2020届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》
微专题5 运用数形结合思想探究函数零点问题
运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点和难点，解决此类问题的难点是函数形式的有效选择，本专题主要研究运用数形结合思想探究函数零点问题，并在解决问题的过程中感悟数学思想方法的灵活运用.
已知f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧4x －x 2，x ≥0，3x
， x ＜0，若函数g (x )＝|f (x )|－3x ＋n 有三个零点，则实数n 的取
值范围是_________．
本题主要考查数形结合思想方法在解题中的应用，但要将函数等价变形为|f(x)|＝
3x －n ，即将函数进行“拆分”，拆分的目的是易于作图，然后在同一直角坐标平面画出函数y=|f(x)|的图象，再进行直线y=3x －n ，那么的范围就是直线y=3x －n 与函数y=|f(x)|的图象有三个交点时的取值范围.
已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧|x |， x ≤m ，
x 2－2mx ＋4m ，x ＞m ，其中m ＞0，若存在实数b ，使得关于x 的
方程f (x )＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________．
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－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是________．
(2019·苏州三模)如果函数y ＝f (x )在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，
满足|x i －2|f (x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f (x )具有性质Ω.已知函数f (x )＝a e x 具有性质Ω，则实数a 的取值范围为________．
已知直线y ＝kx ＋1与曲线f (x )＝⎪⎪⎪⎪x ＋1x －⎪⎪⎪
⎪x －1
x 恰好有四个不同的交点，则实数k 的取值范围为________．
(2020·浙江模拟)已知a ，b ∈R ，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪
⎧x ， x <0，13
x 3－12（a ＋1）x 2＋ax ，x ≥0，若函数y ＝f (x )－ax －b 恰有3个零点，则实数b 的范围为________．
已知e 为自然对数的底数，若函数f (x )＝e x －ax 2的图象与直线y ＝32
ax 的图象没有
交点，则实数a 的取值范围是________．
(－2e －1
，0]
因为函数f (x )＝e x －ax 2的图象与直线y ＝32ax 的图象没有交点，所以方程e x －ax 2
＝
32
ax 没有实根，即e x ＝3
2ax ＋ax 2没有实根，所以只须函数y ＝e x 和y ＝32
ax ＋ax 2的图象没有交
点．
下面作出函数y ＝e x 和y ＝32ax ＋ax 2
的图象，观察得：当a ＝0时，符合题意；当a >0时，不
合题意；当a <0时，发现当x ≥0时没有交点，所以只要保证当x <0时也没有交点．即只要研究当a <0时，当x <0时，e x ＝32
ax ＋ax 2
无解．
(大函数法)当a <0时，令F (x )＝e x －ax 2－32ax (x <0) 则F ′(x )＝e x －2ax －32
a ＝e x
－
a (2x ＋3
2
)
由y ＝e x
和y ＝a (2x ＋32)的图象可知：F ′(x )存在零点x 0，即e x 0＝a (2x 0＋32)(*)且x 0<－34
，
F (x )
在(－∞，x 0)递减，在(x 0，0)递增．所以只须满足F (x 0)＝e x 0－ax 2
0－32ax 0>0，代入(*)式，
化简得：x 0<－1
又由(*)得，1
a ＝2x 0＋32e x 0，令p (x )＝2x ＋
32e
x (x <－1)
因为p ′(x )＝12－2x e x >0，所以p (x )递增，所以p (x )<－e 2，所以1a <－e 2即－2
e
<a <0
综上：a ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤－2e ，0.
(小函数法)当a <0时，e x
＝32ax ＋ax 2
(x <0)无解，所以e x
x ＝a (32
＋x )(x <0)无解
观察函数y ＝e x
x (x <0)和y ＝a (3
2
＋x )(x <0)的图象，把握临界情况：
当y ＝a (32＋x )恰为y ＝e x
x (x <0)的切线时，设切点为(x 0
，e x
x 0
) ，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0
（x 0
－1）
x 20
＝a ，e x 0
x 0
＝a （x 0
＋3
2），
解
得⎩
⎪⎨⎪⎧x 0＝－1，a ＝－2e ，此时恰好不符合条件．由图可知：－2e <a <0
综上：a ∈⎝ ⎛⎦
⎥⎤－2e ，0. (分离参数法)当a <0时，e x ＝32ax ＋ax 2
(x <0)无解，所以1a ＝x 2＋3
2
x
e
x
(x <0)无解
令h (x )＝
x 2＋32
x
e
x
(x <0)，则h ′(x )＝－x 2
＋12x ＋
32
e
x
，可得：h (x )在(－∞，－1)递减，在(－1，0)递增，所以h (x )∈(－e
2
，＋
)，所以1a <－e 2，即－2
e
<a <0
综上：a ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤－2e ，0.
作业评价
已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x ＞1，
9x （1－x ）2，x ≤1.
若函数g (x )＝f (x )－k 仅有一个零点，则k 的取
值范围是________．
已知函数f (x )＝x sin x －3
2，则函数f (x )在(0，π)内的零点个数是________．
若函数y ＝f (x )，x ∈R ，满足f (x ＋2)＝－f (x )，且x ∈[0，2]时，f (x )＝2－x 2，则方
程f (x )＝sin|x |在[－10，10]内的根的个数为________．
我们把形如y ＝b
|x |－a
(a ＞0，b ＞0)的函数因其图象类似于汉字中的“囧”字，故
生动地称为“囧函数”，若当a ＝1，b ＝1时的“囧函数”与函数y ＝lg|x |的交点个数为n ，则n ＝________.
(2020·南通模拟)已知f (x )是定义在R 上且周期为3
2
的周期函数，当x ∈⎝⎛⎦⎤0，32时，f (x )＝1－||2x －1.若函数y ＝f (x )－log a x (a >1)在()0，＋∞上恰有4个互不相同的零点，则实数a 的值________．
方程|e x －1|＋ax ＋1＝0有两个不同的解，则实数a 的取值范围是________．
(2019·南京二模)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，
x ， x ≥0，t ∈R .若函数g (x )＝f (f (x )－1)
恰有4个不同的零点，则t 的取值范围为________．
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________．
已知函数
f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1，
g (x )＝x ＋
e 2
x
(x ＞0)，若方程g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，则确定m 的取值范围________．
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有且只有四
个不同的解，则实数k 的取值集合为________．
(2020·徐州模拟)已知函数f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧x e x ， x ≤0，
f （x －1），x >0，
g (x )＝k (x ＋1)，若方程f (x )－g (x )
＝0有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．
已知b ＞0，且b ≠1，函数f (x )＝e x ＋b x (其中e 为自然对数的底数)，如果关于x 的方
程f (x )＝2有且只有一个解，则实数b 的取值范围是________．。
数学二轮微专题2数形结合思想在函数零点有关问题中的应用
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解析 作出函数 f(x)＝|xl＋n x1|，，xx>≤0，0 的图象，如图所
示．
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方程f(x)－a2＝0有三个不同的实数根，等价于函数y ＝f(x)的图象与直线y＝a2有三个不同的交点，根据图象 可知，当0＜a2≤1时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a2有 三个不同的交点，故a的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．
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如图所示，要使存在唯一的正整数 x0，使得 f(x0)<0，
g1≥h1， 只要g2<h2，
g3≥h3，
1－3＋5≥2a， 即8－12＋5<3a，
27－27＋5≥4a，
解得13＜a≤54.
