学会解题02 利用函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法【解析版】
利用函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法学生版
利用函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法基本方法直接法：直接求解方程得到方程的根,再通过解不等式确定参数的取值范围典型例题(1)分离参数法：先将参数分离,转化成求函数值域问题加以解决.利用函数方程思想或数形结合思想,构建关于参数的方程或不等式求解典型例题(2)数形结合法：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,然后观察求解.此时需要根据零点个数合理寻找“临界”情况,特别注意边界值的取舍典型例题(3)温馨提醒：已知函数的零点个数,一般利用数形结合思想转化为两个函数图象的交点个数,这时图形一定要准确.这种数形结合的方法能够帮助我们直观解题典型例题精选与变式（1）已知函数()g x 满足()12g x g x ⎛⎫=⎪⎝⎭，当[]1,3x ∈时， ()ln g x x =.若函数()()f x g x mx =-在区间1,33⎡⎤⎢⎥⎣⎦上有三个不同的零点，则实数m 的取值范围是（ ） A. ln31,3e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ B. 3ln3,e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭ C. 1,ln3e ⎛⎤ ⎥⎝⎦ D. 10,e ⎛⎫⎪⎝⎭(2)已知函数f (x )=|x|x+2-kx 2(x ∈R )有四个不同的零点,则实数k 的取值范围是( ) A.(-∞,0) B.(-∞,1) C.(0,1)D.(1,+∞)(3)若函数f (x )=x 2+2a|x|+4a 2-3的零点有且只有一个,则实数a= .新题好题训练与提高1.【2020年高考天津卷9】已知函数3,0,(),0.x x f x x x ⎧=⎨-<⎩若函数2()()2()g x f x kx xk =--∈R 恰有4个零点，则k 的取值范围是（ ） A ．1,(22,)2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭B ．1,(0,22)2⎛⎫-∞-⎪⎝⎭C ．(,0)(0,22)-∞D ．(,0)(22,)-∞+∞2．（2020·天津和平高三三模）已知函数()f x x a a =--+，()243g x x x =-+，若方程()()f x g x =有两个不同的实数根，则实数a 的取值范围是（ ）A ．1313,,228⎛⎫⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭B ．113513,282⎛⎫+⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭C ．1313,228⎛⎡⎤⎢⎥ ⎣⎦⎝⎭D ．1313,228⎛⎡⎤⎢⎥ ⎣⎦⎝⎦3．（2020·重庆九龙坡高三三模）已知函数()31(0)log (0)x x f x x x ⎧+⎪=⎨>⎪⎩，若方程()f x a =有四个不同的解1234,,,x x x x 且1234x x x x <<<，则()3122341x x x x x ++的取值范围是（ ） A ．()1，-+∞ B ．71,3⎡⎫-⎪⎢⎣⎭C ．73⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭，D ．71,3⎛⎤- ⎥⎝⎦4．（2020·湖南长郡中学高三三模）已知函数()2ln ,0,0x x f x x ax x >⎧=⎨--≤⎩，若方程()0f x x a --=有3个不同实数根，则实数a 的取值范围是（ ） A ．()0,1 B ．()2,1--C ．()1,0-D ．(),1-∞-5．（2020·河北衡水中学高三三模）已知函数()()22,1109,1xx x e x f x x x x ⎧-<⎪=⎨-+-≥⎪⎩，若函数()y f x ax =-恰有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[)1,4 B ．()1,16- C ．(][)1,01,16- D ．{}[)01,4。
高一：零点问题的解题方法
从近几年高考试题看，函数的零点、方程的根的问题是高考的热点，题型主要以选择题、填空题为主，难度中等及以上．主要考查转化与化归、数形结合及函数与方程的思想．(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x) (x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x) (x∈D)的零点．(2)零点存在性定理(函数零点的判定)若函数y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图像是连续曲线，并且在区间端点的函数值符号相反，即f(a)·f(b)＜0，则在区间(a，b)内，函数y＝f(x)至少有一个零点，即相应方程f(x)＝0在区间(a，b)内至少有一个实数解．也可以说：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f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．[提醒] 此定理只能判断出零点存在，不能确定零点的个数．(3)几个等价关系函数y＝f(x)有零点⇔方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与函数y＝0(即x轴)有交点．推广：函数y＝f(x)－g(x)有零点⇔方程f(x)－g(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)－g(x)的图象与y＝0(即x轴)有交点．推广的变形：函数y＝f(x)－g(x)有零点⇔方程f(x)＝g(x)有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与y ＝g(x)有交点．1．函数的零点是函数y＝f(x)与x轴的交点吗？是否任意函数都有零点？提示：函数的零点不是函数y＝f(x)与x轴的交点，而是y＝f(x)与x轴交点的横坐标，也就是说函数的零点不是一个点，而是一个实数；并非任意函数都有零点，只有f(x)＝0有根的函数y＝f(x)才有零点．2．若函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，一定有f(a)·f(b)<0吗？提示：不一定，如图所示，f(a)·f(b)>0．3．若函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内，有f (a )·f (b )<0成立，那么y ＝f (x )在(a ，b )内存在唯一的零点吗？提示：不一定，可能有多个．(4)二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系对于日后的考试中仍以考查函数的零点、方程的根和两函数图象交点横坐标的等价转化为主要考点，涉及题目的主要考向有：1．函数零点的求解与所在区间的判断；2．判断函数零点个数；3．利用函数的零点求解参数及取值范围．考向一、函数零点的求解与所在区间的判断1．(2015·温州十校联考)设f (x )＝ln x ＋x －2，则函数f (x )的零点所在的区间为( ) A ．(0，1) B ．(1，2) C ．(2，3)D ．(3，4)【解析】法一：∵f (1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，f (2)＝ln 2＞0，∴f (1)·f (2)＜0，∵函数f (x )＝ln x ＋x －2的图象是连续的，∴函数f (x )的零点所在的区间是(1，2)．法二：函数f (x )的零点所在的区间转化为函数g (x )＝ln x ，h (x )＝－x ＋2图象交点的横坐标所在的范围，如图所示，可知f (x )的零点所在的区间为(1，2)．【答案】B2．(2015·西安五校联考)函数y ＝ln(x ＋1)与y ＝1x的图象交点的横坐标所在区间为( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)【解析】函数y ＝ln(x ＋1)与y ＝1x 的图象交点的横坐标，即为函数f (x )＝ln(x ＋1)－1x的零点，∵f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝ln 2－1＜0，f (2)＝ln 3－12＞0，∴f (x )的零点所在区间为(1，2)．【答案】B3．函数f (x )＝3x －7＋ln x 的零点位于区间(n ，n ＋1)(n ∈N )内，则n ＝________．【解析】求函数f (x )＝3x －7＋ln x 的零点，可以大致估算两个相邻自然数的函数值，如f (2)＝－1＋ln 2，由于ln 2＜ln e ＝1，所以f (2)＜0，f (3)＝2＋ln 3，由于ln 3＞1，所以f (3)＞0，所以函数f (x )的零点位于区间(2，3)内，故n ＝2．【答案】24．(2015·长沙模拟)若a ＜b ＜c ，则函数f (x )＝(x －a )(x －b )＋(x －b )(x －c )＋(x －c )(x －a )的两个零点分别位于区间( )A ．(a ，b )和(b ，c )内B ．(－∞，a )和(a ，b )内C ．(b ，c )和(c ，＋∞)内D ．(－∞，a )和(c ，＋∞)内【解析】本题考查零点的存在性定理．依题意得f (a )＝(a －b )(a －c )＞0，f (b )＝(b －c )(b －a )＜0，f (c )＝(c －b )(c －a )＞0，因此由零点的存在性定理知f (x )的零点位于区间(a ，b )和(b ，c )内．【答案】A5．(2014·高考湖北卷)已知f (x )是定义在R 上的奇函数，当x ≥0时，f (x )＝x 2－3x ，则函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点的集合为( )A ．{1，3}B ．{－3，－1，1，3}C ．{2－7，1，3}D ．{－2－7，1，3}【解析】令x ＜0，则－x ＞0，所以f (x )＝－f (－x )＝－[(－x )2－3(－x )]＝－x 2－3x ．求函数g (x )＝f (x )－x ＋3的零点等价于求方程f (x )＝－3＋x 的解．当x ≥0时，x 2－3x ＝－3＋x ，解得x 1＝3，x 2＝1；当x ＜0时，－x 2－3x ＝－3＋x ，解得x 3＝－2－7．【答案】D确定函数f (x )零点所在区间的方法(1)解方程法：当对应方程f (x )＝0易解时，可先解方程，再看解得的根是否落在给定区间上． (2)利用函数零点的存在性定理：首先看函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是否连续，再看是否有f (a )·f (b )＜0．若有，则函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内必有零点．(3)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x 轴在给定区间上是否有交点来判断．1．已知函数f (x )＝6x－log 2x ，在下列区间中，包含f (x )零点的区间是( )A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，4)D ．(4，＋∞)【解析】因为f (1)＝6－log 21＝6＞0，f (2)＝3－log 22＝2＞0，f (4)＝32－log 24＝－12＜0，所以函数f (x )的零点所在区间为(2，4)．【答案】C2．方程log 3x ＋x ＝3的根所在的区间为( ) A ．(0，1)B ．(1，2)C ．(2，3)D ．(3，4)【解析】法一：方程log 3x ＋x ＝3的根即是函数f (x )＝log 3x ＋x －3的零点，由于f (2)＝log 32＋2－3＝log 32－1<0，f (3)＝log 33＋3－3＝1>0且函数f (x )在(0，＋∞)上为单调增函数．∴函数f (x )的零点即方程log 3x ＋x ＝3的根所在区间为(2，3)．法二：方程log 3x ＋x ＝3的根所在区间即是函数y 1＝log 3x 与y 2＝3－x 交点横坐标所在区间，两函数图象如图所示．由图知方程log 3x ＋x ＝3的根所在区间为(2，3)．【答案】C3．(2015·武汉调研)设a 1，a 2，a 3均为正数，λ1＜λ2＜λ3，则函数f (x )＝a 1x －λ1＋a 2x －λ2＋a 3x －λ3的两个零点分别位于区间( )A ．(－∞，λ1)和(λ1，λ2)内B ．(λ1，λ2)和(λ2，λ3)内C ．(λ2，λ3)和(λ3，＋∞)内D ．(－∞，λ1)和(λ3，＋∞)内【解析】本题考查函数与方程．利用零点存在定理求解．当x ∈(λ1，λ2)时，函数图象连续，且x →λ1，f (x )→＋∞，x →λ2，f (x )→－∞，所以函数f (x )在(λ1，λ2)上一定存在零点；同理当x ∈(λ2，λ3)时，函数图象连续，且x →λ2，f (x )→＋∞，x →λ3，f (x )→－∞，所以函数f (x )在(λ2，λ3)上一定存在零点，故选B ．【答案】B考向二、判断函数零点个数1．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x －2，x >0，－x 2＋bx ＋c ，x ≤0满足f (0)＝1，且f (0)＋2f (－1)＝0，那么函数g (x )＝f (x )＋x 的零点个数为________．【解析】∵f (0)＝1，∴c ＝1，又∵f (0)＋2f (－1)＝0，∴f (－1)＝－1－b ＋1＝－12，∴b ＝12．∴当x＞0时，g (x )＝2x －2＝0有唯一解x ＝1；当x ≤0时，g (x )＝－x 2＋32x ＋1，令g (x )＝0得x ＝－12或x ＝2(舍去)，综上可知，g (x )＝f (x )＋x 有2个零点．【答案】 22．