专题 含参函数的零点问题
函数的含参零点问题
函数的含参零点问题函数的含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是⾼考的重点和难点．对于此类题⽬，我们常利⽤零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想⽅法来求解．[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯⼀的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1) [答案] B [思路点拨]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．[⽅法演⽰]法⼀单调性法：利⽤函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 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 ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯⼀的零点x 0且x 0>0，只需f 2a>0，即a 2>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 ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2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,3－1t 2，其中t <0，则切线⽅程为y－3－1t 2＝2t 3(x －t )．⼜切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t3(0－t )，解得t ＝－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，演绎⾼效易知x ≠0，令f (x )＝0，则a ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x 4＝－3(x 2－1)x 4，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 －32<0，从⽽f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B.[解题师说]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、数形结合、转化与化归等思维能⼒，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种⽅法，可知破解含参零点问题常有“三招”. 第⼀招当我们⽆法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们带参讨论要根据题设要求直接研究函数的性质．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，并逐⼀求解．(如本题解法⼀)第⼆招数形结合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．(如本题解法⼆和解法三)第三招分离参数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．(如本题解法四)[应⽤体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯⼀零点，则a ＝( )A ．－12 B.13 C.12 D ．1解析：选C 法⼀：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0，即a ＝1－t 2e t ＋e －t . 令h (t )＝1－t 2e t ＋e －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a ＝1－02＝12，故选C. 法⼆：由f (x )＝0?a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”．若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯⼀零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯⼀．综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3D ．5解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x . ⼜m ∈N ，因此有?10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x ＜10，x∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ，当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28；当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11；当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4，所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的⽅程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3] 解析：选D 在同⼀坐标平⾯内画出函数y ＝f (x )的⼤致图象如图所⽰，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即⽅程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A.e 24，＋∞ B.e 2，＋∞ C.1，e 24 D.1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有⼀个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得?x 0＝2，a ＝e 2，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为e24，＋∞.⼀、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞) 解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对⽅程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)． 2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的⼤致图象如图所⽰．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第⼀次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.