2020年高考数学《用函数的图像探究函数的性质》专项训练及答案解析

用函数的图像探究函数的性质
一、基础检测
1、(2018南京、盐城一模）设函数f(x)是偶函数，当x ≥0时，f(x)＝⎩⎪⎨⎪
⎧x （3－x ），0≤x ≤3，－3
x ＋1，x>3，若函数y ＝f(x)－m 有四个不同的零点，则实数m 的取值范围是________．
【答案】 ⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1，94
【解析】先画出x ≥0时的函数图像，再利用偶函数的对称性得到x<0时的图像．令y ＝0得f(x)＝m.令
y ＝f(x)，y ＝m ，由图像可得要有四个不同的零点，则m ∈⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1，94.
2、(2019苏州期初调查）已知函数f(x)＝|x 2
－6|，若a>b>0，且f(a)＝f(b)，则a 2
b 的最大值是________． 【答案】16
【解析】作出函数f(x)图像，如下图：
则0<b<6<a ，由f (a)＝f (b)，所以|a 2
－6|＝|b 2
－6|，则a 2
－6＝6－b 2
，所以a 2
＝12－b 2
，则b ＝(12－b 2
)b ，设函数g(b)＝(12－b 2
)b ＝－b 3
＋12b(0<b<6)，g ′(b)＝－3b 2
＋12＝3(2＋b)(2－b)，令g′(b)＝0，
则b ＝2，当b ∈(0，2)时，g ′(b)>0，g(b)递增，当b ∈(2，6)时，g ′(b)<0，g(b)递减，所以g(b) 的最大值为16，则a 2
b 的最大值是16.
解后反思 处理双元变量的最值问题，常用消元法，转化为单元变量的函数来处理，特别注意的是，要注意写准函数的定义域．
3、(2019泰州期末）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨⎪⎧x 3
－3x ＋2a ，x ≥a ，x 3＋3x －4a ，x<a ，若存在x 0<0，使得f(x 0)＝0，则实数a 的取
值范围是________．
【答案】 [－1，0)
思路分析 本题是一个分段函数的形式，有以下两种处理的思路：
思路1.对两段函数分别研究图像和性质，由于研究的是x<0的情形，故分a ≥0和a<0两种情况讨论，当a ≥0时，结论易得；当a<0时，由于x<a 时，f(x)单调递增，而f(a)＝a 3
－a ，故要对f(a)＝a 3
－a 的正负分三种情况讨论，最后总结，问题得以解决．
思路2.考虑能否合并成一个含绝对值的函数，本题f(x)＝x 3
－3|x －a|－a ，从而问题转化为y ＝x 3
和y ＝3|x －a|＋a 的图像在y 轴左侧有交点的问题，通过函数的图像，不难得到结论．
解法1(分类讨论法) 当a ≥0时，只考虑x<a 的情形，f ′(x)＝3x 2
＋3>0，f(x)在(－∞，a)上单调递增，而f(0)＝－4a ≤0，显然不存在x 0＜0，使得f(x 0)＝0，所以a ≥0不成立．
当a<0时，当x<a 时，f(x)在(－∞，a)上单调递增，且f(x)<f(a)＝a 3
－a ，当x ≥a 时，f ′(x)＝3x 2
－3＝3(x ＋1)(x －1)，
①当a 3
－a ＝a(a 2
－1)>0，即－1<a<0时，则必存在x 0<a ，使得f(x 0)＝0，结论成立； ②当a ＝－1时，f(－1)＝0，结论成立；
③当a<－1时，f(x)在 [a ，－1)上单调递增，在(－1，0)上递减，而f(－1)＝2a ＋2<0，结论不成立． 综上实数a 的取值范围是[－1，0)．
解法2(图像法) 函数f(x)＝x 3
－3|x －a|－a ，由题意可得y ＝x 3
与y ＝3|x －a|＋a 在y 轴左侧有交点．
y ＝3|x －a|＋a 的顶点为(a ，a)，在直线y ＝x 上，由⎩
⎪⎨⎪⎧y ＝x ，y ＝x 3
，解得x ＝－1. 又y ＝x 3
在x ＝－1处的切线率斜恰为3，画出图像如图所示，数形结合知a ∈[－1，0)
解后反思 本题解法1属于常规思路，解法2对函数式的化简和变形提出了很高的要求，其中y ＝3|x －a|＋a 是折线函数，是由y ＝3|x|图像在y ＝x 上滑动所形成的图形，对于此类题型，同学要多总结，多积累，才能灵活应用．
4、(2018扬州期末） 已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 12（－x ＋1）－1，x ∈[－1，k]，
－2|x －1|，x ∈（k ，a]，若存在实数k 使得该函数的值域为[－2，0]，则实数a 的取值范围是________．
【答案】 ⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，2
【解析】根据函数f(x)的解析式作出草图如图，①当x ∈[－1，k]时，f(x)＝log 1
2
(－x ＋1)－1，它在[－
1，1)上是单调递增的，且f(－1)＝－2，f ⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＝0，因为该函数在[－1，a]上的值域为[－2，0]，所以必须
有－1<k ≤1
2；②当x ∈(k ，a]时，f(x)＝－2|x －1|，在(－∞，1]上单调递增，在[1，＋∞)上单调递减，
且f(0)＝f(2)＝－2，f(1)＝0，因为函数的值域为[－2，0]，所以必须有0≤k<a ≤2.综合①②，要求存在实数k 使得该函数的值域为[－2，0]，则必须0≤k ≤12<a ≤2.所以实数a 的取值范围为⎝ ⎛⎦
⎥⎤12，2.
