分類(lèi)討論，挖掘本質(zhì)

鄧軍民

每個(gè)數(shù)學(xué)結(jié)論都有其成立的條件，每一種數(shù)學(xué)方法的使用也往往有其適用范圍. 在我們所遇到的數(shù)學(xué)問(wèn)題中，有些問(wèn)題的結(jié)論不是唯一確定的，有些問(wèn)題的結(jié)論在解題中不能以統(tǒng)一的形式進(jìn)行研究，還有些問(wèn)題的已知量是用字母表示數(shù)的形式給出的，這樣字母的取值不同也會(huì)影響問(wèn)題的解決. 由上述幾類(lèi)問(wèn)題可知，就其解題方法及轉(zhuǎn)化手段而言都是一致的，即把所有研究的問(wèn)題根據(jù)題目的特點(diǎn)和要求，分成若干類(lèi)，轉(zhuǎn)化成若干個(gè)小問(wèn)題來(lái)解決，這種按不同情況分類(lèi)，然后再逐一研究解決的數(shù)學(xué)思想，稱(chēng)之為分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想．

以函數(shù)為載體，以導(dǎo)數(shù)為工具，考查函數(shù)的性質(zhì)和導(dǎo)數(shù)的應(yīng)用為目標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)確定參數(shù)的取值范圍或者研究函數(shù)的單調(diào)性，是近幾年高考數(shù)學(xué)試題的熱點(diǎn)題型.為什么要分類(lèi)討論？在什么地方進(jìn)行分類(lèi)討論？怎樣進(jìn)行討論？下面，筆者對(duì)這類(lèi)題的解題通法做一總結(jié)．

一、通過(guò)判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“有幾個(gè)”引發(fā)分類(lèi)討論

這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)是：對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)后導(dǎo)函數(shù)含參數(shù)，參數(shù)取不同的值時(shí)，導(dǎo)函數(shù)可能沒(méi)有零點(diǎn)，也可能有1個(gè)零點(diǎn)或者有多個(gè)零點(diǎn)，從而找到了分類(lèi)討論的依據(jù)，引發(fā)分類(lèi)討論．

例1.（2023年江西省模擬題）已知函數(shù)f（x）=exsin x+ax，x∈［0，π2］．

（1）若a=-1，求f（x）的最小值；

（2）若f（x）有且只有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解析：（1）當(dāng)a=-1時(shí)，f（x）=exsin x-x，

則f′（x）=ex（sin x+cos x）-1=2exsinx+π4-1，

當(dāng)x∈0，π2時(shí)，x+π4∈π4，3π4，則22≤sinx+π4≤1，

∴1≤2sinx+π4≤2.

又ex≥1，

∴2exsin（x+π4）≥1，

∴f′（x）≥0恒成立，且不恒為0，

∴f（x）在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增.

∴f（x）的最小值為f（0）=0．

（2）由已知可得f（0）=0，則問(wèn)題轉(zhuǎn)化為f（x）在區(qū)間0，π2上有且只有1個(gè)零點(diǎn)．

f（x）=exsin x+ax，則f′（x）=exsin x+excos x+a，

令g（x）=exsin x+excos x+a，則g′（x）=ex（sin x+cos x）+ex（cos x-sin x）=2excos x．

∵g′（x）=2excos x≥0在0，π2上恒成立，且不恒為0，

∴g（x）在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增，即f′（x）在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增.