－∞，1＋e e 2 D.0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的⽅程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝x 2，当00，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0y 0)，则有a 1＝1－ln x 0x 2，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同⼀坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的⼤致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有⼀个零点，则实数a 的最⼩值为( )A ．0B ．－1e 2 C ．－1 D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同⼀坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所⽰，直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ，且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有⼀个交点，从⽽f (x )只有⼀个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线⽅程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，将x ＝0，y ＝1代⼊得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e 2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有⼀个交点，即f (x )只有⼀个零点，故a 的最⼩值为－1e2.5．(2018·⽯家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为⾃然对数的底数)有且只有⼀个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.0，e4 C ．(0，e) D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有⼀个零点等价于⽅程e xx －kx ＝0只有⼀个根，即⽅程e x x 2＝k 只有⼀个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx2的图象与直线y ＝k 只有⼀个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e x x 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得04，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所⽰，由图易知04，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有⼀个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78 D ．－38 解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有⼀个零点，所以⽅程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有⼀个实数根．⼜函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0?f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )?f (2x 2＋1)＝f (x －λ)?2x 2＋1＝x －λ，所以⽅程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有⼀个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满⾜0a ＋b －ca的取值范围是( ) A ．1，74 B ．(1,2] C ．[1，＋∞) D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对⽅程ax 2＋bx ＋c ＝0，有Δ＝b 2－4ac >0，于是c24a ，从⽽a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14b a 2，对满⾜0a ，因为0<b ≤3a ，所以0为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1关于x ⽅程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是⽅程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，⼜x19．(2018·⽯家庄模拟)已知函数f(x)＝e2x－ax2＋bx－1，其中a，b∈R，e为⾃然对数的底数．若f(1)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，函数f′(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是() A．(e2－3，e2＋1) B．(e2－3，＋∞) C．(－∞，2e2＋2) D．(2e2－6,2e2＋2) 解析：选A由f(1)＝0，得e2－a＋b－1＝0，所以b＝a－e2＋1，⼜f′(x)＝2e2x－2ax＋b，令g(x)＝2e2x－2ax＋b，则g′(x)＝4e2x－2a，因为x∈(0,1)，所以4<4e2x<4e2.当a≥2e2时，g′(x)<0，函数g(x)在(0,1)内单调递减，故g(x)在(0,1)内⾄多有⼀个零点；当a≤2时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)内单调递增，故g(x)在(0,1)内⾄多有⼀个零点；当212lna2，则g′(x)<0，若12lna2 0，所以函数g(x)在0，12lna2内单调递减，在?12lna2，1内单调递增，所以g(x)min＝g12ln2＝a－a lna2＋b＝2a－a lna2－e2＋1.令h(x)＝2x－x lnx2－e2＋1＝2x－x ln x＋x ln 2－e2＋1(20，h(x)为增函数，当x∈(2e,2e2)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，所以h(x)max＝h(2e)＝2e－e2＋1<0，即g(x)min<0恒成⽴，所以函数g(x)在(0,1)内有两个零点，则g(0)＝2＋a－e2＋1>0，g(1)＝2e2－2a＋a－e2＋1>0，解得e2－310．(2017·太原⼀模)设[x]表⽰不⼩于实数x的最⼩整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f(x)＝([x])2－2[x]，若函数F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k的取值范围是() A．