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    2015年山東高考理科數(shù)學(xué)試題第21題解析

    2015-07-12 21:10吳金革
    關(guān)鍵詞:增函數(shù)定義域極值

    題目 設(shè)函數(shù)f(x)=ln(x+1)+a(x2-x),其中x∈R.

    (Ⅰ)討論函數(shù)f(x)極值點的個數(shù),并說明理由;

    (Ⅱ)若x>0,f(x)≥0成立,求a的取值范圍.

    1 解題思路分析與解題方法

    (Ⅰ)思路 首先確定函數(shù)f(x)的定義域,求f(x)的導(dǎo)函數(shù),導(dǎo)函數(shù)式進行化簡,然后考查分子對應(yīng)的函數(shù)g(x),先討論g(x)是否為二次函數(shù),后討論g(x)是二次函數(shù)時實根的分布情況,從而確定g(x)、f′(x)的符號,得出函數(shù)f(x)單調(diào)區(qū)間,判斷出函數(shù)f(x)的極值點個數(shù).

    解法1 由題意,知函數(shù)f(x)的定義域為(-1,+∞),f′(x)=1x+1+a(2x-1)=

    2ax2+ax-a+1x+1.

    令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).

    (1)若a=0,則g(x)=1.此時f′(x)=1x+1>0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點.

    (2)若a>0,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).

    當(dāng)0<a≤89時,Δ≤0,g(x)≥0,f′(x)≥0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點.

    當(dāng)a>89時,Δ>0,設(shè)g(x)=0的兩個實根為x1,x2(不妨x1<x2),由韋達定理知x1+x2=-12(或二次函數(shù)g(x)的對稱軸為直線x=-14),所以x1<-14,x2>-14.又g(-1)=1>0,所以-1<x1<-14.所以在區(qū)間(-1,x1)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(x1,x2)上,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;在區(qū)間(x2,+∞)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;因此函數(shù)f(x)有兩個極值點.

    (3)若a<0,Δ>0,由g(-1)=1>0和二次函數(shù)的圖象性質(zhì),得x1<-1,x2>-1.所以在區(qū)間(-1,x2)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(x2,+∞)上,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;因此函數(shù)f(x)有一個極值點.

    綜上所述,當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)有一個極值點;當(dāng)0≤a≤89時,函數(shù)f(x)無極值點;當(dāng)a>89時,函數(shù)f(x)有兩個極值點.

    解法2 由題意,知函數(shù)f(x)的定義域為(-1,+∞),f′(x)=1x+1+a(2x-1)=2ax2+ax-a+1x+1.

    令g(x)=2ax2+ax-a+1,x∈(-1,+∞).

    (1)若a=0,則g(x)=1.此時f′(x)=1x+1>0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點.

    (2)若a≠0,Δ=a2-8a(1-a)=a(9a-8).

    當(dāng)Δ≤0時,0<a≤89,g(x)≥0,f′(x)≥0,函數(shù)f(x)在(-1,+∞)上單調(diào)遞增,無極值點.

    當(dāng)Δ>0時,a<0或a>89,由一元二次方程的求根公式,得g(x)=0兩個不等實根為x1=-a-Δ4a=-14-9a2-8a4a,x2=-a+Δ4a=-14+9a2-8a4a.①a<0時,x1=-14+149-8a>-14>-1,x2=-14-149-8a<-14-34<-1,所以在區(qū)間(-1,x1)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(x1,+∞)上,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;因此函數(shù)f(x)有一個極值點.②a>89時,x1=-14-149-8a>-14-34=-1,又x2>x1,所以x2>x1>-1.所以在區(qū)間(-1,x1)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;在區(qū)間(x1,x2)上,g(x)<0,f′(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;在區(qū)間(x2,+∞)上,g(x)>0,f′(x)>0,f(x)單調(diào)遞增;因此函數(shù)f(x)有兩個極值點.

    綜上所述,當(dāng)a<0時,函數(shù)f(x)有一個極值點;當(dāng)0≤a≤89時,函數(shù)f(x)無極值點;當(dāng)a>89時,函數(shù)f(x)有兩個極值點.