考慮到f′（0）=a+1，f′π2=eπ2+a．

①當(dāng)a≥-1時(shí)，有f′（0）=a+1≥0恒成立，

則當(dāng)x∈0，π2時(shí)，f′（x）>0恒成立，則f（x）單調(diào)遞增，

此時(shí)f（x）>f（0）=0，∴f（x）在區(qū)間0，π2上無(wú)零點(diǎn)，不符合題意，舍去；

②當(dāng)a≤-eπ2時(shí)，有f′π2=eπ2+a≤0恒成立，

則當(dāng)x∈0，π2時(shí)，f′（x）≤0恒成立，則f（x）單調(diào)遞減，此時(shí)f（x）

∴f（x）在區(qū)間0，π2上無(wú)零點(diǎn)，不符合題意，舍去；

③當(dāng)-eπ20，

又f′（x）在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增，

根據(jù)零點(diǎn)存在原理得：x0∈0，π2，使得f′（x0）=0，

當(dāng)x∈（0，x0）時(shí)，f′（x）<0，則f（x）單調(diào)遞減；

當(dāng)x∈x0，π2時(shí)，f′（x）>0，則f（x）單調(diào)遞增，

又f（0）=0，fπ2=eπ2+π2a，要使f（x）在區(qū)間0，π2上有且只有一個(gè)零點(diǎn)，則只需fπ2=eπ2+π2a≥0，

-eπ2

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為-2πeπ2，-1．

評(píng)注：本題考查導(dǎo)數(shù)的綜合應(yīng)用，考查利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的單調(diào)性及最值，考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷，考查計(jì)算能力，考查分類(lèi)討論思想，屬于較難題.考慮到本題f′（x）=exsin x+excos x+a在區(qū)間0，π2上單調(diào)遞增，兩個(gè)端點(diǎn)的導(dǎo)數(shù)值則成為分類(lèi)討論要關(guān)注的的焦點(diǎn).顯然：當(dāng)a≥-1時(shí)，f′（x）在0，π2沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)a≤-eπ2時(shí)，f′（x）在0，π2也沒(méi)有零點(diǎn)；當(dāng)-eπ2

變式1.（2023年浙江省階段測(cè)試）已知函數(shù)f（x）=ae2x+（a-2）ex-x．

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．

解析：（1）由f（x）=ae2x+（a-2）ex-x，

則f′（x）=2ae2x+（a-2）ex-1=（2ex+1）（aex-1），考慮到2ex+1>0恒成立．

①當(dāng)a≤0時(shí)，aex-1<0恒成立，∴f′（x）<0在R上恒成立，∴f（x）在R上單調(diào)遞減；

②當(dāng)a>0時(shí)，令f′（x）>0，x>ln1a，令f′（x）<0，解得x

∴f（x）在-∞，ln1a單調(diào)遞減，在ln1a，+∞單調(diào)遞增．

綜上可知：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在R上單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，f（x）在（-∞，ln1a）單調(diào)遞減，在（ln1a，+∞）單調(diào)遞增．

（2）①若a≤0時(shí)，由（1）可知：f（x）最多有一個(gè)零點(diǎn)，∴a≤0不符合題意；

②當(dāng)a>0時(shí)，由（1）可知，要使函數(shù)f（x）=ae2x+（a-2）ex-x有兩個(gè)零點(diǎn)，

則f（x）的最小值必須小于0，又f（x）min=fln1a=1-1a-ln1a，

則f（x）min<0，即1-1a+lna<0，令h（a）=1-1a+lna，

h′（a）=1a2+1a>0，∴h（a）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.又∵h(yuǎn)（1）=0，∴0

下證：當(dāng)0

證明：當(dāng)x<0時(shí)，ae2x>0，（a-2）ex>a-2，此時(shí)f（x）>a-2-x，故f（a-2）>0.

又f（x）在a-2，ln1a上單調(diào)遞減，fln1a<0，故存在x1∈a-2，ln1a，使得f（x1）=0；

當(dāng)x>ln1a>0時(shí)，易證-x>-ex，此時(shí)f（x）>ae2x+（a-3）ex=aexex+（a-3）a，

故fln3-aa>0，且滿(mǎn)足ln3-aa>ln1a，

又f（x）在ln1a，ln3-aa上單調(diào)遞增，fln1a<0，故存在x2∈ln1a，ln3-aa使得f（x2）=0.∴當(dāng)0

綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍為（0，1）．

練習(xí)1.已知函數(shù)f（x）=（ax-2）ex．

（1）討論f（x）的單調(diào)性；

（2）若a=1，x≥0時(shí)，f（x）≥k（x2-2x-1）恒成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍．

