2020高考数学专项训练《35运用数形结合思想探究函数零点问题》(有答案)
押题第5道 运用数形结合思想探究函数零点问题(原卷版)
【押题背景】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.【押题典例】典例1 已知函数()()212f x x mx x R =++∈，且()y f x =在[]0,2x ∈上的最大值为12，若函数()()2g x f x ax =-有四个不同的零点，则实数a 的取值范围为_______． 【答案】()01，【解析】若0m ≥，则()212f x x mx =++在[]0,2上递增， ()212f x x mx =++有最小值12，不合题意，0m ∴<，要使()f x 在[]0,2的最大值为12，如果22m -≥，即4m ≤-，则()91222f m =+≤，得522m -≤≤-矛盾，不合题意；如果22m-<，则2915222{?{?22112242m m m m m +≤-≤≤-⇒⇒=-≥--≤， 2m ∴=-， ()2122f x x x =-+，若()()2g x f x ax =-有四个零点，则()y f x =与2y ax =有四个交点，只有2y ax =押题第1道运用数形结合思想探究函数零点问题开口向上，即0a >，当2y ax =与2122y x x ⎛⎫=--+⎪⎝⎭有一个交点时，方程221202ax x x +-+=有一个根， 0∆=得1a =，此时函数()()2g x f x ax =-有三个不同的零点，要使函数()()2g x f x ax =-有四个不同的零点，2y ax =与2122y x x ⎛⎫=--+ ⎪⎝⎭有两个交点，则抛物线2y ax =的开口要比2y x 的开口大，可得1a <， 01a ∴<<，即实数a 的取值范围为()0,1，故答案为()0,1.典例2、设()f x 为偶函数，且当(]2,0x ∈-时，()()2f x x x =-+；当[)2x ∈+∞，时，()()()2f x a x x =--．关于函数()()g x f x m =-的零点，有下列三个命题：①当4a =时，存在实数m ，使函数()g x 恰有5个不同的零点； ②若[]01m ∀∈，，函数()g x 的零点不超过4个，则2a ≤； ③对()1m ∀∈+∞，，()4a ∃∈+∞，，函数()g x 恰有4个不同的零点，且这4个零点可以组成等差数列． 其中，正确命题的序号是_______． 【答案】①②③【解析】当4a =时()()[)()()[)20,2422,x x x f x x x x ⎧--∈⎪=⎨--∈+∞⎪⎩又因为()f x 为偶函数∴可画出()f x 的图象，如下所示：可知当0m =时()()g x f x m =-有5个不同的零点；故①正确；若[]01m ∀∈，，函数()g x 的零点不超过4个，即[]01m ∀∈，，()y f x =与y m =的交点不超过4个， 2x ∴≥时()0f x ≤恒成立，又当[)2x ∈+∞，时，()()()2f x a x x =--，0a x ∴-≤在[)2x ∈+∞，上恒成立，a x ∴≤在[)2x ∈+∞，上恒成立，2a ∴≤，由于偶函数()f x 的图象，如下所示：直线l 与图象的公共点不超过4个，则2a ≤，故②正确；对()1m ∀∈+∞，，偶函数()f x 的图象，如下所示：()4a ∃∈+∞，，使得直线l 与()gx 恰有4个不同的交点点，且相邻点之间的距离相等，故③正确．故答案为：①②③【押题匹配】1、（2020·江苏省高三月考）已知223,1()ln ,1x x x f x x x ⎧--+≤=⎨>⎩，若函数1()2y f x kx =-+有4个零点，则实数k 的取值范围是______．【答案】1(,2e【解析】由题意1()2y f x kx =-+有4个零点即1()2f x kx =-有4个零点,设()12g x kx =-，则()g x 恒过点10,2⎛⎫-⎪⎝⎭，∴函数()g x 与()f x 的图象有4个交点，在同一直角坐标系下作出函数()g x 与()f x 的图象，如图，由图象可知，当12k <时，函数()g x 与()f x 的图象至多有2个交点；当函数()g x 过点10,2⎛⎫- ⎪⎝⎭和()1,0时，12k =，此时函数()g x 与()f x 的图象恰有3个交点；当函数()g x 与()ln 1y x x =>的图象相切时，设切点为(),ln a a ，1y x '=，∴1k a =，∴1ln 12a a a+=，解得a =∴k =此时函数()g x 与()f x 的图象恰有3个交点；当k e>时，两函数图象至多有两个交点；∴若要使函数1()2y f x kx =-+有4个零点，则1(2k ∈.故答案为：1(2.【押题变式】1、（2020·江苏省高考模拟）定义在R 上的奇函数()f x 满足(4)()f x f x +=，且在区间[)24，上，223()434x x f x x x -≤<⎧=⎨-≤<⎩，，，，则函数5()log y f x x =-| |的零点的个数为___．2.（2020·江苏省高三期中）若函数()24,43,x x f x x x x λλ-≥⎧=⎨-+<⎩恰有2个零点，则λ的取值范围是______. 3.（2020·江苏省金陵中学高三开学考试）已知是定义在R 上且周期为3的函数，当时，．若函数在区间上有10个零点(互不相同)，则实数的取值范围是 ．4. （2020·江苏省扬州市高三期末）已知f (x )是定义在R 上且周期为32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________． 5. （2020·江苏省西亭高级中学高三月考）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________．6. （2020·南京市中华中学高三月考）已知若函数()20,01,93,1x f x x x <≤⎧⎪=⎨-->⎪⎩，()ln g x x =，若函数)(x f )3,0[∈x |212|)(2+-=x x x f a x f y -=)(]4,3[-a()()(0y f x g x m x =+->)恰有两个不相等的零点，则实数m 的取值范围为______.7. （2020·苏州市相城区陆慕高级中学高三月考）函数e x y mx =-在区间(]03,上有两个零点，则m 的取值范围是_________．8. （2020·江苏省如皋中学高三月考）定义在R 上的偶函数()f x 满足(2)()f x f x π+=，且当[0,]x π∈时，0()1<<f x ；当(0,)x π∈且2x π≠时，有2x π⎛⎫- ⎪⎝⎭()0f x '>，则函数()sin y f x x =-在[2,2]x ππ∈-是的零点个数是_______9. （2020·江苏省高三开学考试）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________．10、(2020·南京二模)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______．。
2020年高考数学(理)总复习：利用导数解决函数零点问题(解析版)
2020年高考数学（理）总复习：利用导数解决函数零点问题题型一 利用导数讨论函数零点的个数 【题型要点解析】对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：(1)构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域； (2)求导数，得单调区间和极值点； (3)画出函数草图；(4)数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x 轴的交点情况进而求解．1.已知f (x )＝ax 3－3x 2＋1(a >0)，定义h (x )＝max{f (x )，g (x )}＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，f (x )≥g (x )，g (x )，f (x )<g (x ).(1)求函数f (x )的极值；(2)若g (x )＝xf ′(x )，且存在x ∈[1,2]使h (x )＝f (x )，求实数a 的取值范围； (3)若g (x )＝ln x ，试讨论函数h (x )(x >0)的零点个数．【解】 (1)∈函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，∈f ′(x )＝3ax 2－6x ＝3x (ax －2)，令f ′(x )＝0，得x 1＝0或x 2＝2a，∈a >0，∈x 1<x 2，列表如下：∈f (x )的极大值为f (0)＝1，极小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a ＝8a 2－12a 2＋1＝1－4a 2. (2)g (x )＝xf ′(x )＝3ax 3－6x 2，∈存在x ∈[1,2]，使h (x )＝f (x )，∈f (x )≥g (x )在x ∈[1,2]上有解，即ax 3－3x 2＋1≥3ax 3－6x 2在x ∈[1,2]上有解， 即不等式2a ≤1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上有解．