专题02 “三招五法”,轻松破解含参零点问题(第一篇)(解析版)

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题

第一篇 函数与导数

专题02 “三招五法”，轻松破解含参零点问题

一．方法综述

函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解. 二．解题策略

类型一 “第一招”带参讨论

【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()(

)2

2

24x x f x x x a e

e --+=--+有唯一零点，则a =（ ）

A ．1

2

-

B ．-2

C ．

12

D ．2

【答案】B

【解析】因为函数()(

)2

2

24x x f x x x a e

e --+=--+有唯一零点，

等价于方程(

)2

2

24x x x x a e

e --+-=+有唯一解，

等价于函数2

4y x x =-的图像与(

)2

2x x y a e

e --+=+的图像只有一个交点.

当0a =时，()2

24244y x x x =-=--≥-，此时有两个零点，矛盾；

当0a >时，由于()2

2424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，

且(

)2

2x x y a e

e --+=+在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，

所以函数2

4y x x =-的图像最低点为()2,4-，

()22x x y a e e --+=+的图像的最低点为()2,2a ，由于204a >>-，

故两函数图像有两个交点，矛盾，

当0a <时，由于()2

2424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，

且(

)2

2x x y a e

e --+=+在(),2-∞单调递增，在()2,+∞单调递减，

所以函数2

4y x x =-的图像最低点为()2,4-，

()22x x y a e e --+=+的图像的最高点为()2,2a ，

若两函数只有一个交点，则24a =-，即2a =-.故选B 【指点迷津】

1.根据题设要求研究函数的性质，直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；

2.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．

【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,)+∞ B ．(,0)-∞ C ．(0,1)

D ．1

(0,)e

【答案】A

【解析】由题知，()1x f x me '=-，

当0m …时，()0f x '<，所以()f x 在R 上单调递减，函数()f x 不可能有两个零点，故0m …不成立；

当0m >时，令()0f x '=，∴1

x e m

=

，∴1x ln m =

∴函数()f x 在1(,)ln

m -∞上单调递减，在1

(,)ln m

+∞上单调递增， ∴函数()f x 的最小值111

()21()2min f ln

m ln m ln m m m m m

==--=+-g 令()1()2g m ln m m =+-，其中0m >，∴121

()2m g m m m

-+'=

-= ()g m ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递增，∴11

()()022

max g m g ln ==<

()0g m ∴<，()f x ∴的最小值1

()0f ln

m

< 且x 趋向于-∞时，()f x 趋向于+∞；当x 趋向于+∞时，()f x 趋向于+∞

∴此时()f x 有两个零点，符合题意，(0,)m ∴∈+∞

故选A ．

类型二 “第二招”数形结合

【例2】【2020?河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数

2()x f x x e =时，实数k 的取值范围是( ) A ．(-∞，2)(2-?，)+∞ B ．2

24(,)4e e ++∞

C ．28

(,2)e

D ．2

24(2,)4

e e +

【答案】B

【解析】函数2()2(2)x x x f x xe x e x xe '=+=+，

由()0f x '>得(2)0x x +>，得0x >或2x <-，此时()f x 为增函数， 由()0f x '<得(2)0x x +<，得20x -<<，此时()f x 为减函数， 即当0x =时，函数()f x 取得极小值，极小值为(0)0f =， 当2x =-时，函数()f x 取得极大值，极大值为2

4(2)f e -=， 当0x →，()0f x >，且()0f x →， 作出函数()f x 的图象如图： 设()t f x =，则当2

4

0t e

<<时 方程()t f x =有3个根，当24t e =时 方程()t f x =有2个根， 当0t =或2

4

t e >

时 方程()t f x =有1个根， 则方程2[()]()10f x kf x -+=等价为210t kt -+=， 若2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根， 等价为210t kt -+=有两个不同的根， 当0t =，方程不成立，即0t ≠， 其中1240t e <<

或2

24

t e

>， 设2()1h x t kt =-+，

则满足2

(0)10

0224

()0h k k

h e ?

?=>?

