2019年高考全国卷Ⅱ文科数学第21题的五种解法

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．

因而g(x)至多有一个零点，即f(x)至多有一个零点．

解法2 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.

解法3 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.

当xmax{1,3|a|}，且

所以0

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(2)的解法2”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.

所以g(3a-1)<0

解法5 可得

3(x-1)f(x)=x3(x-3a-1)+3a①.

在①中设x=-t，可得-3(t+1)f(-t)=t3(t+3a+1)+3a

-3(t+1)f(-t)=t3(t+3a+1)+3a>t3+3a>0,f(-t)<0,所以f(x)有零点.

由“题(2)的解法1”中证得的g(x)在(-∞,+∞)上单调递增，可知f(x)至多有一个零点.

综上所述，可得f(x)有唯一零点.