2015年高考理科数学全国卷I压轴题解法赏析

2015年高考理科数学全国卷I压轴题解法赏析

1
题目 已知函数
f(x)?x
3
?ax?,g(x)??lnx
．
4(Ⅰ)当
a
为何值时，
x
轴为曲线
y?f(x)
的切线 ；
（II）用min
?
m,n
?
表示
m,n
中的 最小值，设函数
h(x)?min
?
f(x),g(x)
?
(x? 0)
，讨论
h(x)
零点的个数.
本题主要考查了导数的综合应用 ，其中利用导数研究已知函数的图像与性质
是解决此类问题的突破口，而常用方法是分类讨论与分离变量 ，本题虽然形式上
引入了符号
min
?
m,n
?
，但解题的 思路方法仍然不变．第(Ⅰ)题利用导数性质容
3
易得出
a??
，下面本文给 出第（II）题的两种不同解法．
4
解法一（分类讨论，研究
h(x)
的图像性质）：
由
g (x)??lnx?0
得
x?1
，即
g(x)
在
(0,?? )
上有且只
有1个零点．又
f
?
(x)?3x
2
? a(x?0)
，注意到
f(0)?
y
1

?0
．< br>4
1
4
g(x)
f(x)
o
1
h(x)图1
x
当
a?0
时，
f
?
(x)?0
，
f(x)
在
(0,??)
上是增函数，
如图1，
h(x)
在
(0,??)
上只有1个零点．
当
a?0
时，令
f
?
(x)?0
，得
x??
a
（负根舍去），
3
y
g(x)
1
4
f(x)
aa
于是
f(x )
在
(0,?)
上是减函数，在
(?,??)
是增函
33< br>数，
f(x)
min
a2aa1
?f(?)???
．
3334
o
1
h(x)
x
f(x)
图2
aa1< br>3
当
f(?)?0
即
??a?0
时，
0???
，
如图
332
4
2，
h(x)
在
(0,??)< br>上只有1个零点．
y
1
4
g(x)
aa1
3
当
f(?)?0
即
a??
时，
??
，如图3，
332
4
o
1
2
1
h(x)
图3
x

1

h(x)
在
(0,??)
上有2个零点．
a
35
当
f(?)?0
即
a??
时，
f( 1)?a?
．
3
44
y
1
4
g(x)
1
2
f(x)
若
0?
f(1)?0
，即
53
??a??
44
时，
o
1
h(x)
图4
x
f(x)
1a5
????1
，如图4，
h(x)
在
(0,? ?)
上
2312
有3个零点．
a5
5
?1
，若< br>f(1)?0
，即
a??
时，
??
如图5，
312< br>4
y
1
4
g(x)
h(x)
在
(0,??)
上有2个零点．
a5
5
若
f(1)?0
，即
a? ?
时，
??
，如图6，
312
4
o
图5
1
h(x)
x
h(x)
在
(0,??)
上有1个零点． y
g(x)
1
4
53
或
a??
时，
h (x)
在
44
53
(0,??)
上有1个零点；当
a??< br>或
a??
时，
h(x)
44
53
在
(0,? ?)
上有2个零点；当
??a??
时，
h(x)
在
44综上所述，当
a??
(0,??)
上有3个零点．
f(x)
o
1
h(x)
图6
x
解法二（分离变量，讨论
f(x)
的零点分布）：
注意到
g(1)??ln1?0
，即
g(x)
在
(0,??)
上有且只有1个零点．下面研究
f(x)
在
(0,?? )
上零点的个数，进而得到
h(x)
在
(0,??)
上零点的个数．
由
f(x)?x
3
?ax?
111
?0
得
a??x
2
?,x?0
．令
?
(x)??x
2
?, x?0
，则
44x4x
?8x
3
?1
?
?
(x)?,x?0

2
4x
由
?
?
(x)?0< br>，得
x?
11
，令
?
?
(x)?0
，得0?x?
，令
22
113
?
?
(x)?0
，得
x?
，故
?
(x)
max
?
?
()??< br>，又
x?0?
或
224
2
y
o
?
?
3
4
5
4
1
2
1
x
?
(x)

图7

5
x???
时，
?
( x)???
，因此
?
(x)
的图像如图7，注意到
?
(1) ??
．
4
35
当
a??
时，
f(x)
无 零点，而
f(1)?a??0
，
g(1)?0
，故
44
h( 1?)m
?
ifn
在
)
上有1个零点． g(
?
1 ?),g(1?，)
h(x)
(1
(0,
)
??
0
当
a??
31111
时，
f(x)
有1个零点，
f()? 0
，
g()??ln?0
，故
42222
f(1)?a?
5
?0
，
g(1)?0
，故
4
11
?
1?
1
h()?min
?
f(),g()
?
?f()?0
．又
22
?
2
?
2
h(1?)
?
mfi，(所以
h(x)
在(
(0,
ng1)1
??
))
上有02个零点．
?
(?1)g,?
5311
当
? ?a??
时，
f(x)
有2个零点，设为
x
1
，
x
2
，则
0?x
1
?,?x
2
?1
，
4422
f(x
1
)?f(x
2
)?0
，
g(x
1
)?0,g(x
2
)?0
，故
h(x
1
)?min
?
f(x
，
)?f(x?0
1
),g(x
1
?
1
)
h(x
2
)?min
?
f(x
2
),g(x
2
)
?
?f(x
2
)?0< br>．又
f(1)?a?
h(1?)mfi
?
5
?0
，< br>g(1)?0
，故
4
，所以
)
上有3个零点．
ng
?
(?1)g,?(1)
h(x)
(
在
1
(0,< br>)
??
0
51
当
a??
时，
f(x )
有2个零点，一个为
1
，，另一个设为
x
3
，
0 ?x
3
?
，
42
f(1)?f(x
3
)?0，
g(x
3
)?0
，
g(1)?0
，故
h(x
3
)?min
?
f(x
3
),g(x
3
)
?
?f(x
3
)?0
，
h(1)?min
?
f(1),g(1)
?
?0
，所以
h(x)
在
(0,?? )
上有2个零点．
5
当
a??
时，
f(x)有2个零点，分别设为
x
4
,x
5
，不妨设
0?x4
?1,x
5
?1
，
4
5
f(x
4
)?f(x
5
)?0
，
f(1)?a??0
，
g( x
4
)?0
，
g(x
5
)?0
，
g(1) ?0
，故
4
h(x?m
?
inf
4
x(
4
))g,
4
(
?
x?)f
4
?x(
，)h(x0
5
)?min
?
f(x
5
),g(x
5
)
?
?g(x
5
)?0
，
h(1)?min< br>?
f(1),g(1)
?
?f(1)?0
，所以
h(x)在
(0,??)
上有1个零点．
综上所述（同上）．
点评：以上两种 解法都引入了数形结合的思想，通过研究函数的性质画出函
数图像，又根据函数图像探究函数性质（零点 个数），“数”的推理严谨，“形”
的呈现直观，“数”与“形”交相辉映，相得益彰．



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