故实数 a 的取值范围为13，54.
答案 13，54
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6．已知函数 f(x)＝xe2x，若关于 x 的方程[f(x)]2＋mf(x) ＋m－1＝0 恰有 3 个不同的实数解，则实数 m 的取值范 围是________.
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5．设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的 正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________.
解析 设g(x)＝x3－3x2＋5，h(x)＝a(x＋1)，因为 g′(x) ＝ 3x2 － 6x ＝ 3x(x － 2) ， 令 g′(x)>0⇒x>2 或 x<0 ， 令 g′(x)<0⇒0<x<2，所以g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调 递增，在(0,2)上单调递减，又因为g(0)＝5，g(2)＝1，所 以在同一直角坐标系中画出两个函数图象，
2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块一第二讲数形结合思想Word版含解析.doc
第二讲数形联合思想思想方法解说数形联合思想：是依据数与形之间的对应关系，经过数与形的互相转变来解决数学识题的思想．经过“以形助数，以数辅形” ，使复杂问题简单化，抽象问题详细化，能够变抽象思想为形象思想.重点一利用数形联合思想研究函数的零点、方程的根、图象的交点问题[ 分析 ] (1)函数 f(x)＝lnx－x－a 的零点，即对于 x 的方程 lnx－x－a ＝0 的实根，将方程 lnx－x－a＝0 化为方程 lnx＝x＋a，令 y1＝lnx，y2＝x＋a，由导数知识可知，直线 y2＝x＋a 与曲线 y1＝lnx 相切时有 a ＝－ 1，如下图，若对于 x 的方程 lnx－x－a＝ 0 有两个不一样的实根，则实数 a 的取值范围是 (－∞，－ 1)．应选 B.1(2)方程 x＋2＝a|x|有三个不一样的实数解等价于函数1y＝ x＋2与 y＝1a|x|的图象有三个不一样的交点．在同向来角坐标系中作出函数y＝x＋2与 y＝a|x|的图象，如下图，由图易知，a>0.当－ 2<x<0 时，设函数1y＝a|x|＝－ ax 的图象与函数f(x)＝x＋2的图象相切于点 (x0，y0)，因为y0＝－ ax0，f ′(x0)＝－12，则有y0＝ 1 ，解得 a＝1，因此实数 a x0＋2x0＋21x0＋2 2＝a，的取值范围为 (1，＋∞)，应选 C.[ 答案 ] (1)B (2)C利用数形联合求方程解、函数零点问题的 2 个注意点(1)议论方程的解 (或函数的零点 )可结构两个函数，使问题转变为议论两曲线的交点问题，但用此法议论方程的解必定要注企图象的准确性、全面性，不然会获取错解．(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的重点，数形联合应以快和准为原则而采纳，不要故意去数形联合．[对点训练 ]|x|，x≤m，1．(2017·大连模拟)已知函数f(x)＝x2－2mx＋4m，x>m，此中 m>0.若存在实数 b，使得对于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不一样的根，则 m 的取值范围是 ________．[分析 ]作出f(x)的图象如下图．当x>m 时， x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－ m2，∴要使方程 f(x)＝b 有三个不一样的根，则有4m－m2<m，即 m2－3m>0.又 m>0，解得 m>3.[答案 ](3，＋∞ )2．设点 M(x0,1)，若在圆 O：x2＋y2＝1 上存在点 N，使得∠ OMN ＝45°，则 x0的取值范围是 ________．[ 分析 ]如下图，由题意可知M在直线y＝1上运动，设直线y＝1与圆 x2＋y2＝1 相切于点 P(0,1)．当 x0＝0 即点 M 与点 P 重合时，明显圆上存在点 N( ±1,0)切合要求；当 x0≠0 时，过 M 作圆的切线，切点之一为点 P，此时对于圆上随意一点 N，都有∠ OMN≤∠ OMP，故要存在∠ OMN＝45°，只要∠ OMP≥45°.特别地，当∠ OMP＝45°时，有 x0＝±1.联合图形可知，切合条件的x0的取值范围为 [－1， 1]．[答案 ] [－1,1]重点二利用数形联合思想解决最值问题2x＋3y－3≤0，[ 分析 ] (1)作出不等式组2x－3y＋3≥0，对应的可行域，如y＋3≥0图中暗影部分所示．易求得可行域的极点A(0,1)，B(－6，－3)，C(6，－3)，平移直线 y＝－ 2x＋z，当直线 y＝－ 2x＋z 过点 B(－6，－3)时，z获得最小值， z min＝2×(－6)－3＝－ 15，选择 A.(2)依据题意，画出表示图，如下图，则圆心 C 的坐标为 (3,4)，1半径 r＝1，且|AB|＝2m，因为∠ APB＝90°，连结 OP，易知 |OP|＝2|AB|＝m.要求 m 的最大值，即求圆 C 上的点 P 到原点 O 的最大距离．因为 |OC|＝32＋42＝5，因此 |OP|max＝|OC|＋r＝6，即 m 的最大值为 6，应选 B.[ 答案 ] (1)A (2)B利用数形联合思想解决最值问题的 3 点思路(1)对于几何图形中的动向问题，应剖析各个变量的变化过程，找出此中的互相关系求解．(2)对于求最大值、最小值问题，先剖析所波及知识，而后画出相应图象，数形联合求解．(3)假如 (不)等式、代数式的结构包含着明显的几何特色，就要考虑用数形联合的思想方法来解题，即所谓的几何法求解．[对点训练 ]3． (2017 ·石家庄市高三二检)在平面直角坐标系中，不等式组x＋y≤0，x－y≤0，(r 为常数表示的平面地区的面积为π，若，知足上)x yx2＋y2≤r2x＋y＋1述拘束条件，则 z＝x＋3的最小值为 ()A．