含参函数单调性问题

一个函数的导数的正负决定了这个函数的单调性，因此，只需令$f(x)>(<)0$，即可解出这个函数的单调区间，当这个函数的导数含有参数的时候，随着参数的取值范围不同，导函数的图象也会随之变化，导致原函数的单调性也会发生变化，所以含参函数单调性问题的实质是分析清参数对导函数图象的影响. 本文通过一些实例来讲解含参函数单调性的讨论问题.

【例题1】已知函数$f\left(x\right)=\mathrm{e}^x-ax$，讨论函数的单调性.

【解析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\mathbb{R}$，$f^{\prime}\left(x\right)=\mathrm{e}^x-a$，分析$f^{\prime}\left(x\right)$的图象会有以下两种可能：

显然，导致导函数图象的这两种可能是由$a\geqslant 0$或$a<0$引起的，因此，讨论过程如下：

解：$f^\prime\left(x\right)=\mathrm{e}^x-a$，

若$a\leqslant 0$时，$f^\prime\left(x\right)>0$， $f\left(x\right)$在$\mathbb{R}$上递增；

若$a>0$时，令$f^\prime\left(x\right)=0$ ，解得$x=\ln{a}$，

当$x>\ln{a}$时，$f^\prime\left(x\right)>0$， $f\left(x\right)$递增；当$x<\ln{a}$时，$f^\prime\left(x\right)<0$， $f\left(x\right)$递减，

综上所述：$f\left(x\right)$在$(\ln{a},+\infty)$上单调递增，在$(-\infty,\ln{a})$上单调递减.

【例题2】已知函数$f\left( x \right)=\dfrac{{{\mathrm{e}}^{2x}}}{ax-1}\left( a\in \mathbb{R} \right)$，讨论$f(x)$的单调性.

【分析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\left\{x\left|x\in\mathbb{R}且x\ne \dfrac{1}{a}\right.\right\}$，$f^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{\mathrm{e}^{2x}\left[ 2ax-\left( a+2 \right) \right]}{\left( ax-1 \right)^2}$，分析$f^{\prime}\left(x\right)$的图象恒过定点$\left(\dfrac{1}{2},-2\right)$，会有以下三种种可能：

而导致导函数图象的这两种可能是由$a>0$、$a=0$、$a<0$引起的，因此，讨论过程如下：

解：$f^{\prime}\left( x \right)=\dfrac{\mathrm{e}^{2x}\left[ 2ax-\left( a+2 \right) \right]}{\left( ax-1 \right)^2}$．

当$a=0$时，$f\left( x \right)=-{{\mathrm{e}}^{2x}}$，易知$f(x)$在$\mathbb{R}$上单调递减．

当$a>0$时，令$f^{\prime}\left( x \right)>0$，可得$x>\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}$；令$f^{\prime}\left( x \right)<0$，可得$x<\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}$且$x\ne \dfrac{1}{a}$，

$\therefore f(x)$在$\left(-\infty ,\dfrac{1}{a}\right)$和$\left( \dfrac{1}{a},\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2} \right)$上单调递减，在$\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2},+\infty  \right)$上单调递增．

当$a<0$时，令$f^{\prime}\left( x \right)>0$，可得$x<\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}$且$x\ne \dfrac{1}{a}$；令$f^{\prime}\left( x \right)<0$，可得$x>\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}$，

$\therefore f(x)$在$\left(-\infty ,\dfrac{1}{a}\right)$和$\left(\dfrac{1}{a},\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2}\right)$上单调增，在$\left( \dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{2},+\infty  \right)$上单调递减．

【例题3】讨论函数$f\left(x\right)=\ln x-ax$的单调区间．

【分析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\left(0,+\infty\right)$，$f^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{1}{x}-a$，由定义域可知只需考虑导函数在$\left(0,+\infty\right)$上的图象即可，分析$f^{\prime}\left(x\right)$的图象会有以下两种可能：

显然，导致导函数图象的这两种可能是由$a\leqslant 0$或$a>0$引起的，因此，讨论过程如下：

解：$f^\prime\left(x\right)=\dfrac{1}{x}-a$；

$\because f\left(x\right)=\ln x-ax$的定义域是$(0,+\infty)$，

$a\leqslant 0$时，$f^\prime\left(x\right)>0$恒成立，$f\left(x\right)$在$\left(0,+\infty\right)$上单调递增．

$a>0$时，令$f^{\prime}\left( x \right)>0$，可得$0<x<\dfrac{1}{a}$；令$f^{\prime}\left( x \right)<0$，可得$x>\dfrac{1}{a}$，

