2014年高考数学山东卷理科第20题解法探究

陈兆锋+季东桥

题目设函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）.

（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围.

分析由函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（x>0），得f′（x）=（x-2）（ex-kx）x3.

（Ⅰ）当k≤0时，因x>0，则ex-kx>0，x3>0，于是当02时，f′（x）>0.

故函数f（x）在（0，2）上为减函数，（2，+∞）上为增函数；

（Ⅱ）函数在区间内存在两个极值点，则只需方程f′（x）=0在区间（0，2）内有两个不同的实根，亦即ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

解法1（分类讨论）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知当k≤0时，fx在0，2上单调递减，故不存在两个极值点，因此k>0.

设函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①当0elnk，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，2上单调递增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上没有两个实根；

②k>1时，当x∈0，lnk，g′（x）<0，

当x∈lnk，+∞时，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上单调递减，x∈lnk，+∞上单调递增，

所以函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值为g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有两个实解则

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

综上所述，函数fx在0，2上存在两个极值点时，k的取值范围是（e，e22）.

小结这种解法是比较常规的进行了方程的根，函数的零点之间的转化，构造了函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于这是带参数的函数，所以在研究时运用了分类讨论思想.

图1

解法2（分离参数法）当x∈（0，2）时，由ex=kx得k=exx，设g（x）=exx，x∈（0，2），则g′（x）=ex（x-1）x2，

当x∈（0，1）时，g′（x）<0；当x∈（1，2）时，g′（x）>0.

于是函数g（x）在（0，1）上为减函数，（1，2）上为增函数，

而当x→0时，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，结合函数g（x）的图象如图1知：

当k∈（e，e22）时，ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

综上所述，函数f（x）在（0，2）上存在两个极值点时，

k的取值范围是（e，e22）.

小结通过分离参数，使构造的函数不带任何参数.这样就把复杂问题简单化了.

在解法2的基础上，如果把方程的根转化为两个简单函数（y=ex、y=kx）图像，在区间0，2上有两个交点的问题，这两个函数又是我们比较熟悉的函数，可直接作出图像，从图像中找到问题的突破口，最终将问题转化为：对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围.

图2

解法3（数形结合）要使fx在0，2上有两个极值点，则方程ex-kx=0要有两个实解，即函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有两个交点（如图2）.

注意到fx在0，2内下凸，显然k

当对x∈0，2均有ex-kx≥0时，函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有一个或0个交点，下面求这种情况下的k的取值范围，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，则h′x=1-1x，h′x=0得x=1.当x<1时，h′x<0；当x>1时，h′x>0.故hx在x=1时取极小值，因此有lnk≤1=lne，即k≤e，

从而符合题意的k的取值范围是k>e.②

由①与②可得k的取值范围为e，e22.

小结运用逆向思维把问题转化成“对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围”，又用了对数的运算性质把上述不等式转化为“对x∈0，2均有lnk≤x-lnx的k的取值范围”，使问题更加容易的解决.

我们可以在解法3的基础上进一步优化，从图像上看出有两个交点的临界位置，下面只需求出两个特殊位置的斜率即可.这样就避开了抽象的讨论，配以图像，使解题清晰、明了、简捷.

解法4（转化）设y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根，只需当x∈（0，2）时，函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

设直线y=k0x与函数y1=ex，x∈（0，2）相切，

切点为（x0，y0），而y1′（x）=ex，

则y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

设直线y=k′x是过点（2，e2）的直线，

图3

则k′=e22.根据图3便知当k∈（e，e22）时，

函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

故所求k的取值范围是（e，e22）.

本文用一题多解的方式展现了分类与整合、化归与转化、数形结合、函数与方程等数学思想方法的应用，尤其是解法2、解法4在解决本题时，起到了事半功倍的效果.

题目设函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）.

（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围.

分析由函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（x>0），得f′（x）=（x-2）（ex-kx）x3.

（Ⅰ）当k≤0时，因x>0，则ex-kx>0，x3>0，于是当02时，f′（x）>0.

故函数f（x）在（0，2）上为减函数，（2，+∞）上为增函数；

（Ⅱ）函数在区间内存在两个极值点，则只需方程f′（x）=0在区间（0，2）内有两个不同的实根，亦即ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

解法1（分类讨论）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知当k≤0时，fx在0，2上单调递减，故不存在两个极值点，因此k>0.

设函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①当0elnk，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，2上单调递增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上没有两个实根；

②k>1时，当x∈0，lnk，g′（x）<0，

当x∈lnk，+∞时，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上单调递减，x∈lnk，+∞上单调递增，

所以函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值为g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有两个实解则

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

综上所述，函数fx在0，2上存在两个极值点时，k的取值范围是（e，e22）.

小结这种解法是比较常规的进行了方程的根，函数的零点之间的转化，构造了函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于这是带参数的函数，所以在研究时运用了分类讨论思想.

图1

解法2（分离参数法）当x∈（0，2）时，由ex=kx得k=exx，设g（x）=exx，x∈（0，2），则g′（x）=ex（x-1）x2，

当x∈（0，1）时，g′（x）<0；当x∈（1，2）时，g′（x）>0.

于是函数g（x）在（0，1）上为减函数，（1，2）上为增函数，

而当x→0时，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，结合函数g（x）的图象如图1知：

当k∈（e，e22）时，ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

综上所述，函数f（x）在（0，2）上存在两个极值点时，

k的取值范围是（e，e22）.

小结通过分离参数，使构造的函数不带任何参数.这样就把复杂问题简单化了.

在解法2的基础上，如果把方程的根转化为两个简单函数（y=ex、y=kx）图像，在区间0，2上有两个交点的问题，这两个函数又是我们比较熟悉的函数，可直接作出图像，从图像中找到问题的突破口，最终将问题转化为：对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围.

