2018年高考全国Ⅲ卷文科第21题的多种解法

旷敏　张雪　刘成龙

[摘 要]以2018年高考全国Ⅲ卷文科第21题为例研究高考题的多种解法.一题多解能培养学生的发散性思维，提高学生的解题能力.

[关键词]2018年高考；数学题；解法

[中图分类号] G633.6 [文献标识码] A [文章编号] 1674-6058（2018）32-0014-02

研究高考试题的视角很多.比如，研究试题的立意、布局、解法、变式、推广等.其中，研究试题解法是研究高考试题的基本形式和主要内容.解法研究一般可以从一题多解、多题一解入手，基于解答失误分析、解答策略提炼、错解分析、解后反思等视角展开.其中，一题多解能培养学生的发散性思维.本文立足于不同的角度，给出2018年高考全国Ⅲ卷文科第21题（下文简称21题）（Ⅱ）的多种解法.

试题：（21题）已知函数[f（x）=ax2+x-1ex].

（Ⅰ） 略；

（Ⅱ） 证明：当[a≥1]时，[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].当[ x<-1a]或[ x>2]时，[M（x）<0]；当[ -1a0]，所以函数[M（x）]在[-∞，-1a]和[（2，+∞）]上单调递减，在[-1a，2]上单调递增.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.]

综上所述，当[a≥1]时，[fx+e≥0].

评注：用直接法解答21题是多数学生的想法，但困难有：（1）求导计算较为烦琐；（2）在求[limx→+∞M（x）]的过程中用到了“洛必达”这一高等工具，这超出了一般学生的知识学习范畴，但为学有余力的学生提供了展示的空间.

方法2.放缩法

欲证[f（x）+e=ax2+x-1+ex+1ex≥0]，只需证明[ax2+x-1+ex+1≥0].由[a≥1]，得[ax2+x-1+ex+1≥x2+x-1+ex+1]，只需证明[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].于是当[x<-1]时，[h（x）<0]；当[x>-1]时，[h（x）>0]，故函数[h（x）]在[（-∞，-1）]上单调递减，在[（-1，+∞）]上单调递增，所以[h（x）min=h（-1）=0]，有[h（x）≥0].故[f（x）+e≥0]成立.

评注：方法2的核心是运用[a≥1]进行放缩.通过放缩将含参数的函数问题转化为不含参数的恒成立问题.

方法3.分离参数法

欲证[f（x）+e=ax2+x-1ex+e≥0]，只需证明[ax2+x-1+ex+1≥0].

① 当[x=0]时，显然成立；

② 当[x≠0]时，[a≥-ex+1-x+1x2].因为[a≥1]，只需证明[-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].当[x<1]或[00]；当[-12]时，[H（x）<0].因此，函数[H（x）]在[（-∞，-1）]和[（0，2）]上单调递增，在[（-1，0）]和[（2，+∞）]上单调递减.又因为[H（-1）=1]，[H（2）=-e3-14<0]，所以[H（x）max=H（-1）=1].故[H（x）≤1].

综上可知，当[a≥1]时，[f（x）+e≥0].

评注：本例中分离参数的目的仍然是消去参数，将问题转化为[-ex+1-x+1x2≤1]恒成立.与方法2、方法3具有内在的相似性.

方法4.隐零点法

由题意只需证明[ax2+x-1+ex+1≥0]恒成立.令[g（x）=ax2+x-1+ex+1]，则[g（x）=ex+1+2ax+1]，[g（x）=ex+1+2a].因為[a≥1]，[g（x）>0]恒成立， [g（x）]在 [（-∞，+∞）]上单调递增，且当[x→-∞]时，有[g（x）→-∞]；当[x→+∞]时，有[g（x）→+∞]，所以[g（x）]在[（-∞，+∞）]上存在唯一零点[x0].即[ex0+1+2ax0+1=0]，得[ex0+1=-2ax0-1].同时[g（x）]在[（-∞，x0）]上单调递减，在[（x0，+∞）]上单调递增，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].

综上所述，当[a≥1]时，[ f（x）+e≥0].

评注：此法运用函数的隐零点，将超越式[ex0+1]转化为普通式[-2ax0-1]，最终将问题转化为二次函数最小值大于零.零点[x0]贯穿了整个求解过程，但并没有解出零点，这体现了设而不求的数学思想方法.

方法5.泰勒公式法

由题意只需证明[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.所以当[a≥1]时，[f（x）+e≥0].

评注：方法5的关键步骤有两个：（1）运用泰勒公式将[ex+1]放缩为[ex+1≥x+2]，这一步可以看成是去超越式；（2）由[a≥1]再次放缩，将[ax2]放缩为[ax2≥x2].这一过程可以看成是去参数.整个求解过程可以看成是方法2、方法3的综合.特别指出，高等数学知识日益成为解答高考试题的重要工具，对于学有余力的学生可以让他们适当学习.

波利亚指出：“一个专心、认真备课的老师往往能够拿出一个有意义但又并不复杂的题目，帮助学生挖掘问题的各个方面，使得通过这道题，就好像通过一道门，把学生引入一个完整的理论领域.”21题正是这样的一道题目，通过各种解答方法的分析，帮助学生通过有限题目的分析领悟解无限道题的数学机智.

注：刘成龙系本文通讯作者

（责任编辑 黄桂坚）