故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$\Delta=(k-1)^2-4k<0$時(shí)，$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞減。②當(dāng)$\Delta=0$時(shí)，即$k=1$時(shí)，$f(x)\geq0$，故$f(x)$在$(-1,+\infty)$上單調(diào)遞增。③當(dāng)$\Delta>0$時(shí)，即$0<k<\frac{3}{2}$或$k>2$時(shí)，比較兩個(gè)根$x_1=\frac{k-1+\sqrt{\Delta}}{2(k-1)}$，$x_2=\frac{k-1-\sqrt{\Delta}}{2(k-1)}$的大小情況：當(dāng)$x_1>x_2$時(shí)，$f(x)>0$，故$f(x)$在$(-1,x_2),(x_1,+\infty)$上單調(diào)遞減，在$(x_2,x_1)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$x_1<x_2$時(shí)，$f(x)>0$，故$f(x)$在$(-1,x_1),(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增。因此，$f(x)$的單調(diào)區(qū)間為：當(dāng)$k=0$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增；當(dāng)$0<k<\frac{3}{2}$或$k>2$時(shí)，$(-1,x_2)$單調(diào)遞減，$(x_1,+\infty)$單調(diào)遞減，$(x_2,x_1)$單調(diào)遞增；當(dāng)$k=1$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增；當(dāng)$k=\frac{3}{2}$時(shí)，$f(x)=\ln(x+1)-x+\frac{3}{4x}$，$f'(x)=\frac{4x-3x^2-3}{4x^2(x+1)^2}$，$f(x)$在$(-1,0)$上單調(diào)遞減，在$(0,\frac{3}{2})$上單調(diào)遞增，在$(\frac{3}{2},+\infty)$上單調(diào)遞減；當(dāng)$k=2$時(shí)，$f(x)=\ln(x+1)-x+\frac{1}{x}$，$f'(x)=\frac{x^3-2x^2-x+1}{x^2(x+1)^2}$，$f(x)$在$(-1,-1+\sqrt{2})$上單調(diào)遞減，在$(-1+\sqrt{2},1)$上單調(diào)遞增，在$(1,+\infty)$上單調(diào)遞減。綜上所述，$f(x)$的單調(diào)區(qū)間為：當(dāng)$k=0$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增；當(dāng)$0<k<1$時(shí)，$(-1,x_2)$單調(diào)遞減，$(x_1,+\infty)$單調(diào)遞減，$(x_2,x_1)$單調(diào)遞增；當(dāng)$k=1$時(shí)，$(-1,+\infty)$單調(diào)遞增；當(dāng)$1<k<\frac{3}{2}$時(shí)，$(-1,x_2)$單調(diào)遞減，$(x_1,+\infty)$單調(diào)遞減，$(x_2,x_1)$單調(diào)遞增；當(dāng)$k=\frac{3}{2}$時(shí)，$(-1,0)$單調(diào)遞減，$(0,\frac{3}{2})$單調(diào)遞增，$(\frac{3}{2},+\infty)$單調(diào)遞減；當(dāng)$k>2$時(shí)，$(-1,x_2)$單調(diào)遞減，$(x_1,+\infty)$單調(diào)遞減，$(x_2,x_1)$單調(diào)遞增；當(dāng)$k=2$時(shí)，$(-1,-1+\sqrt{2})$單調(diào)遞減，$(-1+\sqrt{2},1)$單調(diào)遞增，$(1,+\infty)$單調(diào)遞減。aln(x)+ax(1-x)當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，x(1-x)>0，因此只需討論aln(x)+a-1的符號(hào)即可。①當(dāng)a=1時(shí)，f(x)=-xln(x)-(1-x)ln(1-x)，f'(x)=-ln(x)+ln(1-x)，x∈(0,1)時(shí)，-ln(x)+ln(1-x)<0，故f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增。