(2013·高考天津卷)函数f (x )＝2x|log 0.5x |－1的零点个数为( ) A ．1 B ．2 C ．3D ．4【解析】由f (x )＝2x|log 0.5x |－1＝0，可得|log 0．5x |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ．设g (x )＝|log 0.5x |，h (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，在同一坐标系下分别画出函数g (x )，h (x )的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f (x )有2个零点．【答案】B3．(2015·高考天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x ＞2，函数g (x )＝3－f (2－x )，则函数y ＝f (x )－g (x )的零点个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5【解析】分别画出函数f (x )，g (x )的草图，观察发现有2个交点．【答案】A4．若定义在R 上的偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝x ，则函数y ＝f (x )－log 3|x |的零点个数是________．【解析】由题意知，f (x )是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y ＝f (x )及y ＝log 3|x |的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点，即函数y ＝f (x )－log 3|x |有4个零点．【答案】4判断函数零点个数的方法(1)解方程法：令f (x )＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a ，b ]上是连续不断的曲线，且f (a )·f (b )＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．1．(2015·淄博期末)函数f (x )＝x －ln(x ＋1)－1的零点个数是________．【解析】函数f (x )＝x －ln(x ＋1)－1的零点个数，即为函数y ＝ln(x ＋1)与y ＝x －1图象的交点个数．在同一坐标系内分别作出函数y ＝ln(x ＋1)与y ＝x －1的图象，如图，由图可知函数f (x )＝x －ln(x ＋1)－1的零点个数是2． 【答案】22．若定义在R 上的函数f (x )满足f (x ＋2)＝f (x )，且x ∈[－1，1]时，f (x )＝1－x 2，函数g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧lg x ，x >0，0，x ＝0，－1x ，x <0，则方程f (x )－g (x )＝0在区间[－5，5]上的解的个数为( )A ．5B ．7C ．8D ．10【解析】依题意得，函数f (x )是以2为周期的函数，在同一坐标系下画出函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象，结合图象得，当x ∈[－5，5]时，它们的图象的公共点共有8个，即方程f (x )－g (x )＝0在区间[－5，5]上的解的个数为8．【答案】C考向三、利用函数的零点求解参数及取值范围1．(2014·合肥检测)若函数f (x )＝ax 2－x －1有且仅有一个零点，则实数a 的取值为( )A ．0B ．－14C ．0或－14D ．2【解析】当a ＝0时，函数f (x )＝－x －1为一次函数，则－1是函数的零点，即函数仅有一个零点；当a ≠0时，函数f (x )＝ax 2－x －1为二次函数，并且仅有一个零点，则一元二次方程ax 2－x －1＝0有两个相等实根．∴Δ＝1＋4a ＝0，解得a ＝－14．综上，当a ＝0或a ＝－14时，函数仅有一个零点．【答案】C2．(2014·洛阳模拟)已知方程|x 2－a |－x ＋2＝0(a ＞0)有两个不等的实数根，则实数a 的取值范围是( )A ．(0，4)B ．(4，＋∞)C ．(0，2)D ．(2，＋∞)【解析】依题意，知方程|x 2－a |＝x －2有两个不等的实数根，即函数y ＝|x 2－a |的图象与函数y ＝x －2的图象有两个不同交点．如图，则a ＞2，即a ＞4．【答案】B3．已知函数f (x )＝log 2x －⎝ ⎛⎭⎪⎫13x，若实数x 0是方程f (x )＝0的解，且0<x 1<x 0，则f (x 1)的值为( )A ．恒为负B ．等于零C ．恒为正D ．不小于零【解析】在同一坐标系中作出y ＝log 2x 和y ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x的图象，由图象知f (x 1)＜0．【答案】A4．(2014·高考江苏卷)已知f (x )是定义在R 上且周期为3的函数，当x ∈[0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12．若函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有10个零点(互不相同)，则实数a 的取值范围是________．【解析】当x ∈[0，3)时，f (x )＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 2－2x ＋12＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪(x －1)2－12，由f (x )是周期为3的函数，作出f (x )在[－3，4]上的图象，如图．函数y ＝f (x )－a 在区间[－3，4]上有互不相同的10个零点，即函数y ＝f (x )，x ∈[－3，4]与y ＝a 的图象有10个不同交点，在坐标系中作出函数f (x )在一个周期内的图象如图，可知当0＜a ＜12时满足题意．【答案】⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 5．(2015·湖北八校联考)已知x ∈R ，符号[x ]表示不超过x 的最大整数，若函数f (x )＝[x ]x－a (x ≠0)有且仅有3个零点，则a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤34，45∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，32B ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤34，45∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤43，32C ．⎝ ⎛⎦⎥⎤12，23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫54，32D ．⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，23∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤54，32 【解析】当0＜x ＜1时，f (x )＝[x ]x－a ＝－a ；当1≤x ＜2时，f (x )＝[x ]x－a ＝1x－a ；当2≤x ＜3时，f (x )＝[x ]x －a ＝2x －a ；…．f (x )＝[x ]x －a 的图象是把y ＝[x ]x 的图象进行纵向平移而得到的，画出y ＝[x ]x的图象，如图所示，通过数形结合可知a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤34，45∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫43，32．【答案】A已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围常用的方法：(1)直接法：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)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．(3)数形结合法：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．1．(2015·莱芜一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ≤1，1＋log 2x ，x >1，则函数f (x )的零点为( )A ．12，0 B ．－2，0 C ．12D ．0【解析】当x ≤1时，由f (x )＝2x－1＝0，解得x ＝0；当x ＞1时，由f (x )＝1＋log 2x ＝0，解得x ＝12，又因为x ＞1，所以此时方程无解．综上，函数f (x )的零点只有0．【解析】D2．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0，若函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，则实数m 的取值范围是________．【解析】画出f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－1，x ＞0，－x 2－2x ，x ≤0的图象，如图．由函数g (x )＝f (x )－m 有3个零点，结合图象得：0＜m ＜1，即m ∈(0，1)． 【答案】(0，1)3．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－a ，x ≤0，x 2－3ax ＋a ，x ＞0有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是________．【解析】要使函数f (x )有三个不同的零点，则当x ≤0时，方程2x－a ＝0，即2x＝a 必有一根，此时0＜a ≤1；当x >0时，方程x 2－3ax ＋a ＝0有两个不等实根，即方程x 2－3ax ＋a ＝0有2个不等正实根，于是⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9a 2－4a ＞0，3a ＞0，a ＞0，∴a ＞49，故49＜a ≤1．【答案】⎝ ⎛⎦⎥⎤49，1必记结论 有关函数零点的结论(1)若连续不断的函数f (x )在定义域上是单调函数，则f (x )至多有一个零点． (2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号． (3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．1．(2015·高考安徽卷)下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )A ．y ＝cos xB ．y ＝sin xC ．y ＝ln xD ．y ＝x 2＋1【解析】y ＝cos x 是偶函数，且存在零点；y ＝sin x 是奇函数；y ＝ln x 既不是奇函数又不是偶函数；y ＝x 2＋1是偶函数，但不存在零点．【答案】A2．函数f (x )＝2x－2x－a 的一个零点在区间(1，2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(1，3)B ．(1，2)C ．(0，3)D ．(0，2)【解析】由题意知f (1)·f (2)＜0，即a (a －3)＜0，∴0＜a ＜3． 【答案】C3．(2016·东城期末)函数f (x )＝e x ＋12x －2的零点所在的区间是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2)D ．(2，3)【解析】∵f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝e －74＜3－74＜0，f (1)＝e －32＞0，∴零点在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上． 【答案】B4．(2014·昆明三中、玉溪一中统考)若函数f (x )＝3ax ＋1－2a 在区间(－1，1)内存在一个零点，则a 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞B ．(－∞，－1)∪⎝ ⎛⎭⎪⎫15，＋∞C ．⎝⎛⎭⎪⎫－1，15D ．(－∞，－1)【解析】当a ＝0时，f (x )＝1与x 轴无交点，不合题意，所以a ≠0；函数f (x )＝3ax ＋1－2a 在区间(－1，1)内是单调函数，所以f (－1)·f (1)＜0，即(5a －1)(a ＋1)＞0，解得a ＜－1或a ＞15．【答案】B5．f (x )是R 上的偶函数，f (x ＋2)＝f (x )，当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2，则函数y ＝f (x )－|log 5 x |的零点个数为( )A ．4B ．5C ．8D ．10【解析】由零点的定义可得f (x )＝|log 5x |，两个函数图象如图，总共有5个交点，所以共有5个零点．【答案】B6．(2014·开封模拟)偶函数f (x )满足f (x －1)＝f (x ＋1)，且当x ∈[0，1]时，f (x )＝－x ＋1，则关于x 的方程f (x )＝lg(x ＋1)在x ∈[0，9]上解的个数是( )A ．7B ．8C ．9D ．10【解析】依题意得f (x ＋2)＝f (x )，所以函数f (x )是以2为周期的函数．在平面直角坐标系中画出函数y ＝f (x )的图象与y ＝lg(x ＋1)的图象(如图所示)，观察图象可知，这两个函数的图像在区间[0，9]上的公共点共有9个，因此，当x ∈[0，9]时，方程f (x )＝lg(x ＋1)的解的个数是9．【答案】C7．(2014·南宁模拟)已知函数f (x )＝ln x ＋3x －8的零点x 0∈[a ，b ]，且b －a ＝1，a ，b ∈N *，则a ＋b ＝________．