题目 设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中x∈R.

（Ⅰ）讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由;

（Ⅱ）若x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范围.

1 解题思路分析与解题方法

（Ⅰ）思路 首先确定函数f（x）的定义域，求f（x）的导函数，导函数式进行化简，然后考查分子对应的函数g（x），先讨论g（x）是否为二次函数，后讨论g（x）是二次函数时实根的分布情况，从而确定g（x）、f′（x）的符号，得出函数f（x）单调区间，判断出函数f（x）的极值点个数.

解法1 由题意，知函数f（x）的定义域为（-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，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.

（2）若a>0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.

当0<a≤89时，Δ≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.

当a>89时，Δ>0，设g（x）=0的两个实根为x1，x2（不妨x1<x2），由韦达定理知x1+x2=-12（或二次函数g（x）的对称轴为直线x=-14），所以x1<-14，x2>-14.又g（-1）=1>0，所以-1<x1<-14.所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;在区间（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;因此函数f（x）有两个极值点.

（3）若a<0，Δ>0，由g（-1）=1>0和二次函数的图象性质，得x1<-1，x2>-1.所以在区间（-1，x2）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x2，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;因此函数f（x）有一个极值点.

综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点;当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点;当a>89时，函数f（x）有两个极值点.

解法2 由题意，知函数f（x）的定义域为（-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，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.

（2）若a≠0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.

当Δ≤0时，0<a≤89，g（x）≥0，f′（x）≥0，函数f（x）在（-1，+∞）上单调递增，无极值点.

当Δ>0时，a<0或a>89，由一元二次方程的求根公式，得g（x）=0两个不等实根为x1=-a-Δ4a=-14-9a2-8a4a，x2=-a+Δ4a=-14+9a2-8a4a.①a<0时，x1=-14+149-8a>-14>-1，x2=-14-149-8a<-14-34<-1，所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;因此函数f（x）有一个极值点.②a>89时，x1=-14-149-8a>-14-34=-1，又x2>x1，所以x2>x1>-1.所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减;在区间（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增;因此函数f（x）有两个极值点.

综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点;当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点;当a>89时，函数f（x）有两个极值点.

点评 g（x）为二次函数时，解法1确定g（x）符号，利用了二次函数性质、特殊点的函数值和韦达定理;解法2中确定g（x）符号，利用了二次函数性质、求根公式和不等式的放缩法，对考生的要求更高.也有一部分考生应用分离变量a解答，由于缺乏对函数f（x）单调性的分析，所以得不到全分.

（Ⅱ）思路1 根据（Ⅰ）知a在不同情况下f（x）在（0，+∞）上的单调性，要想x∈（0，+∞）时f（x）>0恒成立，只要说明最小值大于0，否则存在函数值小于0即可.

解法1 由（Ⅰ）知，（1）当0≤a≤89时，函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）时f（x）>0，符合题意.

（2）当89<a≤1时，由g（0）=1-a≥0，得x2≤0，所以函数f（x）在（0，+∞）上单调递增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）时f（x）>0，符合题意.

（3）当a>1时，由g（0）=1-a<0，得x2>0，所以函数f（x）在（0，x2）上单调递减.又f（0）=0，所以x∈（0，x2）时f（x）<0，不符合题意.

（4）当a<0时，设h（x）=x-ln（x+1），则h′（x）=1-1x+1=xx+1.当x∈（0，+∞）时，h′（x）>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，且h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当x>1-1a时，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合题意.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

解法2 （1）当0≤a≤89时，同法1.（2）当89<a≤1时，同法1.

（3）当a>1时，设h（x）=ln（x+1）-x（x>0），则h′（x）=1x+1-1=-xx+1<0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递减，h（x）<h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当0<x<a-12a时，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合题意.

（4）当a<0时，由（3）知f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.当x→+∞时，ax2+（1-a）x→-∞，f（x）<0，不符合题意.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

解法3 （1）当0≤a≤1时，设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，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.因为0≤a≤1，所以1-a+ax2≥0，即ln（x+1）+a（x2-x）≥0.所以0≤a≤1符合题意.

（2）当a>1时，同法1.

（3）当a<0时，同法1.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

点评 上面这三种解法中，通过构造函数，进行不等式放缩是难点，如果考生没有深厚的数学基础，很难构造出函数.

思路2 把a分成两类a≥0和a<0，当a≥0时f（x）≥0在（0，+∞）成立等价于f（x）≥0在（0，1）成立，然后通过构造函数进行求解.

解法4 （1）当a≥0时，由于x>0，ln（x+1）>0，仅在（0，1）上a（x2-x）<0，所以只需要对x∈（0，1），ln（x+1）+a（x2-x）≥0.设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞）上单调递增，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）当a<0时，同法1.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

思路3 由于f′（x）=0在（0，+∞）上最多有一个实根，且f（0）=0，所以把问题转化为f（x）在（0，+∞）上是增函数，即f′（x）≥0，再分离系数讨论即可.

解法5 由（Ⅰ）的解法1，知函数g（x）=2ax2+ax-a+1在（0，+∞）上最多有一个实根，f′（x）=2ax2+ax-a+1x+1在（0，+∞）上最多有一个实根.由于f（0）=0，所以x>0，f（x）≥0成立等价于f（x）在（0，+∞）上是增函数，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）当x=12时，（*）式即为0·a≤23成立，

a∈R.

（2）当0<x<12时，令h（x）=（x+1）（1-2x）（x>0），（*）式可化为a≤1h（x）.由于x∈（0，12）时，

0=h（12）<h（x）<h（0）=1，所以1h（x）>1，所以a≤1.

（3）当x>12时，（*）式可化为a≥1h（x）.由于x∈（12，+∞）时，h（x）<0，所以1h（x）<0.所以a≥0.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

思路4 直接分类讨论，分离参数，通过放缩法和极限值解决.

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

（1）当x=1时，（*）式即为0·a≤ln2成立，

a∈R.

（2）当0<x<1时，（*）式可化为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）内是增函数，所以11-x>limx→011-x=1.所以a≤1.

（3）当x>1时，（*）式可化为a≥ln（x+1）x-x2.而ln（x+1）x-x2>xx-x2=11-x.由于11-x在（1，+∞）内是增函数，所以11-x<limx→+∞11-x=0.所以a≥0.

综上所述，a的取值范围是[0，1].

2 阅卷启示

由于本题是理科最后的压轴题，对考生数学思维能力和运算能力要求较高，阅卷时发现有少部分考生没有做到此题，有部分考生在试卷中出现明显的低级错误，如漏写函数f（x）定义域、对导函数f′（x）的分子讨论时忘记a=0此函数不是二次函数、只看Δ的符号就说明有几个极值点不考虑导函数f′（x）的符号和f（x）单调性等;也有一部分考生从答题看他心里明白但是得分要点没有，得不到分，如他算出了有极大值和极小值，就是不说有几个极值点，也就得不到分;还有一部分同学思维能力达不到，不会进行合理的分类讨论，不会构造函数进行不等式放缩，不会求函数极限，得分能力受到限制.建议在平时的高三教学中强化含参数的函数试题训练，加大试题的思维量，指导考生合理分类讨论，简化、优化运算，把握解题的规律，规范解题过程，达到数学解题“正确、迅速”.

本文作者参与了今年山东高考阅卷工作，并且是本题的阅卷小组长.

作者简介 吴金革，男，1966年2月生，山东冠县人，高级教师，山东省特级教师，山东省优秀教师，济南市数学学科带头人，近10多年来一直是济南市高三数学模拟试题命题组成员.