解析：（1）f′（x）=aex+（ax-2）ex=（ax+a-2）ex，

①當(dāng)a=0時(shí)，f′（x）=-2ex<0在（-∞，+∞）恒成立，f（x）在（-∞，+∞）單調(diào)遞減；

②當(dāng)a<0時(shí)，若x<2-aa，則f′（x）>0；若x>2-aa，則f′（x）<0，所以f（x）在-∞，2-aa單調(diào)遞增，在2-aa，+∞單調(diào)遞減；

③當(dāng)a>0時(shí)，若x<2-aa，則f′（x）<0，若x>2-aa，則f′（x）>0，所以f（x）在-∞，2-aa單調(diào)遞減，在2-aa，+∞單調(diào)遞增.

綜上，當(dāng)a=0時(shí)，f（x）在（-∞，+∞）單調(diào)遞減；

當(dāng)a<0時(shí)，f（x）在-∞，2-aa單調(diào)遞增，在2-aa，+∞單調(diào)遞減；

當(dāng)a>0時(shí)，f（x）在-∞，2-aa單調(diào)遞減，在2-aa，+∞單調(diào)遞增．

（2）設(shè)h（x）=f（x）-k（x2-2x-1）=（x-2）ex-k（x2-2x-1），則題意等價(jià)于x≥0時(shí)，h（x）≥0恒成立，所以h（0）=-2+k≥0，故k≥2.h′（x）=ex+（x-2）ex-k（2x-2）=（x-1）（ex-2k），

由h′（x）=0，得x=1或x=ln（2k）≥ln4>1．

當(dāng)x∈［0，1）時(shí)，h′（x）>0，所以h（x）在［0，1）為增函數(shù)；

當(dāng)x∈（1，ln（2k））時(shí)，h′（x）<0，所以h（x）在（1，ln（2k））為減函數(shù)；

當(dāng)x∈（ln（2k），+∞）時(shí)，h′（x）>0，所以h（x）在（ln（2k），+∞）為增函數(shù)．

h（ln（2k））=-k（ln（2k）-1）（ln（2k）-3），要使x≥0時(shí)，h（x）≥0恒成立，只需k≥2，

h（ln（2k））≥0，解得2≤k≤e32 ．

故實(shí)數(shù)k的取值范圍為2，e32．

練習(xí)2.已知函數(shù)f（x）=x（lnx-k-1），k∈R．

（1）當(dāng)x>1時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間和極值；

（2）若對(duì)于任意x∈［e，e2］，都有f（x）<4lnx成立，求實(shí)數(shù)k的取值范圍；

解析：（1）由題知，f（x）=x（lnx-k-1），k∈R，

所以f′（x）=lnx-k-1+x·1x=lnx-k，x>0，

當(dāng)k≤0時(shí)，因?yàn)閤>1，所以f′（x）=lnx-k>0，所以f（x）的單調(diào)增區(qū)間是（1，+∞），無(wú)單調(diào)減區(qū)間，無(wú)極值，

當(dāng)k>0時(shí)，令lnx-k=0，解得x=ek，當(dāng)1ek時(shí)，f′（x）>0，

所以f（x）的單調(diào)減區(qū)間是（1，ek），單調(diào)增區(qū)間是（ek，+∞），極小值為f（ek）=ek·（k-k-1）=-ek，無(wú)極大值．

（2）因?yàn)閷?duì)于任意x∈［e，e2］，都有f（x）<4lnx成立，所以f（x）-4lnx<0，

即問(wèn)題轉(zhuǎn)化為（x-4）lnx-（k+1）x<0，對(duì)于x∈［e，e2］恒成立，即k+1>（x-4）lnxx，對(duì)于x∈［e，e2］恒成立，

令g（x）=（x-4）lnxx，所以g′（x）=4lnx+x-4x2，令t（x）=4lnx+x-4，x∈［e，e2］，所以t′（x）=4x+1>0，

所以t（x）在區(qū)間［e，e2］上單調(diào)遞增，所以t（x）min=t（e）=e-4+4=e>0，所以g′（x）>0，

所以g（x）在區(qū)間［e，e2］上單調(diào)遞增，所以函數(shù)g（x）max=g（e2）=2-8e2，

要使k+1>（x-4）lnxx，對(duì)于x∈［e，e2］恒成立，只要k+1>g（x）max，所以k+1>2-8e2，即k>1-8e2，

所以實(shí)數(shù)k的取值范圍為1-8e2，+∞.