【解析】∵f (2)＝ln 2＋6－8＝ln 2－2<0，f (3)＝ln 3＋9－8＝ln 3＋1>0，且函数f (x )＝ln x ＋3x －8在(0，＋∞)上为增函数，∴x 0∈[2，3]，即a ＝2，b ＝3．∴a ＋b ＝5．【答案】58．已知函数y ＝f (x ) (x ∈R )满足f (－x ＋2)＝f (－x )，当x ∈[－1，1]时，f (x )＝|x |，则y ＝f (x )与y ＝log 7x 的交点的个数为________．【解析】因为f (－x ＋2)＝f (－x )，所以y ＝f (x )为周期函数，其周期为2．在同一直角坐标系中，画出函数y ＝f (x )和y ＝log 7x 的图象如图，当x ＝7时，f (7)＝1，log 77＝1，故y ＝f (x )与y ＝log 7x 共有6个交点． 【答案】69．若函数y ＝f (x )(x ∈R) 满足f (x ＋2)＝f (x )且x ∈[－1，1]时，f (x )＝1－x 2；函数g (x )＝lg|x |，则函数y ＝f (x )与y ＝g (x )的图象在区间[－5，5]内的交点个数共有________个．【解析】函数y ＝f (x )以2为周期，y ＝g (x )是偶函数，画出图象可知有8个交点．【答案】810．(2015·高考湖南卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x ＞a .若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，则a 的取值范围是________．【解析】令φ(x )＝x 3(x ≤a )，h (x )＝x 2(x ＞a )，函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝b 有两个交点，结合图象(图略)可得a ＜0或φ(a )＞h (a )，即a ＜0或a 3＞a 2，解得a ＜0或a ＞1，故a ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．【答案】(－∞，0)∪(1，＋∞)1．(2014·高考山东卷)已知函数f (x )＝|x －2|＋1，g (x )＝kx ．若方程f (x )＝g (x )有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是( )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 C ．(1，2) D ．(2，＋∞)【解析】先作出函数f (x )＝|x －2|＋1的图象，如图所示，当直线g (x )＝kx 与直线AB 平行时斜率为1，当直线g (x )＝kx 过A 点时斜率为12，故f (x )＝g (x )有两个不相等的实根时，k 的范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1． 【答案】B2．若函数f (x )＝a x－x －a (a ＞0且a ≠1)有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(2，＋∞)B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12 C ．(1，＋∞) D ．(0，1)【解析】函数f (x )＝a x－x －a (a ＞0且a ≠1)有两个零点，就是函数y ＝a x(a ＞0且a ≠1)与函数y ＝x ＋a (a ＞0且a ≠1)的图象有两个交点，由图1知，当0＜a ＜1时，两函数的图象只有一个交点，不符合题意；由图2知，当a ＞1时，因为函数y ＝a x(a ＞1)的图象与y 轴交于点(0，1)，而直线y ＝x ＋a 与y 轴的交点一定在点(0，1)的上方，所以两函数的图象一定有两个交点，所以实数a 的取值范围是a ＞1．【答案】C3．(2015·高考天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2－|x |，x ≤2，(x －2)2，x ＞2，函数g (x )＝b －f (2－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 ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，＋∞B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，74C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫0，74D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫74，2【解析】函数y ＝f (x )－g (x )恰有4个零点，即方程f (x )－g (x )＝0，即b ＝f (x )＋f (2－x )有4个不同的实数根，即直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )的图象有4个不同的交点．又y ＝f (x )＋f (2－x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋x ＋2，x ＜0，2，0≤x ≤2，x 2－5x ＋8，x ＞2，作出该函数的图象如图所示，由图可得，当74＜b ＜2时，直线y ＝b 与函数y ＝f (x )＋f (2－x )有4个交点．【答案】D4．已知函数f (x )满足f (x )＋1＝1f (x ＋1)，当x ∈[0，1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1，1]内，函数g (x )＝f (x )－mx －m 有两个零点，则实数m 的取值范围是( )A ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12B ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞C ．⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，13D ．⎝ ⎛⎦⎥⎤0，12 【解析】当x ∈(－1，0]时，x ＋1∈(0，1]．因为函数f (x )＋1＝1f (x ＋1)，所以f (x )＝1f (x ＋1)－1＝1x ＋1－1＝－xx ＋1.即f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，x ∈(－1，0]，x ，x ∈(0，1].函数g (x )＝f (x )－mx －m 在区间(－1，1]内有两个零点等价于方程f (x )＝m (x ＋1)在区间(－1，1]内有两个根，令y ＝m (x ＋1)，在同一坐标系中画出函数y ＝f (x )和y ＝m (x ＋1)的部分图象(图略)，可知当m ∈⎝⎛⎦⎥⎤0，12时，函数g (x )＝f (x )－mx －m 有两个零点． 【答案】A5．(2014·高考天津卷)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x 2＋5x ＋4|，x ≤0，2|x －2|，x ＞0.若函数y ＝f (x )－a |x |恰有4个零点，则实数a 的取值范围为________．【解析】画出函数f (x )的图象如图所示．函数y ＝f (x )－a |x |有4个零点，即函数y 1＝a |x |的图象与函数f (x )的图象有4个交点(根据图象知需a ＞0)．当a ＝2时，函数f (x )的图象与函数y 1＝a |x |的图象有3个交点．故a ＜2．当y 1＝a |x |(x ≤0)与y ＝|x 2＋5x ＋4|相切时，在整个定义域内，f (x )的图象与y 1＝a |x |的图象有5个交点，此时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－ax ，y ＝－x 2－5x －4得x 2＋(5－a )x ＋4＝0．由Δ＝0得(5－a )2－16＝0，解得a ＝1，或a ＝9(舍去)， 则当1＜a ＜2时，两个函数图象有4个交点． 故实数a 的取值范围是1＜a ＜2． 【答案】(1，2)考向四、二分法(1)定义：对于在区间[a ，b ]上连续不断且f (a )·f (b )＜0的函数y ＝f (x )，通过不断地把函数f (x )的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．(2)给定精确度ε，用二分法求函数f (x )零点近似值的步骤如下： ①确定区间[a ，b ]，验证f (a )·f (b )<0，给定精确度ε； ②求区间(a ，b )的中点c ； ③计算f (c )；(ⅰ)若f (c )＝0，则c 就是函数的零点；(ⅱ)若f (a )·f (c )＜0，则令b ＝c (此时零点x 0∈(a ，c ))； (ⅲ)若f (c )·f (b )＜0，则令a ＝c (此时零点x 0∈(c ，b ))．④判断是否达到精确度ε：即若|a －b |<ε，则得到零点近似值a (或b )；否则重复②③④．1．(教材习题改编)下列函数图象与x 轴均有交点，其中不能用二分法求图中函数零点的是( )A B C D【解析】由图象可知，选项C 所对应零点左右两侧的函数值的符号是相同的，故不能用二分法求解． 【解析】C2．(教材习题改编)用二分法求函数y ＝f (x )在区间(2，4)上的近似解，验证f (2)·f (4)＜0，给定精确度ε＝0.01，取区间(2，4)的中点x 1＝2＋42＝3，计算得f (2)·f (x 1)＜0，则此时零点x 0所在的区间为( )A ．(2，4)B ．(3，4)C ．(2，3)D ．(2．5，3)【解析】∵f (2)·f (4)＜0，f (2)·f (3)＜0，∴f (3)·f (4)＞0，∴零点x 0所在的区间为(2，3)． 【解析】C3．用二分法求方程x 2＝2的正实根的近似解(精确度0.001)时，如果我们选取初始区间[1.4，1.5]，则要达到精确度要求至少需要计算的次数是________．【解析】设至少需要计算n 次，由题意知1.5－1.42n＜0．001，即2n ＞100，由26＝64，27＝128知n ＝7． 【解析】7Welcome !!! 欢迎您的下载，资料仅供参考！。
习题课 函数的零点与方程的解
习题课 函数的零点与方程的解学习目标 1.进一步应用函数零点存在定理，已知零点(方程的解)的情况求参数范围.2.掌握一元二次方程的根的分布情况． 一、根据零点情况求参数范围例1 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(4a －3)x ＋3a ，x <0，log a (x ＋1)＋1，x ≥0(a >0且a ≠1)在R 上单调递减，且关于x 的方程|f (x )|＝2－x3恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎦⎤0，23B.⎣⎡⎦⎤23，34 C.⎣⎡⎦⎤13，23 D.⎣⎡⎭⎫13，23答案 D解析 ∵f (x )在R 上单调递减，∴y ＝x 2＋(4a －3)x ＋3a 在(－∞，0)上单调递减，y ＝log a (x ＋1)＋1在(0，＋∞)上单调递减，且f (x )在(－∞，0)上的最小值大于或等于f (0)． ⎩⎪⎨⎪⎧3－4a 2≥0，0<a <1，3a ≥1.解得13≤a ≤34，作出函数y ＝|f (x )|和y ＝2－x3的草图如图所示．∵|f (x )|＝2－x3恰有两个不相等的实数解，∴3a <2，即a <23，故13≤a <23.反思感悟 已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法 (1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； (2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．跟踪训练1 若方程x lg(x ＋2)＝1的实根在区间(k ，k ＋1)(k ∈Z )上，则k 等于( ) A ．－2 B ．1 C ．－2或1 D ．0答案 C解析 由题意知，x ≠0，则原方程即为lg(x ＋2)＝1x ，在同一平面直角坐标系中作出函数y ＝lg(x ＋2)与y ＝1x的图象，如图所示，由图象可知，原方程有两个根，一个在区间(－2，－1)上，一个在区间(1,2)上⎝⎛⎭⎫由lg 3<1，lg 4>lg 10＝12可得，所以k ＝－2或k ＝1.二、一元二次方程的根的分布问题例2 已知关于x 的方程x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6＝0.(1)若方程有两个实根，且一个比2大，一个比2小，求实数m 的取值范围； (2)若方程有两个实根α，β，且满足0<α<1<β<4，求实数m 的取值范围； (3)若方程至少有一个正根，求实数m 的取值范围． 解 设f (x )＝x 2＋2(m －1)x ＋2m ＋6， (1)f (x )的大致图象如图所示，∴f (2)<0，即4＋4(m －1)＋2m ＋6<0，得m <－1， ∴实数m 的取值范围为(－∞，－1)． (2)f (x )的大致图象如图所示，∴⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝2m ＋6>0，f (1)＝4m ＋5<0，f (4)＝10m ＋14>0，解得－75<m <－54，∴实数m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫－75，－54. (3)方程至少有一个正根，则有三种可能的情况， ①有两个正根，此时如图1，可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ≥0，f (0)>0，2(m －1)－2>0，即⎩⎪⎨⎪⎧m ≤－1或m ≥5，m >－3，m <1，∴－3<m ≤－1.②有一个正根，一个负根，此时如图2，可得f (0)<0，得m <－3. ③有一个正根，另一根为0，此时如图3，可得⎩⎪⎨⎪⎧2m ＋6＝0，2(m －1)－2>0，∴m ＝－3.综上所述，当方程至少有一个正根时，实数m 的取值范围为(－∞，－1]．反思感悟 一元二次方程根的分布问题转化为二次函数的图象与x 轴交点的情况，先将函数草图上下平移，确定根的个数，用判别式限制，再左右平移，确定对称轴有无超过区间，或是根据根的正负问题，用根与系数的关系进行限制．