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高中數(shù)學(xué)導(dǎo)數(shù)題需要分類討論時(shí)一般遵循怎樣的順序？
首先導(dǎo)數(shù)分類討論主要分為兩種：
第一種：討論二次函數(shù) $ax^2+bx+c$ 。
1.二項(xiàng)式系數(shù) $a<0;a=0;a>0$ .

$\Delta >0;\Delta =0;\Delta <0$
3.根與定義域的關(guān)系。根在定義域，與不在定義域。有幾個(gè)根在定義域等。
第二種：討論非二次函數(shù)。
凡是導(dǎo)致導(dǎo)數(shù)符號(hào)不確定的情況，都要分類討論。
見(jiàn)下面這個(gè)例題，剛好出現(xiàn)了二次函數(shù)討論做法與非二次函數(shù)討論做法，兩種方法做同一個(gè)題。

【例1】：設(shè)函數(shù) $f(x)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)$ , 其中 $a \in \mathbf{R}.$
(1)討論函數(shù) $f(x)$ 的極值點(diǎn)的個(gè)數(shù), 并說(shuō)明理由;
(2)若 $\forall x>0, f(x) \geqslant 0$ 恒成立, 求 $a$ 的取值范圍.

（1）不采用通分再討論：后果有點(diǎn)。。。。。。。。
$\begin{aligned}f'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2ax-a \end{aligned} ； f''\left( x\right) =\dfrac{-1}{\left( 1+x\right) ^{2}}+2a ； f'''\left( x\right) =\dfrac{2}{\left( 1+x\right) ^{3}} >0 f'''\left( x\right) >0,f''\left( x\right) \uparrow$
討論：
（1）：當(dāng) $a<0$ 時(shí)， $f''\left( x\right) <0,f'\left( x\right) \downarrow$ 。
$f'\left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{2}{3} >0$ ，故只須在 $x>\frac{1}{2}$ 區(qū)間內(nèi)再找一個(gè)點(diǎn)使得 $f'\left( x\right) <0$ 成立，才能證明 $f(x)$ 有極值點(diǎn)。
放縮找點(diǎn)法： $x>\frac{1}{2}$ 時(shí)， $\dfrac{1}{1+x}<1$ ，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 $\begin{aligned}f'\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right) =\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}}+2a\left( \dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right) -a=\dfrac{1-a}{3a-1}=\dfrac{正 }{負(fù)} <0\end{aligned}$ .
由零點(diǎn)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 $\left( \dfrac{1}{2},\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{2a}\right)$ 區(qū)間存在唯一個(gè)變號(hào)零點(diǎn)。
故當(dāng) $a<0$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 存在極大值點(diǎn)。
（2）：當(dāng) $a=0$ 時(shí)， $f(x)=\ln (x+1)$ ，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
（3）：當(dāng) $a>0$ 時(shí)， $f''\left( x\right) =0\Rightarrow 2a=\frac{1}{(x+1)^2}$ 在定義域 $x>-1$ 內(nèi)有解。設(shè)解為 $x=x_0$ 。
$\begin{aligned}x\in \left( 0,x_{0}\right) ,f''\left( x\right) <0,f'\left( x\right) \downarrow ； x\in \left( x_{0},+\infty \right) ,f''\left( x\right) >0,f'\left( x\right) \uparrow \end{aligned}$ .
$\begin{aligned}f'\left( x\right) \geq f'\min =f'\left( x_{0}\right) &=\dfrac{1}{1+x_{0}}+2ax_{0}-a \xlongequal[]{湊項(xiàng)} \dfrac{1}{1+x_{0}}+2a(x_{0}+1-1)-a\\ &=\dfrac{1}{1+x_{0}}+2a(x_{0}+1)-3a\geq \color{red}{2\sqrt{\dfrac{1}{1+x_{0}}\times 2a(x_{0}+1)}-3a}\\ &\geq2\sqrt{2a}-3a\end{aligned}$
下面只須討論 $2\sqrt{2a}-3a$ 的正負(fù)。
甲：當(dāng) $2\sqrt{2a}-3a\geq0$ 時(shí)，即 $0<a\leq\frac{8}{9}$ 時(shí)，恒有 $f'\left( x\right) \geq0$ 此時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
乙：當(dāng) $2\sqrt{2a}-3a<0$ 時(shí)，即 $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)； $f'\left( x_0\right) <0$ .
$\begin{aligned}\dfrac{1}{\left( 1+x_0\right) ^{2}}&=2a\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a}\\ \because a &>\dfrac{8}{9};\therefore \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a} >\sqrt{\dfrac{16}{9}}=\dfrac{4}{3}\\ \therefore 0 &<1+x_0 <\dfrac{3}{4}\Rightarrow \color{red}{-1 <x_0 <\dfrac{-1}{4}}\end{aligned}$ ；故得出 $x_0$ 在定義域 $x>-1$ 內(nèi)。
下面又開(kāi)始找點(diǎn)操作：
找左端點(diǎn) $x_1$ ：
條件：即 $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)；找點(diǎn)區(qū)間： $\color{red}{-1 <x_1 <x_0} . 目標(biāo) f'(x_1 ) >0$ 。
$\begin{aligned}\because x_{1} >-1&\Rightarrow 2ax_{1} >-2a\\ \therefore f'\left( x_{1}\right) & >\dfrac{1}{1+x_{1}}-2a-a\\ \dfrac{1}{1+x_{1}}-3a >0&\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_{1}} >3a\\ &\Rightarrow 0 <1+x_{1} <\dfrac{1}{3a}\\ &\Rightarrow \color{red}{-1 <x_{1} <\dfrac{1}{3a}-1}\end{aligned}$
驗(yàn)證 $\color{red}{x_1 <x_0}$ ：
$\dfrac{1}{\left( 1+x_0\right) ^{2}}=2a\Rightarrow \dfrac{1}{1+x_0}=\sqrt{2a}\Rightarrow \color{red}{x_0=\frac{1}{\sqrt{2a}}-1}$ .
假設(shè) $\dfrac{1}{3a}-1 <\dfrac{1}{\sqrt{2a}}-1\Rightarrow \dfrac{1}{3a} <\dfrac{1}{\sqrt{2a}}\Rightarrow \dfrac{1}{9a} <\dfrac{1}{2}\Rightarrow 9a >2\Rightarrow a >\dfrac{2}{9}$