－52，－1∪[2,5) B．－43，－1∪[5,10) C．－1，－23∪[5,10) D．－43，－1∪[5,10) 解析：选C由题意知，f(x)＝([x])2－2[x]＝0，x∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x∈(0，1]，3，x∈(2，3]，8，x∈(3，4].令F(x)＝0，得f(x)＝k(x－2)－2，作出函数y＝f(x)和y＝k(x－2)－2的图象如图所⽰．3，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝2x＋1，x ＜0，12x 2－2x ＋1，x ≥0.⽅程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11) 解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所⽰，对于⽅程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么⽅程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要⼀个⽅程有4个根，另⼀个⽅程有2个根，从⽽可知关于t 的⽅程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可⾏域如图所⽰，⽬标函数z ＝3a ＋b 经过?1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最⼤值11，经过B (1,0)时取得最⼩值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·⼴东五校协作体第⼀次诊断)已知e 为⾃然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯⼀的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成⽴，则实数a 的取值范围是( ) A ．[1，e] B ．(1，e] C.1＋1e ，e D.1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯⼀的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成⽴，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最⼤值不能⼤于g (x 2)的最⼤值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈0，1e 时，有两个x 2使得g (x 2)．若存在唯⼀的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最⼩值要⽐1e ⼤，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e ，故实数a 的取值范围是1＋1e ，e . ⼆、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．答案：(－∞，0)解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b . 设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x ＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，⼜g (1)＝0，所以函数g (x )的⼤致图象如图所⽰．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有⼀个交点，不满⾜；当－b＜0，即b ＞0时，由图易知，不满⾜对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.14．已知函数f (x )＝－x x ＋1，－1x ，0x －1x＝5a 的解为正整数，则满⾜条件的实数a 的个数为________．答案：1解析：在同⼀坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所⽰，结合图象可知，实数a 的取值范围是0，12.由x －1x ＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满⾜题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满⾜题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满⾜题意．⼜函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满⾜条件的实数a 的个数为1.15．若函数f (x )＝x 2＋2x－a ln x (a >0)有唯⼀的零点x 0，且m答案：5解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝ax(a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯⼀的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则2x 0－2x 2＝ax 0，x 20＋2x 0＝a ln xx 20＋2x 0－2x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x－2x 2－1x ln x (x >0)，则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×4－12ln 2＝5－7ln 2，欲⽐较5与7ln 2的⼤⼩，可⽐较e 5与27的⼤⼩，∵e 5>27，∴g (2)>0，⼜g (e)＝e 2＋2e －2e 2－1e ＝－e 2＋4e <0，∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5.16．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．答案：1，910＋ln 25解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，即关于x 的⽅程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在12，＋∞上单调递增，h (x )≥h 12＝ln 2＞0，所以g (x )在12，＋∞上单调递增，g 12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的⼤致图象，如图所⽰，当直线y ＝k (x ＋2)经过点12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.⼜当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是1，910＋ln 25.。
2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题(3页)
