2014年高考數(shù)學(xué)山東卷理科第20題解法探究

陳兆鋒+季東橋

題目設(shè)函數(shù)f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2）內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍.

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

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，因x>0，則ex-kx>0，x3>0，于是當(dāng)02時(shí)，f′（x）>0.

故函數(shù)f（x）在（0，2）上為減函數(shù)，（2，+∞）上為增函數(shù)；

（Ⅱ）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則只需方程f′（x）=0在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，亦即ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

解法1（分類討論）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知當(dāng)k≤0時(shí)，fx在0，2上單調(diào)遞減，故不存在兩個(gè)極值點(diǎn)，因此k>0.

設(shè)函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①當(dāng)0elnk，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調(diào)遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個(gè)實(shí)根；

②k>1時(shí)，當(dāng)x∈0，lnk，g′（x）<0，

當(dāng)x∈lnk，+∞時(shí)，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上單調(diào)遞減，x∈lnk，+∞上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值為g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有兩個(gè)實(shí)解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數(shù)fx在0，2上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)這種解法是比較常規(guī)的進(jìn)行了方程的根，函數(shù)的零點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造了函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數(shù)的函數(shù)，所以在研究時(shí)運(yùn)用了分類討論思想.

圖1

解法2（分離參數(shù)法）當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，由ex=kx得k=exx，設(shè)g（x）=exx，x∈（0，2），則g′（x）=ex（x-1）x2，

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）<0；當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g′（x）>0.

于是函數(shù)g（x）在（0，1）上為減函數(shù)，（1，2）上為增函數(shù)，

而當(dāng)x→0時(shí)，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，結(jié)合函數(shù)g（x）的圖象如圖1知：

當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

綜上所述，函數(shù)f（x）在（0，2）上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)通過分離參數(shù)，使構(gòu)造的函數(shù)不帶任何參數(shù).這樣就把復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化了.

在解法2的基礎(chǔ)上，如果把方程的根轉(zhuǎn)化為兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)（y=ex、y=kx）圖像，在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)的問題，這兩個(gè)函數(shù)又是我們比較熟悉的函數(shù)，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉(zhuǎn)化為：對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數(shù)形結(jié)合）要使fx在0，2上有兩個(gè)極值點(diǎn)，則方程ex-kx=0要有兩個(gè)實(shí)解，即函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)（如圖2）.

注意到fx在0，2內(nèi)下凸，顯然k

當(dāng)對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0時(shí)，函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有一個(gè)或0個(gè)交點(diǎn)，下面求這種情況下的k的取值范圍，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，則h′x=1-1x，h′x=0得x=1.當(dāng)x<1時(shí)，h′x<0；當(dāng)x>1時(shí)，h′x>0.故hx在x=1時(shí)取極小值，因此有l(wèi)nk≤1=lne，即k≤e，

從而符合題意的k的取值范圍是k>e.②

由①與②可得k的取值范圍為e，e22.

小結(jié)運(yùn)用逆向思維把問題轉(zhuǎn)化成“對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)把上述不等式轉(zhuǎn)化為“對(duì)x∈0，2均有l(wèi)nk≤x-lnx的k的取值范圍”，使問題更加容易的解決.

我們可以在解法3的基礎(chǔ)上進(jìn)一步優(yōu)化，從圖像上看出有兩個(gè)交點(diǎn)的臨界位置，下面只需求出兩個(gè)特殊位置的斜率即可.這樣就避開了抽象的討論，配以圖像，使解題清晰、明了、簡(jiǎn)捷.

解法4（轉(zhuǎn)化）設(shè)y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，只需當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

設(shè)直線y=k0x與函數(shù)y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點(diǎn)為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設(shè)直線y=k′x是過點(diǎn)（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據(jù)圖3便知當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，

函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現(xiàn)了分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，尤其是解法2、解法4在解決本題時(shí)，起到了事半功倍的效果.

題目設(shè)函數(shù)f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2）內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍.

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

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，因x>0，則ex-kx>0，x3>0，于是當(dāng)02時(shí)，f′（x）>0.

故函數(shù)f（x）在（0，2）上為減函數(shù)，（2，+∞）上為增函數(shù)；

（Ⅱ）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則只需方程f′（x）=0在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，亦即ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

解法1（分類討論）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知當(dāng)k≤0時(shí)，fx在0，2上單調(diào)遞減，故不存在兩個(gè)極值點(diǎn)，因此k>0.

