不用分离参数法巧解2018年高考全国卷Ⅱ文科数学第21题
2019-07-01甘志国
甘志国
(北京市丰台二中 100071)
(1)若a=3,求f(x)的单调区间;
(2)证明:f(x)只有一个零点.
参考答案:(1)略.
因而g(x)至多有一个零点,即f(x)至多有一个零点.
笔者的注记我们知道,由三次函数的图象可知“当x→-时f(x)→-,当x→+时f(x)→+”,所以f(x)只有一个零点.但这不能代替严格证明,下面这道高考题即题2第(3)问的解答也是这样的:
题2(2018年高考天津卷文科第20题)设函数f(x)=(x-t1)(x-t2)(x-t3),其中t1,t2,t3∈R,且t1,t2,t3是公差为d的等差数列.
所以题1(2)的参考答案给出了具体实例“f(3a-1)<0,f(3a=1)>0”,但老师应当讲清其来源.
x2-3ax-3a>0 ①,
为了简便,选x=3a+1,可使①式成立,由此便得f(3a+1)>0的来历.
x2+3ax+3a>0 ②.
因为抛物线y=x2+3ax+3a向口向上,所以存在负数x使得不等式②恒成立,进而可试验出f(3a-1)<0,这就是f(3a-1)<0的来历.
以上题1(2)的参考答案给的方法是分离参数法,但考生有这样的经验:对于高考压轴题(导数的应用),分离参数法往往不凑效,比如下面的题3和题4.
题3(2006年高考全国卷Ⅱ理科第20题)设函数f(x)=(x+1)ln(x+1).若对所有的x≥0,都有f(x)≥ax成立,求实数a的取值范围.
分析本题的自然想法当然是分离参数法.
本题的正确解法是不用分离参数法,而是对参数进行分类讨论,这种讨论的原则是“先充分后必要”.
设g(x)=f(x)-ax=(x+1)ln(x+1)-ax(x≥0),得题设即g(x)≥g(0)(x≥0)恒成立.
所以当g(x)(x≥0)是增函数即g′(x)≥0(x≥0)恒成立时满足题设.
可得g′(x)=ln(x+1)+1-a(x≥0),且g′(x)(x≥0)是增函数,所以当g′(0)=1-a≥0即a≤1时满足题设.
当a>1时,得g′(x)的零点为ea-1-1,且当x∈(0,ea-1-1)时,g′(x)<0,即g′(x)在(0,ea-1-1)上是减函数,得g(x) 题4 (2016年高考全国卷Ⅱ文科第20题)已知函数f(x)=(x+1)lnx-a(x-1). (1)当a=4时,求曲线y=f(x)在(1,f(1))处的切线方程; (2)若当x∈(1,+)时,f(x)>0,求a的取值范围. 解(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞). 当a≤2时,可得f′(x)>f′(1)=2-a>0(x>1),所以f(x)是增函数,得f(x)>f(1)=0(x>1),得此时满足题意. 当a>2时,可得f′(1)=2-a<0,f′(ea)>0,所以存在唯一的x0∈(1,ea)使得f′(x0)=0. 再由f′(x)是增函数,得当x∈(1,x0)时f′(x)<0,得此时f(x)是减函数,所以f(x) 综上所述,可得所求实数a的取值范围是(-,2]. 因而,下面不用分离参数法而用“直接求导+对参数分类讨论”的方法来求解题1(2). 题1(2)的另证1 可得f′(x)=x2-2ax-a,其判别式Δ=4a(a+1). 可得3f(x)=x2(x-3a)-3ax-3a. 当x-3a≥1即x≥3a+1时,由x2≥0,可得 3f(x)≥x2-3ax-3a=x(x-3a)-3a. 又当x≥0即x≥max{0,3a+1}时,可得 3f(x)≥x-3a≥1, f(x)>0. 设x=-t,可得-3f(x)=t2(t+3a)-3at+3a. 当t+3a≥1即t≥1-3a也即x≤3a-1时,由t2≥0,可得-3f(x)≥t2-3at+3a=t(t-3a)+3a,又当t≥max{0,3a+1}即x≤min{0,-3|a|-1}时,可得 -3f(x)≥t+3a≥1, f(x)<0. 因而f(x)存在零点. (1)当Δ≤0即-1≤a≤0时,f(x)是增函数,进而可得函数f(x)有且只有一个零点. 得三次函数f(x)的极大值与极小值同号,因而f(x)有且只有一个零点.得欲证结论成立. 题1(2)的另证2 可得f′(x)=x2-2ax-a,其判别式Δ=4a(a+1). 当x>max{1,9|a|}时,可得0 a(x2+x+1)≤|a|(x2+x+1)≤3|a|x2, -a(x2+x+1)≥-3|a|x2. a[t2+(1-t)]≥-|a|[t2+(1-t)]≥-|a|t2, -a[t2+(1-t)]≤|a|t2. 因而f(x)存在零点.又因为“题1 (2)的另证1”中已证得三次函数f(x)的极大值与极小值同号,所以f(x)有且只有一个零点.得欲证结论成立.