-?-=>???

044()()10k k e e >???-+

即22

22204()1444

k e e k e e >???+?>=+??

?

，即2244e k e >+， 即实数k 的取值范围是2

24(,)4

e e ++∞，故选B ．

【指点迷津】

1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f (x )＝g (x )－h (x )的零点个数，等价于方程g (x )－h (x )＝0的解的个数，亦即g (x )＝h (x )的解的个数，进而转化为基本初等函数y ＝g (x )与y ＝h (x )的图象的交点个数．

2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y =g (x ),y =h (x )的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y =a,y =g (x )的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点. 【举一反三】【2020河北武邑直线一调】已知函数()x x f x e

=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(-∞，2)(2?，)+∞ B ．1

(1e

-，)+∞

C ．1

(1e

-，1)

D ．(1,)e

【答案】C

【解析】由题意1()x

x

f x e -'=． 当1x >时，1()0x x f x e -'=

<，当1x <时，1()0x

x

f x e -'=>， ()f x ∴在(,1)-∞上单调递增，在(1,)+∞上单调递减， ∴当1x =时，)(x f 取极大值1

e

．

()f x 大致图象如下：

假设2m =，令()t f x =．

则2210t t ++=．解得1t =-，即()1f x =-． 根据()f x 图象，很明显此时只有一个解， 故2m =不符合题意，由此排除B 、D 选项； 假设3m =，

则2320t t ++=，解得12t =-，21t =-． 即()2f x =-，或()1f x =-．

根据()f x 图象，很明显此时方程只有两个解， 故3m =不符合题意，由此排除A 选项． 故选C ．

类型三 “第三招”分离参数

【例3】【2020安徽】已知方程2

3

||02

ln x ax -+

=有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】2

(0,)2

e

【解析】由2

3||02ln x ax -+

=，得23||2ax ln x =+， 0x ≠Q ，∴方程等价为2

3

||2ln x a x +=

，

设2

3

||2()ln x f x x +=

，则函数()f x 是偶函数，

当0x >时，23

2()lnx f x x +

=

，则244

13()22(1)2()x lnx x

x lnx x f x x x -+-+'==

g g ， 由()0f x '>得2(1)0x lnx -+>，得10lnx +<，即1lnx <-，得1

0x e

<<，此时函数单调递增，

由()0f x '<得2(1)0x lnx -+<，得10lnx +>，即1lnx >-，得1

x e

>

，此时函数单调递减， 即当0x >时，1x e =时，函数()f x 取得极大值21312()1()ln e f e e +=2231(1)22e e =-+=，

作出函数()f x 的图象如图所示，要使2

3

||2ln x a x +=

，有4个不同的交点，则满足2

02

e a <<.

【指点迷津】

1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；

2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．

【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()

2

2,2,

{

2,2,

x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中

b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）

A ． 7,4??

+∞

??? B ． 7,4?

?-∞ ??? C ．

70,4??

??? D ． 7,24?? ???

【答案】D 【解析】函数恰有4个零点，即方程，即

有4个不

同的实数根，即直线

与函数

的图像有四个不同的交点．又

做出该函数的图像如图所示，由图得，当时，直线与函数的图像有4个不同的交点，故函数恰有4个零点时，b 的取值范围是故选D．

类型四“三招五法”一题多解

【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0＞0，则a的取值范围为()

A．(2，＋∞)B．(－∞，－2)

C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)

【答案】B

【解析】

法一单调性法：利用函数的单调性求解

由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，

令f′(x)＝0，得x＝0或x＝2 a .

当a>0时，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈（0，2

a

），f′(x)<0；x∈（

2

a

，＋∞），f′(x)>0.所以函数f(x)在(－∞，

0)和2

a

，＋∞上单调递增，在（0，

2

a

）上单调递减，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零点，不符合题意．

当a<0时，x∈（－∞，2

a

），f′(x)<0；x∈（

2

a

，0），f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函数f(x)在（－∞，

2 a ）和(0，＋∞)上单调递减，在（

2

a

，0）上单调递增，所以要使f(x)有唯一的零点x0且x0>0，只需f（

2

a

）>0，

即a2>4，解得a<－2.