5、(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
只有四个不同解，则实数k 的取值构成的集合为________．
【答案】 ⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1e 3∪(－e ，－1)
【解析】作函数y ＝f(x)和y ＝kx ＋2的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有3个公共点，当k ≥0时，直线应与曲线y ＝f(x)(x>1)相切，设切点(x 0，ln x 0)，则切线斜率为k ＝1x 0，又k ＝ln x 0－2x 0，则1x 0＝ln x 0－2
x 0，
解得x 0＝e 3
，此时k ＝1e 3，当k<0时，当y ＝kx ＋2与曲线y ＝x ＋2x ＋1相切于点(0，2)时，函数y ＝f(x)和y ＝
kx ＋2的图像只有三个公共点，不符合题意，此时k ＝－1，当－1<k<0时，函数y ＝f(x)和y ＝kx ＋2的图像只有三个公共点，不符合题意，当直线y ＝kx ＋2与y ＝f(x)(0<x<1)相切时，两图像只有三个公共点，设切点(x 0，－ln x 0)，则切线的斜率k ＝－1x 0，又k ＝－ln x 0－2x 0，则－1x 0＝－ln x 0－2x 0，解得x 0＝e －1
，此时k ＝
－e 不符合题意，当k<－e 时，两图像只有两个公共点，不合题意，而当－e <k<－1时，两图像有4个公共
点，符合题意，所以实数k 的取值范围是⎩⎨⎧⎭
⎬⎫
1e 3∪(－e ，－1)．
解后反思 方程解的个数的判断，常转化为函数图像公共点个数的判断，在转化的过程中，一般将它转化
为一个确定的函数与一个不确定的函数，这样，只需要研究不确定的函数的图像的变化情况就可以得到问题的解．转化时有时也会做一些“技术”上的处理，比如本题可以知方程f(x)＝kx ＋2一定有一个零解，在x ≠0时，可以转化为直线y ＝k 与曲线y ＝f （x ）－2
x 有三个公共点来处理，这样做的好处是在画出两图
像后很容易得到k 的取值范围，但曲线画起来难度增加了．
6、(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. 二、拓展延伸
题型一、运用函数图像解决多元问题
知识点拨：解决多元问题的最值问题主要思想就是把多元问题转化为单元问题，要通过函数的图像找到各个参数的关系，但要注意参数的范围。

例1、(2018苏锡常镇调研（二）） 已知函数1
(|3|1)0()2ln 0x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨⎪>⎩，，
， ，
若存在实数a b c <<，
满足()()()f a f b f c ==，则()()()af a bf b cf c ++的最大值是 ． 【答案】22e 12-
思路点拨：根据函数解析式，可以结合函数的图象得出a ，b ，c 的关系，利用消元思想将问题转化为一元函数问题，进而利用导数知识解决. 解题过程：作函数)(x f 的图象如下：
根据题意，结合图象可得6-=+b a ，c c f b f a f ln )()()(===，且2
e c e ≤≤
所以c c c f c b a c cf b bf a af ln )6()()()()()(-=++=++
令c c c g ln )6()(-=，2
e c e ≤≤
则16
ln )('
+-
=c
c c g ，易得)('c g 在[]2
,e e 上递增，
又因为0623)('
<-=
e
e g ，06
3)(22'>-=e e g ，根据零点存在性定理可得存在唯一[]2
0,e e x ∈，使得0)(0
'
=x g ，从而函数)(c g 的减区间是[]0
,x e ，增
区间是[]
20,e x ，
又因为2
6ln )6()(-=-=e e e e g ，122ln )6()(2
222-=-=e e e e g ，则)()(2e g e g < 所以c c c g ln )6()(-=在[]2
,e e 上的最大值是1222
-e
．
解后反思：本题以分段函数为背景，考查了导数知识在解决函数综合问题中的应用，以及数形结合，化归与转化等重要数学思想.
