题目设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中x∈r. （讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由； （若x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范围。
1 解题思路分析与解题方法
（ⅰ）思路
2023年山东高考理科数学试题第21题解析。
题目设函数f（x）=ln（x+1）+a（x2-x），其中x∈r. （讨论函数f（x）极值点的个数，并说明理由； （若x>0，f（x）≥0成立，求a的取值范围。
1 解题思路分析与解题方法
（ⅰ）思路首先确定函数f（x）的定义域，求f（x）的导函数，导函数式进行化简，然后考查分子对应的函数g（x），先讨论g（x）是否为二次函数，后讨论g（x）是二次函数时实根的分布情况，从而确定g（x）、f′（x）的符号，得出函数f（x）单调区间，判断出函数f（x）的极值点个数。
解法1 由题意，知函数f（x）的定义域为（-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，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞上单调递增，无极值点。
（2）若a>0，δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.
当0 当a>89时，δ>0，设g（x）=0的两个实根为x1，x2（不妨x1-14.又g（-1）=1>0，所以-10，f′（x）>0，f（x）单调递增；在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减；在区间（x2，+∞上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增；因此函数f（x）有两个极值点。
（3）若a<0，δ>0，由g（-1）=1>0和二次函数的图象性质，得x1<-1，x2>-1.所以在区间（-1，x2）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增；在区间（x2，+∞上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减；因此函数f（x）有一个极值点。
综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点；当a>89时，函数f（x）有两个极值点。
解法2 由题意，知函数f（x）的定义域为（-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，则g（x）=1.此时f′（x）=1x+1>0，函数f（x）在（-1，+∞上单调递增，无极值点。
（2）若a≠0，δ=a2-8a（1-a）=a（9a-8）.
当δ≤0时，0 当δ>0时，a<0或a>89，由一元二次方程的求根公式，得g（x）=0两个不等实根为x1=-a-δ4a=-14-9a2-8a4a，x2=-a+δ4a=-14+9a2-8a4a.①a<0时，x1=-14+149-8a>-14>-1，x2=-14-149-8a<-14-34<-1，所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增；在区间（x1，+∞上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减；因此函数f（x）有一个极值点。②a>89时，x1=-14-149-8a>-14-34=-1，又x2>x1，所以x2>x1>-1.
所以在区间（-1，x1）上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增；在区间（x1，x2）上，g（x）<0，f′（x）<0，f（x）单调递减；在区间（x2，+∞上，g（x）>0，f′（x）>0，f（x）单调递增；因此函数f（x）有两个极值点。
综上所述，当a<0时，函数f（x）有一个极值点；当0≤a≤89时，函数f（x）无极值点；当a>89时，函数f（x）有两个极值点。
点评 g（x）为二次函数时，解法1确定g（x）符号，利用了二次函数性质、特殊点的函数值和韦达定理；解法2中确定g（x）符号，利用了二次函数性质、求根公式和不等式的放缩法，对考生的要求更高。也有一部分考生应用分离变量a解答，由于缺乏对函数f（x）单调性的分析，所以得不到全分。
（ⅱ）思路1 根据（ⅰ）知a在不同情况下f（x）在（0，+∞上的单调性，要想x∈（0，+∞时f（x）>0恒成立，只要说明最小值大于0，否则存在函数值小于0即可。
解法1 由（ⅰ）知，（1）当0≤a≤89时，函数f（x）在（0，+∞上单调递增。又f（0）=0，所以x∈（0，+∞时f（x）>0，符合题意。
（2）当890，符合题意。
（3）当a>1时，由g（0）=1-a<0，得x2>0，所以函数f（x）在（0，x2）上单调递减。又f（0）=0，所以x∈（0，x2）时f（x）<0，不符合题意。
（4）当a<0时，设h（x）=x-ln（x+1），则h′（x）=1-1x+1=xx+1.当x∈（0，+∞时，h′（x）>0，所以函数h（x）在（0，+∞上单调递增，且h（x）>h（0）=0，即ln（x+1）1-1a时，ax2+（1-a）x<0，f（x）<0，不符合题意。 综上所述，a的取值范围是[0，1].
解法2 （1）当0≤a≤89时，同法1.（2）当89 （3）当a>1时，设h（x）=ln（x+1）-x（x>0），则h′（x）=1x+1-1=-xx+1<0，所以函数h（x）在（0，+∞上单调递减，h（x） （4）当a<0时，由（3）知f（x） 综上所述，a的取值范围是[0，1].
解法3 （1）当0≤a≤1时，设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞上单调递增，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。因为0≤a≤1，所以1-a+ax2≥0，即ln（x+1）+a（x2-x）≥0.
所以0≤a≤1符合题意。
（2）当a>1时，同法1.
（3）当a<0时，同法1.
综上所述，a的取值范围是[0，1].
点评上面这三种解法中，通过构造函数，进行不等式放缩是难点，如果考生没有深厚的数学基础，很难构造出函数。
思路2 把a分成两类a≥0和a<0，当a≥0时f（x）≥0在（0，+∞成立等价于f（x）≥0在（0，1）成立，然后通过构造函数进行求解。
解法4 （1）当a≥0时，由于x>0，ln（x+1）>0，仅在（0，1）上a（x2-x）<0，所以只需要对x∈（0，1），ln（x+1）+a（x2-x）≥0.设h（x）=ln（x+1）-xx+1（x>0），则h′（x）=1x+1-1（x+1）2>0，所以函数h（x）在（0，+∞上单调递增，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.
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