－152＋1C.1D．－7 B．－735[分析]作出不等式组表示的平面地区，如图中暗影部分所示，由题意，知1π2＝π，解得 r＝2.z＝x＋y＋1y－2＝1＋，表示可行域内4r x＋3x＋3的点与点 P(－3,2)连线的斜率加上 1，由图知当可行域内的点与点 P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为 y－ 2＝k(x＋3)，即 kx－y＋3k＋2＝0，则有|3k＋2|＝2，解得 k＝－12或 k＝0(舍去 )，因此z mink2＋15＝1－1275 ＝－5.应选 D.[答案]D4．(2017 ·武汉二模 )已知抛物线的方程为 x2＝8y，F 是其焦点，点 A(－2,4)，在此抛物线上求一点 P，使△ APF 的周长最小，此时点 P 的坐标为 ________．[ 分析 ]因为(－2)2<8×4，因此点A(－2,4)在抛物线x2＝8y的内部，如图，设抛物线的准线为l，过点 P 作 PQ⊥l 于点 Q，过点 A 作 AB⊥l 于点 B，连结 AQ，由抛物线的定义可知△APF 的周长为|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，当且仅当 P，B，A 三点共线时，△APF 的周长获得最小值，即|AB|＋|AF|.因为 A(－2,4)，因此不如设△APF的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y0)，代入2x＝8y，得1 y0＝2，故使△APF的周长最小的抛物线上的点P 的坐标为11－2，2 ，故填－2，2 .[答案]1－2，2重点三利用数形联合思想解决不等式、参数问题[ 分析 ] (1)曲线方程可转变为 (x－ 2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圆心为 (2,3)，半径为 2 的下半圆，如图，依照数形联合，当直线y＝x＋b 与此半圆相切时，圆心(2,3)到直线 y＝x＋b 的距离等于 2，|2－3＋b|∴＝2，解得 b＝1＋2 2或 b＝1－2 2，因为是下半圆，所2以 b＝1－2 2；当直线过 (0,3)时，可得b＝ 3，因此1－2 2≤b≤3.应选 C.(2)对随意 x∈R，都有 f(x)≤|k－1|建立，即 f(x)max≤|k－ 1|.因为 f(x)的草图如下图，－x2＋x，x≤1，1察看f(x)＝log1 x，x>1的图象可知，当x＝2时，函数31135f(x)max＝4，因此 |k－1|≥4，解得 k≤4或 k≥4.35[答案 ] (1)C－∞，4∪ 4，＋∞利用数形联合思想解不等式或求参数范围问题的技巧求参数范围或解不等式问题时常常联系函数的图象，依据不等式中量的特色，选择适合的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下地点关系转变数目关系来解决问题，常常能够防止繁琐的运算，获取简捷的解答．[对点训练 ]5．(2017 ·河南郑州月考 )使 log2(－x)<x＋1 建立的 x 的取值范围是()A ．(－1,0) B．[－1,0) C．(－2,0) D．[－2,0)[ 分析 ] 在同一坐标系内作出 y＝log2(－x)，y＝ x＋1 的图象，知知足条件的 x∈(－1,0)．[答案]A6． (2017 ·济南一模 )已知函数f(x)＝x2－4x，x≤0，若 f(x)－sin πx，x>0，ax≥－1，则实数 a 的取值范围是 ________．[ 分析 ]依题意得f(x)≥ax－1.在同一平面直角坐标系中分别作出函数 y＝f(x)与 y＝ax－1(该直线过定点 (0，－1)、斜率为 a)的图象，如下图．设直线 y＝ax－ 1 与曲线 y＝x2－4x(x≤0)相切于点 (x0，y0)，a＝2x0－4，x0≤0，则有x20－4x0＝ax0－1，解得x0＝－1，a＝－6.联合图形可知，实数 a 的取值范围是 [－6,0]．[答案 ] [－6,0]—————————————————————运用数形联合思想剖析解决问题的三原则1．等价性原则在数形联合时，代数性质和几何性质的变换一定是等价的，不然解题将会出现破绽，有时，因为图形的限制性，不可以完好地表现数的一般性，这时图形的性质只好是一种直观而浅易的说明．2．双向性原则2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块一第二讲数形结合思想Word版含解析.doc在数形联合时，既要进行几何直观的剖析，又要进行代数抽象的探究，双方面相辅相成，仅对代数问题进行几何剖析(或仅对几何问题进行代数剖析 )在很多时候是很难行得通的．3．简单性原则找到解题思路以后，至于用几何方法仍是用代数方法或许兼用两种方法来表达解题过程，则取决于哪一种方法更加简单．。
2020届高考数学(文)课标版二轮课件：数形结合思想
方法指导 利用数形结合思想解决平面向量问题的关注点 (1)在解答平面向量问题时,根据题目条件建立相应的平面直角坐标系. (2)利用平面向量的坐标,结合向量的坐标运算、数量积公式等求解,具有很 强的操作性,解答过程流畅,解题方法巧妙.
1.已知
uuur uuur
AB⊥ AC,|
uAuBur |=1,|
C.b<a<c
D.c<a函数y=
1 3
x
、y=log
1 3
x、y=x+3的图象,再观察图象间的
交点的横坐标即可得解,由图知c<a<b,故选D.
应用二 数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用
例2
(1)(2019天津理,8,5分)已知a∈R.设函数f(x)=
期为2,又当x∈[-1,0]时, f(x)=-x3,由此在同一平面直角坐标系内作出函数y=f(x)
与y=|cos
πx|的图象如图所示.由图知关于x的方程f(x)=|cos
πx|在-
5 2
,
1 2
上的实
数解有7个.不妨设x1<x2<x3<x4<x5<x6<x7,则由图可得x1+x2=-4,x3+x5=-2,x4=-1,x6+x
即对于任意实数k,不等式k2-2tk+4t2-1>0恒成立,
则有Δ=4t2-4(4t2-1)<0,
解得t<- 3 或t> 3 ,故选B.