【变式1】、(2017常州期末）已知函数()32log ,031108,333x x f x x x x ⎧<<⎪
=⎨-+≥⎪⎩
，若存在实数a 、b 、c 、d ，满
足
()()()f a f b f c ==
()
f d =，其中0d c b a >>>>，则abcd 的取值范围是 .
【答案】()21,24
思路点拨：由存在实数a 、b 、c 、d ，满足()()()f a f b f c ==()f d =得，存在一条平行于x 轴的直线与函数()f x 的图象有四个不同的交点，从而得到,,,a b c d 之间所存在的关系，利用这一关系来求得
abcd 的取值范围。

解析：如图，
由图形可知01a <<，13b <<，则()33log log f a a a ==-，()3log f b b =3log b =，
()()f a f b =Q ，33log log a b ∴-=，1ab ∴=，因为()13,()()b f b f c f d <<==，所以()0()1f c f d <=<，由2110
08133
x x <-+<得34x <<或67x <<，由于c d <，且二次函数
2110
833
y x x =-+的图象的对称轴为5x =，故34c <<且10d c =-，故
()()()2
1052521,24abcd c c c =-=--+∈
【变式2】、（2015南京、淮安三模） 已知函数224,log (2)2,46, 0(),4x x x x x x f <-+⎧-+=⎨⎩≤≤≤若存在12,x x ∈R ，当
12406x x <≤≤≤时，12()()f x f x =，则12()x f x 的取值范围为 ．
【答案】256
[3,
]27
解析： 因为12046x x <≤≤≤时，12()()f x f x =，画出函数()f x 的图象，易知113x ≤≤， 则此时23212111111()(4)4([1,3])x f x x x x x x x =-+=-+∈，所以21138y x x '=-+，令211380x x -+=，解得
183x =，当183x =取得最大值25627
，11x =时取得最小值3，
所以12()x f x 的取值范围是256
[3,
]27
． 【关联1】、(2018南京学情调研）设函数
，若存在
]1,0[,21∈x x ，使)()(21x g x f =成立，则实数a 的取值范围为＿＿＿＿.
【答案】 ]4,1[
思路点拨：先分别求出函数)(x f 和)(x g 的值域，再根据条件建立这两个函数值域之间的关系并求出实数a 的取值范围.
解析：对于函数)(x f ，当]21,0[∈x 时，]1,21[)(∈x f ；当]1,21(∈x 时，)2
1,0[)(∈x f ， 从而当]1,0[∈x ，函数)(x f 的值域为]1,0[1=D ；
对于函数)(x g ，因为10≤≤x ，
06
6
x π
π
≤≤
，
10sin 6
2x π
≤≤
，所以1
2sin()2262
a a x a a π-≤-+≤-， 从而当]1,0[∈x ，函数)(x g 的值域为21
[2,2]2
D a a =--（0>a ）；
因为存在]1,0[,21∈x x ，使)()(21x g x f =，所以φ≠21D D I , 若φ=21D D I ，则1
202
a -
<或12>-a ，解之得10<<a 或4>a ， 所以当φ≠21D D I 时，41≤≤a ，即所求是实数a 的取值范围是]4,1[.
精彩点评：本题求函数)(x f 和函数)(x g 的值域并不困难，关键在于先求φ=21D D I 时实数a 的取值范围，再用补集的思想φ≠21D D I 实数a 的取值范围，从而得到本题的最终答案，这种正难则反的思想希望同学们掌握.
【关联2】、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调） 已知函数f (x )＝
⎩⎪⎨⎪⎧
||log 4x ，0<x ≤4－1
2
x ＋3，x >4，若a <b <c 且f ()a ＝f ()b ＝f ()c ，则(ab ＋1)c
的取值范围是______.
【答案】()16，64.
解析 作出函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
||log 4x ，0<x ≤4，－1
2
x ＋3，x >4的图象，
∵a <b <c 时，f (a )＝f (b )＝f (c )， ∴－log 4a ＝log 4b ，即log 4a ＋log 4b ＝0， 则log 4ab ＝0，
∴14<a <1<b <4<c <6，且ab ＝1，∴16＝24<()ab ＋1c ＝2c <26
＝64， 即()ab ＋1c
的取值范围是()16，64.