法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解

由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－21x ，作出y ＝3－2

1

x

的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－21t ，其中t <0，则切线方程为y －3－2

1

t

＝32t (x －t )．又切线过原点，则有0－3－21t ＝32t

(0－t )，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．

法三 数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解

令f (x )＝0，得ax 3＝3x 2－1.问题转化为g (x )＝ax 3的图象与h (x )＝3x 2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．

当a ＝0时，函数g (x )的图象与h (x )的图象存在两个的交点； 当a >0时，如图(1)所示，不合题意；

当a <0时，由图(2)知，可先求出函数g (x )＝ax 3与h (x )＝3x 2－1的图象有公切线时a 的值．由g ′(x )＝h ′(x )，g (x )＝h (x )，得a ＝－2.由图形可知当a <－2时，满足题意．

法四 分离参数法：参变分离，化繁为简.

易知x ≠0，令f (x )＝0，则331a x x ＝－，记331()g x x x ＝－，2'

234

333(1)()x g x x x x

--=-+=，可知g (x )在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g (－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y ＝a ，结合图象，可知a <－2.

法五 特例法：巧取特例求解

取a ＝3，则f (x )＝3x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f (－1)<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除A 、C.

取a ＝－43，则f (x )＝－43x 3－3x 2＋1.由于f (0)＝1，f （3

2

）<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B.

【指点迷津】

1.本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．

2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.

【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211

()2()x x f x x x a e e

--+=-++有唯一零点，则a = A ．1

2

-

B ．

13

C ．

12

D ．1

【答案】C 【解析】

方法一：函数的零点满足(

)2

1

12x x x x a e e --+-=-+， 设()1

1

x x g x e

e

--+=+，则()()211

1

1

1

1

11

x x x x x x e g x e

e

e

e e

---+----'=-=-

=， 当()0g x '=时，1x =，当1x <时，()0g x '<，函数()g x 单调递减， 当1x >时，()0g x '>，函数()g x 单调递增， 当1x =时，函数取得最小值()12g =，

设()2

2h x x x =- ，当1x =时，函数取得最小值1- ，

方法二：由函数f (x )有零点，得21

1(2)0x x x x a e

e －－＋－＋＋＝有解，

即21

1()(110)x x x a e e －－＋－

－＋＋＝有解，

令1t x ＝－，则上式可化为2(10)t t

t a e e －－＋＋＝，

即2

1t

t

t a e e

--+＝. 令2

1t t

t e e

--+h(t)＝，易得h (t )为偶函数， 又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以101

22

a -＝

＝，故选C. 方法三：由()1

12()02.x x f x a e e x x ?－－＋＝

＋＝－＋

112x x e e ≥－－＋＋，当且仅当1x =时取“＝”．

2221)11(x x x ≤－＋＝－－＋，当且仅当1x =时取“＝”．

若a >0，则1

12()x x a e

e a ≥－－＋＋，

要使f (x )有唯一零点，则必有21a ＝，即1

2

a ＝. 若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，12

a ＝. 三．强化训练

1．【2018年新课标I 卷理】已知函数f(x)={e

x

，x ≤0，lnx ，x >0，

g(x)=f(x)+x +a ．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是

A ． [–1，0）

B ． [0，+∞）

C ． [–1，+∞）

D ． [1，+∞） 【答案】C

【解析】画出函数f(x)的图像，y =e x 在y 轴右侧的去掉， 再画出直线y =-x ，之后上下移动，

可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，

并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点， 即方程f(x)=-x -a 有两个解， 也就是函数g(x)有两个零点，

此时满足-a ≤1，即a ≥-1，故选C.