图2

解法3（数形结合）要使fx在0，2上有两个极值点，则方程ex-kx=0要有两个实解，即函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有两个交点（如图2）.

注意到fx在0，2内下凸，显然k

当对x∈0，2均有ex-kx≥0时，函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有一个或0个交点，下面求这种情况下的k的取值范围，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，则h′x=1-1x，h′x=0得x=1.当x<1时，h′x<0；当x>1时，h′x>0.故hx在x=1时取极小值，因此有lnk≤1=lne，即k≤e，

从而符合题意的k的取值范围是k>e.②

由①与②可得k的取值范围为e，e22.

小结运用逆向思维把问题转化成“对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围”，又用了对数的运算性质把上述不等式转化为“对x∈0，2均有lnk≤x-lnx的k的取值范围”，使问题更加容易的解决.

我们可以在解法3的基础上进一步优化，从图像上看出有两个交点的临界位置，下面只需求出两个特殊位置的斜率即可.这样就避开了抽象的讨论，配以图像，使解题清晰、明了、简捷.

解法4（转化）设y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根，只需当x∈（0，2）时，函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

设直线y=k0x与函数y1=ex，x∈（0，2）相切，

切点为（x0，y0），而y1′（x）=ex，

则y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

设直线y=k′x是过点（2，e2）的直线，

图3

则k′=e22.根据图3便知当k∈（e，e22）时，

函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

故所求k的取值范围是（e，e22）.

本文用一题多解的方式展现了分类与整合、化归与转化、数形结合、函数与方程等数学思想方法的应用，尤其是解法2、解法4在解决本题时，起到了事半功倍的效果.

题目设函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k为常数，e=2.71828…是自然对数的底数）.

（Ⅰ）当k≤0时，求函数f（x）的单调区间；

（Ⅱ）若函数f（x）在区间（0，2）内存在两个极值点，求k的取值范围.

分析由函数f（x）=exx2-k（2x+lnx）（x>0），得f′（x）=（x-2）（ex-kx）x3.

（Ⅰ）当k≤0时，因x>0，则ex-kx>0，x3>0，于是当02时，f′（x）>0.

故函数f（x）在（0，2）上为减函数，（2，+∞）上为增函数；

（Ⅱ）函数在区间内存在两个极值点，则只需方程f′（x）=0在区间（0，2）内有两个不同的实根，亦即ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

解法1（分类讨论）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知当k≤0时，fx在0，2上单调递减，故不存在两个极值点，因此k>0.

设函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①当0elnk，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，2上单调递增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上没有两个实根；

②k>1时，当x∈0，lnk，g′（x）<0，

当x∈lnk，+∞时，g′（x）>0，

则函数g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上单调递减，x∈lnk，+∞上单调递增，

所以函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值为g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有两个实解则

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

综上所述，函数fx在0，2上存在两个极值点时，k的取值范围是（e，e22）.

小结这种解法是比较常规的进行了方程的根，函数的零点之间的转化，构造了函数g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于这是带参数的函数，所以在研究时运用了分类讨论思想.

图1

解法2（分离参数法）当x∈（0，2）时，由ex=kx得k=exx，设g（x）=exx，x∈（0，2），则g′（x）=ex（x-1）x2，

当x∈（0，1）时，g′（x）<0；当x∈（1，2）时，g′（x）>0.

于是函数g（x）在（0，1）上为减函数，（1，2）上为增函数，

而当x→0时，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，结合函数g（x）的图象如图1知：

当k∈（e，e22）时，ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根.

综上所述，函数f（x）在（0，2）上存在两个极值点时，

k的取值范围是（e，e22）.

小结通过分离参数，使构造的函数不带任何参数.这样就把复杂问题简单化了.

在解法2的基础上，如果把方程的根转化为两个简单函数（y=ex、y=kx）图像，在区间0，2上有两个交点的问题，这两个函数又是我们比较熟悉的函数，可直接作出图像，从图像中找到问题的突破口，最终将问题转化为：对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围.

图2

解法3（数形结合）要使fx在0，2上有两个极值点，则方程ex-kx=0要有两个实解，即函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有两个交点（如图2）.

注意到fx在0，2内下凸，显然k

当对x∈0，2均有ex-kx≥0时，函数y=ex与函数y=kx的图像在区间0，2上有一个或0个交点，下面求这种情况下的k的取值范围，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，则h′x=1-1x，h′x=0得x=1.当x<1时，h′x<0；当x>1时，h′x>0.故hx在x=1时取极小值，因此有lnk≤1=lne，即k≤e，

从而符合题意的k的取值范围是k>e.②

由①与②可得k的取值范围为e，e22.

小结运用逆向思维把问题转化成“对x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范围”，又用了对数的运算性质把上述不等式转化为“对x∈0，2均有lnk≤x-lnx的k的取值范围”，使问题更加容易的解决.

我们可以在解法3的基础上进一步优化，从图像上看出有两个交点的临界位置，下面只需求出两个特殊位置的斜率即可.这样就避开了抽象的讨论，配以图像，使解题清晰、明了、简捷.

解法4（转化）设y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在区间（0，2）内有两个不同的实根，只需当x∈（0，2）时，函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

设直线y=k0x与函数y1=ex，x∈（0，2）相切，

切点为（x0，y0），而y1′（x）=ex，

则y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

设直线y=k′x是过点（2，e2）的直线，

图3

则k′=e22.根据图3便知当k∈（e，e22）时，

函数y1=ex与y2=kx有两个不同的交点，

故所求k的取值范围是（e，e22）.

本文用一题多解的方式展现了分类与整合、化归与转化、数形结合、函数与方程等数学思想方法的应用，尤其是解法2、解法4在解决本题时，起到了事半功倍的效果.