题目内容
9.讨论函数f(x)=$\frac{ax}{{x}^{2}-1}$(a≠0)在-1<x<1上的单调性.分析 根据单调性的定义,设任意的x1,x2∈(-1,1),且x1<x2,作差,通分以及提取公因式便可得到f(x1)-f(x2)=$\frac{a({x}_{2}-{x}_{1})({x}_{1}{x}_{2}+1)}{({{x}_{1}}^{2}-1)({{x}_{2}}^{2}-1)}$,这样能够判断出$\frac{({x}_{2}-{x}_{1})({x}_{1}{x}_{2}+1)}{({{x}_{1}}^{2}-1)({{x}_{2}}^{2}-1)}>0$,从而讨论a的符号便可判断f(x1)与f(x2)的大小关系,从而判断出函数f(x)在(-1,1)上的单调性.
解答 解:设x1,x2∈(-1,1),且x1<x2,则:
$f({x}_{1})-f({x}_{2})=\frac{a{x}_{1}}{{{x}_{1}}^{2}-1}-\frac{a{x}_{2}}{{{x}_{2}}^{2}-1}$=$\frac{a{x}_{1}{{x}_{2}}^{2}-a{x}_{1}-a{x}_{2}{{x}_{1}}^{2}+a{x}_{2}}{({{x}_{1}}^{2}-1)({{x}_{2}}^{2}-1)}$=$\frac{a({x}_{2}-{x}_{1})({x}_{1}{x}_{2}+1)}{({{x}_{1}}^{2}-1)({{x}_{2}}^{2}-1)}$;
∵-1<x1<x2<1;
∴x2-x1>0,-1<x1x2<1,x1x2+1>0,${{x}_{1}}^{2}-1<0,{{x}_{2}}^{2}-1<0$;
∴$\frac{({x}_{2}-{x}_{1})({x}_{1}{x}_{2}+1)}{({{x}_{1}}^{2}-1)({{x}_{2}}^{2}-1)}>0$;
∴①若a>0,则f(x1)>f(x2);
∴f(x)在(-1,1)上是减函数;
②若a<0,则f(x1)<f(x2);
∴f(x)在(-1,1)上是增函数.
点评 考查函数单调性的定义,根据单调性定义判断函数单调性的方法和过程,作差的方法比较f(x1)与f(x2),作差后为分式的一般要通分,并一般都要提取公因式x1-x2或x2-x1,不等式性质的运用.
A. | ($\root{6}{x}$-$\root{6}{y}$)6=x-y | B. | $\root{8}{({x}^{2}+{y}^{2})^{8}}$=x2+y2 | ||
C. | $\root{4}{{x}^{4}}$-$\root{4}{{y}^{4}}$=x-y | D. | $\root{10}{(x+y)^{10}}$=x+y |
A. | (-2,2) | B. | (-∞,-2)∪(2,+∞) | C. | (-$\frac{1}{2}$,2) | D. | (-∞,-$\frac{1}{2}$)∪(2,+∞) |