$\therefore f(x)$在$\left(0 ,\dfrac{1}{a}\right)$上单调增，在$\left( \dfrac{1}{a},+\infty  \right)$上单调递减．

(该题把导函数$f^\prime\left(x\right)=\dfrac{1}{x}-a$进行通分，然后对分子$y=-ax+1$的图像进行分析也可以，只是稍微麻烦一些)

【例题4】已知函数$f\left(x\right)=p\ln x+\left(p-1\right)x^2+1$， 讨论函数$f\left(x\right)$的单调性．

【分析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\left(0,+\infty\right)$，$f^{\prime}\left(x\right)=\dfrac{p}{x}+2(p-1)x=\dfrac{2(p-1)x^2+p}{x}$，由定义域可知只需考虑导函数在$\left(0,+\infty\right)$上的图象即可，由于$f^{\prime}\left(x\right)$的有效部分$2(p-1)x^2+p$为二次或常数函数，所以应分$p=1$和$p\ne 1$两种情况，当$p\ne 1$时，又可细分为$p>1$和$p<1$两种可能，而$p<1$时，还需要考虑在$\left(0,+\infty\right)$上有没有零点的问题，因此，导函数的图象会有以下几种可能：

解：$f\left(x\right)$的定义域为$(0\ ,+\infty)$，$f^\prime\left(x\right)=\dfrac{p}{x}+2\left(p-1\right)x=\dfrac{2\left(p-1\right)x^2+p}{x}$，

(因为$x>0$，所以$y=f^\prime\left(x\right)$的正负性等价于$2\left(p-1\right)x^2+p$的正负性；先确定函数类型，分$p=1$和$p\neq1$)

$(1)$ 若 $p=1$时，$f^\prime\left(x\right)=\dfrac{1}{x}>0$，故$f\left(x\right)$在$(0\ ,+\infty)$单调递增；

$(2)$ 若$p\neq1$时，

(抛物线的开口方向会影响导函数的正负性，分$p>1$和$p<1$)

若$p>1$时，$f^\prime\left(x\right)>0$，故$f\left(x\right)$在$(0\ ,+\infty)$单调递增；

若$p<1$时，

($0$所对的导函数值会影响导函数的正负性，分$0<p<1$和$p\leqslant 0$)

① 若$0<p<1$时，令$f^\prime\left(x\right)=0$，解得$x=\sqrt{\dfrac{p}{2\left(1-p\right)}}$，

则当$0<x<\sqrt{\dfrac{p}{2\left(1-p\right)}}$时，$f^\prime\left(x\right)>0，$$f\left(x\right)$递增；当$x>\sqrt{\dfrac{p}{2\left(1-p\right)}}$时，$f^\prime\left(x\right)<0$，$f\left(x\right)$递减．

② 若$p\leqslant0$时，$f^\prime\left(x\right)< 0$，故$f\left(x\right)$在$(0\ ,+\infty)$单调递减；

综上所述：

当$p\geqslant 1$时，$f\left(x\right)$在$(0\ ,+\infty)$单调递增；

当$0<p<1$时，$f\left(x\right)$在$\left(0 ,\sqrt{\dfrac{p}{2\left(1-p\right)}}\right)$上单调递增，在$\left(\sqrt{\dfrac{p}{2\left(1-p\right)}} ,+\infty\right)$上单调递减；

当$p\leqslant 0$时，$f\left(x\right)$在$(0\ ,+\infty)$单调递减．

【例题5】函数$f\left(x\right)=\dfrac{1}{3}x^3+\dfrac{a}{2}x^2-2ax+1$的单调性．

【分析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\mathbb{R}$，$f^{\prime}\left(x\right)=x^2+ax-2a$，由判别式可知导函数的图象会有以下两种可能：

解：$f^\prime\left(x\right)=x^2+ax-2a$，其判别式为$\Delta=a^2+8a$，

($x^2+ax-2a$不一定能在实数内因式分解，故思考导函数是否存在零点，由判别式决定，分$\Delta\leqslant 0$和$\Delta> 0$讨论)

(1)若$\Delta\leqslant 0$，即$-2\leqslant a\leqslant 0$时，$f^\prime\left(x\right)\geqslant 0$， $f(x)$在$\mathbb{R}$上递增；

(2)若$\Delta> 0$，即$a<-2$或$a>0$时，

令$f^\prime\left(x\right)=0$，解得$x_1=\dfrac{-a-\sqrt{4a^2+8a}}{2}$或$x_2=\dfrac{-a+\sqrt{4a^2+8a}}{2}$，其中$x_2>x_1$，

当$x<x_1$或$x>x_2$时，$f^\prime\left(x\right)>0$，$f(x)$单调递增.