設(shè)函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①當(dāng)0elnk，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調(diào)遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個(gè)實(shí)根；

②k>1時(shí)，當(dāng)x∈0，lnk，g′（x）<0，

當(dāng)x∈lnk，+∞時(shí)，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上單調(diào)遞減，x∈lnk，+∞上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值為g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有兩個(gè)實(shí)解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數(shù)fx在0，2上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)這種解法是比較常規(guī)的進(jìn)行了方程的根，函數(shù)的零點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造了函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數(shù)的函數(shù)，所以在研究時(shí)運(yùn)用了分類討論思想.

圖1

解法2（分離參數(shù)法）當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，由ex=kx得k=exx，設(shè)g（x）=exx，x∈（0，2），則g′（x）=ex（x-1）x2，

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）<0；當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g′（x）>0.

于是函數(shù)g（x）在（0，1）上為減函數(shù)，（1，2）上為增函數(shù)，

而當(dāng)x→0時(shí)，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，結(jié)合函數(shù)g（x）的圖象如圖1知：

當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

綜上所述，函數(shù)f（x）在（0，2）上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)通過分離參數(shù)，使構(gòu)造的函數(shù)不帶任何參數(shù).這樣就把復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化了.

在解法2的基礎(chǔ)上，如果把方程的根轉(zhuǎn)化為兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)（y=ex、y=kx）圖像，在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)的問題，這兩個(gè)函數(shù)又是我們比較熟悉的函數(shù)，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉(zhuǎn)化為：對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數(shù)形結(jié)合）要使fx在0，2上有兩個(gè)極值點(diǎn)，則方程ex-kx=0要有兩個(gè)實(shí)解，即函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)（如圖2）.

注意到fx在0，2內(nèi)下凸，顯然k

當(dāng)對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0時(shí)，函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有一個(gè)或0個(gè)交點(diǎn)，下面求這種情況下的k的取值范圍，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，則h′x=1-1x，h′x=0得x=1.當(dāng)x<1時(shí)，h′x<0；當(dāng)x>1時(shí)，h′x>0.故hx在x=1時(shí)取極小值，因此有l(wèi)nk≤1=lne，即k≤e，

從而符合題意的k的取值范圍是k>e.②

由①與②可得k的取值范圍為e，e22.

小結(jié)運(yùn)用逆向思維把問題轉(zhuǎn)化成“對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)把上述不等式轉(zhuǎn)化為“對(duì)x∈0，2均有l(wèi)nk≤x-lnx的k的取值范圍”，使問題更加容易的解決.

我們可以在解法3的基礎(chǔ)上進(jìn)一步優(yōu)化，從圖像上看出有兩個(gè)交點(diǎn)的臨界位置，下面只需求出兩個(gè)特殊位置的斜率即可.這樣就避開了抽象的討論，配以圖像，使解題清晰、明了、簡(jiǎn)捷.

解法4（轉(zhuǎn)化）設(shè)y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，只需當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

設(shè)直線y=k0x與函數(shù)y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點(diǎn)為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設(shè)直線y=k′x是過點(diǎn)（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據(jù)圖3便知當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，

函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現(xiàn)了分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，尤其是解法2、解法4在解決本題時(shí)，起到了事半功倍的效果.

題目設(shè)函數(shù)f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數(shù)，e=2.71828…是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)）.

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，求函數(shù)f（x）的單調(diào)區(qū)間；

（Ⅱ）若函數(shù)f（x）在區(qū)間（0，2）內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，求k的取值范圍.

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

（Ⅰ）當(dāng)k≤0時(shí)，因x>0，則ex-kx>0，x3>0，于是當(dāng)02時(shí)，f′（x）>0.

故函數(shù)f（x）在（0，2）上為減函數(shù)，（2，+∞）上為增函數(shù)；

（Ⅱ）函數(shù)在區(qū)間內(nèi)存在兩個(gè)極值點(diǎn)，則只需方程f′（x）=0在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，亦即ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

解法1（分類討論）f′x=x-2ex-kxx3，其中x>0.由（1）知當(dāng)k≤0時(shí)，fx在0，2上單調(diào)遞減，故不存在兩個(gè)極值點(diǎn)，因此k>0.

設(shè)函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，g′（x）=ex-k=ex-elnk.

