對一道質檢題的多解的深度研究

☉江蘇省常熟市梅李高級中學 周志杰

例 （2018江蘇某市檢測題）已知函數f（x）=（ax2+2ax+1）ex-2.

（Ⅰ）討論f（x）的單調區間；

分析：本題主要考查函數、導數及其應用等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力、抽象概括能力、創新意識，考查函數與方程思想、化歸與轉化思想、分類與整合思想等.（Ⅰ）通過對f（x）求導，并結合導函數的正負取值情況來確定函數的單調性問題，注意對導函數中的參數取值還要進一步分類討論；（Ⅱ）根據（Ⅰ）的結論確定x1與x2的值，通過對參數a的分類討論并結合函數f（x）的單調性，利用函數f（x）的最值問題的轉化來證明相應的不等式；也可以利用更換主元法來處理.

解析：（Ⅰ）因為f（x）=（ax2+2ax+1）ex-2，

所以f′（x）=（ax2+4ax+2a+1）ex.

令u（x）=ax2+4ax+2a+1，

①當a=0時，u（x）＞0，f′（x）＞0，所以f（x）的單調遞增區間為（-∞，+∞）.

②當a＞0時，△=16a2-4a（2a+1）=4a（2a-1），

所以當x∈（-∞，x1）或x∈（x2，+∞）時，

u（x）＞0，f′（x）＞0；當x∈（x1，x2）時，u（x）＜0，f′（x）＜0；

所以（fx）的單調遞增區間為（-∞，+∞）.

所以當x∈（x2，x1）時，u（x）＞0，f′（x）＞0；當x∈（-∞，x2）或x∈（x1，+∞）時，u（x）＜0，f′（x）＜0；所以f（x）的單調遞

（Ⅱ）證法1（分類討論法1）：

所以f（x）在區間（0，+∞）上單調遞減，

所以當x≥0時，

f（x）≤f（0）=-1＜0；

由（Ⅰ）知f（x）在區間（0，x1）上單調遞增，在區間（x1，+∞）上單調遞減，

所以當x≥0時，f（x）max=f（x1）=（+2ax1+1）ex1-2，因為+4ax1+2a+1=0，則有=-4ax1-2a-1，且a=

所以要證f（x）＜0，

即證（x1+1）-4x1-2＜0.

設g（x）=（x+1）ex-x2-4x-2，

則g′（x）=（x+2）ex-2x-4=（x+2）（ex-2），

所以當x∈（0，ln2）時，g′（x）＜0，g（x）在區間（0，ln2）上單調遞減；當x∈（ln2，1）時，g′（x）＞0，g（x）在區間（ln2，1）上單調遞增.

因為g（0）=-1＜0，g（1）=2e-7＜0，

所以當x∈（0，1）時，恒有g（x）＜0.

又因為x1∈（0，1），

所以g（x1）＜0，

從而當x≥0時，f（x）≤f（x1）＜0.

證法2（分類討論法2）：由證法1，可得（*）式成立.

所以當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，g（x）在區間（0，1）上單調遞減，

又因為x1∈（0，1），

從而當x≥0時，f（x）＜0.

證法3（分類討論3）：由證法1，可得（*）式成立.

所以φ（x）在區間（0，1）上單調遞增，又因為φ（0）=-1＜0，φ（1）=e-＞0，故φ（0）φ（1）＜0，所以φ（x）在區間（0，1）上恰有一個零點x0，且當x∈（0，x0），φ（x）＜0，即g′（x）＜0，所以g（x）在區間（0，x0）上單調遞減；當x∈（x0，1），φ（x）＞0，即g′（x）＞0，所以g（x）在區間（x0，1）上單調遞增.

所以當x∈（0，1）時，恒有g（x）＜0，

又因為x1∈（0，1），

所以g（x1）＜0，

從而當x≥0時，f（x）＜0.

證法4（更換主元法）：由f（x）=（ax2+2ax+1）ex-2=［ex（x2+2x）］a+ex-2，

令φ（a）=［ex（x2+2x）］a+ex-2，顯然當x≥0時，ex（x2+2x）≥0，

所以要證x≥0時，f（x）＜0，

只需證x≥0時，ex（x2+2x-7）+14＞0，

令g（x）=ex（x2+2x-7）+14，

則g′（x）=ex（x2+4x-5）=（x-1）（x+5）ex，

所以當x∈（0，1）時，g′（x）＜0，g（x）在區間（0，1）上單調遞減；當x∈（1，+∞）時，g′（x）＞0，g（x）在區間（1，+∞）上單調遞增，

所以當x≥0時，

g（x）≥g（1）=14-4e＞0，

從而當x≥0時，f（x）＜0.

通過從多個不同角度的處理，巧妙地把該題的底蘊充分挖掘出來，從多角度出發，多方面求解，真正實現對數學知識的融會貫通，充分展現知識的交匯與綜合，達到提升能力、拓展應用的目的，進而真正達到在學中“悟”，在“悟”中不斷提升解題技能的目的.正如我國著名數學家蘇步青先生說過：“學習數學要多做習題，邊做邊思索，先知其然，然后知其所以然.”H