设y ＝1x 3＋3x ＝3x 2＋1x 3(x ∈[1,2])，∈y ′＝－3x 2－3x 4<0对x ∈[1,2]恒成立，∈y ＝1x 3＋3x 在x ∈[1,2]上单调递减，∈当x ＝1时，y ＝1x 3＋3x 的最大值为4，∈2a ≤4，即a ≤2.(3)由(1)知，f (x )在(0，＋∞)上的最小值为f ⎪⎭⎫⎝⎛a 2＝1－4a 2， ∈当1－4a 2>0，即a >2时，f (x )>0在(0，＋∞)上恒成立，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上无零点．∈当1－4a2＝0，即a ＝2时，f (x )min ＝f (1)＝0.又g (1)＝0，∈h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有一个零点． ∈当1－4a2<0，即0<a <2时，设φ(x )＝f (x )－g (x )＝ax 3－3x 2＋1－ln x (0<x <1)， ∈φ′(x )＝3ax 2－6x －1x <6x (x －1)－1x <0，∈φ(x )在(0,1)上单调递减．又φ(1)＝a －2<0，φ⎪⎭⎫ ⎝⎛e 1＝a e3＋2e 2－3e 2>0，∈存在唯一的x 0∈⎪⎭⎫⎝⎛1,1e ，使得φ(x 0)＝0，(∈)当0<x ≤x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )≥φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝f (x )且h (x )为减函数． 又h (x 0)＝f (x 0)＝g (x 0)＝ln x 0<ln 1＝0， f (0)＝1>0，∈h (x )在(0，x 0)上有一个零点； (∈)当x >x 0时，∈φ(x )＝f (x )－g (x )<φ(x 0)＝0， ∈h (x )＝g (x )且h (x )为增函数，∈g (1)＝0，∈h (x )在(x 0，＋∞)上有一零点；从而h (x )＝max{f (x )，g (x )}在(0，＋∞)上有两个零点，综上所述，当0<a <2时，h (x )有两个零点；当a ＝2时，h (x )有一个零点； 当a >2时，h (x )无零点．题组训练一 利用导数讨论函数零点的个数 已知函数f (x )＝ln x －12ax ＋a －2，a ∈R .(1)求函数f (x )的单调区间；(2)当a <0时，试判断g (x )＝xf (x )＋2的零点个数． 【解析】 (1)f ′(x )＝1x －a 2＝2－ax2x(x >0)．若a ≤0，则f ′(x )>0，∈函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0，当0<x <2a 时，f ′(x )>0，函数f (x )单调递增，当x >2a 时，f ′(x )<0，函数f (x )单调递减，综上，若a ≤0时，函数f (x )的单调递增区间为(0，＋∞)；若a >0时，函数f (x )的单调递增区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛a 2,0，单调递减区间为⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+a 2.(2)g (x )＝x ln x －12ax 2＋ax －2x ＋2，g ′(x )＝－ax ＋ln x ＋a －1.又a <0，易知g ′(x )在(0，＋∞)上单调递增， g ′(1)＝－1<0，g ′(e)＝－a e ＋a ＝a (1－e)>0， 故而g ′(x )在(1，e)上存在唯一的零点x 0， 使得g ′(x 0)＝0.当0<x <x 0时，g ′(x )<0，g (x )单调递减；当x >x 0时，g ′(x )>0，g (x )单调递增， 取x 1＝e a ，又a <0，∈0<x 1<1，∈g (x 1)＝x 1)2221(ln 111x a ax x +-+-＝e a⎪⎭⎫ ⎝⎛+-+-a a e a ae a 2221， 设h (a )＝a －12a e a ＋a －2＋2e a ，(a <0)，h ′(a )＝－12a e a －12e a －2e a ＋2，(a <0)，h ′(0)＝－12，h ″(a )＝e －a －e a ＋e －a －12a e a >0，∈h ′(a )在(－∞，0)上单调递增，h ′(a )<h ′(0)<0， ∈h (a )在(－∞，0)上单调递减，∈h (a )>h (0)＝0， ∈g (x 1)>0，即当a <0时，g (e a )>0.当x 趋于＋∞时，g (x )趋于＋∞，且g (2)＝2ln2－2<0. ∈函数g (x )在(0，＋∞)上始终有两个零点． 题型二 由函数零点个数求参数的取值范围 【题型要点解析】研究方程的根(或函数零点)的情况，可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等，并借助函数的大致图象判断方程根(函数零点)的情况，这是导数这一工具在研究方程中的重要应用．已知函数f (x )＝mxln x ，曲线y ＝f (x )在点(e 2，f (e 2))处的切线与直线2x ＋y ＝0垂直(其中e为自然对数的底数)．(1)求f (x )的解析式及单调减区间；(2)若函数g (x )＝f (x )－kx 2x －1无零点，求k 的取值范围．【解析】 (1)函数f (x )＝mx ln x 的导数为f ′(x )＝m (ln x －1)(ln x )2，又由题意有：f ′(e2)＝12∈m 4＝12∈m ＝2，故f (x )＝2xln x.此时f ′(x )＝2(ln x －1)(ln x )2，由f ′(x )≤0∈0<x <1或1<x ≤e ，所以函数f (x )的单调减区间为(0,1)和(1，e]．(2)g (x )＝f (x )－kx 2x －1∈g (x )＝x ⎪⎭⎫ ⎝⎛--1ln 2x kx x ，且定义域为(0,1)∈(1，＋∞)，要函数g (x )无零点，即要2ln x ＝kxx －1在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解，亦即要k ln x －2(x －1)x ＝0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内无解．构造函数h (x )＝k ln x －2(x －1)x ∈h ′(x )＝kx －2x2.∈当k ≤0时，h ′(x )<0在x ∈(0,1)∈(1，＋∞)内恒成立，所以函数h (x )在(0,1)内单调递减，h (x )在(1，＋∞)内也单调递减.又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点，在(1，＋∞)内也无零点，故满足条件；∈当k >0时，h ′(x )＝kx －2x 2∈h ′(x )＝22x k x k ⎪⎭⎫ ⎝⎛-， (i)若0<k <2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛k 2,1内也单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛+∞,2k 内单调递增，又h (1)＝0，所以在(0,1)内无零点；易知h ⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2<0，而h (e 2k )＝k ·2k －2＋2e2k>0，故在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,2k 内有一个零点，所以不满足条件；(ii)若k ＝2，则函数h (x )在(0,1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．又h (1)＝0，所以x ∈(0,1)∈(1，＋∞)时，h (x )>0恒成立，故无零点，满足条件；(iii)若k >2，则函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内单调递减，在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 内单调递增，在(1，＋∞)内单调递增，又h (1)＝0，所以在⎪⎭⎫⎝⎛1,2k 及(1，＋∞)内均无零点． 又易知h ⎪⎭⎫⎝⎛k 2<0，而h (e －k )＝k (－k )－2＋2e k ＝2e k －k 2－2，又易证当k >2时，h (e －k )>0，所以函数h (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛k 2,0内有一零点，故不满足条件．