2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题含参函数的零点问题常以超越方程、分段函数等为载体，达到考察函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等目的．要注意函数的零点、方程的根、不等式的解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用．例1 已知函数f (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )， x ≥0，f ′(x )， x <0.若方程g (f (x ))＝0有4个不等的实根，则a 的取值范围是________．点评：例2 (1) 若关于x 的方程|x 4－x 3|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为________．(2) 已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有2个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．点评：【思维变式题组训练】1. 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1， x ≥2，2， 1≤x <2.若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解时，则实数a 的取值范围为________．2. 设函数f (x )＝⎩⎨⎧ x －1e x ， x ≥a ，－x －1， x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________．3. 已知函数f (x )＝⎝ ⎛ x －1， 1≤x <2，2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， x ≥2，如果函数g (x )＝f (x )－k (x －3)恰有2个不同的零点，那么实数k 的取值范围是________.4. 已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2x ＋1， x ≤0，|ln x |， x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx＋2有且只有4个不同解，则实数k 的取值构成的取值集合为________．。
用导数方法解决参数和函数零点技巧专题
用导数方法解决参数和函数零点技巧专题一．参变分离1. 注意分离后的函数是否严格单调2. 注意定义域上是否取遍3. 严格单调且定义域取遍用端点效应二．端点效应比较适用于恒成立问题，那么区间的端点也一定满足恒成立要求1. 优先论证函数严格单调2. 在区间左右端至少能找一点满足题干3. 不到万不得已不要取无穷远端注：一旦定义域完全为开区间，要么丢失此法，要么洛必达开始论述，要么证明函数严格单 调并证函数值大于(小于)端点值 【例1】f (x )=e x -e -x -ax ，其中V x 40,使得>(x )>0恒成立，求a 的取值范围方法1：参变分离方法2f (端点效应x 00恒成立 解：又(0)=0f (x )>0,V x 00恒成立的必要条件为f '(x )>0f '(x )=e x +e 我们可以看到函数要非负一定要增，也可能又增又减出现极小值) (这就是函数增的一个条件)充分性：f 、(x )=e x +e -x -ae x +e -x >2:.f '(x )=e x +e -x -a >0・•・f (x )>0,V x 00恒成立的充分必要条件是a <2f '(0)=2-a >0「.a <2(这就是函数值非负的必要条件，我们仅考虑的是函数严格递增的条件)(现在我们论证一下函数是否在此条件下单调增)显然我们应有此方法成立的充要条件是函数严格单调，我们考虑的端点并不是整个定义域的增减趋势，但是从0开始函数值一定要单调增，否则恒成立失效。
于是才有导函数在0处也非负，我们就得到a的一个大致范围，通过这个大致范围作为已知条件验证其充分性。
【注】：充分性验证时一旦出现导函数有小于0的情况，表示函数不单调，则在必要性的条件下研究函数的最值。
【思考1】f(x)=(ax-1)e x+ax+1，V x^0,有f(x)>0，求a的取值范围三：极值点偏移我们分析一下二次函叫x,x(x丰x)使得f(x)=f(x),x是二次函数的对称轴，1212120我们有x+x=2x120x+x。
一类含参二次函数零点问题的解法
结 合 ，此解 法 与初 中知 识 的结 合 较 为 紧 密 ，学 生容 易 理 解．但 对 与仅有 一个 零 点 的情 况 ，还 需进 一 步讨 论 ， 容 易 因遗 漏而 出错 ．
９ ｚ一 １
在 ［一１，１］上 有解 ·
因为ｎ＞ｏ，设 ＝＝＝ １＝鲁 （ ≠詈），则
■■ Ｊ—
例 １ （２０１４年 山东卷 ）对 于 函数 厂（ ），若存 在 常数 ａ≠ ０，使 得 ｚ 取 定 义 域 内 的 每 一 个 值 ，都 有
“对称 函数 ”为 一＾（ ）（ｚ∈ ），Ｙ—ｈ（ｚ）满 足 ：对任 意 ∈ ，２个 点 （ ， （ ））、（ ，ｇ（ ））关 于 点 （ ．厂（ｚ））对
解 １） 有 ２ 个 不 同 零 点 时 ，需 满 足
ｆ△＞ Ｏ，
＜
．
１）当一 ｎ ≤一１，即 ｏ＜ｎ≤寺时 ，，（ｚ）在［一１，１］
递增 ．因 此 ，要 使 ｆ（ ）在 ［一 １，１］上 有 零 点 ，只 需
』Ｉ（厂 （＿ １） 一２ ａ－２—３＿＿＝。≤０’解得１≤ ≤５．而ｏ＜ 一 ２ａ＋ ２— ３一ａ≥ ０， 。 。
解得
ａ≥
１．注 意
到
ｎ＞ １
，
故
ｎ≥ １．
【厂（一１）≥ ０， 又 因 为 ｎ＞ ０，所 以 ａ≥ ５．
综上 ，所 求 ａ的取值 范 围是 ［１，＋。。）． ３ 分离 参数 法
２）有 １个 零 点时 ，有 ２种情 况 ：
通过 分 离参数 的方 法 ，把 问题 转化 为 利 用 构造 出
一 ＜ ０，即 ｎ＞ 时 ，厂（ｚ）在 ［一 １，
一
］上递 减 ，在 （一 １，１］上递 增．因此 ，要使 ，（ ）在
例析含参函数相关的零点问题
例析含参函数相关的零点问题福建省莆田第二中学（351131）谢新华［摘要］利用导数研究函数的零点问题时，已知函数零点的个数求参数问题是一类重要的题型，常见的处理方法有分离参数法、直接构造函数法、隔离构造函数法.通过导数研究函数的图像及性质，把零点问题化归转化为图像的交点问题，数形结合求得参数的值（范围），有时还需对参数的不同取值情况进行分类讨论.通过归类分析，让学生学会运用数学思想方法解决问题，提升学生的解题效率.［关键词］导数；零点；构造；图像［中图分类号］G 633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）32-0027-02［例题1］设函数f (x )=ln x +mx,m ∈R ，若函数g (x )=f ′(x )-x3没有零点，求实数m 的取值范围.解析：因为f ′(x )=1x -m x 2，所以g (x )=1x -mx 2-x 3(x >0)，由g (x )=0,得m =-x 33+x ，设h (x )=-x33+x (x >0),则h ′(x )=-x 2+1，令h ′(x )=0,得x =±1,当0<x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x =1时，h (x )取得最大值，且最大值为h (1)=23，h (x )无最小值，因为函数g (x )没有零点，所以直线y =m 与函数h (x )的图像没有公共点，所以实数m 的取值范围是()23,+∞.