跟踪训练2 已知函数f (x )＝(log 2x )2＋4log 2x ＋m ，x ∈⎣⎡⎦⎤18，4，m 为常数． (1)若函数f (x )存在大于1的零点，求实数m 的取值范围；(2)设函数f (x )有两个互异的零点α，β，求实数m 的取值范围，并求α·β的值． 解 (1)令log 2x ＝t ，x ∈⎣⎡⎦⎤18，4， 则g (t )＝t 2＋4t ＋m (t ∈[－3,2])． 由于函数f (x )存在大于1的零点，所以关于t 的方程t 2＋4t ＋m ＝0在t ∈(0,2]内存在实数根．由t 2＋4t ＋m ＝0，得m ＝－t 2－4t ，t ∈(0,2]， 所以m ∈[－12,0)，所以实数m 的取值范围是[－12,0)． (2)函数f (x )有两个互异的零点α，β，则函数g (t )在[－3,2]内有两个互异的零点t 1，t 2， 其中t 1＝log 2α，t 2＝log 2β， 所以⎩⎪⎨⎪⎧16－4m >0，g (－3)≥0，g (2)≥0，解得3≤m <4，所以实数m 的取值范围是[3,4)． 根据根与系数的关系，可知t 1＋t 2＝－4， 即log 2α＋log 2β＝－4，所以log 2(α·β)＝－4，得α·β＝2－4＝116.1．知识清单：(1)根据零点情况求参数的取值范围． (2)一元二次方程根的分布．2．方法归纳：判别式法、数形结合法．3．常见误区：不能把函数、方程问题相互灵活转化．1．若函数f (x )＝x 2－2x ＋a 在(0,2)上有两个零点，则a 的取值范围为( ) A ．(0,2) B ．(0,1) C ．(1,2) D ．(－∞，1)答案 B解析 函数f (x )＝x 2－2x ＋a 在(0,2)上有两个零点，函数f (x )的图象的对称轴为x ＝1，可得⎩⎪⎨⎪⎧ f (0)>0，f (1)<0，即⎩⎪⎨⎪⎧a >0，a －1<0，解得0<a <1.则a 的取值范围为(0,1)．2．已知函数f (x )＝mx ＋1的零点在区间(1,2)内，则m 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫－∞，－12 B.⎝⎛⎭⎫－1，－12C.⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ D ．(－∞，－1)∪⎝⎛⎭⎫－12，＋∞ 答案 B解析 因为函数f (x )＝mx ＋1的零点在区间(1,2)内，且此函数是连续函数， 所以f (1)·f (2)<0，即(m ＋1)(2m ＋1)<0， 解得－1<m <－12.3．函数f (x )＝3x －4x －a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( )A ．(－2,7)B ．(－1,6)C ．(－1,7)D ．(－2,6)答案 C解析 由题意可得f (1)f (2)＝(3－4－a )(9－2－a )<0， 即(a ＋1)(a －7)<0， 解得－1<a <7，故实数a 的取值范围是(－1,7)．4．若函数f (x )＝3x 2－5x ＋a 的一个零点在区间(－2,0)内，另一个零点在区间(1,3)内，则实数a 的取值范围是________． 答案 (－12,0)解析 ∵f (x )＝3x 2－5x ＋a 的一个零点在区间(－2,0)内，另一个零点在区间(1,3)内， ∴⎩⎪⎨⎪⎧f (－2)>0，f (0)<0，f (1)<0，f (3)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧22＋a >0，a <0，－2＋a <0，12＋a >0，解得－12<a <0，故a 的取值范围为(－12,0)．课时对点练1．当|x |≤1时，函数f (x )＝ax ＋2a ＋1的值有正也有负，则实数a 的取值范围是( ) A.⎣⎡⎭⎫－13，＋∞ B ．(－∞，－1] C.⎝⎛⎭⎫－1，－13 D.⎝⎛⎦⎤－1，－13 答案 C解析 |x |≤1⇒－1≤x ≤1.当a ＝0时，y ＝1，函数值恒为正，不符合题意； 当a ≠0时，要想函数f (x )＝ax ＋2a ＋1的值有正也有负，只需f (1)·f (－1)<0，即(a ＋2a ＋1)(－a ＋2a ＋1)＝(3a ＋1)(a ＋1)<0⇒－1<a <－13.综上所述－1<a <－13.2．已知关于x 的方程x 2－kx ＋k ＋3＝0的两个不相等的实数根都大于2，则实数k 的取值范围是( ) A ．k >6 B ．4<k <7 C ．6<k <7 D ．k >6或k <－2答案 C解析 ∵关于x 的方程x 2－kx ＋k ＋3＝0的两个不相等的实数根都大于2，设两根为x 1，x 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝(－k )2－4(k ＋3)>0， ①x 1＋x 2＝k >4， ②(x 1－2)(x 2－2)>0， ③解得6<k <7.3．若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧a x ，2<x ≤a ，log a(x －2)，x >a (其中a >0，a ≠1)存在零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫12，1∪(1,3) B ．(1,3] C ．(2,3) D ．(2,3]答案 C解析 由函数的解析式可知a >2，因为指数函数y ＝a x 单调递增，在区间(2，a ]上无零点， 所以函数y ＝log a (x －2)在区间(a ，＋∞)上存在零点， 由于y ＝log a (x －2)单调递增，故当x ＝a 时，有log a (a －2)<0＝log a 1， 从而a －2<1⇒a <3，所以实数a 的取值范围是(2,3)．4．方程x ＋log 3x ＝3的解为x 0，若x 0∈(n ，n ＋1)，n ∈N ，则n 等于( ) A ．0 B ．1 C ．2 D ．3 答案 C解析 设f (x )＝x ＋log 3x －3， 则f (1)＝1＋log 31－3＝－2<0，f (2)＝2＋log 32－3＝log 32－1<0， f (3)＝3＋log 33－3＝1>0， 又易知f (x )为增函数，所以方程x ＋log 3x ＝3的解在(2,3)内，因此n ＝2.5．若方程－x 2＋ax ＋4＝0的两实根中一个小于－1，另一个大于2，则a 的取值范围是( ) A ．(0,3) B ．[0,3]C ．(－3,0)D ．(－∞，1)∪(3，＋∞)答案 A解析 因为方程－x 2＋ax ＋4＝0有两根，一个大于2，另一个小于－1，所以函数 f (x )＝－x 2＋ax ＋4有两个零点，一个大于2，另一个小于－1，由二次函数的图象可知，⎩⎪⎨⎪⎧ f (2)>0，f (－1)>0，即⎩⎪⎨⎪⎧－22＋a ·2＋4>0，－(－1)2＋a ·(－1)＋4>0， 解得0<a <3.6．(多选)关于x 的方程ax 2－|x |＋a ＝0有四个不同的实数解，则实数a 的值可能是( ) A.12 B.13 C.14 D.16 答案 BCD解析 对于方程ax 2－|x |＋a ＝0，当a ＝0时，只有一个解x ＝0， 因此要使方程ax 2－|x |＋a ＝0有四个不同的解， 则a ≠0，x ≠0，此时方程可变为1a ＝x 2＋1|x |＝|x |＋1|x |.作出函数y ＝|x |＋1|x |的图象，如图所示，则1a >2，即0<a <12，选项B ，C ，D 符合题意． 7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|ln x |，0<x ≤e ，2－ln x ，x >e ，若正实数a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则a ·b ·c的取值范围为________． 答案 (e ，e 2)解析 画出f (x )的图象如图所示，∵正实数a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )， 不妨设a <b <c ，则由图象可得0<a <1<b <e<c <e 2， 且－ln a ＝ln b ，则可得ab ＝1， ∴a ·b ·c ＝c ∈(e ，e 2)．8．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧|x ＋2|－1，x <0，－x ＋1，x ≥0.若函数g (x )＝f (x )－k 有三个零点，则k 的取值范围是________． 答案 (－1,1)解析 令g (x )＝f (x )－k ＝0，可得f (x )＝k ， 作出y ＝f (x )的图象，如图，由图可知，当y ＝k 与y ＝f (x )的图象有三个不同的交点时，－1<k <1， 所以k 的取值范围是(－1,1)．9．函数f (x )＝x 2－2|x |＋a －1有四个不同的零点，求实数a 的取值范围． 解 由f (x )＝0得a －1＝2|x |－x 2，因为函数f (x )＝x 2－2|x |＋a －1有四个不同的零点， 所以函数y ＝a －1与y ＝2|x |－x 2的图象有四个交点， 画出函数y ＝2|x |－x 2的图象，如图所示，观察图象可知，0<a －1<1，即1<a <2， 所以实数a 的取值范围是1<a <2. 10．已知函数f (x )＝4x －2x ＋1－m . (1)当m ＝0时，求函数f (x )的零点；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数m 的取值范围． 解 (1)当m ＝0时，f (x )＝4x －2x ＋1＝(2x )2－2·2x ＝2x (2x －2)．令f (x )＝0，可得2x ＝2，即x ＝1. ∴函数f (x )的零点是1.(2)令2x ＝t ，显然t >0，则y ＝t 2－2t －m . ∵函数f (x )有两个零点，且t ＝2x 为单调函数， ∴方程t 2－2t －m ＝0在(0，＋∞)上有两解， ∴⎩⎪⎨⎪⎧－m >0，4＋4m >0，－－22>0，解得－1<m <0.∴m 的取值范围是(－1,0)．11．设x 1，x 2，x 3均为实数，且113x ⎛⎫ ⎪⎝⎭＝log 2(x 1＋1)，213x ⎛⎫⎪⎝⎭＝log 3x 2，313x⎛⎫ ⎪⎝⎭＝log 2x 3，则( )A ．x 1<x 3<x 2B ．x 3<x 2<x 1C ．x 3<x 1<x 2D ．x 3<x 1<x 2答案 A解析 如图所示，由图象可知，x 1<x 3<x 2.12．已知a ，b ，c ，d 都是常数，a >b ，c >d ，若f (x )＝2 021－(x －a )(x －b )的零点为c ，d ，则下列不等式正确的是( ) A ．a >c >b >d B ．a >b >c >d C ．c >d >a >b D ．c >a >b >d答案 D解析 由题意设g (x )＝(x －a )(x －b )，则f (x )＝2 021－g (x )，所以g (x )＝0的两个根是a ，b .由题意知f (x )＝0的两根是c ，d ，也就是g (x )＝2 021的两根，画出g (x )(开口向上)以及y ＝2 021的大致图象(图略)，则与g (x )的图象交点的横坐标就是c ，d ，g (x )的图象与x 轴的交点就是a ，b .又a >b ，c >d ，则c ，d 在a ，b 外，由图得c >a >b >d .13．对实数a ，b ，定义运算“*”：a *b ＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a －b ≤1，b ，a －b >1.设函数f (x )＝(x 2＋1)*(x ＋2)，若函数y ＝f (x )－c 有两个零点，则实数c 的取值范围是( ) A ．(2,4)∪(5，＋∞)B ．(1,2]∪(4,5]C ．(－∞，1)∪(4,5]D ．[1,2]答案 B解析 由题意知，当(x 2＋1)－(x ＋2)≤1，即－1≤x ≤2时，f (x )＝x 2＋1； 当(x 2＋1)－(x ＋2)>1，即x >2或x <－1时，f (x )＝x ＋2.∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋1，－1≤x ≤2，x ＋2，x >2或x <－1.∵函数y ＝f (x )－c 有两个零点，∴函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝c 的图象有两个交点． 画出函数y ＝f (x )的图象，如图所示．由图可知，当c ∈(1,2]∪(4,5]时，函数y ＝f (x )－c 有两个零点．14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1，x ≤a ，2x ，x >a ，若存在两个不相等的实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，则实数a 的取值范围是________． 答案 (0,1)解析 因为存在两个不相等的实数x 1，x 2，使得f (x 1)＝f (x 2)，故函数不是单调函数，又y ＝x ＋1与y ＝2x 交于(0,1)和(1,2)点，画出图象如图所示， 由图可知，当0<a <1时，满足题意． 即实数a 的取值范围是(0,1)．15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＋4，x ≤0，ln x ，x >0，若函数g (x )＝f 2(x )＋3f (x )＋m (m ∈R )有三个零点，则m 的取值范围为( ) A ．m <94B ．m ≤－28C ．－28≤m <94D ．m >28答案 B 解析 画出函数f (x )的大致图象如图所示．设t ＝f (x )，则由图象知，当t ≥4时，t ＝f (x )有两个根，当t <4时，t ＝f (x )只有一个根．函数g (x )＝f 2(x )＋3f (x )＋m (m ∈R )有三个零点，等价为函数g (x )＝h (t )＝t 2＋3t ＋m 有两个零点， 其中t 1<4，t 2≥4，则满足⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝9－4m >0，h (4)＝16＋12＋m ≤0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m <94，m ≤－28，即m ≤－28.16．已知函数f (x )＝－3x 2＋2x －m ＋1.(1)当m 为何值时，函数有两个零点、一个零点、无零点；(2)若函数恰有一个零点在原点处，求m 的值；(3)若f (x )＝0有两个根，且一个根大于2，一个根小于2，求实数m 的取值范围． 解 (1)函数有两个零点，则方程－3x 2＋2x －m ＋1＝0有两个不相等的实数根，易知Δ>0，即4＋12(1－m )>0，解得m <43. 由Δ＝0，解得m ＝43；由Δ<0，解得m >43. 故当m <43时，函数有两个零点； 当m ＝43时，函数有一个零点； 当m >43时，函数无零点．(2)由题意知0是方程－3x2＋2x－m＋1＝0的根，故有1－m＝0，解得m＝1.(3)由题意可得f(2)>0，即－7－m>0，则m<－7. 故实数m的取值范围为(－∞，－7)．。