②當(dāng)a≠1時(shí)，f'(x)=-aln(x)-a+1-aln(1-x)，令f'(x)=0，得x=e^(-a+1)/(1+e^(-a+1))，代入f'(x)得f'(x)=-(a-1)ln(e^(-a+1)/(1+e^(-a+1)))<0，故f(x)在(0,e^(-a+1)/(1+e^(-a+1)))上單調(diào)遞減，在(e^(-a+1)/(1+e^(-a+1)),1)上單調(diào)遞增。因此，當(dāng)a=1時(shí)，f(x)在(0,1)上單調(diào)遞增；當(dāng)a≠1時(shí)，在(0,e^(-a+1)/(1+e^(-a+1)))上單調(diào)遞減，在(e^(-a+1)/(1+e^(-a+1)),1)上單調(diào)遞增。[解析]首先，對(duì)于格式錯(cuò)誤的數(shù)學(xué)公式，需要手動(dòng)修改，將其變?yōu)檎_的格式。接下來，對(duì)于明顯有問題的段落，可以直接刪除。最后，對(duì)于每段話，可以進(jìn)行小幅度的改寫，使其更加通順和易讀。1.討論函數(shù)$f(x)=\dfrac{-x+a}{x^2}$的單調(diào)性。當(dāng)$a=0$時(shí)，$f(x)=\dfrac{-1}{x}$，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞減。當(dāng)$a<0$時(shí)，$f(x)=\dfrac{-x+a}{x^2}<0$，$f(x)$在$(0,+\infty)$上單調(diào)遞減。當(dāng)$a>0$時(shí)，無法判斷$f(x)$的符號(hào)。討論根的判別式情況：$\Delta=a^2-4$。當(dāng)$-2\leqa<2$時(shí)，$\Delta\leq0$，$f(x)\leq0$，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞減。當(dāng)$a\geq2$時(shí)，$\Delta>0$，$x_1=\dfrac{-a-\sqrt{\Delta}}{2}$，$x_2=\dfrac{-a+\sqrt{\Delta}}{2}$。討論兩根大小情況：$x_1<x_2$。當(dāng)$x\in(-\infty,x_1)\cup(x_2,+\infty)$時(shí)，$f'(x)<0$，$f(x)$單調(diào)遞減。當(dāng)$x\in(x_1,x_2)$時(shí)，$f'(x)>0$，$f(x)$單調(diào)遞增。綜上所述，當(dāng)$a\leq2$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞減；當(dāng)$a>2$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,x_1)\cup(x_2,+\infty)$上單調(diào)遞減，在$(x_1,x_2)$上單調(diào)遞增。2.已知函數(shù)$f(x)=e^x(e^x-a)-a^2x$。（1）討論$f(x)$的單調(diào)性。函數(shù)$f(x)$的定義域?yàn)?(-\infty,+\infty)$，其導(dǎo)數(shù)為$f'(x)=2e^{2x}-ae^{x}-a^2$。當(dāng)$a=0$時(shí)，$f(x)=e^{2x}$，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$a>0$時(shí)，$2e^x+a>0$，討論$e^{-a}$的符號(hào)，則由$f'(x)$得$x=\lna$。當(dāng)$x\in(-\infty,\lna)$時(shí)，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(\lna,+\infty)$時(shí)，$f'(x)>0$，故$f(x)$在$(-\infty,\lna)$上單調(diào)遞減，在$(\lna,+\infty)$上單調(diào)遞增。當(dāng)$a<0$時(shí)，$e^{-a}>0$，討論$2e^a$的符號(hào)，則由$f'(x)$得$x=\ln(-a)$。當(dāng)$x\in(-\infty,\ln(-a))$時(shí)，$f'(x)<0$；當(dāng)$x\in(\ln(-a),+\infty)$時(shí)，$f'(x)>0$，故$f(x)$在$(-\infty,\ln(-a))$上單調(diào)遞減，在$(\ln(-a),+\infty)$上單調(diào)遞增。綜上所述，當(dāng)$a=0$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,+\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a>0$時(shí)，$f(x)$在$(-\infty,\lna)$上單調(diào)遞減，在$(\lna,+\infty)$上單調(diào)遞增；當(dāng)$a<0$時(shí)，$f(x)$在$(-\inft