2019年高考全國卷Ⅱ文科數學第21題的五種解法

甘志國

(北京市豐臺二中 100071)

(1)若a=3，求f(x)的單調區間；

(2)證明：f(x)只有一個零點．

因而g(x)至多有一個零點，即f(x)至多有一個零點．

解法2 可得f′(x)=x2-2ax-a，其判別式Δ=4a(a+1).

可得3f(x)=x2(x-3a)-3ax-3a.

當x-3a≥1即x≥3a+1時，由x2≥0，可得

3f(x)≥x2-3ax-3a=x(x-3a)-3a.

又當x≥0,即x≥max{0,3a+1}時，可得

3f(x)≥x-3a≥1,

f(x)>0.

設x=-t，可得-3f(x)=t2(t+3a)-3at+3a.

當t+3a≥1即t≥1-3a也即x≤3a-1時，由t2≥0，可得

-3f(x)≥t2-3at+3a=t(t-3a)+3a.

又當t≥max{0,3a+1}即x≤min{0,-3|a|-1}時，可得-3f(x)≥t+3a≥1,

f(x)<0.

因而f(x)存在零點.

①當Δ≤0即-1≤a≤0時，f(x)是增函數，進而可得函數f(x)有且只有一個零點．

得三次函數f(x)的極大值與極小值同號，因而f(x)有且只有一個零點.得欲證結論成立.

解法3 可得f′(x)=x2-2ax-a，其判別式Δ=4a(a+1).

當x>max{1,9|a|}時，可得

0

a(x2+x+1)≤|a|(x2+x+1)≤3|a|x2,

-a(x2+x+1)≥-3|a|x2.

當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)存在零點.

又因為“題(2)的解法2”中已證得三次函數f(x)的極大值與極小值同號，所以f(x)有且只有一個零點.得欲證結論成立.

所以g(3a-1)<0

解法5 可得

3(x-1)f(x)=x3(x-3a-1)+3a①.

在①中設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)有零點.

由“題(2)的解法1”中證得的g(x)在(-∞,+∞)上單調遞增，可知f(x)至多有一個零點.

綜上所述，可得f(x)有唯一零點.