2.【2020届河北“五个一名校联盟”二诊】已知函数()y f x =满足对任意的x R ∈，总有(2)()f x f x +=，且当[0x ∈，2]时，()1|1|f x x =--．若关于x 的方程()log a f x x =恰有三个不相等的实根，则实数a 的取值范围为( ) A ．[3，5] B ．(3,5) C ．[4，5] D ．(3,6)

【答案】B

【解析】函数()y f x =满足对任意的x R ∈，总有(2)()f x f x +=，可知函数的周期为2， 当[0x ∈，2]时，()1|1|f x x =--，所以函数()y f x =的图象如图所示

关于x 的方程()log a f x x =恰有三个不相等的实根，可知1a >，log a y x =必须夹在A 点的下方，B 点的上方，所以31

51a a

log log ?，可得(3,5)a ∈，故选B ．

3.【2020河北唐山期中】若存在两个正实数x ，y 使得等式(1)x lnx xlny ay +=-成立（其中lnx ，lny 是以e 为底的对数），则实数a 的取值范围是( ) A ．2

1(0,

]e B ．1

(0,]e

C ．21(,

]e -∞ D ．1

(,]3

-∞

【答案】C

【解析】(1)x lnx xlny ay +=-可化为x x x a ln y y y

=--， 令x

t y

=

，则0t >，()f t t tlnt =--， ()2f t lnt '=--Q ，∴函数()f t 在区间21(0,

)e 上单调递增，在区间21(,)e

+∞ 上单调递减． 即22221121()(

)f t f e e e e =-+=…，则21

(,]a e

∈-∞，故选C ． 4．【2019届同步单元双基双测AB 卷】函数f (x )的定义域为实数集R ,f (x )={

(12)x

-1,-1≤x <0log 2(x +1),0≤x <3

,对于任意

的x ∈R 都有f (x +2)=f (x -2),若在区间[-5,3]函数g (x )=f (x )-mx +m 恰有三个不同的零点, 则实数m 的取值范围是（ ）

A ． (-1

2,-1

3) B ． [-1

2,-1

3] C ． (-1

2,-1

6) D ． [-1

2,-1

6)

【答案】D

【解析】∵f （x+2）=f （x ﹣2），∴f （x ）=f （x+4）， f （x ）是以4为周期的函数，

若在区间[﹣5，3]上函数g （x ）=f （x ）﹣mx+m 恰有三个不同的零点， 则f （x ）和y=m （x ﹣1）在[﹣5，3]上有3个不同的交点， 画出函数函数f （x ）在[﹣5，3]上的图象，如图示：

，

由K AC =﹣16，K BC =﹣12，结合图象得：m ∈[-12,1

6)， 故选：D

5.【2020届重庆八中期末】已知函数2()log 1f x x =-，且关于x 的方程2[()]()20f x af x b ++=有6个不同的实数解，若最小的实数解为-1，则+a b 的值为（ ） A ．-2

B ．-1

C ．0

D ．1

【答案】B

【解析】作出函数2()log 1f x x =-的图象，∵方程2

[()]()20f x af x b ++=有个不同的实数解，∴如

图所示，令

，方程2

[()]()20f x af x b ++=转化为：

，则方程有一零根和一正根，

又∵最小的实数解为

，由，∴方程：

的两根是和，由韦达定理得：

，

，∴

，故选B.

6.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数f(x)={

|2x+1-1|,x ≤14-x,x >1 ,若互不相等的实数p,q,r 满足f(p)=f(q)=f(r),则2p +2q +2r 的取值范围是（ ）

A ． (8,16)

B ． (9,17)

C ． (9,16)

D ． (172,35

2)

【答案】B 【解析】

不妨设p

令f (p )=f (q )=f (r )=m ，则|2p+1-1|=|2q+1-1|=4-r =m ，故2p+1-1=2q+1-1或2p+1-1=-2q+1+1且0

所以p =q （舎）或2p+1+2q+1=2即2p +2q =1且3

2r =1+2r ∈(9,17)，故选B.