综上可得：k 的取值范围为：k ≤0或k ＝2.题组训练二 由函数零点个数求参数的取值范围 已知函数f (x )＝ln x －ax (ax ＋1)，其中a ∈R . (1)讨论函数f (x )的单调性；(2)若函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，求实数a 的取值范围． 【解析】(1)依题意知，函数f (x )的定义域为(0，＋∞)， 且f ′(x )＝1x－2a 2x －a＝2a 2x 2＋ax －1－x ＝(2ax －1)(ax ＋1)－x，当a ＝0时，f (x )＝ln x ，函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增；当a >0时，由f ′(x )>0，得0<x <12a，由f ′(x )<0，得x >12a ，函数f (x )⎪⎭⎫⎝⎛a 21,0上单调递增， 在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． 当a <0时，由f ′(x )>0，得0<x <－1a ，由f ′(x )<0，得x >－1a，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． (2)当a ＝0时，函数f (x )在(]0，1内有1个零点x 0＝1；当a >0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞,21a 上单调递减． ∈若12a ≥1，即0<a ≤12时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞且f (1)＝－a 2－a <0知，函数f (x )在(0,1]内无零点；∈若0<12a <1，即当a >12时，f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛a 21,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛1,21a 上单调递减，要使函数f (x )在(0,1]内至少有1个零点，只需满足f ⎪⎭⎫⎝⎛a 21≥0，即ln 12a ≥34， 又∈a >12，∈ln 12a <0，∈不等式不成立．∈f (x )在(0,1]内无零点；当a <0时，由(1)知函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎪⎭⎫⎝⎛+∞-,1a 上单调递减． ∈若－1a ≥1，即－1≤a <0时，f (x )在(0,1]上单调递增，由于当x →0时，f (x )→－∞，且f (1)＝－a 2－a >0，知函数f (x )在(0,1]内有1个零点；∈若0<－1a <1，即a <－1时，函数f (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛-a 1,0上单调递增，在⎥⎦⎤⎝⎛-1,1a 上单调递减，由于当x →0时，f (x )→－∞，且当a <－1时，f ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1＝ln ⎪⎭⎫⎝⎛-a 1<0，知函数f (x )在(0,1]内无零点．综上可得a 的取值范围是[－1,0]．题型三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 【题型要点解析】证明复杂方程在某区间上有且仅有一解的步骤： (1)在该区间上构造与方程相应的函数； (2)利用导数研究该函数在该区间上的单调性； (3)判断该函数在该区间端点处的函数值的符号； (4)作出结论．已知函数f (x )＝(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2.(1)当a ＝－1时，求f (x )在点(1，f (1))处的切线方程；(2)当a >0时，设函数g (x )＝f (x )－x －2，且函数g (x )有且仅有一个零点，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，求m 的取值范围．【解析】 (1)当a ＝－1时，f (x )＝(x 2－2x )ln x －x 2＋2，定义域为(0，＋∞)，∈f ′(x )＝(2x －2)ln x ＋x －2－2x ＝(2x －2)ln x －x －2.∈f ′(1)＝－3，又f (1)＝1，f (x )在(1，f (1))处的切线方程3x ＋y －4＝0.(2)令g (x )＝f (x )－x －2＝0，则(x 2－2x )ln x ＋ax 2＋2＝x ＋2，即a ＝1－(x －2)·ln xx ，令h (x )＝1－(x －2)·ln xx，则h ′(x )＝－1x 2－1x ＋2－2ln x x 2＝1－x －2ln xx 2.令t (x )＝1－x －2ln x ，t ′(x )＝－1－2x ＝－x －2x ，∈t ′(x )<0，t (x )在(0，＋∞)上是减函数， 又∈t (1)＝h ′(1)＝0，所以当0<x <1时，h ′(x )>0， 当x >1时，h ′(x )<0，所以h (x )在(0,1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减，∈h (x )max ＝h (1)＝1.因为a >0，所以当函数g (x )有且仅有一个零点时，a ＝1.g (x )＝(x 2－2x )ln x ＋x 2－x ，若e －2<x <e ，g (x )≤m ，只需g (x )max ≤m ， g ′(x )＝(x －1)(3＋2ln x )，令g ′(x )＝0得x ＝1，或x ＝e －32，又∈e －2<x <e∈函数g (x )在(e －2，e －32)上单调递增，在(e －32，1)上单调递减，在(1，e)上单调递增，又g (e －32)＝－12e －3＋2e －32，g (e)＝2e 2－3e ，∈g (e －32)＝－12e －3＋2e －32<2e －32<2e<2e ⎪⎭⎫ ⎝⎛-23e ＝g (e)，即g (e －32)<g (e)，g (x )max ＝g (e)＝2e 2－3e ，∈m ≥2e 2－3e .题组训练三 利用导数证明复杂方程在某区间上仅有一解 已知y ＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，x ∈R ，t ∈R .(1)当x 为常数时，t 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0变化时，求y 的最小值φ(x )；(2)证明：对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【解析】 (1)当x 为常数时，设f (t )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1＝－6xt 2＋(3x 2＋1)t ＋4x 3－1，f ′(t )＝－12xt ＋3x 2＋1.∈当x ≤0时，由t ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0知f (t )>0，f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上递增，其最小值φ(x )＝f (0)＝4x 3－1；∈当x >0时，f (t )的图象是开口向下的抛物线，其对称轴为直线；t ＝－3x 2＋1－12x ＝3x 2＋112x ，若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x ≤13，即13≤x ≤1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为 φ(x )＝f ⎪⎭⎫⎝⎛32＝4x 3＋2x 2－83x －13.若⎩⎪⎨⎪⎧x >0，3x 2＋112x >13，即0<x <13或x >1，则f (t )在⎥⎦⎤⎢⎣⎡32,0上的最小值为φ(x )＝f (0)＝4x 3－1.综合∈∈，得φ(x )＝⎩⎨⎧4x 3－1，x <13或x >1，4x 3＋2x 2－83x －13，13≤x ≤1.(2)证明：设g (x )＝4x 3＋3tx 2－6t 2x ＋t －1，则g ′(x )＝12x 2＋6tx －6t 2＝12(x ＋t )⎪⎭⎫ ⎝⎛-2t x 由t ∈(0，＋∞)，当x 在区间(0，＋∞)内变化时，g ′(x )，g (x )取值的变化情况如下表：∈当t2≥1，即t ≥2时，g (x )在区间(0,1)内单调递减，g (0)＝t －1>0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3＝－2t (3t －2)＋3≤－4(3－2)＋3<0.