点评：已知函数零点的个数求参数的取值范围，其常见的转化方法是分离参数法，使得构造的函数中不含参数，避免了参数的分类讨论，应用数形结合思想把函数零点问题转化为水平直线y =m 与函数h (x )图像的交点个数问题来解决.变式：若函数f (x )=a e x -x -2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是.解析1：（分离参数法）由f (x )=0,得a (e x -2)=x ，因为x ≠ln 2，所以a =xe x -2，设g (x )=x e x -2(x ≠ln 2)，则g ′(x )=e x -2-x e x(e x -2)2，设h (x )=e x -2-x e x ，则h ′(x )=-x e x ，当x <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x >0时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x =0时，h (x )取得最大值，且最大值为h (0)=-1，所以h (x )<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(-∞,ln 2),(ln 2,+∞)上单调递减，又g (0)=0，x >ln 2时，g (x )>0,因为函数f (x )有两个零点，所以直线y =a 与函数g (x )的图像有两个公共点，所以实数a 的取值范围是(0,+∞).解析2：（直接构造函数法）因为f ′(x )=a e x -1，当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，至多一个零点，不符合题意，当a >0时，令f ′(x )<0，得x <-ln a ，令f ′(x )>0，得x >-ln a ，所以f (x )在(-∞,-ln a )上单调递减，在(-ln a ，+∞)上单调递增，所以f min (x )=f (-ln a )=1+ln a -2a ，令φ(a )=1+ln a -2a (a >0)，φ′(a )=1a-2,令φ′(a )>0，得0<x <12；令φ′(a )<0，得x >12，所以φmax (a )=φ()12=-ln 2<0，即φ(a )<0，f (-ln a )<0，所以函数f (x )有两个零点，符号题意，综上所述，实数a 的取值范围是(0,+∞).［基金项目］本文系福建省教育科学“十三五”规划课题2020年度教育教学改革专项课题“学科素养视域下‘读思达’教学法的数学课堂应用研究”（项目编号：Fjjgzx20-077）的研究成果.数学·解题研究解析3：（隔离构造函数法）由f(x)=0,得a(e x-2)=x，因为a≠0，所以e x=1a x+2，因为函数f(x)有两个零点，所以直线y=1a x+2与函数y=e x的图像有两个公共点，结合图像易得实数a的取值范围是(0,+∞).点评：本题解析1利用分离参数法，使得构造的函数中不含参数，避免了参数的分类讨论，但构造的函数定义域改变了，函数不连续了，函数图像变得复杂了，研究时因容易忽略函数定义域或图像特征把握不准确导致错误.解析2利用直接构造函数法，通过导数研究函数的图像与性质，需要对参数的不同取值情况分类讨论，是常规思路，容易入题，但解题后半部分容易出现“卡壳”，不易得出最后结果.解析3利用隔离构造函数法，构造两个基本初等函数，比较熟悉，结合图像容易得出结论，是学生比较喜欢的方法，运用此法解答小题比较适合，在前两种方法无法求解时，也可以尝试通过此法探求结果.［参考文献］［1］王文英,蒋晓东.利用导数研究函数的零点问题［J］.中学数学教学参考,2019（7）:49-53.［2］任冲.导数工具巧应用函数零点妙解决：以一道高考题为例［J］.中学数学教学参考,2019（Z3）:135-136.［3］张伟.导数与数形结合思想研究函数问题［J］.数学学习与研究,2016（23）:78.［4］陈蓬.导数视角下函数零点问题的多角度探究［J］.中学数学,2016（13）:62-64.（责任编辑陈昕）图6指数函数模型的改进可以变换底数以10为底，令z=lg y得表6，拟合结果如图7.表6温度x产卵数z210.8451231.0414251.3222271.3802291.8195322.0607352.5119图7也可以变换底数以2为底，令z=log zy得表7，拟合结果如图8.表7温度x产卵数z212.807233.459254.392274.585296.044326.845358.344图8教师可进一步延伸拓展，借助Excel添加趋势线，拟合更高次函数，如三次函数、对数函数等模型，拓宽学生的视野，体会数学源于生活又高于生活，学以致用，有效预防红铃虫，只要控制温度在20℃以下，35℃以上.数学模型没有最好，只有更好，逐步改进模型，才能更好地为我们的生活服务.［参考文献］［1］周迎春.从不同视角看高中数学“线性回归分析”的两个结论［J］.重庆师范大学学报（自然科学版），2019（4）：131-136.［2］安国胜.探究数学核心素养的培养途径［J］.课程教育研究，2019（27）：129-130.［3］李思聪，张仕橙.注重建模思维引领，培养数学核心素养［J］.数学教学通讯，2019（18）：20-21.［4］郝晶杰.高中生数学建模素养调查研究［D］.新乡：河南科技学院，2019.［5］郑叶群.如何把高中数学建模核心素养渗透于课堂教学［J］.教育现代化，2019（23）：253-254.［6］郭红霞.高中数学课堂中落实核心素养的培育策略［J］.中学数学，2019（5）：79-80.（责任编辑黄桂坚）（上接第8页）数学·解题研究。
函数的含参零点问题
函数的含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．[典例] (2014·全国卷Ⅰ)已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1) [答案] B [思路点拨]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．[方法演示]法一 单调性法：利用函数的单调性求解由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ，令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 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 ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a>0，即a 2>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 ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2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,3－1t 2，其中t <0，则切线方程为y－3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t3(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，演绎高效易知x ≠0，令f (x )＝0，则a ＝3x －1x 3，记g (x )＝3x －1x 3，g ′(x )＝－3x 2＋3x 4＝－3(x 2－1)x 4，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 ⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f (x )在(－∞，0)上存在零点，排除D ，故选B.