2014年高考數學山東卷理科第20題解法探究

陳兆鋒+季東橋

題目設函數f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數）.

（Ⅰ）當k≤0時，求函數f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若函數f（x）在區間（0，2）內存在兩個極值點，求k的取值范圍.

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

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

故函數f（x）在（0，2）上為減函數，（2，+∞）上為增函數；

（Ⅱ）函數在區間內存在兩個極值點，則只需方程f′（x）=0在區間（0，2）內有兩個不同的實根，亦即ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

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

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

①當0elnk，g′（x）>0，

則函數g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個實根；

②k>1時，當x∈0，lnk，g′（x）<0，

當x∈lnk，+∞時，g′（x）>0，

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

所以函數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上有兩個實解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數fx在0，2上存在兩個極值點時，k的取值范圍是（e，e22）.

小結這種解法是比較常規的進行了方程的根，函數的零點之間的轉化，構造了函數g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數的函數，所以在研究時運用了分類討論思想.

圖1

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

當x∈（0，1）時，g′（x）<0；當x∈（1，2）時，g′（x）>0.

于是函數g（x）在（0，1）上為減函數，（1，2）上為增函數，

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

當k∈（e，e22）時，ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

綜上所述，函數f（x）在（0，2）上存在兩個極值點時，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結通過分離參數，使構造的函數不帶任何參數.這樣就把復雜問題簡單化了.

在解法2的基礎上，如果把方程的根轉化為兩個簡單函數（y=ex、y=kx）圖像，在區間0，2上有兩個交點的問題，這兩個函數又是我們比較熟悉的函數，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉化為：對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數形結合）要使fx在0，2上有兩個極值點，則方程ex-kx=0要有兩個實解，即函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有兩個交點（如圖2）.

注意到fx在0，2內下凸，顯然k

當對x∈0，2均有ex-kx≥0時，函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有一個或0個交點，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x<1時，h′x<0；當x>1時，h′x>0.故hx在x=1時取極小值，因此有lnk≤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.

小結運用逆向思維把問題轉化成“對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對數的運算性質把上述不等式轉化為“對x∈0，2均有lnk≤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的基礎上進一步優化，從圖像上看出有兩個交點的臨界位置，下面只需求出兩個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、簡捷.

解法4（轉化）設y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根，只需當x∈（0，2）時，函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

設直線y=k0x與函數y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設直線y=k′x是過點（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據圖3便知當k∈（e，e22）時，

函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現了分類與整合、化歸與轉化、數形結合、函數與方程等數學思想方法的應用，尤其是解法2、解法4在解決本題時，起到了事半功倍的效果.

題目設函數f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數）.

（Ⅰ）當k≤0時，求函數f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若函數f（x）在區間（0，2）內存在兩個極值點，求k的取值范圍.

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

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

故函數f（x）在（0，2）上為減函數，（2，+∞）上為增函數；

（Ⅱ）函數在區間內存在兩個極值點，則只需方程f′（x）=0在區間（0，2）內有兩個不同的實根，亦即ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

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

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

①當0elnk，g′（x）>0，

則函數g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個實根；

②k>1時，當x∈0，lnk，g′（x）<0，

當x∈lnk，+∞時，g′（x）>0，

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

所以函數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上有兩個實解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數fx在0，2上存在兩個極值點時，k的取值范圍是（e，e22）.

小結這種解法是比較常規的進行了方程的根，函數的零點之間的轉化，構造了函數g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數的函數，所以在研究時運用了分類討論思想.

圖1

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

當x∈（0，1）時，g′（x）<0；當x∈（1，2）時，g′（x）>0.

于是函數g（x）在（0，1）上為減函數，（1，2）上為增函數，

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

當k∈（e，e22）時，ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

綜上所述，函數f（x）在（0，2）上存在兩個極值點時，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結通過分離參數，使構造的函數不帶任何參數.這樣就把復雜問題簡單化了.

在解法2的基礎上，如果把方程的根轉化為兩個簡單函數（y=ex、y=kx）圖像，在區間0，2上有兩個交點的問題，這兩個函數又是我們比較熟悉的函數，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉化為：對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數形結合）要使fx在0，2上有兩個極值點，則方程ex-kx=0要有兩個實解，即函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有兩個交點（如圖2）.

注意到fx在0，2內下凸，顯然k

當對x∈0，2均有ex-kx≥0時，函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有一個或0個交點，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x<1時，h′x<0；當x>1時，h′x>0.故hx在x=1時取極小值，因此有lnk≤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.