$\because a >\dfrac{8}{9}>\dfrac{2}{9},\therefore 假設(shè)成立。\color{red}{故x_{1} <x_{0} 成立}$ 。
驗(yàn)證: $f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right)>0$ .
$\begin{aligned}f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) =\dfrac{1}{1+\dfrac{1}{3a}-1}+2a\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) -a= 3a+\dfrac{2}{3}-3a=\dfrac{2}{3} >0\end{aligned}$
由零點(diǎn)定理得：
$f'\left( \dfrac{1}{3a}-1\right) f'\left( x_0\right)<0 ,故 f'\left( x\right) 在 \left(\dfrac{1}{3a}-1,x_0\right)$ 區(qū)間存在變號(hào)零點(diǎn)。
故在 $\left(\dfrac{1}{3a}-1,x_0\right)$ 區(qū)間 $f(x)$ 存在極大值點(diǎn)。

找右端點(diǎn) $x_2$ ：
條件：即 $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)；找點(diǎn)區(qū)間： $\color{red}{x_2 >\frac{-1}{4}>x_0} . 目標(biāo) f'(x_2) >0$ 。
$f'\left( \dfrac{1}{2}\right) =\dfrac{2}{3} >0$
由零點(diǎn)定理得：
$f'\left( x_0\right)f'\left( \frac{1}{2}\right)<0 ,故 f'\left( x\right) 在 \left(x_0，\frac{1}{2}\right)$ 區(qū)間存在變號(hào)零點(diǎn)。
故在 $\left(x_0，\frac{1}{2}\right)$ 區(qū)間 $f(x)$ 存在極小值點(diǎn)。
綜上可知： f'(x) 在x>-1 區(qū)間存在兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)。故函數(shù) f(x) 有兩個(gè)極值點(diǎn)。

綜上有：
①當(dāng) $a<0$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 存在一個(gè)極大值點(diǎn)。
②當(dāng) $0\leq a\leq\frac{8}{9}$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
③當(dāng) $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 有兩個(gè)極值點(diǎn)。
總結(jié)：
上面展示的過(guò)程，邏輯嚴(yán)密，思維難度大：
難在兩上方面：

$\color{red}{-1 <x_0 <\dfrac{-1}{4}} 的證明，以及 \color{red}{x_1 <x_0} 的證明$ 。
2.左端點(diǎn) $\color{red}{x_1 }$ 的找取。
3.如果考試的時(shí)候，你用以上展示的方法做還能做對(duì)，只能說(shuō)明你為了給閱卷老師展示你強(qiáng)大的邏輯思維能力，以及強(qiáng)大的找點(diǎn)技巧，以及你的做題速度；如果你別的題做得慢，你根本不可能有這么時(shí)間用這種方法對(duì)這個(gè)題。要炫技的考生，常年145以上的考生，可以略過(guò)此處。
4.以上過(guò)程展示在這里的意義：這個(gè)題如果不采用二次函數(shù)討論，只用非二次函數(shù)討論的方法，它在找點(diǎn)方面算得上精典中的精典，值得作為找點(diǎn)的備考母題。