[解题师说]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、数形结合、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”. 第一招当我们无法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们带参讨论要根据题设要求直接研究函数的性质．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，并逐一求解．(如本题解法一)第二招 数形结合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．(如本题解法二和解法三)第三招 分离参数 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．(如本题解法四)[应用体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e－x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12 B.13 C.12 D ．1解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0，即a ＝1－t 2e t ＋e －t . 令h (t )＝1－t 2e t ＋e －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a ＝1－02＝12，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x . 又m ∈N ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x ＜10，x∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ，当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28；当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11；当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4，所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3] 解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( )A.⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e 2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e24，＋∞.一、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞) 解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)． 2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2 D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 2，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( )A ．0B ．－1e 2 C ．－1 D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示，直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ，且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)，将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e 2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1e2.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e24 C ．(0，e) D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e x x 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78 D ．－38 解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根．又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca的取值范围是( ) A ．1，74 B ．(1,2] C ．[1，＋∞) D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0，有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b24a ，从而a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立．令t ＝ba ，因为0<b ≤3a ，所以0<t ≤3. 因为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a>2.8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上单调递减，在(x1，x2)上单调递增，又x1<f(x1)<x2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f(x)]2－2af(x)－b＝0的实根个数不可能为5，故选D.9．(2018·石家庄模拟)已知函数f(x)＝e2x－ax2＋bx－1，其中a，b∈R，e为自然对数的底数．若f(1)＝0，f′(x)是f(x)的导函数，函数f′(x)在区间(0,1)内有两个零点，则a的取值范围是() A．(e2－3，e2＋1) B．(e2－3，＋∞) C．(－∞，2e2＋2) D．(2e2－6,2e2＋2) 解析：选A由f(1)＝0，得e2－a＋b－1＝0，所以b＝a－e2＋1，又f′(x)＝2e2x－2ax＋b，令g(x)＝2e2x－2ax＋b，则g′(x)＝4e2x－2a，因为x∈(0,1)，所以4<4e2x<4e2.