题型二 复合函数的零点问题
知识点拨： 本题考查复合函数的零点问题，处理f(g(x))＝0解的个数问题，往往通过换元令t ＝g(x)，f(t)＝0，研究t 的解的个数，再讨论每一个解对应的g(x)＝t 的解x 的个数，常用数形结合的方法来处理．研究高次的方程、不等式通常首先考虑的是能否进行降次，转化为低次的方程、不等式；其次，在研究方程、不等式问题时，要充分注意它与函数的关系，即充分利用它所对应的函数的图像的直观性来研究问题，这往往可以起到化难为易，化繁为简的作用．
1、(2019宿迁期末）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________.
【答案】 (－1，0)∪⎣⎢⎡⎭
⎪⎫1629，813
思路分析 函数g(x)＝f(x)－k(x －3)恰有2个不同的零点，表示函数y ＝f(x)，y ＝k(x －3)的图像有2个交点，所以关键是画出函数y ＝f(x)的图像，将函数y ＝f(x)在区间[1，2)上的图像每一点的横坐标和纵坐标都伸长2倍，就得到了y ＝f(x)在区间[2，4)上的图像，将函数y ＝f(x)在区间[2，4)上的图像每一点的横坐标和纵坐标都伸长2倍，就得到了y ＝f(x)在区间[4，8)上的图像，依次类推，然后考察两函数图像有两个交点时直线的斜率．
函数g(x)＝f(x)－k(x －3)恰有2个不同的零点，表示函数y ＝f(x)，y ＝k(x －3)的图像有2个交点．画出y ＝f(x)和y ＝k(x －3)的图像，可以看出．当k>0时，当且仅当点(16，8)在直线y ＝k(x －3)的上方且点(32，16)在直线y ＝k(x －3)的下方(或在其上)时，两图像有两个公共点，可求出1629≤k<8
13；当k<0时，当
且仅当点(2，1)在直线y ＝k(x －3)的上方时，两图像有两个公共点，可求出－1<k<0，故所求的实数k 的取值范围是(－1，0)∪⎣⎢
⎡⎭
⎪⎫1629，813.
解后反思 这个函数题型是2015年，2016年的热点，又出现在今年的复习迎考中，难点在于y ＝f(x)第二段图像的寻找和画出，其实是图像的平移与变换的应用，注意观察其特征，即可轻易得出后一段图像均为前一段图像的模．纵坐标伸长到原来2倍所得．本题为填空题，也可直接用具体的数去算，发现规律，然后再画出示意图，最后是利用数形结合寻找到符合题意的临界位置，最后进行求解最终的答案．
【变式1】(2018南京、盐城、连云港二模）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________． 【答案】[－4，0)
思路分析 本题是“复合函数零点”问题，常见思路是借助函数图像，由求外函数零点切入，进而再分析内函数零点个数．当x<0时，有f′(x)＝－3x 2
＋6x ＝3x(2－x)，故函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，则函数f(x)在区间(－∞，0)上至多一个零点，进而分类讨论即可．
当x<0时，有f′(x)＝－3x 2
＋6x ＝3x(2－x)，故函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，此时f(0)＝t.当t ≥0时，令f(x)＝0得，x ＝0，从而当g(x)＝f(f(x)－1)＝0时，f(x)＝1，借助图像1知，此时至多两个零点，不符合题意；当t<0时，令f(x)＝0得，x ＝0，或x ＝m(m<0)，且－m 3
＋3m 2
＋t ＝0，从而当g(x)＝f(f(x)－1)＝0时，f(x)－1＝0或f(x)－1＝m ，即f(x)＝1或f(x)＝1＋m ，借助图像2知，欲使得函数g(x)恰有4个不同的零点，则m ＋1≥0，从而－1≤m<0，又因为t(m)＝m 3
－3m 2
，而t′(m)＝3m 2
－6m>0，故t(m)在区间[－1，0)上单调递增，从而t ∈[－4，0)．
,图1)
,图2)
【变式2】(2018南通、泰州一调）已知函数f(x)＝⎩
⎪⎨
⎪⎧x 2
－2ax －a ＋1，
x ≥0，ln （－x ），x<0，
g(x)＝x 2
＋1－2a.若函
数y ＝f(g(x))有4个零点，则实数a 的取值范围是________．
【答案】⎩⎪⎨⎪⎧⎭
⎪⎬⎪⎫a|5－1
2<a<1或a>1
思路分析 换元g(x)＝t ，f(t)＝0，由g(x)＝x 2＋1－2a ＝t 得x 2＝t －(1－2a)，因为函数有四个零点，所以方程f(t)＝0有且仅有两个不相等的根t 1，t 2，且t 1>1－2a ，t 2>1－2a ，因为方程f(t)＝0的一个解为t ＝－1，故按照1－2a 与－1的大小关系，分三种情况讨论得出a 的取值范围．
设g(x)＝t ，因为函数y ＝f(g(x))有四个不同的零点，所以方程f(t)＝0有且仅有两个不相等的根t 1，t 2，且由g(x)＝x 2
＋1－2a ＝t ，得x 2
＝t －(1－2a)，故t 1>1－2a ，t 2>1－2a. 当t<0时，由ln (－t)＝0得t ＝－1.