下面采用二次函數(shù)討論：
$\begin{aligned}f'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2ax-a=\dfrac{2ax^{2}+ax+1-a}{1+x} \end{aligned}$ ，
令 $g(x)=2ax^{2}+ax+1-a ; \Delta =a^{2}-4\times 2a\times \left( 1-a\right) =a(9a-8)$
討論：
（1）：當(dāng) $a=0$ 時(shí)， $f(x)=\ln (x+1)$ ，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
（2）：當(dāng) $a<0$ 時(shí)， $\Delta>0 ，g(-1)=1>0$ , $f'\left( x\right)$ 只有一個(gè)變號(hào)零點(diǎn) $\Rightarrow$ 函數(shù) $f(x)$ 存在一個(gè)極大值點(diǎn)。
（3）當(dāng) $0< a\leq\frac{8}{9}$ 時(shí)， $\Delta<0$ , $g(x)>0$ 恒成立， $f'\left( x\right)>0$ ，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
（4）當(dāng) $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)， $\Delta>0$ ， $g(-1)=1>0$ , 故 $g(x)$ 有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn)，即 $f'\left( x\right)$ 只有兩個(gè)變號(hào)零點(diǎn) $\Rightarrow$ 函數(shù) $f(x)$ 存在兩個(gè)極值點(diǎn)。
綜上有：
①當(dāng) $a<0$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 存在一個(gè)極大值點(diǎn)。
②當(dāng) $0\leq a\leq\frac{8}{9}$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 無(wú)極值點(diǎn)。
③當(dāng) $a>\frac{8}{9}$ 時(shí)，函數(shù) $f(x)$ 有兩個(gè)極值點(diǎn)。
通分后討論二次函數(shù)明顯簡(jiǎn)單很多。

第二問(wèn)：采用必要條件探路+更換主元消參法
當(dāng) $x=0$ 時(shí)， $f(0)=0$ , 則必有 $f'\left( 0\right)\geq0$ ,解得 $a\leq1$ 。
當(dāng) $x\rightarrow +\infty$ 時(shí)， $f(x)\rightarrow a\left(x^{2}-x\right)$ ，令 $a\left(x^{2}-x\right)\geq 0$ ,解得 $a\geq \dfrac{1}{x}$ ，故必有 $a\geq 0$ .
極限寫(xiě)法會(huì)被扣2分，哪么怎么不被扣會(huì)呢？采用 $\color{red}{返證法} 證明當(dāng) a<0$ 時(shí),定義域內(nèi)總存在一個(gè)點(diǎn) $x_3$ ，使得 $f(x_3)<0$ ,即可證明 $a$ 的范圍只能在 $\color{red}{a\geq 0}$ 區(qū)間。
$\color{red}{找點(diǎn)} x_3$ 操作：
條件： $a<0 ，定義域： x>0 ；目標(biāo) f(x_3)<0$ .
我們知道： $x>0 時(shí)，有 ln(x+1)<x$ .
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: $x>\frac{2a-1}{2a}=1-\frac{1}{2a}>1$ ,在定義域內(nèi)。
$\begin{aligned}\because f(x)&=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)<x+a(x^2-x)\\ \therefore f(1+\frac{1}{2a})&<\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) +2a\left[ \left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) ^{2}-\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) \right] \\ &=\left( 1-\dfrac{1}{2a}\right) +2a\left( 1+\dfrac{1}{4a^{2}}-\dfrac{1}{a}-1+\dfrac{1}{2a}\right) \\ &=1-\dfrac{1}{2a}+2a+\dfrac{1}{2a}-2-2a+1=0\end{aligned}$
所以當(dāng) $a<0$ ，定義域： $x>0$ 時(shí)；總存在一個(gè)點(diǎn) $x_3=1-\frac{1}{2a}$ ，使得 $f(x_3)<0$ 成立。故要使 $\forall x>0, f(x) \geqslant 0$ ，故必有 $a\geq 0$ 。
綜上必有 $a \in [0,1]$ ，才 $\color{red}{有可能} \forall x>0, f(x) \geqslant 0 恒成立$ 。
下面只須在 $a \in [0,1]$ 的 $\color{red}{子區(qū)間}$ 討論可能成立的 $a$ 。
更換主元以 $a$ 為自變量， $x$ 為參數(shù)得： $\varphi(a)=\ln (x+1)+a\left(x^{2}-x\right)$
討論：
(1)當(dāng) $0<x<1$ 時(shí)， $\left(x^{2}-x\right)<0 , \varphi(a) 的斜率小于0； \varphi(a)$ 單調(diào)減。
$\varphi\left( a\right) \geq \varphi_{\min }=\varphi\left( 1\right) =\ln \left( x+1\right) +\left( x^{2}-x\right) \begin{aligned}t\left( x\right)& =\ln \left( x+1\right) +\left( x^{2}-x\right) \\ t'\left( x\right) &=\dfrac{1}{1+x}+2x-1=\dfrac{x+2x^{2}}{1+x} >0; 故 t\left( x\right) \uparrow \\ t\left( x\right)& \geq t_{\min }=t\left( 0\right) =0\end{aligned}$
$t\left( x\right) \geq0 成立，故 \varphi(a)\geq0 成立，即 f(x) \geqslant 0成立$ 。
(2)當(dāng) $x=1$ 時(shí)，函數(shù) $f(1)=\ln (1+1)>0,a$ 可取任意值。
(3)當(dāng) $x>1 時(shí)， \left(x^{2}-x\right)>0 , \varphi(a) 的斜率大于0； \varphi(a)$ 單調(diào)增。
$\varphi\left( a\right) \geq \varphi_{\min }=\varphi\left( 0\right) =\ln \left( x+1\right) \geq ln2 ，故 \varphi(a)\geq0 成立，即 f(x) \geqslant 0成立$ 。
$綜上有，\forall x>0, f(x) \geqslant 0 恒成立, 求 a 的取值范圍為 a \in [0,1]$ 。