当a≥2e2时，g′(x)<0，函数g(x)在(0,1)内单调递减，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当a≤2时，g′(x)>0，函数g(x)在(0,1)内单调递增，故g(x)在(0,1)内至多有一个零点；当2<a<2e2时，若0<x<12lna2，则g′(x)<0，若12lna2 <x<1，则g′(x)>0，所以函数g(x)在⎝⎛⎭⎫0，12lna2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫12lna2，1内单调递增，所以g(x)min＝g12lna2＝a－a lna2＋b＝2a－a lna2－e2＋1.令h(x)＝2x－x lnx2－e2＋1＝2x－x ln x＋x ln 2－e2＋1(2<x<2e2)，则h′(x)＝－ln x＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h′(x)>0，h(x)为增函数，当x∈(2e,2e2)时，h′(x)<0，h(x)为减函数，所以h(x)max＝h(2e)＝2e－e2＋1<0，即g(x)min<0恒成立，所以函数g(x)在(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g(0)＝2＋a－e2＋1>0，g(1)＝2e2－2a＋a－e2＋1>0，解得e2－3<a<e2＋1. 综上所述，a的取值范围为(e2－3，e2＋1)．10．(2017·太原一模)设[x]表示不小于实数x的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f(x)＝([x])2－2[x]，若函数F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k的取值范围是() A．－52，－1∪[2,5) B．－43，－1∪[5,10) C．－1，－23∪[5,10) D．－43，－1∪[5,10) 解析：选C由题意知，f(x)＝([x])2－2[x]＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x∈(0，1]，3，x∈(2，3]，8，x∈(3，4].令F(x)＝0，得f(x)＝k(x－2)－2，作出函数y＝f(x)和y＝k(x－2)－2的图象如图所示．若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k P A ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－23，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11) 解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最大值11，经过B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．[1，e] B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e ，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．答案：(－∞，0)解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b . 设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x ＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x ＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1<x ≤0，x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________． 答案：1解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1x ＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.15．若函数f (x )＝x 2＋2x－a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.答案：5解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝ax(a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 2＝ax 0，x 20＋2x 0＝a ln x⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x－2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)，则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2，欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小， ∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e <0，∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3， ∴m ＋n ＝5.16．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．答案：⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.。
专题13 函数的零点的问题(解析版)
专题13 函数的零点的问题一、题型选讲题型一 函数零点问题中参数的范围已知函数零点的个数，确定参数的取值范围，常用的方法和思路：(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，解法2就是此法．它的本质就是将函数转化为一个静函数与一个动函数的图像的交点问题来加以处理，这样就可以通过这种动静结合来方便地研究问题．(3) 数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图像，然后数形结合求解． 例1、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧e －x －12，x>0，x 3－3mx －2，x ≤0(其中e 为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．例2、(2018扬州期末）已知函数f(x)＝e x ，g(x)＝ax ＋b ，a ，b ∈R . 若对任意实数a ，函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)上总有零点，求实数b 的取值范围．例3、(2019苏州期末）已知函数f(x)＝ax 3＋bx 2－4a(a ，b ∈R )．(1) 当a ＝b ＝1时，求f (x )的单调增区间；(2) 当a ≠0时，若函数f (x )恰有两个不同的零点，求ba 的值；题型二 函数零点个数证明与讨论函数的零点：有“零点存在性定理”作为理论基础，可通过区间端点值的符号和函数的单调性确定是否存在零点。