所以对任意t ∈[2，＋∞)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0.∈当0<t 2<1，即0<t <2时，g (x )在⎪⎭⎫ ⎝⎛2,0t 内单调递减，在⎪⎭⎫ ⎝⎛1,2t 内单调递增，若t ∈(0,1)，则g ⎪⎭⎫⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1≤－74t 3<0，g (1)＝－6t 2＋4t ＋3≥－6t ＋4t ＋3＝－2t ＋3≥1>0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛1,2t 内存在零点；若t ∈(1,2)，则g (0)＝t －1>0，g ⎪⎭⎫ ⎝⎛2t ＝－74t 3＋t －1<－74×13＋2－1<0，所以g (x )在⎪⎭⎫⎝⎛2,0t 内存在零点．所以，对任意t ∈(0,2)，g (x )在区间(0,1)内均存在零点，即存在x 0∈(0,1)，使得g (x 0)＝0， 综合∈∈，对任意的t ∈(0，＋∞)，总存在x 0∈(0,1)，使得y ＝0.【专题训练】1．已知函数f (x )＝xln x＋ax ，x >1.(1)若f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围； (2)若a ＝2，求函数f (x )的极小值；(3)若方程(2x －m )ln x ＋x ＝0，在(1，e]上有两个不等实根，求实数m 的取值范围． [解析] (1)f ′(x )＝ln x －1ln 2x ＋a ，由题意可得f ′(x )≤0在(1，＋∞)上恒成立，∈a ≤1ln 2x －1ln x＝221ln 1⎪⎭⎫⎝⎛-x －14.∈x ∈(1，＋∞)，∈ln x ∈(0，＋∞)， ∈当1ln x －12＝0时，函数t ＝221ln 1⎪⎭⎫ ⎝⎛-x －14的最小值为－14，∈a ≤－14. 故实数a 的取值范围为⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-41,(2)当a ＝2时，f (x )＝xln x ＋2x ，f ′(x )＝ln x －1＋2ln 2x ln 2x，令f ′(x )＝0，得2ln 2x ＋ln x －1＝0， 解得ln x ＝12或ln x ＝－1(舍)，即x ＝e 12.当1<x <e 12时，f ′(x )<0，当x >e 12时，f ′(x )>0，∈f (x )的极小值为f (e 12)＝e 1212＋2e 1e ＝4e 12.(3)将方程(2x －m )ln x ＋x ＝0两边同除以ln x 得(2x －m )＋x ln x ＝0，整理得xln x＋2x ＝m ，即函数g (x )＝xln x ＋2x 的图象与函数y ＝m 的图象在(1，e]上有两个不同的交点．由(2)可知，g (x )在(1，e 12)上单调递减，在(e 12，e]上单调递增，g (e 12)＝4e 12，g (e)＝3e ，在(1，e]上，当x →1时，x ln x →＋∞，∈4e 12<m ≤3e ，故实数m 的取值范围为(4e 12，3e]．2．已知f (x )＝2x ln x ，g (x )＝x 3＋ax 2－x ＋2.(1)如果函数g (x )的单调递减区间为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31，求函数g (x )的解析式； (2)在(1)的条件下，求函数y ＝g (x )的图象在点P (－1，g (－1))处的切线方程； (3)已知不等式f (x )≤g ′(x )＋2恒成立，若方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，求m 的取值范围．【解】 (1)g ′(x )＝3x 2＋2ax －1，由题意知，3x 2＋2ax －1<0的解集为⎪⎭⎫⎝⎛-1,31， 即3x 2＋2ax －1＝0的两根分别是－13，1，代入得a ＝－1，∈g (x )＝x 3－x 2－x ＋2. (2)由(1)知，g (－1)＝1，∈g ′(x )＝3x 2－2x －1，g ′(－1)＝4，∈点P (－1,1)处的切线斜率k ＝g ′(－1)＝4，∈函数y ＝g (x )的图象在点P (－1,1)处的切线方程为y －1＝4(x ＋1)，即4x －y ＋5＝0.(3)由题意知，2x ln x ≤3x 2＋2ax ＋1对x ∈(0，＋∞)恒成立，可得a ≥ln x －32x －12x 对x ∈(0，＋∞)恒成立．设h (x )＝ln x －32x －12x，则h ′(x )＝1x －32＋12x 2＝－(x －1)(3x ＋1)2x 2，令h ′(x )＝0，得x ＝1，x ＝－13(舍)，当0<x <1时，h ′(x )>0；当x >1时，h ′(x )<0， ∈当x ＝1时，h (x )取得最大值，h (x )max ＝h (1)＝－2， ∈a ≥－2.令φ(a )＝a e a ，则φ′(a )＝e a ＋a e a ＝e a (a ＋1)， ∈φ(a )在[－2，－1]上单调递减，在(－1，＋∞)上单调递增，∈φ(－2)＝－2e －2＝－2e 2，φ(－1)＝－e －1＝－1e ，当a →＋∞时，φ(a )→＋∞，∈方程a e a －m ＝0恰有两个不等实根，只需－1e <m ≤－2e 2.3．设函数f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c .(1)求曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程；(2)设a ＝b ＝4，若函数f (x )有三个不同零点，求c 的取值范围； (3)求证：a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．【解析】 (1)由f (x )＝x 3＋ax 2＋bx ＋c ，得f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b .因为f (0)＝c ，f ′(0)＝b ，所以曲线y ＝f (x )在点(0，f (0))处的切线方程为y ＝bx ＋c .(2)当a ＝b ＝4时，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c ， 所以f ′(x )＝3x 2＋8x ＋4. 令f ′(x )＝0，得3x 2＋8x ＋4＝0， 解得x ＝－2或x ＝－23.f (x )与f ′(x )在区间(－∞，＋∞)上的情况如下：所以，当c >0且c －3227<0时，存在x 1∈(－4，－2)，x 2∈⎪⎭⎫ ⎝⎛--3,2，x 3∈⎪⎭⎫⎝⎛-0,3，使得f (x 1)＝f (x 2)＝f (x 3)＝0.由f (x )的单调性知，当且仅当c ∈⎪⎭⎫⎝⎛2732,0时，函数f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＋c 有三个不同零点．(3)证明：当Δ＝4a 2－12b <0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b >0，x ∈(－∞，＋∞)，此时函数f (x )在区间(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )不可能有三个不同零点．当Δ＝4a 2－12b ＝0时，f ′(x )＝3x 2＋2ax ＋b 只有一个零点，记作x 0. 当x ∈(－∞，x 0)时，f ′(x )>0，f (x )在区间(－∞，x 0)上单调递增； 当x ∈(x 0，＋∞)时，f ′(x )>0，f (x )在的区间(x 0，＋∞)上单调递增． 所以f (x )不可能有三个不同零点．综上所述，若函数f (x )有三个不同零点，则必有Δ＝4a 2－12b >0. 故a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要条件．当a ＝b ＝4，c ＝0时，a 2－3b >0，f (x )＝x 3＋4x 2＋4x ＝x (x ＋2)2只有两个不同零点，所以a 2－3b >0不是f (x )有三个不同零点的充分条件．因此a 2－3b >0是f (x )有三个不同零点的必要而不充分条件．。
高考数学(理科)- 数形结合思想-专题练习(含答案与解析)
)()
1,+∞
，2
=，则BC
AF BF
(2)求线段AB 的中点M 的轨迹C 的方程；
(3)是否存在实数k ，使得直线():4l y k =-与曲线C 只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明理由．
)()
1,+∞
如图，525,33D ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，E ⎛ ⎝联立直线l 的方程与曲线C ]{}
,GH GI k k 53,44⎤⎧⎫
-⎨⎬⎥⎩⎭⎦
高考数学（理科）专题练习
数形结合思想
解析
