破解全国卷压轴题中零点区间端点选取问题

4 福建中学数学 2018年第2期 问题，以策略方法为主，从特殊到一般双向沟通，逐次展开，拾级而上，环环相扣，一题多变形成问题串，炼题成型、凝题成环、联题成片、多题归一，进而“归其道，养其心”：通过问题的探究，积累经验，达到课标提出的“发现问题、提出问题、分析问题、解决问题”的问题解决的过程性目标，培养学生的数学核心素养．

教师对中考压轴题要认真钻研，学会拓展延伸、类比迁移，才能让自己从一个单纯的执行者转变为开发者，从而能够很好地训练学生思维的创造

性，教学也必将更加有效．平时的课堂中应关注好的“着落点”，远离“题型+技巧”、“记题型、对模式”的教学，拒绝题海战术，关注学生数学学习经验的积累，抓住数学的教育价值在于思维的训练和创造性，培养数学核心素养，使数学“易学、好懂、能懂、会用”．

（本文为全国教育规划“十三五”科学2017年度教育部重点课题《核心素养视角下的中考数学命题模式研究》（编号DHA170351）的研究成果”）

破解全国卷压轴题中零点区间端点选取问题

邹玲平 苏圣奎

福建省厦门市第六中学 (361001)

纵观近几年来高考全国卷，导数压轴题中的零

点存在性问题通常与极限思想有关，端点取值在解答中横空出世，让师生一头雾水，不知所措，也难倒了许多顶尖优秀生，成为尖子生取得满分的一个拦路虎，不管用分离参数法还是不分离参数法都存在同样的问题，即在判断给定曲线的图像时，需要用到极限的知识，具有一定的局限性，严格地说需要利用函数的单调性及零点存在性定理来解决，单调性容易解决，判断零点存在需要寻找函数值正负

交替的区间，而如何找到一个满足条件的区间端点特别困难．本文以近几年高考全国卷压轴题题为

例，探索寻找零点区间端点的一般规律和方法．

零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[]a b ，上的图象是连续不断的一条曲线，并且有()()f a f b ⋅ 0<，那么函数()y f x =在区间[]a b ，

内有零点，即存在[]c a b ∈，，使得()0f c =，这个c 也就是方程()0f x =的根．

类型１ 零点所在区间为(+)a ∞，或()b −∞，型，其中00a b ><，

． 例1 （2017年高考全国卷·理21）已知函数2()e (2)e x x f x a a x =+−−．

（Ⅰ）讨论()f x 的单调性；

（Ⅱ）若()f x 有两个零点，求a 的取值范围． 参考解法 （Ⅰ）由于2()e (2)e x x f x a a x =+−−，

故2()2e (2)e 1x x f x a a ′=+−− (e 1)(2e 1)x x a =−+． ①当0a ≤时，e 10x a −<，2e 10x +>． 从而()0f x ′<恒成立，()f x 在R 上单调递减． ②当0a >时，令()0f x ′=， 从而e 10x a −=，得ln x a =−． x (ln )a −∞−， ln a − (ln )a −+∞， ()f x ′ −

0 + ()f x 单调减 极小值 单调增 综上，当0a ≤时，()f x 在R 上单调递减；当a 0>时，()f x 在(ln )a −∞−，

上单调递减，在(ln a ， )+∞上单调递增．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知当0a ≤时，()f x 在R 上单调减，故()f x 在R 上至多一个零点，不满足条件．

当0a >时，min 1

()(ln )1ln f x f a a a =−=−+．

令1

()1ln g a a a =−+，则211()0g x a a

′=+>．

从而()g a 在(0)+∞，

上单调增，而(1)0g =， 故当01a <<时，()0g a <． 当1a =时，()0g a =． 当1a >时，()0g a >．

若1a >，则min 1

()1ln ()0f x a g a a

=−+=>，

故()0f x >恒成立，

2018年第2期 福建中学数学 5

从而()f x 无零点，不满足条件．

若1a =，则min 1

()1ln 0f x a a

=−+=，

故()0f x =仅有一个实根ln 0x a =−=， 不满足条件．

若01a <<，则min 1

()1ln 0f x a a

=−+<，

注意到ln 0a −>，22(1)

0e e e

a a

f −=++−>． 故()f x 在(1ln )a −−，上有一个实根，

而又31

ln(1)ln ln a a a −>=

−． 且3

(ln(1))f a −

33ln(1)ln(1)3e (e 2)ln(1)a a

a a a

−−=⋅+−−−

33

(1)(32)ln(1)a a a a −−+−−− 33

(1)ln(1)0a a

=−−−>． 故()f x 在3

(ln ln(1))a a

−−，上有一个实根．

又()f x 在(ln )a −∞−，

上单调减，在(ln )a −+∞，单调增，故()f x 在R 上至多两个实根．又()f x 在(1ln )a −−，及3

(ln ln(1))a a

−−，上均至少有一个实数根，故()f x 在

R 上恰有两个实根．

综上所述a 的取值范围为(01)，

． 问题拐点 怎么想到取

3

ln(1)x a

=−的呢？ 思维导引 函数()f x 的解析式是由三个基本初

等函数的组合，当x →+∞时，22e (2)e x x a a →∞−， x →−∞→+∞，，决定()f x 符号的关键项为2e x a ，

所以当x →+∞时，()f x →+∞，要直接解不等式2()e (2)e 0x x f x a a x =+−−>显然是不现实的，在不

影响函数()f x 的符号前提下，可利用e 1e x x x ≤−<放缩，就可以构成可解不等式．

难点突破

2()e (2)e x x f x a a x =+−−

2e (2)e e x x x

a a >+−−e (e 3)x x a a +−，

令()0f x >，即(e 3)0x a a +−>，

3

ln(1)x a

∴>−．

类型2 零点所在区间为(+)a ∞，或()b −∞，型，其中00a b <>，

． 例2 （2016年高考全国卷·理21）已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =

−+−有两个零点． （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）略． 参考解法（Ⅰ）

()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a ′=−+−=−+． （i ）设0a =，则()(2)e x f x x =−， ()f x 只有一个零点．

（ii ）设0a >，则当(1)x ∈−∞，

时，()0f x ′<； 当(1)x ∈+∞，时，()0f x ′>． 所以()f x 在(1)−∞，上单调递减， 在(1)+∞，上单调递增．

又(1)e f =−，(2)f a =， 取b 满足0b <且ln 2

a

b <，

则223

()(2)(1)()22

a f

b b a b a b b >−+−=−0>，

故()f x 存在两个零点．

（iii ）设0a <，由()0f x ′=， 得1x =或ln(2)x a =−， 若e

2

a ≥−，则ln(2)1a −≤，

故当(1)x ∈+∞，

时，()0f x ′>， 因此()f x 在(1)+∞，上单调递增． 又当(1]x ∈−∞，时，()0f x <， 所以()f x 不存在两个零点． 若e

2

a <−，则ln(2)1a −>，

故当(1ln(2))x a ∈−，时，()0f x ′<；

当(ln(2))x a ∈−+∞，

时，()0f x ′>． 因此()f x 在(1ln(2))a −，单调递减， 在(ln(2))a −+∞，单调递增． 又当(1]x ∈−∞，

时，()0f x <， 所以()f x 不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0)+∞，

． 问题拐点 怎么想到取0x b b =<（且ln )

2

a

b <的呢？

思维导引 函数()f x 的解析式是并不是基本初等函数的组合，故先等价转化成：在区间(1)−∞，

上