二、通過(guò)判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“在哪里”引發(fā)分類(lèi)討論

這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)是：對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)后導(dǎo)函數(shù)含參數(shù)，參數(shù)取不同的值時(shí)，導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)可能在定義域內(nèi)，也可能在定義域外，從而找到了分類(lèi)討論的依據(jù)，引發(fā)分類(lèi)討論.而且這類(lèi)問(wèn)題很多時(shí)候都是和上述第一種題型綜合在一起，也就是說(shuō)不但要先判斷導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“有幾個(gè)”，還要進(jìn)一步判斷導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“在哪里”，然后才能進(jìn)一步解決問(wèn)題．

例2.（廣東廣雅中學(xué)2024屆高三測(cè)驗(yàn)題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）=x-2x+a（2-lnx），a≠0，討論f（x）的單調(diào)性．

解析：依題意知f（x）的定義域是（0，+∞），f′（x）=1+2x2-ax=x2-ax+2x2．

設(shè)g（x）=x2-ax+2，則二次方程g（x）=0的判別式Δ=a2-8．

（1）當(dāng)Δ≤0，即-22≤a≤22時(shí)，對(duì)一切x>0都有f′（x）≥0，

此時(shí)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

（2）當(dāng)Δ>0時(shí)，即a<-22或a>22時(shí)，

方程有兩個(gè)不同的實(shí)根x1=a-a2-82，x2=a+a2-82，且x1

①當(dāng)a<-22時(shí)，x1

∴x∈（0，+∞）時(shí)，都有f′（x）>0，此時(shí)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增．

②當(dāng)a>22時(shí)，0

∴x∈（0，x1）和（x2，+∞）時(shí)，有f′（x）>0．

此時(shí)f（x）在0，a-a2-82和a+a2-82，+∞上單調(diào)遞增；

x∈（x1，x2）時(shí)，有f′（x）<0，此時(shí)f（x）在a-a2-82，a+a2-82上單調(diào)遞減．

綜上所述，當(dāng)a≤22時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>22時(shí)f（x）在0，a-a2-82和a+a2-82，+∞上單調(diào)遞增，

在a-a2-82，a+a2-82上單調(diào)遞減．

評(píng)注：本題主要考查函數(shù)的單調(diào)性，首先利用判別式判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“有沒(méi)有”“有幾個(gè)”的問(wèn)題，然后在導(dǎo)函數(shù)有零點(diǎn)的前提下，進(jìn)一步判斷導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)在不在定義域內(nèi).當(dāng)a<-22時(shí)，x122時(shí)，0

變式2.已知函數(shù)f（x）=lnx-a（1-1x）+1（a∈R）．

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）>0在（1，+∞）恒成立，求整數(shù)a的最大值．

