題目 設(shè)函數(shù)f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中x∈R.

（Ⅰ）討論函數(shù)f（x）極值點的個數(shù)，并說明理由;

（Ⅱ）若x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范圍.

1 解題思路分析與解題方法

（Ⅰ）思路 首先確定函數(shù)f（x）的定義域，求f（x）的導(dǎo)函數(shù)，導(dǎo)函數(shù)式進行化簡，然后考查分子對應(yīng)的函數(shù)g（x），先討論g（x）是否為二次函數(shù)，后討論g（x）是二次函數(shù)時實根的分布情況，從而確定g（x）、f′（x）的符號，得出函數(shù)f（x）單調(diào)區(qū)間，判斷出函數(shù)f（x）的極值點個數(shù).

解法1 由題意，知函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），f′（x）=1x+1+a（2x-1）=

2ax2+ax-a+1x+1.

令g（x）=2ax2+ax-a+1，x∈（-1，+∞）.

（1）若a=0，則g（x）=1.此時f′（x）=1x+1>0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點.

（2）若a>0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.

當(dāng)0<a≤89時，Δ≤0，g（x）≥0，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點.

當(dāng)a>89時，Δ>0，設(shè)g（x）=0的兩個實根為x1，x2（不妨x1<x2），由韋達定理知x1+x2=-12（或二次函數(shù)g（x）的對稱軸為直線x=-14），所以x1<-14，x2>-14.又g（-1）=1>0，所以-1<x1<-14.所以在區(qū)間（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;在區(qū)間（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;在區(qū)間（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;因此函數(shù)f（x）有兩個極值點.

（3）若a<0，Δ>0，由g（-1）=1>0和二次函數(shù)的圖象性質(zhì)，得x1<-1，x2>-1.所以在區(qū)間（-1，x2）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;在區(qū)間（x2，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;因此函數(shù)f（x）有一個極值點.

綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f（x）有一個極值點;當(dāng)0≤a≤89時，函數(shù)f（x）無極值點;當(dāng)a>89時，函數(shù)f（x）有兩個極值點.

解法2 由題意，知函數(shù)f（x）的定義域為（-1，+∞），f′（x）=1x+1+a（2x-1）=2ax2+ax-a+1x+1.

令g（x）=2ax2+ax-a+1，x∈（-1，+∞）.

（1）若a=0，則g（x）=1.此時f′（x）=1x+1>0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點.

（2）若a≠0，Δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.

當(dāng)Δ≤0時，0<a≤89，g（x）≥0，f′（x）≥0，函數(shù)f（x）在（-1，+∞）上單調(diào)遞增，無極值點.

當(dāng)Δ>0時，a<0或a>89，由一元二次方程的求根公式，得g（x）=0兩個不等實根為x1=-a-Δ4a=-14-9a2-8a4a，x2=-a+Δ4a=-14+9a2-8a4a.①a<0時，x1=-14+149-8a>-14>-1，x2=-14-149-8a<-14-34<-1，所以在區(qū)間（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;在區(qū)間（x1，+∞）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;因此函數(shù)f（x）有一個極值點.②a>89時，x1=-14-149-8a>-14-34=-1，又x2>x1，所以x2>x1>-1.所以在區(qū)間（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;在區(qū)間（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）單調(diào)遞減;在區(qū)間（x2，+∞）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）單調(diào)遞增;因此函數(shù)f（x）有兩個極值點.

綜上所述，當(dāng)a<0時，函數(shù)f（x）有一個極值點;當(dāng)0≤a≤89時，函數(shù)f（x）無極值點;當(dāng)a>89時，函數(shù)f（x）有兩個極值點.

點評 g（x）為二次函數(shù)時，解法1確定g（x）符號，利用了二次函數(shù)性質(zhì)、特殊點的函數(shù)值和韋達定理;解法2中確定g（x）符號，利用了二次函數(shù)性質(zhì)、求根公式和不等式的放縮法，對考生的要求更高.也有一部分考生應(yīng)用分離變量a解答，由于缺乏對函數(shù)f（x）單調(diào)性的分析，所以得不到全分.

（Ⅱ）思路1 根據(jù)（Ⅰ）知a在不同情況下f（x）在（0，+∞）上的單調(diào)性，要想x∈（0，+∞）時f（x）>0恒成立，只要說明最小值大于0，否則存在函數(shù)值小于0即可.

解法1 由（Ⅰ）知，（1）當(dāng)0≤a≤89時，函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）時f（x）>0，符合題意.

（2）當(dāng)89<a≤1時，由g（0）=1-a≥0，得x2≤0，所以函數(shù)f（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增.又f（0）=0，所以x∈（0，+∞）時f（x）>0，符合題意.

（3）當(dāng)a>1時，由g（0）=1-a<0，得x2>0，所以函數(shù)f（x）在（0，x2）上單調(diào)遞減.又f（0）=0，所以x∈（0，x2）時f（x）<0，不符合題意.

（4）當(dāng)a<0時，設(shè)h（x）=x-ln（x+1），則h′（x）=1-1x+1=xx+1.當(dāng)x∈（0，+∞）時，h′（x）>0，所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，且h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.當(dāng)x>1-1a時，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合題意.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

解法2 （1）當(dāng)0≤a≤89時，同法1.（2）當(dāng)89<a≤1時，同法1.

（3）當(dāng)a>1時，設(shè)h（x）=ln（x+1）-x（x>0），則h′（x）=1x+1-1=-xx+1<0，所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞減，h（x）<h（0）=0，即ln（x+1）<x.所以f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.當(dāng)0<x<a-12a時，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合題意.

