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.