解析：（1）函數(shù)f（x）的定義域是（0，+∞），

∵f（x）=lnx-a（1-1x）+1（a∈R），

∴f′（x）=1x-ax2=x-ax2，

當(dāng)a≤0時(shí)，f′（x）>0對(duì)x∈（0，+∞）恒成立；

當(dāng)a>0時(shí)，由f′（x）>0得x>a，由f′（x）<0得0

綜上所述，當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

當(dāng)a>0時(shí)，f（x）在（0，a）上單調(diào)遞減，在（a，+∞）上單調(diào)遞增．

（2）由f（x）>0得lnx-a（1-1x）+1>0，故a（x-1）x

即a

令g（x）=xlnx+xx-1，則g′（x）=（lnx+1+1）（x-1）-（xlnx+x）（x-1）2=x-lnx-2（x-1）2，

令h（x）=x-lnx-2，則h′（x）=1-1x=x-1x．

∵x>1，∴h′（x）>0，∴h（x）在（1，+∞）上單調(diào)遞增．

∵h(yuǎn)（3）=1-ln3<0，h（4）=2-ln4>0，故x0∈（3，4）滿(mǎn)足x0-lnx0-2=0．

當(dāng)1

當(dāng)x>x0時(shí)，h（x）>0，g′（x）>0，故g（x）在（1，x0）單調(diào)遞減，在（x0，+∞）單調(diào)遞增，

故g（x）min=g（x0）=x0（x0-2）+x0x0-1=x0，故a

∵3

練習(xí)3.已知函數(shù)f（x）=12x2-ax+lnx．

（1）討論函數(shù)f（x）的單調(diào)性；

（2）若f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2，且｜f（x1）-f（x2）｜≥34-ln2，求a的取值范圍．

解析：（1）因?yàn)楹瘮?shù)f（x）=12x2-ax+lnx，則f′（x）=x-a+1x=x2-ax+1x，x>0，

令g（x）=x2-ax+1，則Δ=a2-4，

①當(dāng)a≤0或Δ≤0，即a≤2時(shí)，f′（x）≥0恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

②當(dāng)a>0

Δ>0時(shí)，即a>2時(shí)，令f′（x）>0，得0a+a2-42，

∴f（x）在0，a-a2-42和a+a2-42，+∞上單調(diào)遞增，在a-a2-42，a+a2-42上單調(diào)遞減，

綜上所述，當(dāng)a≤2時(shí)，f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，

當(dāng)a>2時(shí)，f（x）在0，a-a2-42和a+a2-42，+∞上單調(diào)遞增，在a-a2-42，a+a2-42上單調(diào)遞減；

（2）由（1）得，當(dāng)a>2時(shí)，f（x）有兩極值點(diǎn)x1，x2，由（1）得x1，x2為g（x）=x2-ax+1=0的兩根，所以x1+x2=a，x1x2=1，不妨設(shè)x2>x1，因?yàn)閤1x2=1，故0f（x2），所以｜f（x1）-f（x2）｜=f（x1）-f（x2）=12x21-ax1+lnx1-12x22+ax2-lnx2=12（x21-x22）+a（x2-x1）+lnx1x2，

將x1+x2=a代入化簡(jiǎn)可得：f（x1）-f（x2）=12（x22-x21）+lnx1x2=12x22-1x22+ln1x22，即原不等式等價(jià)轉(zhuǎn)化為12x22-1x22+ln1x22≥34-ln2，令t=x22（t>1），構(gòu)造h（t）=12t-1t+ln1t，h′（t）=（t-1）22t2>0，故h（t）在t>1時(shí)單調(diào)遞增，又因?yàn)閔（2）=34-ln2，故要使得h（t）≥34-ln2，僅需t≥2，即x22≥2，又因?yàn)閍2=（x1+x2）2=x21+x22+2x1x2=x22+1x22+2，故a2=t+1t+2，由上可知t≥2，故a2≥92，

故a的取值范圍是322，+∞．

三、通過(guò)判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)是否需要“ 比大小”引發(fā)分類(lèi)討論

這類(lèi)問(wèn)題的特點(diǎn)是：對(duì)原函數(shù)求導(dǎo)后導(dǎo)函數(shù)含參數(shù)，且導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)不止一個(gè)，一般情況是有兩個(gè)零點(diǎn)，但是這兩個(gè)零點(diǎn)的大小關(guān)系不是很明確，因此比較其大小關(guān)系就對(duì)整個(gè)題目的解決起著至關(guān)重要的作用.這類(lèi)問(wèn)題有時(shí)也會(huì)跟上述第一、二兩種題型綜合考查，也就是說(shuō)可能先要判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“有幾個(gè)”，再判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“在哪里”，在導(dǎo)函數(shù)的多個(gè)零點(diǎn)在定義域內(nèi)的前提下，再進(jìn)一步判定零點(diǎn)是否需要比較大小，從而引發(fā)分類(lèi)討論．