小結運用逆向思維把問題轉化成“對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對數的運算性質把上述不等式轉化為“對x∈0，2均有lnk≤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的基礎上進一步優化，從圖像上看出有兩個交點的臨界位置，下面只需求出兩個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、簡捷.

解法4（轉化）設y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根，只需當x∈（0，2）時，函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

設直線y=k0x與函數y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設直線y=k′x是過點（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據圖3便知當k∈（e，e22）時，

函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現了分類與整合、化歸與轉化、數形結合、函數與方程等數學思想方法的應用，尤其是解法2、解法4在解決本題時，起到了事半功倍的效果.

題目設函數f（x）=exx2-k（2x+lnx）（k為常數，e=2.71828…是自然對數的底數）.

（Ⅰ）當k≤0時，求函數f（x）的單調區間；

（Ⅱ）若函數f（x）在區間（0，2）內存在兩個極值點，求k的取值范圍.

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

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

故函數f（x）在（0，2）上為減函數，（2，+∞）上為增函數；

（Ⅱ）函數在區間內存在兩個極值點，則只需方程f′（x）=0在區間（0，2）內有兩個不同的實根，亦即ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

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

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

①當0elnk，g′（x）>0，

則函數g（x）=ex-kx，x∈0，2上單調遞增，

故方程ex-kx=0在x∈0，2上沒有兩個實根；

②k>1時，當x∈0，lnk，g′（x）<0，

當x∈lnk，+∞時，g′（x）>0，

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

所以函數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上有兩個實解則

g（0）>0，

g（lnk）<0，

g（2）>0，

0

綜上所述，函數fx在0，2上存在兩個極值點時，k的取值范圍是（e，e22）.

小結這種解法是比較常規的進行了方程的根，函數的零點之間的轉化，構造了函數g（x）=ex-kx，x∈0，+∞，由于這是帶參數的函數，所以在研究時運用了分類討論思想.

圖1

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

當x∈（0，1）時，g′（x）<0；當x∈（1，2）時，g′（x）>0.

于是函數g（x）在（0，1）上為減函數，（1，2）上為增函數，

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

當k∈（e，e22）時，ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根.

綜上所述，函數f（x）在（0，2）上存在兩個極值點時，

k的取值范圍是（e，e22）.

小結通過分離參數，使構造的函數不帶任何參數.這樣就把復雜問題簡單化了.

在解法2的基礎上，如果把方程的根轉化為兩個簡單函數（y=ex、y=kx）圖像，在區間0，2上有兩個交點的問題，這兩個函數又是我們比較熟悉的函數，可直接作出圖像，從圖像中找到問題的突破口，最終將問題轉化為：對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍.

圖2

解法3（數形結合）要使fx在0，2上有兩個極值點，則方程ex-kx=0要有兩個實解，即函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有兩個交點（如圖2）.

注意到fx在0，2內下凸，顯然k

當對x∈0，2均有ex-kx≥0時，函數y=ex與函數y=kx的圖像在區間0，2上有一個或0個交點，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x<1時，h′x<0；當x>1時，h′x>0.故hx在x=1時取極小值，因此有lnk≤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.

小結運用逆向思維把問題轉化成“對x∈0，2均有ex-kx≥0的k的取值范圍”，又用了對數的運算性質把上述不等式轉化為“對x∈0，2均有lnk≤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的基礎上進一步優化，從圖像上看出有兩個交點的臨界位置，下面只需求出兩個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、簡捷.

解法4（轉化）設y1=ex，y2=kx，要使ex=kx在區間（0，2）內有兩個不同的實根，只需當x∈（0，2）時，函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

設直線y=k0x與函數y1=ex，x∈（0，2）相切，

切點為（x0，y0），而y1′（x）=ex，

則y0=ex0，

y0=k0x0，

k0=ex0，解得；x0=1，k0=e.

設直線y=k′x是過點（2，e2）的直線，

圖3

則k′=e22.根據圖3便知當k∈（e，e22）時，

函數y1=ex與y2=kx有兩個不同的交點，

故所求k的取值范圍是（e，e22）.

本文用一題多解的方式展現了分類與整合、化歸與轉化、數形結合、函數與方程等數學思想方法的應用，尤其是解法2、解法4在解決本題時，起到了事半功倍的效果.