3
3
应用四 数形结合思想在解析几何中的应用
例4 (1)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在
运用数形结合思想探究函数零点问题专题
运用数形结合思想探究函数零点问题运用数形结合思想探究函数零点问题历来是高考的热点与难点，解决此类问题的难点例题：已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x 2，x ≥0，3x ， x ＜0，若函数g(x)＝|f(x)|－3x ＋n 有三个零点，求实数n的取值范围．变式1已知函数f(x)＝⎩⎨⎧|x|，x ≤m ，x 2－2mx ＋4m ，x ＞m ，其中m ＞0，若存在实数b ，使得关于x的方程f(x)＝b 有三个不同的根，则m 的取值范围是________________．变式2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－x 恰有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是________________．串讲1(2018·苏州三模)如果函数y ＝f(x)在其定义域内总存在三个不同实数x 1，x 2，x 3，满足|x i －2|f(x i )＝1(i ＝1，2，3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝a e x 具有性质Ω，则实数a 的取值范围为________________．串讲2已知直线y ＝kx ＋1与曲线f(x)＝⎪⎪⎪⎪x ＋1x －⎪⎪⎪⎪x －1x 恰好有四个不同的交点，则实数k 的取值范围为________________．(2018·镇江期末)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有且只有四个不同的解，则实数k 的取值集合为________________．(2018·镇江期末)已知b ＞0，且b ≠1，函数f(x)＝e x＋b x，其中e 为自然对数的底数； (1)如果函数f(x)为偶函数，求实数b 的值，并求此时函数的最小值；(2)对满足b ＞0，且b ≠1的任意实数b ，证明函数y ＝f(x)的图象经过唯一定点； (3)如果关于x 的方程f(x)＝2有且只有一个解，求实数b 的取值范围．答案：(1)b ＝1e ，f(x)的最小值为2；(2)(0，2)；(3)b ＞1或b ＝1e.解析：(1)由f(1)＝f(－1)得e ＋b ＝1e ＋1b ，解得b ＝－e (舍去)，或b ＝1e ，1分经检验f(x)＝e x ＋1e x 为偶函数，所以b ＝1e .2分因为f(x)＝e x ＋1ex ≥2，当且仅当x ＝0时取等号，3分所以f(x)的最小值为2.4分(2)假设y ＝f(x)过定点(x 0，y 0)，则y 0＝e x 0＋bx 0对任意满足b ＞0，且b ≠1恒成立.5分 令b ＝2得y 1＝e x 0＋2x 0；令b ＝3得y 0＝e x 0＋3x 0，6分所以2x 0＝3x 0，即⎝⎛⎭⎫32x 0＝1，解得唯一解x 0＝0，所以y 0＝2，7分经检验当x ＝0时，f(0)＝2，所以函数y ＝f(x)的图象经过唯一定点(0，2).8分 (3)令g(x)＝f(x)－2＝e x ＋b x －2为R 上的连续函数，且g (0)＝0， 则方程g (x )＝0存在一个解.9分(ⅰ)当b ＞0时，g (x )为增函数，此时g (x )＝0只有一解.10分 (ⅱ)当0＜b ＜1时，令g ′(x )＝e x＋b xln b ＝e x⎣⎡⎦⎤1＋⎝⎛⎭⎫be xln b ＝0，解得x 0＝log ⎝⎛⎭⎫e b (－ln b ).11分因为e x＞0，0＜b e＜1，ln b ＜0，令h (x )＝1＋⎝⎛⎭⎫b e x ln b ，h (x )为单调增函数，所以当x ∈(－∞，x e )时，h (x )＜0，所以g ′(x )＜0，g (x )为单调减函数；当 x ∈(x 0，＋∞)时，h (x )＞0，所以g ′(x )＞0，g (x )为单调增函数，所以g (x )极小＝g (x 0)．因为g (x )定义域为R ，所以g (x )min ＝g (x 0).13分 ①若x 0＞0，g (x )在(－∞，x 0)上为单调减函数，g (x 0)＜g (0)＝0，而g (ln2)＝2＋b ln2－2＝b ln2＞0，所以当x ∈(x 0，ln2)时，g (x )至少存在另外一个零点，矛盾.14分 ②若x 0＜0，g (x )在(x 0，＋∞)上为单调增函数，g (x 0)＜g (0)＝0，而g (log b 2)＝ elog b 2＋2－2＝elog b 2＞0，所以g (x )在(log b 2，x 0)上存在另外一个解，矛盾． ③当x 0＝log ⎝⎛⎭⎫e b (－ln b )＝0，则－ln b ＝1，解得b ＝1e， 此时方程为g (x )＝e x ＋1e x －2＝0，由(1)得，只有唯一解x 0＝0，满足条件．综上所述，当b ＞1或b ＝1e 时，方程f (x )＝2有且只有一个解.16分例题答案：(－∞，－6)∪⎝⎛⎦⎤－14，0. 解析：令g(x)＝0，即|f(x)|＝3x －n ，设函数y ＝|f(x)|，y ＝3x －n ，分别作出两个函数的图象，问题转化为所作的两个函数有三个不同的交点，求n 的取值范围问题．当x ≥0时，直线y ＝3x －n 过原点，即n ＝0时，两曲线恰有三个交点，当直线y ＝3x －n(n ＜0)与y ＝4x －x 2相切时，两条曲线有2个交点，即方程x 2－x －n ＝0的判别式Δ＝1＋4n ＝0，即n ＝－14，所以当－14＜n ≤0时，g(x)＝0有三个零点．当x ＜0时，直线y ＝3x－n(n ＜0)与y ＝－3x 相切时，两曲线有2个交点，当直线y ＝3x －n 与y ＝－3x 相交时，两曲线有3个交点，即方程3x 2－nx ＋3＝0的判别式Δ＝n 2－36＞0，解得n ＜－6，当n ＜－6时，g(x)＝0有三个零点．综上所述，当n ∈(－∞，－6)∪⎝⎛⎦⎤－14，0时，g(x)＝0有三个零点． 变式联想变式1答案：(3，＋∞)．解析：如图，当x ≤m 时，f(x)＝|x|；当x ＞m 时，f(x)＝x 2－2mx ＋4m ，在(m ，＋∞)为增函数，若存在实数b ，使方程f(x)＝b 有三个不同的根，则m 2－2m·m ＋4m ＜|m|.∵m ＞0，∴m 2－3m ＞0，解得m ＞3.变式2答案：⎣⎡⎦⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.解析：由y ＝log a (x ＋1)＋1在[0，＋∞)上递减，得0＜a ＜ 1.又由f(x)在R上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧02＋（4a －3）·0＋3a ≥f （0）＝1，3－4a 2≥0，解得13≤a ≤34.如图所示，在同一坐标系中作出函数 y ＝|f (x )|和y ＝2－x 的图象．由图象可知，在[0，＋∞)上，|f (x )|＝2－x 有且仅有一个解．故在(－∞，0)上，|f (x )|＝2－x 同样有且仅有一个解．当3a ＞2，即a ＞23时，由x 2＋(4a －3)x＋3a ＝2－x (其中x ＜0)，得x 2＋(4a －2)x ＋3a －2＝0(其中x ＜0)，则Δ＝(4a －2)2－4(3a －2)＝0，解得a ＝34或a ＝1(舍去)；当1≤3a ≤2，即13≤a ≤23时，由图象可知，符合条件．综上所述，a ∈⎣⎡⎦⎤13，23∪⎩⎨⎧⎭⎬⎫34.串讲激活串讲1答案：⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞.解析：由题意|x －2|f(x)＝1有三个根，即a|x －2|＝1e x 有三个根；设f(x)＝a|x －2|，g(x)＝1e x ，由图象可知a ≤0不合题意，即有a ＞0；设y ＝k(x －2)与函数g(x)＝1e x 图象切于点(x 0，y 0)，则k ＝－e －x 0，y 0＝k(x 0－2)＝e －x 0＝－e －x 0(x 0－2)，解得x 0＝1，k ＝－1e ；因此，当x ＜2时，f(x)＝－a(x －2)的斜率－a ＜－1e ，即a ＞1e.