（4）當(dāng)a<0時，由（3）知f（x）<x+a（x2-x）=ax2+（1-a）x.當(dāng)x→+∞時，ax2+（1-a）x→-∞，f（x）<0，不符合題意.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

解法3 （1）當(dāng)0≤a≤1時，設(shè)h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），則h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）>xx+1（x>0）.要使x>0，f（x）>0成立，即ln（x+1）+a（x2-x）≥0成立，只需xx+1+a（x2-x）≥0成立，即1x+1+a（x-1）≥0，1-a+ax2≥0成立.因為0≤a≤1，所以1-a+ax2≥0，即ln（x+1）+a（x2-x）≥0.所以0≤a≤1符合題意.

（2）當(dāng)a>1時，同法1.

（3）當(dāng)a<0時，同法1.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

點評 上面這三種解法中，通過構(gòu)造函數(shù)，進行不等式放縮是難點，如果考生沒有深厚的數(shù)學(xué)基礎(chǔ)，很難構(gòu)造出函數(shù).

思路2 把a分成兩類a≥0和a<0，當(dāng)a≥0時f（x）≥0在（0，+∞）成立等價于f（x）≥0在（0，1）成立，然后通過構(gòu)造函數(shù)進行求解.

解法4 （1）當(dāng)a≥0時，由于x>0，ln（x+1）>0，僅在（0，1）上a（x2-x）<0，所以只需要對x∈（0，1），ln（x+1）+a（x2-x）≥0.設(shè)h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），則h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函數(shù)h（x）在（0，+∞）上單調(diào)遞增，h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）>xx+1（x>0）.要使ln（x+1）+a（x2-x）≥0成立，只需a≤ln（x+1）x-x2成立，由于ln（x+1）x-x2>xx+1·1x-x2=11-x2>1，并且limx→0ln（x+1）x-x2=limx→011+x·11-2x=1，所以0≤a≤1.

（2）當(dāng)a<0時，同法1.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

思路3 由于f′（x）=0在（0，+∞）上最多有一個實根，且f（0）=0，所以把問題轉(zhuǎn)化為f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，即f′（x）≥0，再分離系數(shù)討論即可.

解法5 由（Ⅰ）的解法1，知函數(shù)g（x）=2ax2+ax-a+1在（0，+∞）上最多有一個實根，f′（x）=2ax2+ax-a+1x+1在（0，+∞）上最多有一個實根.由于f（0）=0，所以x>0，f（x）≥0成立等價于f（x）在（0，+∞）上是增函數(shù)，即f′（x）≥0在（0，+∞）上恒成立，也就是（1-2x）a≤1x+1（*）在（0，+∞）上恒成立.

（1）當(dāng)x=12時，（*）式即為0·a≤23成立，

a∈R.

（2）當(dāng)0<x<12時，令h（x）=（x+1）（1-2x）（x>0），（*）式可化為a≤1h（x）.由于x∈（0，12）時，

0=h（12）<h（x）<h（0）=1，所以1h（x）>1，所以a≤1.

（3）當(dāng)x>12時，（*）式可化為a≥1h（x）.由于x∈（12，+∞）時，h（x）<0，所以1h（x）<0.所以a≥0.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

思路4 直接分類討論，分離參數(shù)，通過放縮法和極限值解決.

解法6 x>0，f（x）≥0成立等價于（x-x2）a≤ln（x+1）（*）在（0，+∞）上恒成立.

（1）當(dāng)x=1時，（*）式即為0·a≤ln2成立，

a∈R.

（2）當(dāng)0<x<1時，（*）式可化為a≤ln（x+1）x-x2.由（Ⅱ）的解法1知ln（x+1）<x，ln（x+1）x-x2<xx-x2=11-x.由于11-x在（0，1）內(nèi)是增函數(shù)，所以11-x>limx→011-x=1.所以a≤1.

（3）當(dāng)x>1時，（*）式可化為a≥ln（x+1）x-x2.而ln（x+1）x-x2>xx-x2=11-x.由于11-x在（1，+∞）內(nèi)是增函數(shù)，所以11-x<limx→+∞11-x=0.所以a≥0.

綜上所述，a的取值范圍是[0，1].

2 閱卷啟示

由于本題是理科最后的壓軸題，對考生數(shù)學(xué)思維能力和運算能力要求較高，閱卷時發(fā)現(xiàn)有少部分考生沒有做到此題，有部分考生在試卷中出現(xiàn)明顯的低級錯誤，如漏寫函數(shù)f（x）定義域、對導(dǎo)函數(shù)f′（x）的分子討論時忘記a=0此函數(shù)不是二次函數(shù)、只看Δ的符號就說明有幾個極值點不考慮導(dǎo)函數(shù)f′（x）的符號和f（x）單調(diào)性等;也有一部分考生從答題看他心里明白但是得分要點沒有，得不到分，如他算出了有極大值和極小值，就是不說有幾個極值點，也就得不到分;還有一部分同學(xué)思維能力達不到，不會進行合理的分類討論，不會構(gòu)造函數(shù)進行不等式放縮，不會求函數(shù)極限，得分能力受到限制.建議在平時的高三教學(xué)中強化含參數(shù)的函數(shù)試題訓(xùn)練，加大試題的思維量，指導(dǎo)考生合理分類討論，簡化、優(yōu)化運算，把握解題的規(guī)律，規(guī)范解題過程，達到數(shù)學(xué)解題“正確、迅速”.

本文作者參與了今年山東高考閱卷工作，并且是本題的閱卷小組長.

作者簡介 吳金革，男，1966年2月生，山東冠縣人，高級教師，山東省特級教師，山東省優(yōu)秀教師，濟南市數(shù)學(xué)學(xué)科帶頭人，近10多年來一直是濟南市高三數(shù)學(xué)模擬試題命題組成員.