综上所述，当$-2\leqslant a\leqslant 0$时，$f(x)$在$\mathbb{R}$上递增；

当$a<-2$或$a>0$时，$f(x)$在$\left(\dfrac{-a-\sqrt{a^2+8a}}{2},\dfrac{-a+\sqrt{a^2+8a}}{2}\right)$上递减，

在$\left(-\infty ,\dfrac{-a-\sqrt{a^2+8a}}{2}\right)$，$\left (\dfrac{-a+\sqrt{4a^2+8a}}{2} , +\infty\right)$递增．

【例题6】讨论函数$f\left(x\right)=x-\dfrac{2a}{x}-(a+2)\ln x$的单调区间.

【分析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\left(0,+\infty\right)$，

$f^\prime\left(x\right)=1+\dfrac{2a}{x^2}-\dfrac{a+2}{x}=\dfrac{x^2-\left(a+2\right)x+2a}{x^2}=\dfrac{\left(x-2\right)(x-a)}{x^2}$ ，由导函数的零点可知图象会有以下四种可能：

解：$f\left(x\right)$的定义域为$\left(0,+\infty\right)$，

$f^\prime\left(x\right)=1+\dfrac{2a}{x^2}-\dfrac{a+2}{x}=\dfrac{x^2-\left(a+2\right)x+2a}{x^2}=\dfrac{\left(x-2\right)(x-a)}{x^2} $(求导后通分、因式分解，确保有零点存在)

令$f^\prime\left(x\right)=0$，得$x_1=2 , x_2=a$，

(对导函数零点$2$、$a$与定义域端点$0$三者比较大小，先比较$a$与$0$的大小，分$a>0$和$a\leqslant 0$)

(1)若$a\leqslant 0$时，

当$0<x<2$时，$f^\prime\left(x\right)<0$，$f\left(x\right)$递减，$x>2$时，$f^\prime\left(x\right)>0$，$f\left(x\right)$递增；

(2)若$a>0$时，(判断导函数零点$2$、$a$的大小，分$a=2$、$a>2$、$a<2$三种情况)

①若$a=2$时，

$f^\prime\left(x\right)=\left(x-2\right)^2\geqslant0$，$f\left(x\right)$递增；(不要遗忘零点相等的情况)

②若$a>2$时，

当$0<x<a$时，$f^\prime\left(x\right)>0$，$f\left(x\right)$递增；当$2<x<a$时，$f^\prime\left(x\right)<0$，$f\left(x\right)$递减；

③若$0<a<2$时，

当$0<x<a$或$x>2$时，$f^\prime\left(x\right)>0$，$f\left(x\right)$递增；当$a<x<2$时，$f\left(x\right)$递减，

综上所述：

当$a\leqslant 0$时，$f\left(x\right)$递减区间为$(0 , 2)$，$f\left(x\right)$递增区间为$\left(2 ,+\infty\right)$；

当$a=2$时，$f\left(x\right)$递增区间为$\left(0,+\infty\right)$；

当$a>2$时，$f\left(x\right)$递增区间为$(0, 2)$，$\left(a,+\infty\right)$，$f\left(x\right)$递减区间为$(2,a)$；

当$0<a<2$时，$f\left(x\right)$递增区间为$(0,a)$，$\left(2,+\infty\right)$，$f\left(x\right)$递减区间$(a,2)$．

【例题7】讨论$f\left(x\right)=-\ln x+ax+\dfrac{a-1}{x}+1$的单调性．

【解析】函数$f\left(x\right)$的定义域为$\left(0,+\infty\right)$，(注意函数的定义域)

$f^\prime\left(x\right)=-\dfrac{1}{x}+a-\dfrac{a-1}{x^2}=\dfrac{ax^2-x+1-a}{x^2}=\dfrac{\left(x-1\right)\left(ax+a-1\right)}{x^2}$ ，(通分，因式分解)

令$g\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(ax+a-1\right)$，$x>0$，此时$g(x)$与$f^\prime\left(x\right)$符号相同．

(第一步：讨论函数类型)

(1)当$a=0$时，$g\left(x\right)=-x+1$

当$x\in(0,1)$时，$g\left(x\right)>0$，即$f^\prime\left(x\right)>0$，函数$f\left(x\right)$单调递增；