综上可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎭⎫1e ，＋∞. 串讲2答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫－18，0，18.解析：从函数结构上看f(x)＝x 2＋1|x|－|x 2－1||x|，f(x)是定义域上的偶函数，因此只要讨论x ＞0时的情形．当0＜x ＜1时，f(x)＝x 2＋1－（1－x 2）x＝2x ；当x ＞1时，f(x)＝x 2＋1－（x 2－1）x ＝2x.作出函数f(x)的图象(如图所示)．当k ＝0时，直线与曲线恰有四个不同的交点；当k ＞0时，直线y ＝kx ＋1与y ＝－2x (x ＜－1)相切时恰有四个不同交点，即kx ＋1＝－2x 有且仅有一解，所以二次方程kx 2＋x ＋2＝0的判别式Δ＝1－8k ＝0，故k ＝18；当k ＜0时，同理求得k ＝－18.综上所述，满足条件的实数k 的取值集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－18，0，18.新题在线答案：⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)．解析：作出函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，ln x ， x ＞0和函数y ＝kx ＋2的图象(图略)，过点A(0，2)分别作曲线C 1：y ＝ln x(x ＞1)，C 2：y ＝－ln x(0＜x ＜1)，C 3：y ＝x ＋2x ＋1(－1＜x ＜0)的切线，对应的斜率分别为1e3，－1，－e ，由图象可知：当函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋2x ＋1，x ≤0，ln x ， x ＞0和函数y ＝kx ＋2的图象有4个不同的公共点时，对应的k 的取值范围为k ＝1e3或－e ＜k ＜－1，所以当f(x)＝kx ＋2有4个不同的解时，对应的k 的取值范围为⎩⎨⎧⎭⎬⎫1e 3∪(－e ，－1)．。
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》
2024届高考数学二轮复习专题《运用数形结合思想探究函数零点问题》运用数形结合思想探究函数零点问题函数是数学中常见的一个概念，它描述了自变量和因变量之间的关系。
在学习函数的过程中，我们经常会遇到求函数的零点的问题。
函数的零点是指函数在哪些自变量取值下，其对应的因变量为0。
求解函数的零点在数学中具有重要的意义，不仅可以帮助我们分析数学问题，还可以在实际应用中发挥作用。
为了更好地探究函数零点问题，我们可以借助数形结合思想。
数形结合思想是数学的一种思维方式，通过将问题抽象为几何图形的形式，结合几何图形的性质来解决问题。
以简单的一元一次函数为例，我们考虑函数f(x)=ax+b，其中a和b为常数。
究竟什么样的条件下，函数f(x)的零点存在呢？我们可以通过数形结合思想进行探究。
首先，我们可以画出函数y=ax+b的图像。
这是一条直线，a决定了直线的斜率，b决定了直线在y轴上的截距。
我们可以从图像中直观地看出，当直线与x轴相交时，函数就有零点存在。
接下来，我们将函数的零点问题转化为几何问题。
我们可以将直线y=ax+b与x轴相交的点A与原点O连线，得到一条线段AO。
由于原点O的坐标为(0,0)，所以点O可以看作是函数的零点。
通过几何分析，我们可以得到结论：当直线y=ax+b与x轴相交时，线段AO的长度就是零点的解。
而线段AO的长度可以通过两点之间的距离来计算，即0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离，通常记为d。
根据直线到原点的距离公式，我们可以得到d的计算方法：d=，b，/√(a²+1)。
这个公式告诉我们，0点到直线y=ax+b所对应的点A的距离取决于a和b的值。
当a=0时，直线平行于x轴，不存在与x轴的交点，也就是函数不存在零点。
当a≠0时，直线与x轴相交于一点，也就是函数存在唯一的零点。
通过数形结合思想的探究，我们从几何的角度解释了函数零点的问题，并得到了函数零点存在的条件和计算零点的方法。
这种思考方式不仅能够加深对函数的理解，还可以培养我们的几何思维能力。
2020届新高考数学二轮微专题突破专题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________． 【答案】 (1，＋∞)【解析】解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，因为f ′(x )＝3x 2－3m ，令f ′(x )＝0，则x 2－m ＝0，若m ≤0，则函数f (x )为增函数，不合题意，故m >0，所以函数f (x )在(－∞，－m )上为增函数，在(－m ，0]上为减函数，即f (x )max ＝f (－m )＝－m m ＋3m m －2＝2m m －2，f (0)＝－2<0，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f (x )max ＝2m m －2>0，即m >1，故实数m 的取值范围是(1，＋∞)．解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝e －x －12＝0，解得x ＝ln 2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函数f(x)在R 上有3个不同的零点，则当x ≤0时，f (x )＝x 3－3mx －2有2个不同的零点，即x 3－3mx －2＝0，显然x ＝0不是它的根，所以3m ＝x 2－2x ，令y ＝x 2－2x (x <0)，则y ′＝2x ＋2x 2＝2（x 3＋1）x 2，当x ∈(－∞，－1)时，y ′<0，此时函数单调递减；当x ∈(－1，0)时，y ′>0，此时函数单调递增，故y min ＝3，因此，要使f (x )＝x 3－3mx －2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m >3，即m >1.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．【解析】研究函数的零点问题，主要是抓住两点，一是函数的单调性，二是寻找支撑点，要避免由“图”来直观地说明．规范解答 (1) 由g(－1)＝0知，g(x)的图像过点(－1，0)．若a<0，F(x)＝f(x)－g(x)＝e x －ax －b 在(0，＋∞)上单调递增，故F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点的必要条件是F(0)<0，即b>1.(10分)以下证明当b>1时，F(x)＝f(x)－g(x)在(0，＋∞)上总有零点． ①若a<0.由于F(0)＝1－b<0，F ⎝⎛⎭⎫－b a ＝e －b a －a ⎝⎛⎭⎫－b a －b ＝e －ba >0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在⎝⎛⎭⎫0，－ba 上必有零点．(12分) ②若a ≥0.由(2)知e x >x 2＋1>x 2在x ∈(0，＋∞)上恒成立．取x 0＝a ＋b ，则F(x 0)＝F(a ＋b)＝e a ＋b －a(a ＋b)－b>(a ＋b)2－a 2－ab －b ＝ab ＋b(b －1)>0.由于F(0)＝1－b<0，F(a ＋b)>0，且F(x)在(0，＋∞)上连续，由零点存在定理可知F(x)在(0，a ＋b)上必有零点．综上得实数b 的取值范围是(1，＋∞)．(16分)第(3)问是函数零点问题，不能从粗糙的图像来确定，必须按零点存在定理来确定，这是此题的难点所在，难在所谓的“支撑点”的寻找，这要在平时的解题中加以积累．此外第(3)问的参数范围的确定，采用的是以证代求，这也是值得关注的地方例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；【解析】 思路分析 (1) 先解不等式f′(x)>0，再写出函数f(x)的单调递增区间．