    點評 g(x)為二次函數(shù)時,解法1確定g(x)符號,利用了二次函數(shù)性質(zhì)、特殊點的函數(shù)值和韋達定理;解法2中確定g(x)符號,利用了二次函數(shù)性質(zhì)、求根公式和不等式的放縮法,對考生的要求更高.也有一部分考生應(yīng)用分離變量a解答,由于缺乏對函數(shù)f(x)單調(diào)性的分析,所以得不到全分.

    (Ⅱ)思路1 根據(jù)(Ⅰ)知a在不同情況下f(x)在(0,+∞)上的單調(diào)性,要想x∈(0,+∞)時f(x)>0恒成立,只要說明最小值大于0,否則存在函數(shù)值小于0即可.

    解法1 由(Ⅰ)知,(1)當(dāng)0≤a≤89時,函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)時f(x)>0,符合題意.

    (2)當(dāng)89<a≤1時,由g(0)=1-a≥0,得x2≤0,所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增.又f(0)=0,所以x∈(0,+∞)時f(x)>0,符合題意.

    (3)當(dāng)a>1時,由g(0)=1-a<0,得x2>0,所以函數(shù)f(x)在(0,x2)上單調(diào)遞減.又f(0)=0,所以x∈(0,x2)時f(x)<0,不符合題意.

    (4)當(dāng)a<0時,設(shè)h(x)=x-ln(x+1),則h′(x)=1-1x+1=xx+1.當(dāng)x∈(0,+∞)時,h′(x)>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,且h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)<x.所以f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x.當(dāng)x>1-1a時,ax2+(1-a)x<0,f(x)<0,不符合題意.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    解法2 (1)當(dāng)0≤a≤89時,同法1.(2)當(dāng)89<a≤1時,同法1.

    (3)當(dāng)a>1時,設(shè)h(x)=ln(x+1)-x(x>0),則h′(x)=1x+1-1=-xx+1<0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減,h(x)<h(0)=0,即ln(x+1)<x.所以f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x.當(dāng)0<x<a-12a時,ax2+(1-a)x<0,f(x)<0,不符合題意.

    (4)當(dāng)a<0時,由(3)知f(x)<x+a(x2-x)=ax2+(1-a)x.當(dāng)x→+∞時,ax2+(1-a)x→-∞,f(x)<0,不符合題意.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    解法3 (1)當(dāng)0≤a≤1時,設(shè)h(x)=ln(x+1)-xx+1(x>0),則h′(x)=1x+1-1(x+1)2>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)>xx+1(x>0).要使x>0,f(x)>0成立,即ln(x+1)+a(x2-x)≥0成立,只需xx+1+a(x2-x)≥0成立,即1x+1+a(x-1)≥0,1-a+ax2≥0成立.因為0≤a≤1,所以1-a+ax2≥0,即ln(x+1)+a(x2-x)≥0.所以0≤a≤1符合題意.

    (2)當(dāng)a>1時,同法1.

    (3)當(dāng)a<0時,同法1.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    點評 上面這三種解法中,通過構(gòu)造函數(shù),進行不等式放縮是難點,如果考生沒有深厚的數(shù)學(xué)基礎(chǔ),很難構(gòu)造出函數(shù).

    思路2 把a分成兩類a≥0和a<0,當(dāng)a≥0時f(x)≥0在(0,+∞)成立等價于f(x)≥0在(0,1)成立,然后通過構(gòu)造函數(shù)進行求解.

    解法4 (1)當(dāng)a≥0時,由于x>0,ln(x+1)>0,僅在(0,1)上a(x2-x)<0,所以只需要對x∈(0,1),ln(x+1)+a(x2-x)≥0.設(shè)h(x)=ln(x+1)-xx+1(x>0),則h′(x)=1x+1-1(x+1)2>0,所以函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,h(x)>h(0)=0,即ln(x+1)>xx+1(x>0).要使ln(x+1)+a(x2-x)≥0成立,只需a≤ln(x+1)x-x2成立,由于ln(x+1)x-x2>xx+1·1x-x2=11-x2>1,并且limx→0ln(x+1)x-x2=limx→011+x·11-2x=1,所以0≤a≤1.