若1－2a ＝－1，则a ＝1，易得函数f(g(x))有五个不同的零点，舍去．
若1－2a<－1，则a>1，所以f(0)<0，所以方程f(t)＝0有且仅有一个正根，符合题意． 若1－2a>－1，则a<1，所以方程f(t)＝0必有两个正根，且t 1>1－2a ，t 2>1－2a. 因为t>0时，f(t)＝t 2
－2at －a ＋1， 所以a>0，Δ＝4a 2
－4(－a ＋1)>0，f(0)>0， f(1－2a)＝(1－2a)2－2a(1－2a)－a ＋1>0， 解得
5－1
2
<a<1. 综上可知，5－12<a<1或a>1，即{a|5－1
2
<a<1或a>1}．
【变式3】(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧
－x ＋m ，
x ＜0，
x 2
－1，
x ≥0，
)
其中m ＞0，若函数y ＝f (f (x ))－1有3个不同的零点，则实数m 的取值范围是________． 【答案】(0,1)
思路分析 先画出函数图像草图，再分类讨论．
令f (f (x ))＝1，得f (x )＝2或f (x )＝m －1＜0，进一步，得x ＝2＋1或x ＝m －2＜0或x ＝m .因
为已知m ＞0，所以只要m ＜1，即0＜m ＜1.
【变式4】(2015宿迁一模）已知函数f (x )＝x 2
－2ax ＋a 2
－1，若关于x 的不等式f (f (x ))<0的解集为空集，则实数a 的取值范围是________． 【答案】 (－∞，－2]
思路分析 注意到f (f (x ))<0是关于x 的四次不等式，所以直接求解是有困难的，因此，首先得降次，由于f (x )可分解为[]x －(a ＋1)[]x －(a －1)，从而应用整体思想，可将问题转化为a －1<f (x )<a ＋1，此时再
来研究不等式a －1<f (x )<a ＋1的解集．若直接解不等式组⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
－2ax ＋a 2
－1>a －1，
x 2－2ax ＋a 2
－1<a ＋1，
则需要进行分类讨论，
且情况众多，所以应用数形结合的思想来加以解决，考虑函数y ＝f (x )与y ＝a －1，y ＝a ＋1的图像关系，易得到问题答案．
因为f (x )＝[x －(a ＋1)][x －(a －1)]，所以f (f (x ))<0等价于[f (x )－(a ＋1)][f (x )－(a －1)]<0，从而
a －1<f (x )<a ＋1，要使f (f (x ))<0的解集为空集，根据函数的图像，则需y ＝a ＋1与y ＝f (x )至多有一个交
点．又因为f (x )＝(x －a )2
－1≥－1，所以a ＋1≤－1，解得a ≤－2.
【关联】(2015无锡期末）已知函数y ＝f (x )是定义域为R 的偶函数，当x ≥0时，f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ －14x 2
， 0≤x ≤2，－⎝ ⎛⎭⎪⎫12x －34， x >2，若关于x 的方程[f (x )]2＋af (x )＋7a 16＝0，a ，b ∈R 有且仅有8个不同的实数根，则实数a 的取值范围是________． 【答案】⎝ ⎛⎭
⎪⎫74，169 作出函数f (x )的图像(如图)． 令t ＝f (x )，则关于x 的方程[]f (x )2＋af (x )＋7a 16
＝0(a ∈R)有且仅有8个不同的实数根可转化为关于x 的方程t ＝f (x )在R 上有4个不同的实数根，并且关于实数t 的方程t 2＋at ＋7a 16＝0在t ∈⎝
⎛⎭⎪⎫－1，－34内有两个不等实根，令g (t )＝t 2＋at ＋7a 16，则g (t )的对称轴方程为t ＝－a 2，判别式Δ＝a 2－7a 4，则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ>0，－1<－a 2<－34，g (－1)>0，g ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－34>0，即⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧ a 2－7
4a >0，32<a <2，1－a ＋716a >0，916－34a ＋716a >0，解得74<a <169.。