①當(dāng)0elnk，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調(diào)遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個(gè)實(shí)根；

②k>1時(shí)，當(dāng)x∈0，lnk，g′（x）<0，

當(dāng)x∈lnk，+∞時(shí)，g′（x）>0，

則函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，lnk上單調(diào)遞減，x∈lnk，+∞上單調(diào)遞增，

所以函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞上的最小值為g（lnk）=k（1-lnk）.要使方程ex-kx=0在x∈0，2上有兩個(gè)實(shí)解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數(shù)fx在0，2上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)這種解法是比較常規(guī)的進(jìn)行了方程的根，函數(shù)的零點(diǎn)之間的轉(zhuǎn)化，構(gòu)造了函數(shù)g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數(shù)的函數(shù)，所以在研究時(shí)運(yùn)用了分類討論思想.

圖1

解法2（分離參數(shù)法）當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，由ex=kx得k=exx，設(shè)g（x）=exx，x∈（0，2），則g′（x）=ex（x-1）x2，

當(dāng)x∈（0，1）時(shí)，g′（x）<0；當(dāng)x∈（1，2）時(shí)，g′（x）>0.

于是函數(shù)g（x）在（0，1）上為減函數(shù)，（1，2）上為增函數(shù)，

而當(dāng)x→0時(shí)，g（x）→+∞；g（1）=e，g（2）=e22，結(jié)合函數(shù)g（x）的圖象如圖1知：

當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根.

綜上所述，函數(shù)f（x）在（0，2）上存在兩個(gè)極值點(diǎn)時(shí)，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結(jié)通過分離參數(shù)，使構(gòu)造的函數(shù)不帶任何參數(shù).這樣就把復(fù)雜問題簡(jiǎn)單化了.

在解法2的基礎(chǔ)上，如果把方程的根轉(zhuǎn)化為兩個(gè)簡(jiǎn)單函數(shù)（y=ex、y=kx）圖像，在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)的問題，這兩個(gè)函數(shù)又是我們比較熟悉的函數(shù)，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉(zhuǎn)化為：對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數(shù)形結(jié)合）要使fx在0，2上有兩個(gè)極值點(diǎn)，則方程ex-kx=0要有兩個(gè)實(shí)解，即函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有兩個(gè)交點(diǎn)（如圖2）.

注意到fx在0，2內(nèi)下凸，顯然k

當(dāng)對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0時(shí)，函數(shù)y=ex與函數(shù)y=kx的圖像在區(qū)間0，2上有一個(gè)或0個(gè)交點(diǎn)，下面求這種情況下的k的取值范圍，

由ex-kx≥0，x>0，k>0得lnk≤x-lnx.

令hx=x-lnx，則h′x=1-1x，h′x=0得x=1.當(dāng)x<1時(shí)，h′x<0；當(dāng)x>1時(shí)，h′x>0.故hx在x=1時(shí)取極小值，因此有l(wèi)nk≤1=lne，即k≤e，

從而符合題意的k的取值范圍是k>e.②

由①與②可得k的取值范圍為e，e22.

小結(jié)運(yùn)用逆向思維把問題轉(zhuǎn)化成“對(duì)x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)把上述不等式轉(zhuǎn)化為“對(duì)x∈0，2均有l(wèi)nk≤x-lnx的k的取值范圍”，使問題更加容易的解決.

我們可以在解法3的基礎(chǔ)上進(jìn)一步優(yōu)化，從圖像上看出有兩個(gè)交點(diǎn)的臨界位置，下面只需求出兩個(gè)特殊位置的斜率即可.這樣就避開了抽象的討論，配以圖像，使解題清晰、明了、簡(jiǎn)捷.

解法4（轉(zhuǎn)化）設(shè)y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區(qū)間（0，2）內(nèi)有兩個(gè)不同的實(shí)根，只需當(dāng)x∈（0，2）時(shí)，函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

設(shè)直線y=k0x與函數(shù)y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點(diǎn)為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設(shè)直線y=k′x是過點(diǎn)（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據(jù)圖3便知當(dāng)k∈（e，e22）時(shí)，

函數(shù)y1=ex與y2=kx有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現(xiàn)了分類與整合、化歸與轉(zhuǎn)化、數(shù)形結(jié)合、函數(shù)與方程等數(shù)學(xué)思想方法的應(yīng)用，尤其是解法2、解法4在解決本題時(shí)，起到了事半功倍的效果.