当$x\in(1,+\infty)$时，$g\left(x\right)<0$，即$f^\prime\left(x\right)<0$，函数$f\left(x\right)$单调递减；

(2)当$a\neq0$时，由$g\left(x\right)=0$，解得$x_1=1, x_2=\dfrac{1}{a}-1$；

(第二步：讨论开口方向)

①当$a<0$时，抛物线$g\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(ax+a-1\right)$开口向下，

由于$\dfrac{1}{a}-1<0$ (留意导函数零点和定义域的大小)

$x\in(0,1)$时，$g\left(x\right)>0$，即$f^\prime\left(x\right)>0$，函数$f\left(x\right)$单调递增；

$x\in\left(1,+\infty\right)$时，$g\left(x\right)<0$，即$f^\prime\left(x\right)<0$，函数$f\left(x\right)$单调递减．

②当$a>0$时，抛物线$g\left(x\right)=\left(x-1\right)\left(ax+a-1\right)$开口向上，

(第三步：比较导函数零点大小)

ⅰ 当$a=\dfrac{1}{2}$时，$x_1=x_2$，$g\left(x\right)>0$恒成立，即$f^\prime\left(x\right)\geqslant0$，函数$f\left(x\right)$在$\left(0,+\infty\right)$上单调递增；

ⅱ 当$0<a<\dfrac{1}{2}$时，$\dfrac{1}{a}-1>1>0$，$x_2>x_1>0$，

$x\in\left(0,1\right)$或$x\in(\dfrac{1}{a}-1,+\infty)$时，$g\left(x\right)>0$，即$f^\prime\left(x\right)>0$，函数$f\left(x\right)$单调递增；

$x\in\left(1,\dfrac{1}{a}-1\right)$时，$g\left(x\right)<0$，即$f^\prime\left(x\right)<0$，函数$f\left(x\right)$单调递减；

ⅲ 当$\dfrac{1}{2}<a<1$时，$1>\dfrac{1}{a}-1>0$，$x_1>x_2>0$

$x\in \left( 0,\dfrac{1}{a}-1 \right) $或$x\in \left( 1,+\infty \right) $时，$g\left( x \right) >0,\text{ 即}f^{\prime}\left( x \right) <0$，函数$f(x)$单调递增；

         $x\in (\dfrac{1}{a}-1,1)$时，$g\left( x \right) <0$，即$f^{\prime}\left( x \right) <0$，函数$f\left( x \right) $单调递减；

    ⅳ 当$a\ge 1$时，$\dfrac{1}{a}-1\le 0$，

$x\in (0,1)$时，$g\left( x \right) <0$，即$f^{\prime}\left( x \right) <0$，函数$f\left( x \right) $单调递减；

$x\in \left( 1,+\infty \right) $时，$g\left( x \right) >0$，即$f^{\prime}\left( x \right) >0$，函数$f\left( x \right) $单调递增；

综上所述：

       当$a\le 0$时，函数$f\left( x \right) $在$(0,1)$上单调递增；函数$f\left( x \right) $在$(1,+\infty )$上单调递减；

       当$a=\dfrac{1}{2}$时，函数$f\left( x \right) $在$(0,+\infty )$上单调递增；

       当$0<a<\dfrac{1}{2}$时，函数$f\left( x \right) $在$(0,1)$上单调递增；函数$f\left( x \right) $在$(1,\dfrac{1}{a}-1)$上单调递减，在$(\dfrac{1}{a}-1,+\infty )$上单调递增，

    当$\dfrac{1}{2}<a<1$时，函数$f\left( x \right) $在$\left( 0,\dfrac{1}{a}-1 \right) ,\left( 1,+\infty \right) $单调递减，在$(\dfrac{1}{a}-1,1)$单调递增；

当$a\geqslant 1$时，函数$f\left( x \right) $在$(0,1)$单调递减；在$\left( 1,+\infty \right) $单调递增.

【点拨】

① 求导后，通分，因式分解是个好习惯，能因式分解说明不需要讨论$\Delta$.

② “二次函数”型分类讨论思路，经常分类讨论的标准有：确定是否二次函数，开口方向，判别式(是否有零点)，零点比较大小，零点与定义域端点的大小；

③ 在讨论繁琐时，建议以思维导图形式，画“导函数穿线图和原函数趋势图”梳理思路.

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【练习】

$1.$ 讨论函数$f\left(x\right)=\left(a+1\right)\ln x+{ax}^2+1$的单调性．