(2) 记ba ＝k ，则转化为函数g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点．由三次函数的图像可知，g(x)在极值点处取得零点．解后反思 在第(2)题中，也可转化为b a ＝4x2－x 恰有两个不同的实数解．另外，由g(x)＝x 3＋kx 2－4恰有两个不同的零点，可设g(x)＝(x －s)(x －t)2.展开，得x 3－(s ＋2t)x 2＋(2st ＋t 2)x －st 2＝x 3＋kx 2－4，所以⎩⎪⎨⎪⎧－（s ＋2t ）＝k ，2st ＋t 2＝0，－st 2＝－4，解得⎩⎪⎨⎪⎧s ＝1，t ＝－2，k ＝3.解：(1)当a ＝b ＝1时，f(x)＝x 3＋x 2－4，f ′(x)＝3x 2＋2x.(2分) 令f′(x)>0，解得x>0或x<－23，所以f(x)的单调增区间是⎝⎛⎭⎫－∞，－23和(0，＋∞)．(4分) (2)法一：f′(x)＝3ax 2＋2bx ，令f′(x)＝0，得x ＝0或x ＝－2b3a ，(6分)因为函数f(x)有两个不同的零点，所以f(0)＝0或f ⎝⎛⎭⎫－2b3a ＝0. 当f(0)＝0时，得a ＝0，不合题意，舍去；(8分) 当f ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＝0时，代入得a ⎝⎛⎭⎫－2b 3a ＋b ⎝⎛⎭⎫－2b3a 2－4a ＝0， 即－827⎝⎛⎭⎫b a 3＋49⎝⎛⎭⎫b a 3－4＝0，所以ba ＝3.(10分)法二：由于a ≠0，所以f(0)≠0，由f(x)＝0得，b a ＝4－x 3x 2＝4x2－x(x ≠0)．(6分)设h(x)＝4x 2－x ，h ′(x)＝－8x3－1，令h′(x)＝0，得x ＝－2，当x ∈(－∞，－2)时，h ′(x)<0，h(x)递减；当x ∈(－2，0)时，h ′(x)>0，h(x)递增， 当x ∈(0，＋∞)时，h ′(x)>0，h(x)单调递增， 当x>0时，h(x)的值域为R ，故不论b a 取何值，方程b a ＝4－x 3x 2＝4x 2－x 恰有一个根－2，此时函数f (x )＝a (x ＋2)2(x －1)恰有两个零点－2和1.(10分)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。
2020届新高考数学二轮微专题突破专题14 运用函数的图像研零点问题(解析版)
专题14 运用函数的图像研零点问题一、题型选讲题型一： 运用函数图像判断函数零点个数可将零点个数问题转化成方程，进而通过构造函数将方程转化为两个图像交点问题，并作出函数图像。
作图与根分布综合的题目，其中作图是通过分析函数的单调性和关键点来进行作图，在作图的过程中还要注意渐近线的细节，从而保证图像的准确。
例1、(2019苏州三市、苏北四市二调）定义在R 上的奇函数f (x )满足f (x ＋4)＝f (x )，且在区间[2，4)上⎩⎨⎧<≤-<≤-=43,432,2)(x x x x x f 则函数x x f y log 5)(-=的零点的个数为 【答案】 5【解析】因为f(x ＋4)＝f(x)，可得f(x)是周期为4的奇函数，先画出函数f(x)在区间[2，4)上的图像，根据奇函数和周期为4，可以画出f(x)在R 上的图像，由y ＝f (x )－log 5| x |＝0，得f (x )＝log 5| x |，分别画出y ＝f (x )和y ＝log 5|x |的图像，如下图，由f (5)＝f (1)＝1，而log 55＝1，f (－3)＝f (1)＝1，log 5|－3|<1，而f (－7)＝f (1)＝1，而log 5|－7|＝log 57>1，可以得到两个图像有5个交点，所以零点的个数为5.解后反思 本题考查了函数的零点问题，以及函数的奇偶性和周期性，考查了转化与化归、数形结合的思想，函数的零数问题，常转化为函数的图像的交点个数来处理，其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵活地运用图像，找到临界点是解题的关键也是难点．例2、(2017苏锡常镇调研）若函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x－1，x ＜1，ln xx 2，x ≥1，)则函数y ＝|f (x )|－18的零点个数为________．【答案】 4【解析】设g (x )＝ln xx 2，则由g ′(x )＝x －ln x ·2x x 4＝1－2ln x x 3＝0，可得x ＝e ，所以g (x )在(1，e)上单调递增，在(e ，＋∞)上单调递减，当x →＋∞时，g (x )→0，故g (x )在(1，＋∞)上的最大值为g (e)＝12e ＞18.在同一平面直角坐标系中画出y ＝|f (x )|与y ＝18的图像可得，交点有4个，即原函数零点有4个．易错警示 答案中出现了3和5这两种错误结果，3的主要原因是弄错了(1，＋∞)上的单调性或者忘了处理绝对值，5的主要原因是没有发现图像趋近于x 轴．题型二 运用函数图像研究复合函数零点个数复合函数零点问题的特点：考虑关于x 的方程()0g f x =⎡⎤⎣⎦根的个数，在解此类问题时，要分为两层来分析，第一层是解关于()f x 的方程，观察有几个()f x 的值使得等式成立；第二层是结合着第一层()f x 的值求出每一个()f x 被几个x 对应，将x 的个数汇总后即为()0g f x =⎡⎤⎣⎦的根的个数例3、(2017南通期末） 已知函数f (x )是定义在[1，＋∞)上的函数，且f (x )＝⎩⎨⎧1－|2x －3|，1≤x <2，12f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， x ≥2，则函数y ＝2xf (x )－3在区间(1,2 015)上的零点个数为________．【答案】11 【解析】解法1 由题意得当1≤x <2时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －2，1≤x ≤32，4－2x ， 32<x <2. 设x ∈[2n －1,2n)(n ∈N *)，则x2n －1∈[1,2)，又f (x )＝12n －1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1x ，①当x 2n －1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤1，32时，则x ∈[2n －1,3·2n －2]，所以f (x )＝12n －1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1x ＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫2·12n －1x －2，所以2xf (x )－3＝2x ·12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫2·12n －1x －2－3＝0，整理得x 2－2·2n －2x －3·22n －4＝0.解得x ＝3·2n －2或x ＝－2n －2.由于x∈[2n －1,3·2n －2]，所以x ＝3·2n －2；②当x 2n －1∈⎝ ⎛⎭⎪⎫32，2时，则x ∈(3·2n －2,2n)，所以f (x )＝12n －1f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1x ＝12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2·12n －1x ，所以2xf (x )－3＝2x ·12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫4－2x 2n －1－3＝0，整理得x 2－4·2n －2x ＋3·22n －4＝0.解得x ＝3·2n －2或x ＝2n －2.由于x ∈(3·2n －2,2n)，所以无解．综上所述，x ＝3·2n －2.