    (2)當(dāng)a<0時,同法1.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    思路3 由于f′(x)=0在(0,+∞)上最多有一個實根,且f(0)=0,所以把問題轉(zhuǎn)化為f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),即f′(x)≥0,再分離系數(shù)討論即可.

    解法5 由(Ⅰ)的解法1,知函數(shù)g(x)=2ax2+ax-a+1在(0,+∞)上最多有一個實根,f′(x)=2ax2+ax-a+1x+1在(0,+∞)上最多有一個實根.由于f(0)=0,所以x>0,f(x)≥0成立等價于f(x)在(0,+∞)上是增函數(shù),即f′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,也就是(1-2x)a≤1x+1(*)在(0,+∞)上恒成立.

    (1)當(dāng)x=12時,(*)式即為0·a≤23成立,

    a∈R.

    (2)當(dāng)0<x<12時,令h(x)=(x+1)(1-2x)(x>0),(*)式可化為a≤1h(x).由于x∈(0,12)時,

    0=h(12)<h(x)<h(0)=1,所以1h(x)>1,所以a≤1.

    (3)當(dāng)x>12時,(*)式可化為a≥1h(x).由于x∈(12,+∞)時,h(x)<0,所以1h(x)<0.所以a≥0.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    思路4 直接分類討論,分離參數(shù),通過放縮法和極限值解決.

    解法6 x>0,f(x)≥0成立等價于(x-x2)a≤ln(x+1)(*)在(0,+∞)上恒成立.

    (1)當(dāng)x=1時,(*)式即為0·a≤ln2成立,

    a∈R.

    (2)當(dāng)0<x<1時,(*)式可化為a≤ln(x+1)x-x2.由(Ⅱ)的解法1知ln(x+1)<x,ln(x+1)x-x2<xx-x2=11-x.由于11-x在(0,1)內(nèi)是增函數(shù),所以11-x>limx→011-x=1.所以a≤1.

    (3)當(dāng)x>1時,(*)式可化為a≥ln(x+1)x-x2.而ln(x+1)x-x2>xx-x2=11-x.由于11-x在(1,+∞)內(nèi)是增函數(shù),所以11-x<limx→+∞11-x=0.所以a≥0.

    綜上所述,a的取值范圍是[0,1].

    2 閱卷啟示

    由于本題是理科最后的壓軸題,對考生數(shù)學(xué)思維能力和運算能力要求較高,閱卷時發(fā)現(xiàn)有少部分考生沒有做到此題,有部分考生在試卷中出現(xiàn)明顯的低級錯誤,如漏寫函數(shù)f(x)定義域、對導(dǎo)函數(shù)f′(x)的分子討論時忘記a=0此函數(shù)不是二次函數(shù)、只看Δ的符號就說明有幾個極值點不考慮導(dǎo)函數(shù)f′(x)的符號和f(x)單調(diào)性等;也有一部分考生從答題看他心里明白但是得分要點沒有,得不到分,如他算出了有極大值和極小值,就是不說有幾個極值點,也就得不到分;還有一部分同學(xué)思維能力達不到,不會進行合理的分類討論,不會構(gòu)造函數(shù)進行不等式放縮,不會求函數(shù)極限,得分能力受到限制.建議在平時的高三教學(xué)中強化含參數(shù)的函數(shù)試題訓(xùn)練,加大試題的思維量,指導(dǎo)考生合理分類討論,簡化、優(yōu)化運算,把握解題的規(guī)律,規(guī)范解題過程,達到數(shù)學(xué)解題“正確、迅速”.

    本文作者參與了今年山東高考閱卷工作,并且是本題的閱卷小組長.

    作者簡介 吳金革,男,1966年2月生,山東冠縣人,高級教師,山東省特級教師,山東省優(yōu)秀教師,濟南市數(shù)學(xué)學(xué)科帶頭人,近10多年來一直是濟南市高三數(shù)學(xué)模擬試題命題組成員.

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