专题38 由函数零点或方程根的个数求参数范围问题(解析版)
专题38 由函数零点或方程根的个数求参数范围问题【例题选讲】[例1] 已知函数f (x )＝x 2＋2x－a ln x (a ∈R )．(1)若f (x )在x ＝2处取得极值，求曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程； (2)当a >0时，若f (x )有唯一的零点x 0，求[x 0]．注：[x ]表示不超过x 的最大整数，如[0.6]＝0，[2.1]＝2，[－1.5]＝－2． (参考数据：ln 2＝0.693，ln 3＝1.099，ln 5＝1.609，ln 7＝1.946) [规范解答](1)∵f (x )＝x 2＋2x －a ln x ，∴f ′(x )＝2x 3－ax －2x 2(x >0)， 由题意得f ′(2)＝0，则2×23－2a －2＝0，a ＝7，经验证，当a ＝7时，f (x )在x ＝2处取得极值，∴f (x )＝x 2＋2x －7ln x ，f ′(x )＝2x －2x 2－7x，∴f ′(1)＝－7，f (1)＝3，则曲线y ＝f (x )在点(1，f (1))处的切线方程为y －3＝－7(x －1)，即7x ＋y －10＝0． (2)令g (x )＝2x 3－ax －2(x >0)，则g ′(x )＝6x 2－a ，由a >0，g ′(x )＝0，可得x ＝a 6， ∴g (x )在⎝⎛⎭⎫0，a 6上单调递减，在⎝⎛⎭⎫a 6，＋∞上单调递增．由于g (0)＝－2<0，故当x ∈⎝⎛⎭⎫0，a 6时，g (x )<0，又g (1)＝－a <0， 故g (x )在(1，＋∞)上有唯一零点，设为x 1，从而可知f (x )在(0，x 1)上单调递减，在(x 1，＋∞)上单调递增，由于f (x )有唯一零点x 0，故x 1＝x 0，且x 0>1，则g (x 0)＝0，f (x 0)＝0，可得2ln x 0－3x 30－1－1＝0． 令h (x )＝2ln x －3x 3－1－1(x >1)，易知h (x )在(1，＋∞)上单调递增，由于h (2)＝2ln 2－107<2×0.7－107<0，h (3)＝2ln 3－2926>0，故x 0∈(2，3)，[x 0]＝2．[例2] 已知函数f (x )＝x e x －12a (x ＋1)2．(1)若a ＝e ，求函数f (x )的极值；(2)若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．[破题思路] 第(1)问求f (x )的极值，想到求f ′(x )＝0的解，然后根据单调性求极值；第(2)问求实数a 的取值范围，想到建立关于a 的不等式，给出函数f (x )的解析式，并已知f (x )有两个零点，利用f (x )的图象与x 轴有两个交点求解．[规范解答] (1)由题意知，当a ＝e 时，f (x )＝x e x －12e(x ＋1)2，函数f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝(x ＋1)e x －e(x ＋1)＝(x ＋1)(e x －e)．令f ′(x )＝0，解得x ＝－1或x ＝1． 当x 变化时，f ′(x )，f (x )的变化情况如下表所示：x (－∞，－1)－1 (－1，1) 1 (1，＋∞) f ′(x ) ＋ 0 － 0 ＋f (x )极大值－1e极小值－e所以当x ＝－1时，f (x )取得极大值－1e ；当x ＝1时，f (x )取得极小值－e ．(2)法一：分类讨论法 f ′(x )＝(x ＋1)e x －a (x ＋1)＝(x ＋1)(e x －a )， 若a ＝0，易知函数f (x )在(－∞，＋∞)上只有一个零点，故不符合题意． 若a <0，当x ∈(－∞，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减； 当x ∈(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增．由f (－1)＝－1e <0，且f (1)＝e －2a >0，当x →－∞时，f (x )→＋∞，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上有两个零点．若ln a <－1，即0<a <1e ，当x ∈(－∞，ln a )∪(－1，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(ln a ，－1)时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (ln a )＝a ln a －12a (ln a ＋1)2<0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．若ln a ＝－1，即a ＝1e ，当x ∈(－∞，＋∞)时，f ′(x )≥0，f (x )单调递增，故不符合题意．若ln a >－1，即a >1e ，当x ∈(－∞，－1)∪(ln a ，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当x ∈(－1，ln a )时，f ′(x )<0，f (x )单调递减．又f (－1)＝－1e <0，所以函数f (x )在(－∞，＋∞)上至多有一个零点，故不符合题意．综上，实数a 的取值范围是(－∞，0)．法二：数形结合法 令f (x )＝0，即x e x －12a (x ＋1)2＝0，得x e x ＝12a (x ＋1)2．当x ＝－1时，方程为－e －1＝12a ×0，显然不成立，所以x ＝－1不是方程的解，即－1不是函数f (x )的零点． 当x ≠－1时，分离参数得a ＝2x e x(x ＋1)2．记g (x )＝2x e x(x ＋1)2(x ≠－1)，则g ′(x )＝(2x e x )′(x ＋1)2－[(x ＋1)2]′·2x e x (x ＋1)4＝2e x (x 2＋1)(x ＋1)3．当x <－1时，g ′(x )<0，函数g (x )单调递减；当x >－1时，g ′(x )>0，函数g (x )单调递增．当x ＝0时，g (x )＝0；当x →－∞时，g (x )→0；当x →－1时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→＋∞． 故函数g (x )的图象如图所示．作出直线y ＝a ，由图可知，当a <0时，直线y ＝a 和函数g (x )的图象有两个交点，此时函数f (x )有两个零点．故实数a 的取值范围是(－∞，0)．[题后悟通] 利用函数零点的情况求参数范围的方法(1)分离参数(a ＝g (x ))后，将原问题转化为y ＝g (x )的值域(最值)问题或转化为直线y ＝a 与y ＝g (x )的图象的交点个数问题(优选分离、次选分类)求解；(2)利用零点的存在性定理构建不等式求解；(3)转化为两个熟悉的函数图象的位置关系问题，从而构建不等式求解 [例3] 已知函数f (x )＝e x －2x －1． (1)求曲线y ＝f (x )在(0，f (0))处的切线方程；(2)设g (x )＝af (x )＋(1－a )e x ，若g (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．[规范解答] (1)由题意知f ′(x )＝e x －2，k ＝f ′(0)＝1－2＝－1，又f (0)＝e 0－2×0－1＝0， ∴f (x )在(0，f (0))处的切线方程为y ＝－x ．(2)g (x )＝e x －2ax －a ，g ′(x )＝e x －2a ．当a ≤0时，g ′(x )>0，∴g (x )在R 上单调递增，不符合题意． 当a >0时，令g ′(x )＝0，得x ＝ln(2a )，在(－∞，ln(2a ))上，g ′(x )<0，在(ln(2a )，＋∞)上，g ′(x )>0， ∴g (x )在(－∞，ln(2a ))上单调递减，在(ln(2a )，＋∞)上单调递增， ∴g (x )极小值＝g (ln(2a ))＝2a －2a ln(2a )－a ＝a －2a ln(2a )．∵g (x )有两个零点，∴g (x )极小值<0，即a －2a ln(2a )<0，∵a >0，∴ln(2a )>12，解得a >e 2，∴实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞．[例4] 已知函数f (x )＝ln x －ax 2＋x ，a ∈R ．(1)当a ＝0时，求曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程； (2)讨论f (x )的单调性；(3)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．[规范解答] (1)当a ＝0时，f (x )＝ln x ＋x ，f (e)＝e ＋1，f ′(x )＝1x ＋1，f ′(e)＝1＋1e ，∴曲线y ＝f (x )在点(e ，f (e))处的切线方程为y －(e ＋1)＝⎝⎛⎭⎫1＋1e (x －e)，即y ＝⎝⎛⎭⎫1e ＋1x ．(2)f ′(x )＝1x －2ax ＋1＝－2ax 2＋x ＋1x，x >0，①当a ≤0时，显然f ′(x )>0，∴f (x )在(0，＋∞)上单调递增；②当a >0时，令f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝0，则－2ax 2＋x ＋1＝0，易知其判别式为正，设方程的两根分别为x 1，x 2(x 1<x 2)，则x 1x 2＝－12a <0，∴x 1<0<x 2，∴f ′(x )＝－2ax 2＋x ＋1x ＝－2a (x －x 1)(x －x 2)x，x >0．令f ′(x )>0，得x ∈(0，x 2)；令f ′(x )<0，得x ∈(x 2，＋∞)，其中x 2＝1＋8a ＋14a，∴函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1＋8a ＋14a 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋8a ＋14a ，＋∞上单调递减．(3)法一：由(2)知，①当a ≤0时，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，至多一个零点，不符合题意；②当a >0时，函数f (x )在(0，x 2)上单调递增，在(x 2，＋∞)上单调递减，∴f (x )max ＝f (x 2)． 要使f (x )有两个零点，需f (x 2)>0，即ln x 2－ax 22＋x 2>0，又由f ′(x 2)＝0得ax 22＝1＋x 22，代入上面的不等式得2ln x 2＋x 2>1，解得x 2>1，∴a ＝1＋x 22x 22＝12⎝⎛⎭⎫1x 22＋1x 2<1． 下面证明：当a ∈(0，1)时，f (x )有两个零点．f ⎝⎛⎭⎫1e ＝ln 1e －a e －2＋1e <0，f ⎝⎛⎭⎫2a ＝ln 2a －a ·4a 2＋2a <2a －a ·4a 2＋2a＝0(∵ln x <x )． 又x 2＝1＋8a ＋14a <1＋8＋14a ＝1a <2a ，且x 2＝1＋8a ＋14a ＝28a ＋1－1>28＋1－1＝1>1e ，f (x 2)＝ln x 2－ax 22＋x 2＝12(2ln x 2＋x 2－1)>0，∴f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，x 2与⎝⎛⎭⎫x 2，2a 上各有一个零点． ∴a 的取值范围为(0，1)．法二：函数f (x )有两个零点，等价于方程a ＝ln x ＋x x 2有两解．令g (x )＝ln x ＋x x 2，x >0，则g ′(x )＝1－2ln x －xx 3．由g ′(x )＝1－2ln x －xx 3>0，得2ln x ＋x <1，解得0<x <1，∴g (x )在(0，1)单调递增，在(1，＋∞)单调递减，又当x ≥1时，g (x )>0，当x →0时，g (x )→－∞，∴作出函数g (x )的简图如图，结合函数值的变化趋势猜想：当a ∈(0，1)时符合题意． 下面给出证明：当a ≥1时，a ≥g (x )max ，方程至多一解，不符合题意；当a ≤0时，方程至多一解，不符合题意； 当a ∈(0，1)时，g ⎝⎛⎭⎫1e <0，∴g ⎝⎛⎭⎫1e －a <0，g ⎝⎛⎭⎫2a ＝a 24⎝⎛⎭⎫ln 2a ＋2a <a 24⎝⎛⎭⎫2a ＋2a ＝a ，∴g ⎝⎛⎭⎫2a －a <0． ∴方程在⎝⎛⎭⎫1e ，1与⎝⎛⎭⎫1，2a 上各有一个根，∴f (x )有两个零点．∴a 的取值范围为(0，1)． [例5] (2017·全国Ⅰ)已知函数f (x )＝a e 2x ＋(a －2)·e x －x ． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．[规范解答] (1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)，f ′(x )＝2a e 2x ＋(a －2)e x －1＝(a e x －1)(2e x ＋1)． (ⅰ)若a ≤0，则f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，＋∞)单调递减． (ⅰ)若a ＞0，则由f ′(x )＝0得x ＝－ln a ．当x ∈(－∞，－ln a )时，f ′(x )＜0；当x ∈(－ln a ，＋∞)时，f ′(x )＞0．所以f (x )在(－∞，－ln a )单调递减，在(－ln a ，＋∞)单调递增．