例3.（廣東廣雅中學(xué)2024屆高三測(cè)驗(yàn)題節(jié)選）已知函數(shù)f（x）=12ax2-（a+1）x+lnx，a>0，試討論函數(shù)y=f（x）的單調(diào)性．

解析：函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），f′（x）=ax-（a+1）+1x=ax2-（a+1）x+1x=（ax-1）（x-1）x．

考慮到a>0，令f′（x）=0，得x1=1a，x2=1．

（1）當(dāng)a=1時(shí)，x1=x2，∴f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，

∴函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

（2）當(dāng)0x2，

∴x∈（0，1）和1a，+∞時(shí)，f′（x）>0；x∈1，1a時(shí)，f′（x）<0．

∴函數(shù)f（x）在（0，1）和1a，+∞上單調(diào)遞增，在1，1a上單調(diào)遞減；

（3）當(dāng)a>1上，00；

x∈1a，1時(shí)，f′（x）<0，∴函數(shù)f（x）在0，1a和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在1a，1上單調(diào)遞減．

綜上所述，當(dāng)a=1時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增；

當(dāng)0

當(dāng)a>1時(shí)，函數(shù)f（x）在0，1a和（1，+∞）上單調(diào)遞增，在1a，1上單調(diào)遞減．

評(píng)注：本題主要考察函數(shù)的單調(diào)性，在a>0的前提下，函數(shù)很明顯存在兩個(gè)零點(diǎn)，x1=1a，x2=1，但是這兩個(gè)零點(diǎn)的大小關(guān)系是不確定的，于是從這兩個(gè)零點(diǎn)“比大小”出發(fā)展開(kāi)討論即可把問(wèn)題順利解決．

變式3.（2023年廣東省模擬試題節(jié)選）設(shè)函數(shù)f（x）=x+1ex+ax2，其中a∈R.討論f（x）的單調(diào)性．

解析：依題意知x∈R，f′（x）=-xex+2ax=xex（2aex-1）．

（1）當(dāng)a≤0時(shí)，由2aex-1<0，令f′（x）>0，則x<0；令f′（x）<0，則x>0．

∴f（x）在（-∞，0）單調(diào)遞增，在（0，+∞）單調(diào)遞減；

（2）當(dāng)a>0時(shí)，由f′（x）=2axexex-12a，令f′（x）=0，則x1=0，x2=ln12a．

①a=12時(shí)，x1=x2，∵x（ex-1）≥0，則f′（x）≥0，

∴f（x）在（-∞，+∞）單調(diào)遞增，

②a∈0，12時(shí)，x10；

x∈0，ln12a時(shí)，f′（x）<0，則f（x）在（-∞，0），ln12a，+∞上單調(diào)遞增，在0，ln12a單調(diào)遞減；

③a∈12，+∞時(shí)，x1>x2，∴x∈-∞，ln12a∪（0，+∞）時(shí)，f′（x）>0；x∈ln12a，0時(shí)，f′（x）<0，則f（x）在-∞，ln12a，（0，+∞）上單調(diào)遞增，在ln12a，0單調(diào)遞減；

綜上所述：當(dāng)a≤0時(shí)，f（x）在（-∞，0）單調(diào)遞增，在（0，+∞）單調(diào)遞減；

當(dāng)a∈0，12時(shí)，f（x）在（-∞，0）和ln12a，+∞單調(diào)遞增，在0，ln12a單調(diào)遞減；

當(dāng)a=12時(shí)，f（x）在R上單調(diào)遞增；

當(dāng)a∈12，+∞時(shí)，f（x）在-∞，ln12a和（0，+∞）單調(diào)遞增，在ln12a，0單調(diào)遞減．

練習(xí)4.已知函數(shù)f（x）=m（2lnx-x）+1x2-1x．

（1）求f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（2）若f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

