2018年高考全國Ⅲ卷文科第21題的多種解法

曠敏　張雪　劉成龍

[摘 要]以2018年高考全國Ⅲ卷文科第21題為例研究高考題的多種解法.一題多解能培養學生的發散性思維，提高學生的解題能力.

[關鍵詞]2018年高考；數學題；解法

[中圖分類號] G633.6 [文獻標識碼] A [文章編號] 1674-6058（2018）32-0014-02

研究高考試題的視角很多.比如，研究試題的立意、布局、解法、變式、推廣等.其中，研究試題解法是研究高考試題的基本形式和主要內容.解法研究一般可以從一題多解、多題一解入手，基于解答失誤分析、解答策略提煉、錯解分析、解后反思等視角展開.其中，一題多解能培養學生的發散性思維.本文立足于不同的角度，給出2018年高考全國Ⅲ卷文科第21題（下文簡稱21題）（Ⅱ）的多種解法.

試題：（21題）已知函數[f（x）=ax2+x-1ex].

（Ⅰ） 略；

（Ⅱ） 證明：當[a≥1]時，[f（x）+e≥0].

方法1.直接法

令[M（x）=f（x）+e=ax2+x-1ex+e （a≥1）]，得[M（x）=-ax2+（2a-1）x+2ex]，令[M（x）=0].解得[x=-1a]或[x=2].當[ x<-1a]或[ x>2]時，[M（x）<0]；當[ -1a0]，所以函數[M（x）]在[-∞，-1a]和[（2，+∞）]上單調遞減，在[-1a，2]上單調遞增.易得：

[M（x）min=minM-1a ，M（+∞）.]

又[limx→+∞M（x）=limx→+∞ax2+x-1ex+e=][limx→+∞2ax+1ex+e=limx→+∞2aex+e =e]，且[M-1a=1a-1a-1e 1a + e = -e1a+e ][ ≥-e+e =0]，所以[M（x）min=M-1a≥0.]

綜上所述，當[a≥1]時，[fx+e≥0].

評注：用直接法解答21題是多數學生的想法，但困難有：（1）求導計算較為煩瑣；（2）在求[limx→+∞M（x）]的過程中用到了“洛必達”這一高等工具，這超出了一般學生的知識學習范疇，但為學有余力的學生提供了展示的空間.

方法2.放縮法

欲證[f（x）+e=ax2+x-1+ex+1ex≥0]，只需證明[ax2+x-1+ex+1≥0].由[a≥1]，得[ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1]，只需證明[x2+x-1+ex+1≥0.]令[h（x）=x2+x-][1+ex+1]，得[h（x）=2x+1+ex+1]，令[h（x）=0]，得[x=-1].于是當[x<-1]時，[h（x）<0]；當[x>-1]時，[h（x）>0]，故函數[h（x）]在[（-∞，-1）]上單調遞減，在[（-1，+∞）]上單調遞增，所以[h（x）min=h（-1）=0]，有[h（x）≥0].故[f（x）+e≥0]成立.

評注：方法2的核心是運用[a≥1]進行放縮.通過放縮將含參數的函數問題轉化為不含參數的恒成立問題.

方法3.分離參數法

欲證[f（x）+e=ax2+x-1ex+e≥0]，只需證明[ax2+x-1+ex+1≥0].

① 當[x=0]時，顯然成立；

② 當[x≠0]時，[a≥-ex+1-x+1x2].因為[a≥1]，只需證明[-ex+1-x+1x2≤1]即可.令[H（x）=-ex+1-x+1x2]，[H（x）=（x2-2x）（1-ex+1）x4]，由[H（x）=0]，解得[x=1]，[x=2].當[x<1]或[00]；當[-12]時，[H（x）<0].因此，函數[H（x）]在[（-∞，-1）]和[（0，2）]上單調遞增，在[（-1，0）]和[（2，+∞）]上單調遞減.又因為[H（-1）=1]，[H（2）=-e3-14<0]，所以[H（x）max=H（-1）=1].故[H（x）≤1].

綜上可知，當[a≥1]時，[f（x）+e≥0].

評注：本例中分離參數的目的仍然是消去參數，將問題轉化為[-ex+1-x+1x2≤1]恒成立.與方法2、方法3具有內在的相似性.

方法4.隱零點法

由題意只需證明[ax2+x-1+ex+1≥0]恒成立.令[g（x）=ax2+x-1+ex+1]，則[g（x）=ex+1+2ax+1]，[g（x）=ex+1+2a].因為[a≥1]，[g（x）>0]恒成立， [g（x）]在 [（-∞，+∞）]上單調遞增，且當[x→-∞]時，有[g（x）→-∞]；當[x→+∞]時，有[g（x）→+∞]，所以[g（x）]在[（-∞，+∞）]上存在唯一零點[x0].即[ex0+1+2ax0+1=0]，得[ex0+1=-2ax0-1].同時[g（x）]在[（-∞，x0）]上單調遞減，在[（x0，+∞）]上單調遞增，所以[g（x）≥g（x0）].又[g（x0）=ex0+1+ax02][+x0-1][=ax02+（1-2a）x0-2=（ax0+1）（x0-2）.][g-1a=e1-1a-1≥0]，[g（2）=e3+4a][+1≥0]，且[g-1a0]，即[g（x0）>0].

綜上所述，當[a≥1]時，[ f（x）+e≥0].

評注：此法運用函數的隱零點，將超越式[ex0+1]轉化為普通式[-2ax0-1]，最終將問題轉化為二次函數最小值大于零.零點[x0]貫穿了整個求解過程，但并沒有解出零點，這體現了設而不求的數學思想方法.

方法5.泰勒公式法

由題意只需證明[ax2+x-1+ex+1≥0]恒成立.由泰勒公式有[ex=1+x+x22！+…+xnn！] [+o（xn）]，可得[ex≥x+1]，于是[ex+1≥x+2].故[ax2+x-1+ex+1][≥ax2+x-1+x+2] [=ax2+2x+1].又[a≥1]，故[ax2+2x+1≥x2+2x+1=（x+1）2≥0]恒成立.所以當[a≥1]時，[f（x）+e≥0].

評注：方法5的關鍵步驟有兩個：（1）運用泰勒公式將[ex+1]放縮為[ex+1≥x+2]，這一步可以看成是去超越式；（2）由[a≥1]再次放縮，將[ax2]放縮為[ax2≥x2].這一過程可以看成是去參數.整個求解過程可以看成是方法2、方法3的綜合.特別指出，高等數學知識日益成為解答高考試題的重要工具，對于學有余力的學生可以讓他們適當學習.

波利亞指出：“一個專心、認真備課的老師往往能夠拿出一個有意義但又并不復雜的題目，幫助學生挖掘問題的各個方面，使得通過這道題，就好像通過一道門，把學生引入一個完整的理論領域.”21題正是這樣的一道題目，通過各種解答方法的分析，幫助學生通過有限題目的分析領悟解無限道題的數學機智.

注：劉成龍系本文通訊作者

（責任編輯 黃桂堅）