1．∵a＞0，∴a2＋1＞1．
而y＝|x2－2x|的图象如图，
∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有2个交点．
的交点的横坐标．因为f(－
，1]时，f(x)＝x3，则在平
由图易得两函数图象共有7个交点，不妨设从左到右依次为
＝0，x3＋x5＝2，x4＝1，x6＋x7＝4，所以x1＋x2＋
上的零点的和为7，故选A．
4．函数f(x)＝a＋sin x在[π，2π]上有且只有一个零点，即方程
②若0≤a≤1，则a3≤a2，函数一个公共点．
③若a＞1，则a3＞a2，函数个公共点．
综上，a＜0或a＞1．6．记y＝log x(a＞0，
－12≤－k ＜1
2或－k ＝1， 即－12＜k ≤1
2或k ＝－1．]
则圆心C 的坐标为(3，4)半径m 的最大值，即求圆C 上的点即m 的最大值为6．。
高考数学运用数形结合的思想方法解题专项练习(含答案解析)
高考数学运用数形结合的思想方法解题专项练习（含答案解析）一、单选题1．（2023春·江苏盐城·高三盐城中学校考）若直线():40l x m y +−=与曲线x =有两个交点，则实数m 的取值范围是（ ）A ．0m <<B ．0m ≤<C ．0m <≤D ．0m ≤【答案】B【解析】x =()0,0，半径为2的圆在y 轴以及右侧的部分，如图所示：直线():40l x m y +−=必过定点()0,4， 当直线l 与圆相切时，直线和圆恰有一个交点，2=，结合直线与半圆的相切可得m =当直l 的斜率不存在时，即0m =时，直线和曲线恰有两个交点， 所以要使直线和曲线有两个交点，则0m ≤故选：B.2．（2023春·湖北随州·高三随州市曾都区第一中学校考阶段练习）已知x ，y 是实数，且22410x y x +−+=，则21y x ++的最大值是（ ）A B ．116C ．336D 【答案】D【解析】方程可化为()223x y −+=，表示以()2,021y x ++的几何意义是圆上一点与点A ()1,2−−连线的斜率，设21k y x =++，即()21y k x +=+，当此直线与圆相切时，斜率最大或最小，当切线位于切线AB 时斜率最大.=k =，所以21y x ++故选：D ．3．（2023春·陕西渭南·高一统考）已知函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当[)0,x ∈+∞时，()24f x x x =−.若函数()()()R g x f x m m =+∈，则函数()g x 的零点个数不可能是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4【答案】A【解析】函数()f x 是定义在R 上的偶函数，当[)0,x ∈+∞时，()224(2)4f x x x x =−=−−,作出()f x 的图像如图：，故当0m =时，()()g x f x =有3个零点；当0m <或4m =时，()()g x f x m =+的图像与x 轴有两个交点，则函数有2个零点； 当04m <<时，()()g x f x m =+的图像与x 轴有4个交点，则函数有4个零点；由于()()g x f x m =+也为偶函数，结合()f x 图像可知，()()g x f x m =+不可能有1个零点， 故选：A4．（2023春·陕西西安·高三统考期末）已知函数()e ,03,0x x f x x x ⎧≥=⎨−<⎩， 若函数()()()g x f x f x =−−，则函数()g x 的零点个数为（ ） A ．1 B ．3 C ．4 D ．5【答案】D【解析】当0x >时，0x −<，()3f x x −=当0x <时，0x −>，()e xf x −−=()()()3e ,00,0e 3,0x x x x g x f x f x x x x −⎧−>⎪∴=−−==⎨⎪+<⎩，()()()()g x f x f x g x −=−−=−，且定义域为R ，关于原点对称，故()g x 为奇函数，所以我们求出0x >时零点个数即可，(0,)3e x g x x x =−>，()3e 0x g x '=−>，令()3e 0x g x '=−>，解得0ln3x <<，故()g x 在()0,ln 3上单调递增，在(ln3,)+∞单调递减，且(ln3)3ln330g =−>，而()226e 0g =−<，故()g x 在(ln 3,2)有1零点，1311e 03g ⎛⎫=−< ⎪⎝⎭，故()g x 在1(,ln 3)3上有1零点，图像大致如图所示：故()g x 在()0,∞+上有2个零点，又因为其为奇函数，则其在(),0∞−上也有2个零点，且()00g =，故()g x 共5个零点， 故选：D.5．（2023春·黑龙江哈尔滨·高一哈尔滨三中校考阶段练习）若函数()f x 的定义域为(),1f x −R 为偶函数，当1x ≥−时，()31xf x −=−，则函数()()12g x f x =−的零点个数为（ ）A ．0B ．1C ．2D ．4【答案】D【解析】令310x −−≥解得0x ≤，令310x −−<解得0x >， 所以当1x ≥−时，()11,1033111,03xxxx f x x −⎧⎛⎫−−≤≤⎪ ⎪⎪⎝⎭=−=⎨⎛⎫⎪−+> ⎪⎪⎝⎭⎩， ()1f x −为偶函数，所以()1f x −的图像关于y 轴对称，所以()f x 的图像关于直线=1x −轴对称， 故作出()f x 的图像如下，令()()102g x f x =−=，即()12f x =， 由图像可知，()f x 的图像与12y =的图像共有四个交点， 所以函数()()12g x f x =−的零点个数为4个.故选:D.6．（2023·山东潍坊·统考模拟预测）已知函数()f x 是定义域为R 的偶函数，且(1)f x −是奇函数，当01x 剟时，有()f x =()(2021)y f x k x =−−的零点个数为5，则实数k 取值范围是（ ） A ．15<2<1kB ．16<3<1kC k k =D ．k <k 【答案】C【解析】∵偶函数()f x ，()()f x f x ∴−=，(1)f x −是奇函数，得(1)(1)f x f x −=−−−，即 ()(2)f x f x =−−−，(2)()f x f x −−−=−，得4T =，()(2021)0f x k x −−=，即()y f x =与(2021)y k x =−的图像交点的个数，因为4T =，即为()y f x =与(1)y k x =−的图像交点的个数，因为()f x =k 应该在1k 与2k 之间或为3k ，213k k k ==k k =故选：C.7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数()()ln2,01ln 2ln 2,12xx f x x x ⎧<<⎪=⎨−+≤<⎪⎩，若存在02a b c <<<<使得()()()f a f b f c ==，则111ab bc ca++的取值范围是（ ） A ．20,93⎛⎫⎪⎝⎭B ．20,3⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭C ．∞⎫+⎪⎪⎣⎭ D ．⎫⎪⎪⎣⎭【答案】A【解析】∵()()ln 2ln2ln 22x x ⎡⎤−+=−⎣⎦，∴ln 2y x =与()ln 2ln2y x =−+的图像关于直线1x =对称，作出()f x 的大致图像如图所示，易知2b c +=，由ln2ln2a b =，即ln 2ln 2a b −=，ln 40ab =，得14ab =， ∵112b <<，∴11124a<<，得1142a <<，∴()()421621112181244a a a a b c a c ab bc ca abc a a+++++++====−−. 设81t a =−， 则()1,3t ∈，111117184t ab bc ca t ⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭. 17t t+≥=t 故当()1,3t ∈时，令()1718h t t t +=+，()h t 单减，()()80136,33h h ==， 故1172018,943t t ⎛⎫⎛⎫++∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 故选：A 二、多选题8．（2023·全国·高三专题练习）已知1F ，2F 是双曲线()2222:10,0x yE a b a b−=>>的左、右焦点，过1F 作倾斜角为30的直线分别交y 轴与双曲线右支于点,M P ，1PM MF =，下列判断正确的是（ ）A ．2160PF F ∠=，B ．2112MF PF =C ．ED ．E的渐近线方程为y =【答案】BCD【解析】如下图所示，因为1PM MF =，即M 为1PF 中点，O 为12F F 中点，所以2//OM PF ，因为12OM F F ⊥，所以212PF F F ⊥，所以212PF F π∠=，2112MF PF =，A 错误，B 正确； 由212PF F F ⊥知：22b PF a=，又122F F c =，1230PF F ∠=，2c =)222c a ac −=220e −，解得：e =C 正确；所以==c e a 223c a =，所以22222b c a a =−=，所以ba= 所以E 的渐近线方程为y =，D 正确．