由x ＝3·2n －2∈(1,2 015)，得n ≤11，所以函数y ＝2xf (x )－3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.解法2 由题意得当x ∈[2n －1,2n)时，因为f (x )＝12n －1·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12n －1x ，所以f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫32·2n －1＝12n －1.令g (x )＝32x .当x ＝32·2n －1时，g (x )＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫32·2n －1＝12n －1，所以当x ∈[2n －1,2n)时，x ＝32·2n －1为y ＝2xf (x )－3的一个零点．下面证明：当x ∈[2n －1,2n)时，y ＝2xf (x )－3只有一个零点．当x ∈[2n －1,3·2n －2]时，y ＝f (x )单调递增，y ＝g (x )单调递减，f (3·2n －2)＝g (3·2n －2)，所以x ∈[2n －1,3·2n －2]时，有一零点x ＝3·2n －2；当x ∈(3·2n －2,2n)时，y ＝f (x )＝12n －1－12n －1⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2n －2－3，k 1＝f ′(x )＝－122n －3，g (x )＝32x ，k 2＝g ′(x )＝－32x 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－13·22n －3，－322n ＋1，所以k 1<k 2.又因为f (3·2n －2)＝g (3·2n －2)，所以当x ∈[2n －1,2n)时，y ＝2xf (x )－3只有一个零点．由x ＝3·2n －2∈(1,2 015)，得n ≤11，所以函数y ＝2xf (x )－3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.解法3 分别作出函数y ＝f (x )与y ＝32x 的图像，如图，交点在x 1＝32，x 2＝3，x 3＝6，…，x n ＝3·2n －2处取得．由x ＝3·2n －2∈(1,2 015)，得n ≤11，所以函数y ＝2xf (x )－3在区间(1,2 015)上零点的个数是11.题型三 运用函数图像研究与零点有关的参数问题三类问题之间的联系：即函数的零点⇔方程的根⇔函数图象的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原则。
高考复习专题：数形结合法解函数的零点问题
高考复习专题：数形结合法解函数的零点问题类型一：数形结合法解与一元二次方程有关的相嵌函数的零点问题1.设函数lg|2|2()12x xf xx-≠⎧=⎨=⎩，若关于x的方程2[()]()0f x bf x c++=恰有3个不同的实数解123,,x x x则123()f x x x++的值等于____________.lg42.设定义域为R的函数11|1|()11xxf xx⎧≠⎪-=⎨⎪=⎩，若关于x的方程2[()]()0f x bf x c++=恰有3个不同的实数解123,,x x x，则222123x x x++的值等于_________.53.已知函数()y f x=是定义域为R的偶函数，当0x≥时，21024()13()224xx xf xx⎧-≤≤⎪⎪=⎨⎪-->⎪⎩，若关于x的方程27[()]()0,16af 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_____________.4.已知函数()y f x=是定义域为R的偶函数，当0x≥时，250216()1()122xx xf xx⎧≤≤⎪⎪=⎨⎪+>⎪⎩，若关于x的方程2[()]()0,,f x af x b a b R++=∈有且仅有6个不同实数根，则实数a的取值范围是______.5.已知函数11()||||f x x x x x=+--，关于x 的方程2[()]|()|0,(,)f x a f x b a b R ++=∈恰有6个不同实根解，则a 的取值范围是_______________.6．函数|1|,1()1()1,12x a x f x x -=⎧⎪=⎨+≠⎪⎩若关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=有五个不同的实数解,则a 的取值范围是____________．解析：关于x 的方程22()(23)()30f x a f x a -++=的根为3(),()2f x a f x ==，画出3(),,2y f x y a y ===的图像，数形结合知选B7．若函数32()f x x ax bx c =+++有极值点12,x x ，且11()f x x =，则关于x 的方程23[()]2()0f x af x b ++=的不同实根个数是_______________.8．已知,,,a b c d 均为实数，函数32()(0)32a b f x x x cx d a =+++<有两个极值点12,x x ，（12x x <），满足21()f x x =，则方程2[()]()0a f x bf x c ++=的实根个数是________.类型二：数形结合法解分段函数的零点问题9．已知函数()f x 满足：①定义域为R ；②x R ∀∈，有(2)2()f x f x +=；③当[0,2]x ∈时，()222f x x =--．记()()x f x x ϕ=([8,8])x ∈-．根据以上信息，可以得到函数()x ϕ的零点个数为____________．10．设函数()f x 的定义域为R ，1()1,10()3,01xx f x x x ⎧--<<⎪=⎨⎪≤≤⎩，且对任意的x R ∈都有(1)(1)f x f x +=-，若在区间[1,5]-上函数()()g x f x mx m =--恰有6个不同点，则实数m 的取值范围是____________．11．已知()f x 是定义在R 上的奇函数，当01x ≤≤时，2()f x x =，当0x >时，(1)()(1)f x f x f +=+ ，且 若直线y kx =与函数()y f x =的图象恰有5个不同的公共点，则实数k 的值为 ．[解析] 因为0x >时，()(1)1f x f x =-+，所以()f x 就是将(1)f x -先向右平移一个单位，然后再向上平移一个单位，所以当[1,2]x ∈时，2()(1)1f x x =-+，当[2,3]x ∈时，2()(2)2f x x =-+，根据()f x 为奇函数可以得到()f x 如图所示的草图，当直线y kx =与2()(1)1f x x =-+相切时，2(2)20x k x -++=，2(2)80,222k k ∆=+-==-，所以要使y kx =与函数()y f x =的图象恰有5个不同的公共点，则222k =-.12．如果关于x 的方程24xkx x =+有4个不同的实数解，则实数k 的取值范围是（ D ） A ．10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．1,14⎛⎫⎪⎝⎭ C ．()1,+∞ D ．1,4⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭13．已知以4T =为周期的函数21,(1,1]()12,(1,3]m x x f x x x ⎧-∈-⎪=⎨--∈⎪⎩，其中0m >。
2020版高三数学二轮复习(全国理)讲义：专题9 第2讲 数形结合思想1