(2)(ⅰ)若a ≤0，由(1)知，f (x )至多有一个零点．(ⅰ)若a ＞0，由(1)知，当x ＝－ln a 时，f (x )取得最小值，最小值为f (－ln a )＝1－1a ＋ln a ．①当a ＝1时，由于f (－ln a )＝0，故f (x )只有一个零点；②当a ∈(1，＋∞)时，由于1－1a ＋ln a ＞0，即f (－ln a )＞0，故f (x )没有零点；③当a ∈(0，1)时，1－1a＋ln a ＜0，即f (－ln a )＜0．又f (－2)＝a e －4＋(a －2)e －2＋2＞－2e －2＋2＞0，故f (x )在(－∞，－ln a )有一个零点． 设正整数n 0满足n 0＞ln ⎝⎛⎭⎫3a －1，则f (n 0)＝e n 0(a e n 0＋a －2)－n 0＞e n 0－n 0＞2n 0－n 0＞0． 由于ln ⎝⎛⎭⎫3a －1＞－ln a ，因此f (x )在(－ln a ，＋∞)有一个零点． 综上，a 的取值范围为(0，1)．[例6] 已知a ∈R ，函数f (x )＝e x －ax (e ＝2.718 28…是自然对数的底数)． (1)若函数f (x )在区间(－e ，－1)上是减函数，求实数a 的取值范围；(2)若函数F (x )＝f (x )－(e x －2ax ＋2ln x ＋a )在区间⎝⎛⎭⎫0，12内无零点，求实数a 的最大值． [规范解答] (1)由f (x )＝e x －ax ，得f ′(x )＝e x －a 且f ′(x )在R 上单调递增． 若f (x )在区间(－e ，－1)上是减函数，只需f ′(x )≤0在(－e ，－1)上恒成立．因此只需f ′(－1)＝e －1－a ≤0，解得a ≥1e ．又当a ＝1e 时，f ′(x )＝e x －1e ≤0，当且仅当x ＝－1时取等号．所以实数a 的取值范围是⎣⎡⎭⎫1e ，＋∞．(2)由已知得F (x )＝a (x －1)－2ln x ，且F (1)＝0，则F ′(x )＝a －2x ＝ax －2x ＝a ⎝⎛⎭⎫x －2a x，x >0．①当a ≤0时，F ′(x )<0，F (x )在区间(0，＋∞)上单调递减，结合F (1)＝0知，当x ∈⎝⎛⎭⎫0，12时，F (x )>0．所以F (x )在⎝⎛⎭⎫0，12内无零点． ②当a >0时，令F ′(x )＝0，得x ＝2a ．若2a ≥12，即a ∈(0，4]时，F (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上是减函数． 又x →0时，F (x )→＋∞．要使F (x )在⎝⎛⎭⎫0，12内无零点，只需F ⎝⎛⎭⎫12＝－a 2－2ln 12≥0，则0<a ≤4ln 2． 若2a <12，即a >4时，则F (x )在⎝⎛⎭⎫0，2a 上是减函数，在⎝⎛⎭⎫2a ，12上是增函数． 所以F (x )min ＝F ⎝⎛⎭⎫2a ＝2－a －2ln 2a ，令φ(a )＝2－a －2ln 2a ，则φ′(a )＝－1＋2a ＝2－aa <0． 所以φ(a )在(4，＋∞)上是减函数，则φ(a )<φ(4)＝2ln 2－2<0．因此F ⎝⎛⎭⎫2a <0，所以F (x )在x ∈⎝⎛⎭⎫0，12内一定有零点，不合题意，舍去． 综上，函数F (x )在⎝⎛⎭⎫0，12内无零点，应有a ≤4ln 2，所以实数a 的最大值为4ln 2． 【对点训练】1．(2018·全国Ⅱ)已知函数f (x )＝e x －ax 2． (1)若a ＝1，证明：当x ≥0时，f (x )≥1； (2)若f (x )在(0，＋∞)只有一个零点，求a ．1．解析 (1)当a ＝1时，f (x )≥1等价于(x 2＋1)e －x －1≤0．设函数g (x )＝(x 2＋1)e －x －1，则g ′(x )＝－(x 2－2x ＋1)e －x ＝－(x －1)2e －x ．当x ≠1时，g ′(x )<0，所以g (x )在(0，＋∞)单调递减．而g (0)＝0，故当x ≥0时，g (x )≤0，即f (x )≥1． (2)设函数h (x )＝1－ax 2e －x ．当且仅当h (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点． ①当a ≤0时，h (x )>0，h (x )没有零点；②当a >0时，h ′(x )＝ax (x －2)e －x ．当x ∈(0，2)时，h ′(x )<0；当x ∈(2，＋∞)时，h ′(x )>0． 所以h (x )在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．故h (2)＝1－4ae 2是h (x )在[0，＋∞)的最小值．1)若h (2)>0，即a <e 24，h (x )在(0，＋∞)没有零点；2)若h (2)＝0，即a ＝e 24，h (x )在(0，＋∞)只有一个零点；3)若h (2)<0，即a >e 24，由于h (0)＝1，所以h (x )在(0，2)有一个零点．由(1)知，当x >0时，e x >x 2，所以h (4a )＝1－16a 3e 4a ＝1－16a 3e 2a 2>1－16a 32a 4＝1－1a >0．故h (x )在(2，4a )有一个零点．因此h (x )在(0，＋∞)有两个零点． 综上，f (x )在(0，＋∞)只有一个零点时，a ＝e 24．2．设函数f (x )＝ln x ＋x .(1)令F (x )＝f (x )＋a x －x (0<x ≤3)，若F (x )的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，求实数a的取值范围；(2)若方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，求正数m 的值．2．解析 (1)∵F (x )＝ln x ＋a x ，x ∈(0，3]，∴F ′(x )＝1x －a x 2＝x －ax 2，∴k ＝F ′(x 0)＝x 0－a x 20，∵F (x )的图象上任意一点P (x 0，y 0)处切线的斜率k ≤12恒成立，∴k ＝x 0－a x 20≤12在x 0∈(0，3]上恒成立，∴a ≥⎝⎛⎭⎫－12x 20＋x 0max ，x 0∈(0，3]，当x 0＝1时，－12x 20＋x 0取得最大值12， ∴a ≥12，即实数a 的取值范围为⎣⎡⎭⎫12，＋∞. (2)∵方程2mf (x )＝x 2有唯一实数解，∴x 2－2m ln x －2mx ＝0有唯一实数解． 设g (x )＝x 2－2m ln x －2mx ，则g ′(x )＝2x 2－2mx －2m x．令g ′(x )＝0，则x 2－mx －m ＝0.∵m >0，∴Δ＝m 2＋4m >0，∵x >0，∴x 1＝m －m 2＋4m 2<0(舍去)，x 2＝m ＋m 2＋4m2，当x ∈(0，x 2)时，g ′(x )<0，g (x )在(0，x 2)上单调递减， 当x ∈(x 2，＋∞)时，g ′(x )>0，g (x )在(x 2，＋∞)单调递增，当x ＝x 2时，g ′(x 2)＝0，g (x )取最小值g (x 2)．∵g (x )＝0有唯一解，∴g (x 2)＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧g ′(x 2)＝0，g (x 2)＝0，即x 22－2m ln x 2－2mx 2＝x 22－mx 2－m ，∴2m ln x 2＋mx 2－m ＝0， ∵m >0，∴2ln x 2＋x 2－1＝0.(*)设函数h (x )＝2ln x ＋x －1，∵当x >0时，h (x )是增函数，∴h (x )＝0至多有一解． ∵h (1)＝0，∴方程(*)的解为x 2＝1，即1＝m ＋m 2＋4m 2，解得m ＝12.3．函数f (x )＝ax ＋x ln x 在x ＝1处取得极值． (1)求f (x )的单调区间；(2)若y ＝f (x )－m －1在定义域内有两个不同的零点，求实数m 的取值范围． 3．解析 (1)由题意知，f ′(x )＝a ＋ln x ＋1(x >0)，f ′(1)＝a ＋1＝0，解得a ＝－1，当a ＝－1时，f (x )＝－x ＋x ln x ，即f ′(x )＝ln x ，令f ′(x )>0，解得x >1；令f ′(x )<0，解得0<x <1． ∴f (x )在x ＝1处取得极小值，f (x )的单调递增区间为(1，＋∞)，单调递减区间为(0，1)．(2)y ＝f (x )－m －1在(0，＋∞)上有两个不同的零点，可转化为f (x )＝m ＋1在(0，＋∞)上有两个不同的根， 也可转化为y ＝f (x )与y ＝m ＋1的图象有两个不同的交点，由(1)知，f (x )在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，f (x )min ＝f (1)＝－1， 由题意得，m ＋1>－1，即m >－2，①当0<x <1时，f (x )＝x (－1＋ln x )<0；当x >0且x →0时，f (x )→0；当x →＋∞时，显然f (x )→＋∞． 如图，由图象可知，m ＋1<0，即m <－1，②由①②可得－2<m <－1．故实数m 的取值范围为(－2，－1)． 4．设函数f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x (a ∈R )． (1)当a ＝－1时，求函数f (x )的单调区间；(2)设函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，求实数a 的取值范围． 4．解析 (1)函数f (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝－1时，f ′(x )＝－2x －1＋1x ＝－2x 2－x ＋1x ，令f ′(x )＝0，得x ＝12(负值舍去)，当0<x <12时，f ′(x )>0；当x >12时，f ′(x )<0，∴f (x )的单调递增区间为⎝⎛⎭⎫0，12，单调递减区间为⎝⎛⎭⎫12，＋∞． (2)令f (x )＝－x 2＋ax ＋ln x ＝0，得a ＝x －ln x x ，令g (x )＝x －ln xx，其中x ∈⎣⎡⎦⎤13，3， 则g ′(x )＝1－1x ·x －ln x x 2＝x 2＋ln x －1x 2，令g ′(x )＝0，得x ＝1，当13≤x <1时，g ′(x )<0；当1<x ≤3时，g ′(x )>0， ∴g (x )的单调递减区间为⎣⎡⎭⎫13，1，单调递增区间为(1，3]，∴g (x )min ＝g (1)＝1，由于函数f (x )在⎣⎡⎦⎤13，3上有两个零点，g ⎝⎛⎭⎫13＝3ln 3＋13，g (3)＝3－ln 33，3ln 3＋13>3－ln 33， ∴实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，3－ln 33． 5．已知函数f (x )＝(x －2)e x ＋a (x －1)2． (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围．5．解析 (1)f ′(x )＝(x －1)e x ＋2a (x －1)＝(x －1)(e x ＋2a )．①设a ≥0，则当x ∈(－∞，1)时，f ′(x )<0；当x ∈(1，＋∞)时，f ′(x )>0． 所以f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．②设a <0，由f ′(x )＝0得x ＝1或x ＝ln(－2a )．若a ＝－e2，则f ′(x )＝(x －1)(e x －e)，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增．若a >－e2，则ln(－2a )<1，故当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(1，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，1)时，f ′(x )<0．所以f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(1，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，1)上单调递减． 若a <－e2，则ln(－2a )>1，故当x ∈(－∞，1)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(1，ln(－2a ))时，f ′(x )<0．所以f (x )在(－∞，1)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(1，ln(－2a ))上单调递减． (2)①设a >0，则由(1)知，f (x )在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．又f (1)＝－e ，f (2)＝a ，取b 满足b <0且b <ln a 2，则f (b )>a2(b －2)＋a (b －1)2＝a ⎝⎛⎭⎫b 2－32b >0， 所以f (x )有两个零点．②设a ＝0，则f (x )＝(x －2)e x ，所以f (x )只有一个零点．③设a <0，若a ≥－e2，则由(1)知，f (x )在(1，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；若a <－e2，则由(1)知，f (x )在(1，ln(－2a ))上单调递减，在(ln(－2a )，＋∞)上单调递增．又当x ≤1时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点． 综上，a 的取值范围为(0，＋∞)． 6．已知函数f (x )＝(x －1)e x ＋ax 2，a ∈R ． (1)讨论函数f (x )的单调区间；(2)若f (x )有两个零点，求a 的取值范围． 6．解析 (1)f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x ＋2ax ＝x (e x ＋2a )． ①若a ≥0，则当x >0时，f ′(x )>0；当x <0时，f ′(x )<0． 故函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． ②当a <0时，由f ′(x )＝0，解得x ＝0或x ＝ln(－2a )．