故选：BCD ．9．（2023·全国·高三专题练习）已知直线l 过抛物线2:8C y x =的焦点F l 与抛物线交于,P Q 两点（P 在第一象限），以,PF QF 为直径的圆分别与y 轴相切于,A B 两点，则下列结论正确的是（ ） A ．32||3PQ =B ．AB =C ．若M 为抛物线C 上的动点，(2,1)N ，则min (||||)4MF MN +=D ．若0(,M x 为抛物线C 上的点，则9MF = 【答案】ABC【解析】设直线PQ 的方程为：y x ﹣2），与28y x =联立整理可得：3x 2﹣20x +12=0，解得：x 23=或6，则P （6，，Q （23，；所以|PQ |=623++4323=，选项A 正确；因为F (2,0),所以PF ，QF 的中点分别为：（4，，（43，，所以A （0，，B （0，，所以|AB =， 选项B 正确；如图M 在抛物线上，ME 垂直于准线交于E ，可得|MF |=|ME |， 所以|MF |+|MN |=|ME |+|MN |≥NE =2+2=4，当N ，M ，E 三点共线时， |MF |+|MN |最小，且最小值为4，选项C 正确；对于选项D ，若0(M x 为抛物线C 上的点，则05x =，又4p =， 所以072pMF x =+=，选项D 错误. 故选：ABC.10．（2023春·河南·高三校联考）在三棱锥A BCD −中，平面ABD ⊥平面BCD ，BD CD ⊥，2BD CD ==，ABD △为等边三角形，E 是棱AC 的中点，F 是棱AD 上一点，若异面直线DE与BF AF 的值可能为（ ） A ．23B ．1C ．43D ．53【答案】AC【解析】由ABD △为等边三角形，取BD 的中点O ，连接AO ,则AO BD ⊥ 又平面ABD ⊥平面BCD ，且平面ABD ⋂平面BCD BD = 所以AO ⊥平面BCD ，由BD CD ⊥过O 作与CD 平行的直线为y 轴，分别以,OB OA 为,x z 轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为2BD CD ==，则()1,0,0B ，()()(1,0,0,1,2,0,D C A −−，所以12E ⎛− ⎝⎭．设()F a ，则12DE ⎛= ⎝⎭，()BF a =−，则28=13a =−或23a =−， 故1233AF AD ==或2433AF AD ==．故选：AC11．（2023秋·福建三明·高一福建省宁化第一中学校考阶段练习）已知G 为ABC 的重心，60BAC ∠=︒，2AB AC ⋅=，则||AG uuu r的可能取值为（ ）A ．23B ．1CD ．32【答案】CD【解析】如图，G 是ABC 的重心，记,,AB c AC b AB a ===， 则2211()()3323AG AD AB AC AB AC ==⨯+=+， 222222111()(2)(4)999AG AB AC AB AB AC AC b c =+=+⋅+=++，又1cos6022AB AC bc bc ⋅=︒==，即4bc =，所以2228b c bc +≥=，当且仅当2b c ==时等号成立，所以214(84)93AG ≥⨯+=．即233AG ≥CD 满足． 故选：CD ．12．（2023春·湖北黄冈·高三校考开学考试）已知ABC 的重心为G ，过G 点的直线与边AB ，AC 的交点分别为M ，N ，若AM MB λ=，且AMN 与ABC 的面积之比为920，则λ的可能取值为（ ）A ．43B ．32C ．53D ．3【答案】BD【解析】如图，()AM MB AB AM λλ==−，1AM AB λλ∴=+，即1AB AM λλ+=，设AC t AN =，则11()333tAG AB AC AM AN λλ+=+=+， M G N 、、三点共线，1=133t λλ+∴+，12t λ∴=−， 所以12AC AN λ⎛⎫=− ⎪⎝⎭，AMN ∴与ABC 的面积之比为920，191sin sin 2202AM AN A AB AC A ∴=⨯⨯， 即112029λλλ+⎛⎫⎛⎫−=⎪⎪⎝⎭⎝⎭，化简得22990λλ−+=，解得32λ=或3. 故选：BD13．（2023春·湖南长沙·高三长沙一中校联考）在三维空间中，定义向量的外积：a b ⨯叫做向量a 与b 的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：①()a a b ⊥⨯，()b a b ⊥⨯，且a ，b 和a b ⨯构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指向一致，如图所示）；②a b ⨯的模sin ,a b a b a b ⨯=，(,a b 表示向量a ，b 的夹角)． 在正方体1111ABCD A B C D −中，有以下四个结论，正确的有（ ）A ．11AB AC AD DB ⨯=⨯ B ．111AC A D ⨯与1BD 共线C ．AB AD AD AB ⨯=⨯ D ．6BC AC ⨯与正方体表面积的数值相等【答案】ABD【解析】对于A ，设正方体的棱长为1，在正方体中1,60AB AC =︒，则111sin ,2AB AC AB AC AB AC ⨯===， 因为11//BD B D ，且1160AD B ∠=︒，所以1,120AD DB =︒，所以111sin ,2AD DB AD DB AD DB ⨯=== 所以11AB AC AD DB ⨯=⨯，所以A 正确；对于B ，1111AC B D ⊥，111AC BB ⊥，1111B B B D B ⋂=，111,B B B D ⊂平面11BB D D ，11AC ⊥平面11BB D D ，因为1BD ⊂平面11BB D D ，所以111BD AC ⊥，同理可证11BD A D ⊥， 再由右手系知，111AC A D ⨯与1BD 同向，所以B 正确；对于C ，由a ，b 和a b ⨯构成右手系知，a b ⨯与b a ⨯方向相反， 又由a b ⨯模的定义知，sin ,sin ,a b a b a b b a a b b a ⨯===⨯， 所以a b ba ⨯=−⨯，则AB AD AD AB ⨯=−⨯，所以C 错误； 对于D ，正方体棱长为a ，266sin 456BC AC BC AC a a ⨯=⋅︒=⨯， 正方体表面积为26a ，所以D 对． 故选：ABD ．三、填空题14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数243,0()41,01x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨−>⎪+⎩.若关于x 的方程()()()2[]2110f x m f x m +−−+=有6个不同的实数根，则m 的取值范围___________.【答案】7,5⎛− ⎝⎭【解析】因为243,0()41,01x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨−>⎪+⎩，所以当0x ≤时，()243f x x x =++开口向上，对称轴为2x =−，()()min 21f x f =−=−，两零点为1,3x x =−=−；当0x >时，()411f x x =−+，则()f x 在()0,∞+上单调递减，零点为3x =，且()1f x >−； 由此作出()f x 的图像如图，.令()t f x =，则当13t −<<时，()t f x =有三个实数根，因为()()()2[]2110f x m f x m +−−+=有6个不同的实数根，所以()22110t m t m +−−+=必须有两个不等实根12,t t ，且()21,1,3t t ∈−，令()()2211g t t m t m =+−−+，则()()103021132Δ0g g m ⎧−>⎪>⎪⎪⎨−−<−<⎪⎪>⎪⎩，即()()()()212110932110621221410m m m m m m m ⎧−−−+>⎪+−−+>⎪⎨−<−<⎪⎪−−−+>⎩，解得75m −<<7,5m ⎛∈− ⎝⎭.故答案为：7,5⎛− ⎝⎭. 15．（2023春·全国·高一期末）已知函数241,1()log 3,1xx f x x x ⎧−⎪=⎨+>⎪⎩…集合21()2()02M x f x t f x t ⎧⎫⎛⎫=−++=⎨⎬ ⎪⎝⎭⎩⎭∣，若集合M 中有3个元素，则实数t 的取值范围为________．【答案】{|0t t =或1}2t ≥【解析】令()f x m =，记21()(2)2g m m t m t =−++的零点为12,m m ，因为集合M 中有3个元素，所以()f x 的图像与直线12,y m y m ==共有三个交点，则，12001m m =⎧⎨<<⎩或12101m m =⎧⎨<<⎩或12001m m >⎧⎨<<⎩当10m =时，得0=t ，212m =，满足题意； 当11m =时，得12t =，212m =，满足题意；当12001m m >⎧⎨<<⎩时，(0)01(1)1202g t g t t =>⎧⎪⎨=−−+<⎪⎩，解得12t >. 