7.【2020山西运城一中期末】对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得

210y y xe ax lnx ---=成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．24251(

,]e e e

- B ．4253[,)e e C ．(0，

4

25

]e D ．24253[

,)e e e

- 【答案】B 【解析】2

10y

y xe

ax lnx ---=可化为：2y y e lnx

a e x

=+，

设2()(15)y y e

g y y e

=-剟，则(2)()y ey y g y e -'=，

即函数()g y 在(1,0)-，(2,5)为减函数，在(0,2)为增函数，又2(1)g e -=，g （2）4e

=，g

（5）425e =，

设()([1,])lnx f x a x e x =+

∈，所以21()lnx

f x x

-'=，即函数()f x 在[1，]e 为增函数， 所以1

()a f x a e

+剟

， 对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得210y y xe ax lnx ---=成立，

即对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得2y y e lnx

a e x

=+成立，

即425[lnx a x e +

∈，4

)e

对于任意的实数[1x ∈，]e 恒成立， 即42514

a e a e e ?????+

…，即4253a e e <…，故选B ．

8.【2020浙江绍兴期末】若关于x 的方程1

2x a a x

---=恰有三个不同的解，则实数a 的取值范围为______. 【答案】[]1,1-

【解析】原题等价于方程1

2x a a x

--=

±恰有三个不同的解, 设11

(),()2,()2f x x a a g x h x x x

=--=+=-,作出图像如下:

则2,()=,x a x a

f x x x a

-≥??

-

将y x =-分别与(),()g x h x 联立,

可得直线y x =-与()g x 相切与点(1,1)B -,与()h x 相切与点(1,1)C -, 因此,当且仅当点A 在线段BC 上运动时,()f x x a a =--与1

2y x

=±有三个交点, 由图知实数a 的取值范围为[]1,1-.

9．【2020江西瑞金一中期末】已知函数21

,0,()2,0,

lnx x f x x

x x x +?>?

=??--

e

【解析】函数()()g x f x mx =-有三个零点，即函数()y f x =的图象与函数y mx =的图象有三个交点， 当0x >时，21(),()lnx lnx

f x f x x x

+-=

'=， 显然，当(0,1)x ∈时，()0f x '>，函数()f x 递增，当(1,)x ∈+∞时，()0f x '<，函数()f x 递减，且f （1）1=， 设直线y mx =与函数()(0)y f x x =>相切时的切点为0(P x ，0)y ，则00200

00

1lnx y x x lnx y x -?=???+?=??

，解得00x y ?

=????=??，此时切

线斜率为

2

e

， 作函数草图如下，由图象可知，要使函数()y f x =的图象与函数y mx =的图象有三个交点，则直线函数

y mx =的图象应在x 轴与切线OP 之间，则斜率的取值范围为(0,)2e ，即实数m 的取值范围是(0,)2

e ．

10.【2020浙江西湖一中期末】已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x …时，2

1,024

()13(),224

x x x f x x ?-??=??-->??剟，

若关于x 的方程2

7[()]()016

a

f x af x ++

=，a R ∈有且仅有8个不同实数根，则实数a 的取值范围是 ． 【答案】7(4

，16

)9

【解析】当02x 剟

时，214y x =-递减，当2x >时，13

()24

x y =--递增， 由于函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，

则()f x 在(,2)-∞-和(0,2)上递减，在(2,0)-和(2,)+∞上递增， 当0x =时，函数取得极大值0； 当2x =±时，取得极小值1-． 当02x 剟

时，21

[14y x =-∈-，0]． 当2x >时，13

()[124

x y =--∈-，3)4-

要使关于x 的方程2

7[()]()016

a

f x af x ++

=，a R ∈， 有且仅有8个不同实数根，

设()t f x =，则2

7016a t at ++

=的两根均在3(1,)4

--．

则有

2

7

4

3

1

24

7

10

16

937

16416

a

a

a

a

a

a a

?

->

?

?

?-<-<-

?

?

?-+>

?

?

?-+>

?

，即为

7

4

3

2

2

16

9

9

5

a a

a

a

a

?

><

?

?

?<<

?

?

?<

?

?

?<

?

或

，

解得716 49

a

<<．

即有实数a的取值范围是

7

(

4

，

16

)

9

．