(ⅰ)若ln(－2a )＝0，即a ＝－12，则∀x ∈R ，f ′(x )＝x (e x －1)≥0，故f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；(ⅰ)若ln(－2a )<0，即－12<a <0，则当x ∈(－∞，ln(－2a ))∪(0，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(ln(－2a )，0)时，f ′(x )<0．故函数f (x )在(－∞，ln(－2a ))，(0，＋∞)上单调递增，在(ln(－2a )，0)上单调递减．(ⅰ)若ln(－2a )>0，即a <－12，则当x ∈(－∞，0)∪(ln(－2a )，＋∞)时，f ′(x )>0；当x ∈(0，ln(－2a ))时，f ′(x )<0．故函数f (x )在(－∞，0)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增，在(0，ln(－2a ))上单调递减．(2)①当a >0时，由(1)知，函数f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． 因为f (0)＝－1<0，f (2)＝e 2＋4a >0，取实数b 满足b <－2且b <ln a ，则 f (b )>a (b －1)＋ab 2＝a (b 2＋b －1)>a (4－2－1)>0，所以f (x )有两个零点； ②若a ＝0，则f (x )＝(x －1)e x ，故f (x )只有一个零点． ③若a <0，由(1)知，当a ≥－12时，则f (x )在(0，＋∞)上单调递增，又当x ≤0时，f (x )<0，故f (x )不存在两个零点；当a <－12时，则f (x )在(－∞，0)，(ln(－2a )，＋∞)上单调递增；在(0，ln(－2a ))上单调递减．又f (0)＝－1，故不存在两个零点． 综上所述，a 的取值范围是(0，＋∞)． 7．已知函数f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ． (1)当a ＝1时，求f (x )的单调区间．(2)若函数f (x )在区间⎝⎛⎭⎫0，12上无零点，求a 的最小值． 7．解析 (1)当a ＝1时，f (x )＝x －1－2ln x ，则f ′(x )＝1－2x ，其中x ∈(0，＋∞)．由f ′(x )＞0，得x ＞2，由f ′(x )＜0，得0＜x ＜2，故f (x )的单调递减区间为(0，2)，单调递增区间为(2，＋∞)． (2)f (x )＝(2－a )x －2(1＋ln x )＋a ＝(2－a )(x －1)－2ln x ，令m (x )＝(2－a )(x －1)，h (x )＝2ln x ，其中x ＞0，则f (x )＝m (x )－h (x )． ①当a ＜2时，m (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上为增函数，h (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上为增函数， 结合图象知，若f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上无零点，则m ⎝⎛⎭⎫12≥h ⎝⎛⎭⎫12，即(2－a )⎝⎛⎭⎫12－1≥2ln 12， 所以a ≥2－4ln 2，所以2－4ln 2≤a ＜2．②当a ≥2时，在⎝⎛⎭⎫0，12上m (x )≥0，h (x )＜0，所以f (x )＞0，所以f (x )在⎝⎛⎭⎫0，12上无零点． 由①②得a ≥2－4ln 2，所以a min ＝2－4ln 2． 8．已知函数F (x )＝ln x x －1－ax ＋1．(1)设函数h (x )＝(x －1)F (x )，当a ＝2时，证明：当x >1时，h (x )>0； (2)若F (x )有两个不同的零点，求a 的取值范围． 8．解析 (1)当a ＝2，x >1时，h ′(x )＝(x －1)2x (x ＋1)2>0，所以h (x )在(1，＋∞)上单调递增，且h (1)＝0，所以当x >1时，h (x )>0． (2)设函数f (x )＝ln x －a (x －1)x ＋1，则f ′(x )＝x 2＋2(1－a )x ＋1x (x ＋1)2．令g (x )＝x 2＋2(1－a )x ＋1，当a ≤1，x >0时，g (x )>0，当1<a ≤2时，Δ＝4a 2－8a ≤0，得g (x )≥0，所以当a ≤2时，f ′(x )≥0，f (x )在(0，＋∞)上单调递增，此时f (x )至多有一个零点，F (x )＝1x －1f (x )至多有一个零点，不符合题意，舍去． 当a >2时，Δ＝4a 2－8a >0，此时g (x )有两个零点，设为t 1，t 2，且t 1<t 2．又t 1＋t 2＝2(a －1)>0，t 1t 2＝1，所以0<t 1<1<t 2．所以f (x )在(0，t 1)，(t 2，＋∞)上单调递增，在(t 1，t 2)上单调递减，且f (1)＝0，所以f (t 1)>0，f (t 2)<0，又f (e －a )＝－2a e a ＋1<0，f (e a )＝2a e a ＋1>0，且f (x )的图象连续不断， 所以存在唯一x 1∈(e －a ，t 1)，使得f (x 1)＝0，存在唯一x 2∈(t 2，e a )，使得f (x 2)＝0．又F (x )＝1x －1f (x )，所以当F (x )有两个不同零点时，a 的取值范围为(2，＋∞)． 9．已知函数f (x )＝x e x －a (ln x ＋x )，a ∈R ．(1)当a ＝e 时，求f (x )的单调区间；(2)若f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．9．解析 (1)函数的定义域为(0，＋∞)，当a ＝e 时，f ′(x )＝(1＋x )(x e x －e)x． 令f ′(x )>0，得x >1，令f ′(x )<0，得0<x <1，∴f (x )在(0，1)上单调递减；在(1，＋∞)上单调递增．(2)记t ＝ln x ＋x ，则t ＝ln x ＋x 在(0，＋∞)上单调递增，且t ∈R ．∴f (x )＝x e x －a (ln x ＋x )＝e t －at ．设g (t )＝e t －at ，∴f (x )在x >0时有两个零点等价于g (t )＝e t －at 在t ∈R 上有两个零点．①当a ＝0时，g (t )＝e t 在R 上单调递增，且g (t )>0，故g (t )无零点；②当a <0时，g ′(t )＝e t －a 在R 上单调递增，又g (0)＝1>0，g ⎝⎛⎭⎫1a ＝1e a －1<0，故g (t )在R 上只有一个零点；③当a >0时，由g ′(t )＝e t －a ＝0可知g (t )在t ＝ln a 时有唯一的一个极小值且为最小值g (ln a )＝a (1－ln a )． 若0<a <e ，g (ln a )＝a (1－ln a )>0，g (t )无零点；若a ＝e ，g (ln a )＝0，g (t )只有一个零点；若a >e 时，g (ln a )＝a (1－ln a )<0，而g (0)＝1>0，由于f (x )＝ln x x在x >e 时单调递减，可知a >e 时，e a >a e >a 2．从而g (a )＝e a －a 2>0， ∴g (x )在(0，ln a )和(ln a ，＋∞)上各有一个零点．综上可知当a >e 时，f (x )有两个零点，即所求a 的取值范围是(e ，＋∞)．10．已知函数f (x )＝e xx，g (x )＝a (x －ln x )(a ∈R )． (1)求函数g (x )的极值；(2)若h (x )＝f (x )－g (x ) 在[1，＋∞)上有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．10．解析 (1)函数g (x )的定义域为(0，＋∞)，当a ＝0时，函数g (x )＝0无极值，当a ≠0时，g ′(x )＝a ⎝⎛⎭⎫1－1x ＝a x －1x． 若a >0，令g ′(x )>0，则x >1；令g ′(x )<0，则0<x <1，所以函数g (x )在(1，＋∞)上单调递增，在(0，1)上单调递减，所以g (x )的极小值为g (1)＝a ，无极大值．若a <0，令g ′(x )>0，则0<x <1；令g ′(x )<0，则x >1，所以函数g (x )在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以g (x )的极大值为g (1)＝a ，无极小值．(2)令M (x )＝x －ln x ，M ′(x )＝1－1x， 当x ∈[)1，＋∞时，M ′(x )≥0，所以M (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以M (x )≥M (1)＝1，所以x －ln x >0． 由题可知，h (x )＝f (x )－g (x )在[1，＋∞)上有且只有一个零点，即h (x )＝0在[1，＋∞)上有且只有一个根，等价于a ＝e xx (x －ln x )在[1，＋∞)上有且只有一个根， 等价于函数y ＝a 与函数t (x )＝e x x (x －ln x )的图象在[1，＋∞)上只有一个交点， t ′(x )＝e x ()x 2－x ln x －2x ＋ln x ＋1[]x (x －ln x )2，令m (x )＝x 2－x ln x －2x ＋ln x ＋1， 则m ′(x )＝2x －ln x ＋1x －3，令μ(x )＝m ′(x )，则μ′(x )＝2－1x －1x 2＝(2x ＋1)(x －1)x 2， 当x ∈[1，＋∞)时，μ′(x )≥0，所以m ′(x )在[1，＋∞)上单调递增，则m ′(x )≥m ′(1)＝0，所以m (x )在[1，＋∞)上单调递增，则m (x )≥m (1)＝0，所以t (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以t (x )≥e ，所以a ≥e ．。
函数零点问题中参数范围的求解
在函数零点问题中求解参数范围 江山中学 杨作义 王芳根据函数的零点情况，讨论参数的范围”是高考考查的重点和难点.对于这类问题，我们可以利用零点定理、数形结合思想、函数单调性与参数分离思想来求解.一、利用零点定理求解参数范围如果函数()y f x =在[],a b 上连续且满足()()0f a f b ⋅<，则()y f x =在区间(,)a b 上至少存在一个零点，即存在(,)c a b ∈,使得()0f c =．这就是零点定理．对于高中阶段常遇到的问题:“已知连续函数()y f x =在[],a b 上单调，且在区间(,)a b 上存在一个零点，求参数的范围”可用()()0f a f b ⋅<求解．例1 [2０12年高考数学天津卷(理科)第4题改编] 已知函数3()2()R xf x x a a =+-∈在区间(0,1)内存在一个零点，则实数a 的取值范围是 .解：因为函数()f x 在区间(0,1)内存在一个零点，故(0)(1)0f f ⋅<，整理得(1)(3)0a a --<，解得13a <<．所以,实数a 的取值范围是(1,3)．二、利用数形结合思想求解参数范围如果通过变形，可以将函数()f x 转化为两个函数(),()g x h x 之差的形式,那么(),()g x h x 图象交点的横坐标就是函数()f x 的零点.因此对于含参数函数()()()f x g x h x =-,我们可以利用数形结合思想作出(),()g x h x 的图象，并根据两图象的交点情况求解参数范围.把原函数转化为两个函数时,要注意转化得到的两个函数的图象应该是比较容易画出的．在作图时，要利用函数奇偶性、单调性等性质,并标注出函数图象上的零点、最高点、最低点等一些特殊点,尽量把图象画准确，避免误判．例 2 [２０11年高考数学北京卷(理科)第１3题] 已知函数322()(1)2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩，；，．若关于x 的方程()f x k =有两个不等的实根，则实数k 的取值范围是 ．解：当2x ≥时,2()f x x=,此时()f x 在[)2,+∞上单调递减,且0()1f x <≤。
函数零点问题中参数范围的解法探究
函数零点问题中参数范围的解法探究贺凤梅(新疆伊犁巩留县高级中学㊀８３５４００)摘㊀要:已知函数零点的个数ꎬ求解参数的范围是目前高考和模考考查的热点和难点.这类问题考查学生函数与方程之间的转化能力.利用参变分离法㊁分离函数法㊁数形结合等重要的数学方法可以灵活处理这类题型ꎬ提升学生的核心素养.关键词:函数零点ꎻ导数ꎻ数形结合中图分类号:Ｇ６３２㊀㊀㊀文献标识码:Ａ㊀㊀㊀文章编号:１００８－０３３３(２０２３)０１－００７７－０４收稿日期:２０２２－１０－０５作者简介:贺凤梅(１９７９－)ꎬ女ꎬ湖北省随州人ꎬ本科ꎬ中学一级教师ꎬ从事中学数学教学研究.１问题呈现题目㊀(新疆维吾尔自治区２０２２年普通高考第二次适应性检测理科卷第１０题)若函数ｆ(ｘ)＝ｘ３－ａｘ２＋ｅｘ－ｌｎｘ有两个零点ꎬ则ａ的取值范围为(㊀㊀).Ａ.(０ꎬ２ｅ＋１２ｅ]㊀㊀㊀㊀Ｂ.(２ｅ－１２ｅꎬ＋¥)Ｃ.(－¥ꎬ１＋１２ｅ２]Ｄ.(－¥ꎬ２ｅ－１２ｅ)２总体分析本题题设简洁ꎬ将函数㊁导数㊁零点等知识有机结合起来ꎬ多层次㊁多角度地考查了学生的数学思维和核心素养ꎬ同时考查了学生利用导数解决问题的能力ꎬ对逻辑推理㊁数学运算等提出了较高的要求.本题解法多样ꎬ可以直接利用参变分离法求解ꎻ也可以利用分离函数法解答ꎬ利用导数的几何意义ꎬ即切线的斜率求解入手ꎬ再从相切逆推至函数图象相交的情况ꎬ进而求出参数的取值范围ꎻ可以根据零点个数ꎬ分类讨论细化解题ꎬ求出ａ的范围ꎻ作为选择题ꎬ还可以借助题设和选项的特点ꎬ利用排除法得出正确答案.但每种方法操作均不容易ꎬ在解题过程中会碰到一些障碍.下面具体分享一下ꎬ希望能帮助学生找到解决这类问题的突破口.３试题解答视角１㊀分离参数ꎬ构造函数.解法１㊀因为ｘ>０ꎬ所以函数ｆ(ｘ)＝ｘ３－ａｘ２＋ｅｘ－ｌｎｘ有两个零点等价于ｆ(ｘ)＝０有两个正根.分离参数ꎬ得ａ＝ｘ＋ｅｘ－ｌｎｘｘ２(ｘ>０).令ｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅｘ－ｌｎｘｘ２(ｘ>０)ꎬ求导得ｇᶄ(ｘ)＝１－ｅｘ２－１－２ｌｎｘｘ３＝ｘ３－ｅｘ＋２ｌｎｘ－１ｘ３.令ｈ(ｘ)＝ｘ３－ｅｘ＋２ｌｎｘ－１ꎬ则ｈᶄ(ｘ)＝３ｘ２＋２ｘ－ｅ.