综上，t 的取值范围为{|0t t =或1}2t ≥.故答案为：{|0t t =或1}2t ≥16．（2023秋·黑龙江绥化·高一校考期末）ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知30,12=︒=A b ，若ABC 有两解，写出a 的一个可能的值为__________．【答案】7（满足(612)a ∈，均可，答案不唯一） 【解析】由于满足条件的ABC 有两个，则sin b A a b <<，即612a <<.故答案为：7（满足(612)a ∈，均可，答案不唯一）．17．（2023·海南·统考模拟预测）已知函数()314f x x m π⎛⎫=++− ⎪⎝⎭在3,04π⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上有3个零点1x ，2x ，3x ，其中123x x x <<，则1232x x x ++=______． 【答案】53π−【解析】令()0f x =314x m π⎛⎫++= ⎪⎝⎭，故()314f x x m π⎛⎫++− ⎪⎝⎭的零点为函数()314g x x π⎛⎫++ ⎪⎝⎭与函数y ＝m 交点的横坐标，作出函数g (x )在3,04π⎡⎤−⎢⎥⎣⎦上的大致图像：令3()42x k k πππ+=+∈Z ，解得()123k x k ππ=+∈Z ， 令1k =−，得4x π=−，则由图知2322=4x x ππ⎛⎫+=⨯−− ⎪⎝⎭，令2k =−，得712x π=−，则由图知12772=126x x ππ⎛⎫+=⨯−− ⎪⎝⎭， 故123752263x x x πππ++=−−=−． 故答案为：53π−﹒18．（2023春·辽宁沈阳·高三沈阳市第一二〇中学校考阶段练习）已知双曲线22:14x y C m −=与直线2y x =无交点，则m 的取值范围是_____． 【答案】(]0,16【解析】依题意，由22:14x y C m −=可得0m >，双曲线C 的渐近线方程为y =，因为双曲线C 与直线2y x =无交点，所以直线2y x =应在两条渐近线上下两部分之间，2≤，解得016m <≤，即(]0,16m ∈. 故答案为：(]0,16..。
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 －1x 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 <0，13x 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 ＝32ax 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＝32ax 没有实根，即e x ＝32ax ＋ax 2没有实根，所以只须函数y ＝e x 和y ＝32ax ＋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 ＝32ax ＋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 －32a ＝e x－a (2x ＋32)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 20－32ax 0>0，代入(*)式，化简得：x 0<－1又由(*)得，1a ＝2x 0＋32e x 0，令p (x )＝2x ＋32ex (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－2e<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 xx ＝a (32＋x )(x <0)无解观察函数y ＝e xx (x <0)和y ＝a (32＋x )(x <0)的图象，把握临界情况：当y ＝a (32＋x )恰为y ＝e xx (x <0)的切线时，设切点为(x 0，e xx 0) ，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0（x 0－1）x 20＝a ，e x 0x 0＝a （x 0＋32），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＋32xex(x <0)无解令h (x )＝x 2＋32xex(x <0)，则h ′(x )＝－x 2＋12x ＋32ex，可得：h (x )在(－∞，－1)递减，在(－1，0)递增，所以h (x )∈(－e2，＋)，所以1a <－e 2，即－2e<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 －32，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32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 2x(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________．。
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)．。
高考数学二轮复习微专题35运用数形结合思想探究函数零点问题
微专题35 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，解决此类问题的难例题：已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －x2，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 ，x2－2mx ＋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)＝⎩⎨⎧x2＋（4a －3）x ＋3a ，x ＜0，loga （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，|lnx|，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 ＋1ex 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⎝⎛⎭⎫32x0＝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 x ln b ＝e x ⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎫b e x lnb＝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 ＋1ex －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。
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。
专题11 函数的零点-2020年高考数学母题题源解密(天津专版)(原卷版)
专题11 函数的零点【母题来源】2020年高考数学天津卷【母题题文】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,)-∞+∞【答案】D【试题解析】 【分析】由(0)0g =，结合已知，将问题转化为|2|y kx =-与()()||f x h x x =有3个不同交点，分0,0,0k k k =<>三种情况，数形结合讨论即可得到答案.【详解】注意到(0)0g =，所以要使()g x 恰有4个零点，只需方程()|2|||f x kx x -=恰有3个实根 即可， 令()h x =()||f x x ，即|2|y kx =-与()()||f x h x x =的图象有3个不同交点. 因为2,0()()1,0x x f x h x x x ⎧>==⎨<⎩， 当0k =时，此时2y =，如图1，2y =与()()||f x h x x =有2个不同交点，不满足题意；当k 0<时，如图2，此时|2|y kx =-与()()||f x h x x =恒有3个不同交点，满足题意； 当0k >时，如图3，当2y kx =-与2yx 相切时，联立方程得220x kx -+=，令0∆=得280k -=，解得22k =（负值舍去），所以22k >. 综上，k 的取值范围为(,0)(22,)-∞+∞.故选：D.【命题意图】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题. 【命题方向】这类试题在考查题型上主要以选择形式出现．多为中档题，本类题型主要考查函数的图像和性质以及方程的根的个数等问题. 