第二讲数形结合思想Z 知识整合hi shi zheng he数形结合思想的实质是把抽象的数学语言与直观的图形语言有机结合，达到抽象思维和形象思维的和谐统一．通过对规范图形或示意图形的观察分析，化抽象为直观，化直观为精确，从而使问题得到解决．数形结合包含“以形助数”和“以数辅形”两个方面，其应用大致可以分为两种情形：一是借助形的生动性和直观性来阐明数形之间的联系，即以形作为手段，数作为目的，比如应用函数的图象来直观地说明函数的性质；二是借助于数的精确性和规范严密性来阐明形的某些属性，即以数作为手段，形作为目的，如应用曲线的方程来精确地阐明曲线的几何性质．命题方向1数形结合思想在方程的根或函数零点中的应用例1若f (x )＋1＝1f (x ＋1)，当x ∈[0,1]时，f (x )＝x ，若在区间(－1,1]，内g (x )＝f (x )－mx －m 有两个零点，则实数m 的取值范围是(D )A ．[0，12)B ．[12，＋∞)C ．[0，13)D ．(0，12][解析]当x ∈(－1,0]时，x ＋1∈(0,1]，∵当x ∈(0,1]时，f (x )＝x ，∴f (x ＋1)＝x ＋1.而由f (x )＋1＝1f (x ＋1)，可得f (x )＝1f (x ＋1)－1＝1x ＋1－1(x ∈(－1,0])．如图所示，作出函数f (x )在区间(－1,1]内的图象，而函数g (x )零点的个数即为函数f (x )与y ＝mx ＋m 图象交点的个数，显然函数y ＝mx ＋m的图象为经过点P (－1,0)，斜率为m 的直线．如图所示，f (1)＝1，故B (1,1)．直线PB 的斜率k 1＝1－01－(－1)＝12；直线PO 的斜率为k 2＝0.由图可知，函数f (x )与y ＝mx ＋m 的图象有两个交点，则直线y ＝mx ＋m 的斜率k 2<m ≤k 1，即m ∈(0，12]．『规律总结』利用数形结合求方程解应注意两点1．讨论方程的解(或函数的零点)可构造两个函数，使问题转化为讨论两曲线的交点问题，但用此法讨论方程的解一定要注意图象的准确性、全面性、否则会得到错解．2．正确作出两个函数的图象是解决此类问题的关键，数形结合应以快和准为原则而采用，不要刻意去数形结合．G 跟踪训练en zong xun lian已知函数f (x )x ＋1|，x <1，2(x －m )，x >1，若f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，x 3互不相等)，且x 1＋x 2＋x 3的取值范围为(1,8)，则实数m 的值为1.[解析]作出f (x )的图象，如图所示，可令x 1<x 2<x 3，则由图知点(x 1,0)，(x 2,0)关于直线x ＝－12对称，所以x 1＋x 2＝－1.又1<x 1＋x 2＋x 3<8，所以2<x 3<9.由f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)(x 1，x 2，x 3互不相等)，结合图象可知点A 的坐标为(9,3)，代入函数解析式，得3＝log 2(9－m )，解得m ＝1.命题方向2利用数形结合思想解决最值问题例2在平面内，定点A ，B ，C ，D 满足|DA →|＝|DB →|＝|DC →|，DA →·DB →＝DB →·DC →＝DC →·DA →＝－2，动点P ，M 满足|AP →|＝1，PM →＝MC →，则|BM →|2的最大值是(B )A ．434B ．494C ．37＋634D ．37＋2334[思路探究]看到求|BM →|2的最大值，所以我们要把它用参数表示出来，再利用圆的性质得出最值．[解析]依题设知：∠ADC ＝∠ADB ＝∠BDC ＝120°，|DA →|＝|DB →＝|DC →|＝2，所以以D 为原点、直线DA 为x 轴建立平面直角坐标系，则A (2,0)，B (－1，－3)，C (－1，3)．设P (x ，y )，因为|AP →|＝1，所以(x －2)2＋y 2＝1，又PM→＝MC →，所以M (x －12，y ＋32)，BM →＝(x ＋12，y ＋332)，BM →2＝(x ＋1)2＋(y ＋33)24，它表示圆(x －2)2＋y 2＝1上的点(x ，y )与点(－1，－33)的距离的平方的14，所以|BM →|2max ＝14(32＋(33)2＋1)2＝494.『规律总结』利用数形结合思想解决最值问题的一般思路(1)对于几何图形中的动态问题，应分析各个变量的变化过程，找出其中的相互关系求解．(2)对于求最大值、最小值问题，先分析所涉及知识，然后画出相应的图象数形结合求解．G 跟踪训练en zong xun lian已知a ，b 是单位向量，a ·b ＝0.若向量c 满足|c －a －b |＝1，则|c |的最大值为(C )A ．2－1B ．2C ．2＋1D ．2＋2[解析]∵|a |＝|b |＝1，且a ·b ＝0，∴可设a ＝(1,0)，b ＝(0,1)，c ＝(x ，y )．∴c －a －b ＝(x －1，y －1)．∵|c －a －b |＝1，∴(x －1)2＋(y －1)2＝1，即(x －1)2＋(y －1)2＝1.又|c |＝x 2＋y 2，如图所示．由图可知，当c 对应的点(x ，y )在点C 处时，|c |有最大值且|c |max ＝12＋12＋1＝2＋1.命题方向3利用数形结合思想解决不等式、参数问题例3实系数一元二次方程x 2＋ax ＋2b ＝0的一个根在(0,1)上，另一个根在(1,2)上，则b －2a －1的取值范围是(D )A ．[1,4]B ．(1,4)C ．[14，1]D ．(14，1)[解析]设f (x )＝x 2＋ax ＋2b ，x 2＋ax ＋2b ＝0的一个根在(0,1)内，因为另一个根在区间(1,2)内，0)>0，1)<0，2)>0，>0，＋2b ＋1<0，＋b ＋2>0，作出满足上述不等式组对应的点(a ，b )所在的平面区域，得到△ABC 及其内部，即如图所示的阴影部分(不含边界)．其中A (－3,1)，B (－2,0)，C (－1,0)，设点E (a ，b )为区域内的任意一点，则k ＝b －2a －1，表示点E (a ，b )与点D (1,2)连线的斜率．因为k AD ＝2－11＋3＝14，k CD ＝2－01＋1＝1，结合图形可知：k AD <k <k CD ，所以b －2a －1的取值范围是(14，1)．『规律总结』1．数形结合思想解决参数问题的思路(1)分析条件所给曲线．(2)画出图象．(3)根据图象求解．2．常见的数与形的转化(1)集合的运算及韦恩图．(2)函数及其图象．(3)数列通项及求和公式的函数特征及函数图象．(4)方程(多指二元方程)及方程的曲线．G跟踪训练en zong xun lian当x∈(1,2)时，(x－1)2<log a x恒成立，则实数a的取值范围是(1,2].[解析]∵函数y＝(x－1)2在区间(1,2)上单调递增，∴当x∈(1,2)时，y＝(x－1)2∈(0,1)，若不等式(x－1)2<log a x>1，a2≥1，∴1<a≤2.。
2020届二轮复习 数形结合思想 课件(25张)(全国通用)
【解析】
作出y＝|x－2a|和y＝
1 2
x＋a－1的简
图，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤12.
【答案】 (－∞，12]
(3)(2019·郑州第二次质量预测)设变量x，y满足约束条件
y≤2，
xx－＋yy≤≥11，，则目标函数z＝(13)3x＋y的最大值为(
)
A．(13)11
B．(13)3
A．2＋ 2 C. 2＋ 2
B．2＋2 2 D. 2＋2 2
【解析】 沿直线A1B将△ ABA1折起，使A，B，C，D1， A1五点共面，则AP＋PD1≥AD1，由余弦定理可求得|AD1|＝
2＋ 2.故选C. 【答案】 C
把x＝
y2 2
代入上式，求得yA＝2，xA＝2，∴|AF|＝|AA1|＝
5 2
，
故SS△△ ABCCFF＝||ABFF||＝25＝45.故选B. 2
【答案】 B
(2)(2019·衡水调研卷)如图所示，在棱长为1的正方体ABCD －A1B1C1D1的面对角线A1B上存在一点P，使得AP＋D1P最短， 则AP＋D1P的最小值为( )
交于点C，若|BF|＝2，则△ BCF和△ ACF的面积之比为( )
A.23
B.454ຫໍສະໝຸດ 1C.7D.2
【审题】 △ BCF与△ ACF有一公共顶点F.把F当顶点，则
S△ BCF S△ ACF
＝
|BC| |AC|
，相似三角形对应边成比例，过A，B向准线作垂
线，应用抛物线定义．
【解析】 如图，过A，B分别作准线l：x
【答案】 A
(2)(2019·惠州第一次调研)若函数f(x)＝ax－2，g(x)＝loga|x|， 其中a>0，且a≠1，f(2)·g(2)<0，则函数f(x)，g(x)在同一坐标系中 的大致图象是( )