令ｍ(ｘ)＝３ｘ２＋２ｘ－ｅꎬ则ｍᶄ(ｘ)＝６ｘ－２ｘ２＝６(ｘ３－１３)ｘ２.当ｘɪ(０ꎬ３１３)时ꎬｍᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｍ(ｘ)在(０ꎬ３１３)上单调递减.当ｘɪ(３１３ꎬ＋¥)时ꎬｍᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｍ(ｘ)在(３１３ꎬ＋¥)上单调递增.因此ｍ(ｘ)ȡｍ(３１３)＝３－ｅ ３１３３１３>０ꎬ所以ｈᶄ(ｘ)＝３ｘ２＋２ｘ－ｅ>０.从而ｈ(ｘ)在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ且ｈ(ｅ)＝ｅｅ－ｅｅ＋２ｌｎｅ－１＝０ꎬ①当ｘɪ(０ꎬｅ)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬｅ)上单调递减ꎻ当ｘɪ(ｅꎬ＋¥)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(ｅꎬ＋¥)上单调递增.所以ｇ(ｘ)ȡｇ(ｅ)＝ｅ＋ｅｅ－ｌｎｅｅ＝２ｅ－１２ｅꎬ又当ｘң０时ꎬ由洛必达法则知ｇ(ｘ)ң＋¥ꎻ②当ｘң＋¥时ꎬｅｘң０ꎬｌｎｘｘ２ң０ꎬ则ｇ(ｘ)ң＋¥.②要使直线ｙ＝ａ与函数ｇ(ｘ)＝ｘ＋ｅｘ－ｌｎｘｘ２(ｘ>０)图象有两个交点ꎬ必有ａ>２ｅ－１２ｅ.故选Ｂ.评注㊀这种解法要注意多次求导的目的ꎬ否则思路易乱.另外①处学生不容易想到ꎬ感觉从天而降.事实上ꎬ这是一种数学直观ꎬ对于含有超越式ｌｎｘ的函数ꎬ我们应关注自变量为ｅꎬｅ的函数值ꎬ这应该是经验主义和数学基本修养ꎬ根据实际需要进行验证.②处一定要作说明ꎬ以确认函数单调递减的源头和单调递增的尽头ꎬ进而保证交点个数不再有新变化ꎬ否则不能下结论.这一点学生容易想当然.下面举一反例:下列关于函数ｆ(ｘ)＝(２ｘ－ｘ２)ｅｘ的判断正确的是(㊀㊀).(１)ｆ(ｘ)>０的解集是ｘ０<ｘ<２}{ꎻ(２)ｆ(－２)是极小值ꎬｆ(２)是极大值ꎻ(３)ｆ(ｘ)没有最小值ꎬ也没有最大值.易知ｆ(ｘ)在(－¥ꎬ－２)上单调递减ꎬ在(－２ꎬ２)上单调递增ꎬ在(２ꎬ＋¥)上单调递减.基于此ꎬ(３)仿佛是对的.但是当ｘң－¥时ꎬｆ(ｘ)ң０ꎻ当ｘң＋¥时ꎬｆ(ｘ)ң－¥ꎬ所以ｆ(ｘ)ｍａｘ＝ｆ(２).这样可以断定(３)是错误的!为了降低①的风险ꎬ我们有新的处理方式如下:解法２㊀结合解法１ꎬｇᶄ(ｘ)＝１－ｅｘ２－１－２ｌｎｘｘ３＝(ｘ２－ｅ)ｘ＋(ｌｎｘ２－１)ｘ３ꎬ令ｇᶄ(ｘ)＝(ｘ２－ｅ)ｘ＋(ｌｎｘ２－１)ｘ３＝０ꎬ观察发现ｘ＝ｅ是ｘ２－ｅ＝０和ｌｎｘ２－１＝０的公共解ꎬ结合方程结构特征得ｘ＝ｅ是ｇᶄ(ｘ)＝０的解.下同解法１.评注㊀此种处理方法需要较高的观察能力和配凑思维ꎬ值得我们思考和借鉴ꎬ提高解题能力.导数中有的零点是较难处理的ꎬ需要很多代数技巧作支撑ꎬ也要充分利用零点解题ꎬ尤其是隐零点ꎬ它可以帮助我们化超越函数为基本初等函数ꎬ还可能起到降次的作用ꎬ整体代换后还可能达到消元的目的.视角２㊀分裂原函数ꎬ构造新函数.解法３㊀令ｆ(ｘ)＝ｘ３－ａｘ２＋ｅｘ－ｌｎｘ＝０(ｘ>０)ꎬ整理ꎬ得ｘ２－ｌｎｘｘ＝ａｘ－ｅ.令ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)ꎬ求导ꎬ得ｇᶄ(ｘ)＝２ｘ３－１＋ｌｎｘｘ２.令φ(ｘ)＝２ｘ３－１＋ｌｎｘꎬ则φᶄ(ｘ)＝６ｘ２＋１ｘ>０在(０ꎬ＋¥)上恒成立.所以φ(ｘ)＝２ｘ３－１＋ｌｎｘ在(０ꎬ＋¥)上单调递增ꎬ且φ(１２)＝－３４－ｌｎ２<０ꎬφ(１)＝１>０.所以存在ｘ０ɪ(１２ꎬ１)ꎬ使φ(ｘ０)＝０.当ｘɪ(０ꎬｘ０)时ꎬｇᶄ(ｘ)<０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(０ꎬｘ０)上单调递减ꎻ当ｘɪ(ｘ０ꎬ＋¥)时ꎬｇᶄ(ｘ)>０ꎬ所以ｇ(ｘ)在(ｘ０ꎬ＋¥)上单调递增.所以ｇ(ｘ)ｍｉｎ＝ｇ(ｘ０)＝ｘ２０－ｌｎｘ０ｘ０.下面研究函数ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)图象与直线ｙ＝ａｘ－ｅ相切情形.不妨设切点(ｔꎬｔ２－ｌｎｔｔ)ꎬ由ｇᶄ(ｘ)＝２ｘ３－１＋ｌｎｘｘ２得切线斜率ａ＝ｇᶄ(ｔ)＝２ｔ３－１＋ｌｎｔｔ２.由切点(ｔꎬｔ２－ｌｎｔｔ)在直线ｙ＝ａｘ－ｅ和函数ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)的图象上ꎬ得ｔ２－ｌｎｔｔ＝ａｔ－ｅꎬ整理ꎬ得切线斜率ａ＝ｔ２－ｌｎｔｔ＋ｅｔ.故２ｔ３－１＋ｌｎｔｔ２＝ｔ２－ｌｎｔｔ＋ｅｔ.整理ꎬ得ｔ３＋２ｌｎｔ－ｅｔ－１＝０.③经验证ｔ＝ｅ时ꎬ方程③成立.所以切点为(ｅꎬｅ－１２ｅ).代入直线ｙ＝ａｘ－ｅ中ꎬ得ｅ－１２ｅ＝ａｅ－ｅꎬ解得ａ＝２ｅ－１２ｅ.结合图象可知ꎬ当ａɪ(２ｅ－１２ｅꎬ＋¥)时ꎬ函数ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)图象与直线ｙ＝ａｘ－ｅ有两个不同交点.故选Ｂ.评注㊀这种解法将题设转化为函数ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)与函数ｙ＝ａｘ－ｅ的图象在(０ꎬ＋¥)内有两个不同的交点.准确把握ｇ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ(ｘ>０)的单调性和最值ꎬ借助该函数与直线ｙ＝ａｘ－ｅ相切ꎬ求出ａ的临界值ꎬ数形结合求得ａ的取值范围.转化与化归思想考查得淋漓尽致.解法４㊀由ｘ３－ａｘ２＋ｅｘ－ｌｎｘ＝０(ｘ>０)ꎬ得ｘ２－ｌｎｘｘ－ａｘ＋ｅ＝０.移项ꎬ得ｘ２－ｌｎｘｘ＋ｅ＝ａｘ.令λ(ｘ)＝ｘ２－ｌｎｘｘ＋ｅ和φ(ｘ)＝ａｘ.同理可解.评注㊀解法４和解法３有异曲同工之妙ꎬ本质是两个函数图象整体平移ꎬ不再赘述ꎬ感兴趣的同仁可以自行试验一下.事实上ꎬ构造函数没有特殊的要求ꎬ关键在于新函数易于研究ꎬ直观形象就好.这一点对学生来说是一个挑战ꎬ形异质同解法会带来解题创新思路ꎬ对学生的能力提升大有裨益.当然我们也可以直接转化为函数ｆ(ｘ)＝ｘ３－ａｘ２＋ｅｘ－ｌｎｘ的图象与ｘ轴交点的个数ꎬ分类讨论求出参数ａ的范围ꎬ此法求解原则上可行ꎬ但运算量较大.讨论中要保证分类的科学性ꎬ做到既不重复ꎬ又不遗漏ꎬ是求解此问题的关键ꎬ限于篇幅ꎬ不再赘述.视角３㊀特值验证ꎬ小题速解.解法５㊀观察选项与ｌｎｘ无关ꎬ不妨设ｆ(ｅｔ)＝０ꎬ则ｅ３ｔ－ａｅ２ｔ＋ｅｔ＋１－ｔ＝０.分离变量ꎬ得ａ＝ｅｔ＋ｅ１－ｔ－ｔｅ２ｔ.结合选项ꎬ当ｔ＝１２时ꎬａ＝２ｅ－１２ｅꎬ排除选项ＡꎬＣ.而ａ＝０时ꎬｆ(ｘ)＝ｘ３＋ｅｘ－ｌｎｘꎬ又ｅｘ>ｌｎｘꎬ此时ｆ(ｘ)>０ꎬ无零点ꎬ不符合题意ꎬ排除选项Ｄ.故选Ｂ.评注㊀作为选择题ꎬ为了节约考试时间ꎬ我们期待小题能小做ꎬ速战速决ꎬ所以结合题设及选项的结构特征ꎬ巧妙换元ꎬ特征值可排除错误选项ꎬ进而快速找到正确选项.这也需要学生有扎实的功底ꎬ在较短时间内发现非正确项的破绽.４高考链接题１㊀(２０１６年全国Ⅱ卷第２１题第(１)问)已知函数ｆ(ｘ)＝(ｘ－２)ｅｘ＋ａ(ｘ－１)２有２个零点.求ａ的取值范围ꎻ题２㊀(２０１７年全国Ⅱ卷第２１题第(２)问)已知函数ｆ(ｘ)＝ａｅ２ｘ＋(ａ－２)ｅｘ－ｘ.若函数ｆ(ｘ)有两个零点ꎬ求ａ的取值范围.通过对此题多种解题方法的探究和比较ꎬ能很好地提升学生分析问题和解决问题的能力ꎬ逐步培养学生的核心素养ꎬ提升学习效率ꎬ让学生所学的知识系统化.另外ꎬ分离变量㊁分离函数借助于数形结合是突破此类题的关键ꎬ尤其是曲线与直线相切地恰当使用.可以说ꎬ题目从知识立意㊁能力立意向价值引领㊁素养导向的转变ꎬ很好地体现了试题的甄别功能.因此ꎬ我们的教学ꎬ绝不能够仅仅停留在刷题的层面ꎬ一定要在能力和素养上下功夫.参考文献:[１]谢强ꎬ罗毅.基于函数零点个数求参数范围的几种解法 由一道高考题展开的思考[Ｊ].高中数理化ꎬ２０１８(１０):７－８.[２]任志鸿.十年高考(数学２０２０年版)[Ｍ].北京:知识出版社ꎬ２０２０.[３]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准(２０１７年版２０２０年修订)[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０２０.[４]教育部考试中心.中国高考评价体系[Ｍ].北京:人民教育出版社ꎬ２０１９.[５]蔡海涛.探寻函数零点㊀揭开参数面纱 从一道高考题谈起[Ｊ].福建中学数学ꎬ２０２１(０３):３８－４０.[责任编辑:李㊀璟]。
解析几何中求参数取值范围的5种常用方法
解析几何中求参数取值范围的5种常用方法及经典例题详细解析：一、利用曲线方程中变量的范围构造不等式曲线上的点的坐标往往有一定的变化范围，如椭圆x2a2 + y2b2 = 1上的点P（x，y）满足-a≤x≤a，-b≤y≤b，因而可利用这些范围来构造不等式求解，另外，也常出现题中有多个变量，变量之间有一定的关系，往往需要将要求的参数去表示已知的变量或建立起适当的不等式，再来求解.这是解决变量取值范围常见的策略和方法.例1 已知椭圆x2a2 + y2b2 = 1 （a>b>0），A，B是椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线与x轴相交于点P（x0，0）求证:-a2-b2a ≤x0 ≤a2-b2a分析:先求线段AB的垂直平分线方程，求出x0与A，B横坐标的关系，再利用椭圆上的点A，B满足的范围求解.解: 设A，B坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），（x1≠x2）代入椭圆方程，作差得: y2-y1x2-x1 =-b2a2 •x2+x1 y2+y1又∵线段AB的垂直平分线方程为y- y1+y22 =- x2-x1 y2-y1 （x-x1+x22 ）令y=0得x0=x1+x22 •a2-b2a2又∵A，B是椭圆x2a2 + y2b2 = 1 上的点∴-a≤x1≤a，-a≤x2≤a，x1≠x2 以及-a≤x1+x22 ≤a∴-a2-b2a ≤x0 ≤a2-b2a例2 如图，已知△OFQ的面积为S，且OF•FQ=1，若12 < S <2 ，求向量OF与FQ的夹角θ的取值范围.分析:须通过题中条件建立夹角θ与变量S的关系，利用S的范围解题.解: 依题意有∴tanθ=2S∵12 < S <2 ∴1< tanθ<4又∵0≤θ≤π∴π4 <θ< p>例3对于抛物线y2=4x上任一点Q，点P（a，0）都满足|PQ|≥|a|，则a 的取值范围是（）A a<0B a≤2C 0≤a≤2D 0<2< p>分析:直接设Q点坐标，利用题中不等式|PQ|≥|a| 求解.解: 设Q（y024 ，y0）由|PQ| ≥a得y02+（y024 -a）2≥a2 即y02（y02+16-8a）≥0∵y02≥0 ∴（y02+16-8a）≥0即a≤2+ y028 恒成立又∵y02≥0而2+ y028 最小值为2 ∴a≤2 选（B ）二、利用判别式构造不等式在解析几何中，直线与曲线之间的位置关系，可以转化为一元二次方程的解的问题，因此可利用判别式来构造不等式求解.例4设抛物线y2 = 8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线L与抛物线有公共点，则直线L的斜率取值范围是（）A [-12 ，12 ]B [-2，2]C [-1，1]D [-4，4]分析:由于直线l与抛物线有公共点，等价于一元二次方程有解，则判别式△≥0解:依题意知Q坐标为（-2，0），则直线L的方程为y = k（x+2）由得k2x2+（4k2-8）x+4k2 = 0∵直线L与抛物线有公共点∴△≥0 即k2≤1 解得-1≤k≤1 故选（C）例5 直线L: y = kx+1与双曲线C: 2x2-y2 = 1的右支交于不同的两点A、B，求实数k的取值范围.分析:利用直线方程和双曲线方程得到x的一元二次方程，由于直线与右支交于不同两点，则△>0，同时，还需考虑右支上点的横坐标的取值范围来建立关于k的不等式.解：由得（k2-2）x2 +2kx+2 = 0∵直线与双曲线的右支交于不同两点，则解得-2<-2< p>三、利用点与圆锥曲线的位置关系构造不等式曲线把坐标平面分成三个区域，若点P（x0，y0）与曲线方程f（x，y）=0关系：若P在曲线上，则f（x0，y0）=0;若P在曲线内，则f（x0，y0）<0;若P在曲线外，则f（x0，y0）>0;可见，平面内曲线与点均满足一定的关系。
函数零点问题中参数范围的求解
在函数零点问题中求解参数范围江山中学 杨作义 王芳根据函数的零点情况，讨论参数的范围”是高考考查的重点和难点．对于这类问题，我们可以利用零点定理、数形结合思想、函数单调性与参数分离思想来求解．一、利用零点定理求解参数范围如果函数()y f x =在[],a b 上连续且满足()()0f a f b ⋅<，则()y f x =在区间(,)a b 上至少存在一个零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =．这就是零点定理．对于高中阶段常遇到的问题：“已知连续函数()y f x =在[],a b 上单调，且在区间(,)a b 上存在一个零点，求参数的范围”可用()()0f a f b ⋅<求解．例1 [2012年高考数学天津卷（理科）第4题改编] 已知函数3()2()R x f x x a a =+-∈在区间(0,1)内存在一个零点，则实数a 的取值范围是 ．解：因为函数()f x 在区间(0,1)内存在一个零点，故(0)(1)0f f ⋅<，整理得(1)(3)0a a --<，解得13a <<．所以，实数a 的取值范围是(1,3)．二、利用数形结合思想求解参数范围如果通过变形，可以将函数()f x 转化为两个函数(),()g x h x 之差的形式，那么(),()g x h x 图象交点的横坐标就是函数()f x 的零点．因此对于含参数函数()()()f x g x h x =-，我们可以利用数形结合思想作出(),()g x h x 的图象，并根据两图象的交点情况求解参数范围．把原函数转化为两个函数时，要注意转化得到的两个函数的图象应该是比较容易画出的．在作图时，要利用函数奇偶性、单调性等性质，并标注出函数图象上的零点、最高点、最低点等一些特殊点，尽量把图象画准确，避免误判．例 2 [2011年高考数学北京卷（理科）第13题] 已知函数322()(1)2x f x x x x ⎧≥⎪=⎨⎪-<⎩ ，；，．若关于x 的方程()f x k =有两个不等的实根，则实数k 的取值范围是 ．解：当2x ≥时，2()f x x =，此时()f x 在[)2,+∞上单调递减，且0()1f x <≤。