解析：（1）由題意知f（x）=m（2lnx-x）+1x2-1x，函數(shù)的定義域?yàn)椋?，+∞），

則f′（x）=2mx-m-2x3+1x2=（x-2）（-mx2+1）x3，

（ⅰ）當(dāng)m≤0時(shí)，-mx2+1>0恒成立，

當(dāng)0

當(dāng)x>2時(shí)，f′（x）>0，函數(shù)f（x）在（2，+∞）單調(diào)遞增，

（ⅱ）當(dāng)m>0時(shí)，令f′（x）=0，解得x1=2，或x2=mm，x3=-mm （舍去）．

當(dāng)x1=x2，即m=14時(shí)，f′（x）≤0，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減；

當(dāng)x1>x2時(shí)，即m>14，當(dāng)x∈（0，mm），或x∈（2，+∞）時(shí)，f′（x）<0，函數(shù)f（x）在（0，mm），（2，+∞）上單調(diào)遞減，

當(dāng)x∈（mm，2）時(shí)，f′（x）>0，函數(shù)f（x）在（mm，2）單調(diào)遞增；

當(dāng)x1

當(dāng)x∈（2，mm）時(shí)，f′（x）>0，函數(shù)f（x）在（2，mm）單調(diào)遞增．

綜上所述：當(dāng)m≤0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）單調(diào)遞增，

0

當(dāng)m=14時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，

當(dāng)m>14時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，mm），（2，+∞）上單調(diào)遞減，在（mm，2）單調(diào)遞增．

（2）由（1）知，當(dāng)m<0時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，2）上單調(diào)遞減，在（2，+∞）單調(diào)遞增，而f（1）=-m>0，

令f1（x）=2lnx-x，則f′1（x）=2x-1<0在（2，+∞）成立，故f1（x）=2lnx-x在（2，+∞）單調(diào)遞減，

所以f1（x）

又y=1x2-1x在（2，+∞）上恒負(fù)，且x趨向于+∞時(shí)，y趨向于0，

綜上，在x趨向于+∞時(shí)，f（x）=mf1（x）+1x2-1x趨向于+∞，∴函數(shù)f（x）有兩個(gè)零點(diǎn)等價(jià)于f（2）=m（2ln2-2）-14<0，結(jié)合m<0，解得 18（ln2-1）

當(dāng)m=0時(shí)，f（x）=1-xx2只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；

當(dāng)m=14時(shí)，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，至多只有一個(gè)零點(diǎn)，不符合題意；

當(dāng)m>0且m≠14時(shí)，由（1）知f（x）有兩個(gè)極值點(diǎn)，而f（2）=m（2ln2-2）-14<0，

又f（mm）=-2m-mlnm+m，下面研究其符號(hào)：

令g（x）=-2x-xlnx+x，則g′（x）=-1x-lnx，令h（x）=-1x-lnx，則h′（x）=12x32-1x=1-2x2x32，

當(dāng)x>14，h′（x）<0，g′（x）在（14，+∞）遞減，當(dāng)00，g′（x）在（0，14）上單調(diào)遞增，

故g′（x）

綜合上述，實(shí)數(shù)m的取值范圍為（18（ln2-1），0）．

由此可見(jiàn)，利用分類(lèi)討論的數(shù)學(xué)思想求解高中數(shù)學(xué)問(wèn)題，可以將復(fù)雜問(wèn)題簡(jiǎn)單化，可以將抽象問(wèn)題具體化.應(yīng)用分類(lèi)討論思想解題時(shí)，重點(diǎn)要理解為何要進(jìn)行分類(lèi)討論？分類(lèi)討論的依據(jù)是什么？根據(jù)上述幾種題型的分析，我們可以歸納出解決此類(lèi)問(wèn)題的解題通法：判定導(dǎo)函數(shù)的零點(diǎn)“有幾個(gè)”“在哪里”以及是否需要“比大小”，即可順利找到分類(lèi)討論的依據(jù)，從而順利把問(wèn)題解決．

【本文系全國(guó)教育規(guī)劃課題（教育部重點(diǎn)課題）“粵港澳大灣區(qū)背景下中學(xué)拔尖創(chuàng)新人才高中-高校貫通式培養(yǎng)的路徑研究”（立項(xiàng)號(hào)：DHA230397，主持人：葉麗琳）研究成果】

責(zé)任編輯徐國(guó)堅(jiān)