例4、(2017南通一调）已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R .(1) 当a ＝38时，求函数f (x )的最小值；(2) 若－1≤a ≤0，证明：函数f (x )有且只有一个零点； (3) 若函数f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．例5、（2016南通一调）已知函数f (x )＝a ＋x ln x (a ∈R )．(1) 求f (x )的单调区间；(2) 试求f (x )的零点个数，并证明你的结论．题型三 函数零点问题的不等式的证明函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围以及证明零点方面的不等问题时，这些问题时要用到这三者的灵活转化。
数形结合法破解含参函数的零点问题
1)
可初步做 出 判 断,严 格 的 证 明 需 借 助 于 二 阶
导数。
(
责任编辑
徐利杰)
+∞ 上
2
单调 递 增,当 x→ - ∞ 时,
图4
x)
→+∞ ,其 图 像 如 图
g(
4 所示。 依 题 意 知,直 线 y =a (
x -1)与
几何意 义 是 过 点 (
1,
0)的 动
函 数 y =2
l
nx 的 图 像 在
例 3
x)→0,当 x → + ∞ 时,
g(
1
该 方 程 在 0,
上 无 解,其
x)的 图
g(
像有唯一的公共
对数的底数,
若 f(
1)=0,函 数 f (
x)在 区 间
点。因 为 两 条 函 数
解析:
由 f(
1)=e-a-b-1=0,得 b=
好 相 反,所 以 由 数
(
内有零点,
求 a 的取值范围。
0,
1)
e-a -1。 当 x ∈ (
0,
1)时,
x )=e f(
x
ax - (
e-a-1)
解题篇 经典题突破方法
高二数学 2022 年 7-8 月
数形结合法破解含参函数的零点问题
■ 河南省郑州中原一中实验学校
含参函数的零点问题 是 高 中 数 学 的 重 要
题型,
在考 试 中 常 常 处 于 小 题 甚 至 是 大 题 的
压轴位置,
其 一 般 形 式 为:
已 知 函 数 y=f(
x,
在区间I 上有 ※ 个(
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含参函数的零点问题
含参函数的零点问题常以超越方程、分段函数等为载体，达到考察函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等目的．要注意函数的零点、方程的根、不等式的解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用．
例1已知函数f (x )＝x 2＋ax (a ∈R)，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (x )， x ≥0，f ′(x )， x <0.若方程g (f (x ))＝0有4
个不等的实根，则a 的取值范围是________．
例2(1) 若关于x 的方程|x 4－x 3
|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为________．
(2) 已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有2个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．
思维变式题组训练
1. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ 2x －1， x ≥2，2， 1≤x <
2.
若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解时，则实数
a 的取值范围为________．
2. 设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －1e x ， x ≥a ，－x －1， x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰
有3个零点，则实数a 的取值范围为________．
3. 已知函数f (x )＝⎝ ⎛ x －1， 1≤x <2，
2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， x ≥2，如果函数g (x )＝f (x )－k (x －3)恰有2个不
同的零点，那么实数k 的取值范围是________.
4. 已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2x ＋1
， x ≤0，|ln x |， x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx ＋2有且只
有4个不同解，则实数k 的取值构成的取值集合为________．
强化训练
1. 若方程ln x ＋x －4＝0在区间(a ，b )(a ，b ∈Z ，且b －a ＝1)上有一根，则a 的值为________．
2. 若关于x 的方程kx ＋1＝ln x 有解，则实数k 的取值范围是________．
3. 已知直线y ＝mx (m ∈R)与函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， x ≤0，12x 2＋1， x >0的图象恰
有3个不同的公共点，则实数m 的取值范围是________．
4. 已知函数f (x )＝e |x |＋|x |.若关于x 的方程f (x )＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．
5. 已知函数f (x )满足f (x ＋2)＝2f (x )，且当x ∈[0,2]时，f (x )＝－x 2＋2x ，若函数g (x )＝f (x )－a |x －1|在区间[0,4]上有4个零点，则实数a 的取值范围是________．
6. 已知关于x 的方程x 2＋2a log 2(x 2＋2)＋a 2－3＝0有唯一解，则实数a 的值为
________．
7. 若函数y ＝ln x ＋x 2的图象与函数y ＝3x －b 的图象有3个不同的交点，则实数b 的取值范围是________．
8. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ x 2－4， x ≤0，e x －5， x >0，若关于x 的方程|f (x )|－ax －5＝0恰
有三个不同的实数解，则满足条件的所有实数a 的取值集合为________．
9. 已知函数f (x )＝⎩⎨⎧ k x －1， x ≤0，ln x ， x >0，若关于x 的方程f (f (x ))＝0有且
仅有一个实数解，则实数k 的取值范围为________．
10. 设f (x )，g (x )是定义在R 上的两个周期函数，f (x )的周期为4，g (x )的周期为2，且f (x )是奇函数．当x ∈(0,2]时，f (x )＝1－(x －1)2，g (x )＝⎩⎨⎧ k (x ＋2)，0<x ≤1，
－12
， 1<x ≤2，其中k >0.若在区间(0,9]上，关于x 的方程f (x )＝g (x )有8个不同的实数根，则k 的取值范围是________.。