常见题型：（1）函数零点个数；（2）方程的根的个数；（3）函数图像交点个数 【方法总结】 （1）直接解方程； （2）利用函数图像的交点； （3）依据零点存在性定理； （4）借助二分法的方法.1．【2020·天津市天津中学2020届高三3月在线月考】已知函数()221,01,01x x x h x x x x ⎧-+>⎪=⎨+≤⎪-⎩，函数()()112g x h x mx m =--+-恰有三个不同的零点，则m 的取值范围是（ ）A. )10,222⎧⎫⎡-⋃-⎨⎬⎣⎩⎭ B. )90,222⎧⎫⎡+⋃⎨⎬⎣⎩⎭C. (922,02⎧⎫⎤--⋃⎨⎬⎦⎩⎭D. (1-22,02⎧⎫⎤+⋃-⎨⎬⎦⎩⎭2．【2020·天津市实验中学高三第六次阶段考】定义在(1,)+∞上的函数()f x 满足下列两个条件：（1）对任意的(1,)x ∈+∞恒有(2)2()f x f x =成立；（2）当(1,2]x ∈时，()2f x x =-；记函数()()(1)g x f x k x =--，若函数()g x 恰有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ）A. [1,2)B. 4,23⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 4,23⎡⎫⎪⎢⎣⎭D. 4,23⎛⎫⎪⎝⎭3．【天津市十二重点中学高三下学期毕业班联考】已知函数，，若函数恰有三个不同的零点，则实数的取值范围是（ ） A.B.C.D.4．【2020·天津市宁河区芦台第一中学高三高考二模】已知函数()()2,0f x ax bx c x R a =++∈>的零点为()1212,x x x x <，函数()f x 的最小值为0y ，且[]012,y x x ∈，则函数()y f f x =⎡⎤⎣⎦的零点个数是（ ）A. 2或3B. 3或4C. 3D. 45．【2020·天津市南开中学滨海生态城学校高二下学期期中考试】若函数()()()34020a ax ⎧-≤⎪=⎨-+>⎪⎩xa x f x x x ，有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ） A. (]1,2B. (]2,4C. (]3,4D. ()3,56．【2020·天津市南开区2020届高三下学期第一次月考】已知函数在上的最大值为，若函数有4个零点，则实数的取值范围为A.B.C.D.7．【2020·天津市红桥区2020届高三高考一模】方程2log 2x x +=的解所在的区间为（ ） A. (0.5,1)B. (1,1.5)C. (1.5,2)D. (2,2.5)8．【2020·天津市红桥区2020届高三高考二模】已知函数221,0()2,0x x f x x x x ⎧->=⎨--≤⎩，若函数()()g x f x m=-有三个零点，则实数m 的取值范围为（ ） A. (,0)-∞B. (1,)+∞C. (0,1)D. [0,1]9．【2020·天津市河西区2020届高三二模】已知函数()()1121222x x f x f x x ⎧--≤⎪=⎨-->⎪⎩，，，，若函数()()g x x f x a =⋅-(1)a ≥- 的零点个数为2，则（ ）A.2837a <<或1a =- B.2837a << C. 7382a <<或1a =-D. 7382a <<10．【2020·天津市河西区2020届高三二模】已知函数13()sin 40,324f x x x ππ⎛⎫⎛⎫⎡⎤=+∈ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎝⎭，函数()()g x f x a =+有3个零点1x ，2x ，3x ，则123x x x ++的取值范围是（ ）A. 107,32ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦B. 75,128ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 50,8π⎡⎫⎪⎢⎣⎭D. 75,128ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭11．【2020·天津市高三3月九校联考】设，，若函数在内有4个零点，则实数的取值范围是( ) A.B.C.D.12．【2020·天津市河东区2020届高三高考模拟】已知函数()12log ,0115,024x x f x a x x >⎧⎪⎪=⎨⎪+-≤⎪⎩，函数()3g x x =，若方程()()g x xf x =有4个不同实根，则实数a 的取值范围为（ ） A. ()5,+∞B. 155,2⎛⎤⎥⎝⎦C. ()3,5-D. ()3,513．【2020·天津压轴卷】已知函数()()23201120x x f x x x a x ax x ⎧≤⎪=-⎨⎪-++>⎩，，，若方程()f x ax =有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是（ ）14．【2020·天津部分地区模拟】已知函数()2171,20,6ln ,0,x x x f x x x e ⎧++-≤<⎪=⎨⎪<≤⎩ 函数()g x kx =.若关于x 的方程()f x ()0g x -=有3个互异的实数根，则实数k 的取值范围是 （ ） A. 15,6⎛⎫⎪⎝⎭e B. 11,3e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C. 15,36⎡⎤⎢⎥⎣⎦D. 10,e ⎛⎫ ⎪⎝⎭15．【2020·天津市东丽区天津耀华滨海学校高三年级上学期第二次统练】已知函数，若关于x 的方程恰有三个不同的实数根a ，b ，c ，则的取值范围是（ ） A.B.C.D.16．【2020·天津市第一中学告诉你下期月考】已知函数{}{}1,(0,2]()min 1,3,(2,4]min 3,5,(4,)x x f x x x x x x x ⎧-∈⎪⎪=--∈⎨⎪--∈+∞⎪⎩，若关于x 的方程()()(0)f x k f x k +=>有且只有 3个不同的实根，则k 的取值范围是__________．17．【2020·天津市部分区2020届高考二模】已知函数()sin 3(0)f x x x ωωω=+>，x ∈R .若函数()f x 在区间(0，4)π内恰有5个零点，则ω的取值范围为_________．18．【2020·天津市红桥区2020届高三高考一模】设()f x 与()g x 是定义在同一区间[],a b 上的两个函数，若函数()()()h x f x g x =-在[],a b 上有两个不同的零点，则称()f x 与()g x 在[],a b 上是“关联函数”．若()313f x x m =+与()2122g x x x =+在[]0,3上是“关联函数”，则实数m 的取值范围是______．19．【2020·天津市南开区高三下期期末】对于实数a 和b ，定义运算“*”：33*a a b a ba b b b a a b ⎧-≤=⎨->⎩（），（），，设21*1f x x x =--（）（）（），若函数2g x f x mx m R =-∈（）（）（）恰有三个零点123x x x ，，，则m 的取值范围是______；123x x x 的取值范围是______．20.【2020·天津市实验中学滨海分校高三模拟】已知函数254,0()22,0x x x f x x x ⎧++≤⎪=⎨->⎪⎩，若函数()y f x a x =-恰有4个零点，则实数a 的取值范围是________．。
微专题35运用数形结合探究函数零点问题答案
微专题351．答案：(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫43，2.解析：作出函数图像，易得k 的取值范围是(－∞，0)∪⎝⎛⎭⎫43，2.2．答案：10.解析：偶函数f (x )满足f (x ＋2)＝－f (x )，故函数f (x )的周期为4.当x ∈[0，2]时，f (x )＝2－x 2，故当x ∈[－2，0]时，f (x )＝2－x 2.则方程f (x )＝sin|x |的根的个数等于函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝sin|x |的图象的交点个数．在同一个坐标系中画出函数y ＝f (x )与函数y ＝sin|x |在[0，10]上的图象，可知有5个交点，故函数y ＝f (x )的图象与函数y ＝sin|x |的图象在[－10，10]上有10个交点．3．答案：(－∞，－e)．解析：化为|e x －1|＋1＝－ax ，令f (x )＝|e x －1|＋1＝⎩⎨⎧e x，x ≥0，2－e x ，x ＜0，作出图像可知，y ＝－ax 与 f (x )应在x ≥0上有两个不同的交点，考虑相切时，设切点 P (x 0，y 0)，则⎩⎨⎧y 0＝－ax 0，y 0＝e x 0，－a ＝e x 0，所以x 0＝1，此时P (1，e)，所以－a ＞e ，得a ＜－e. 4．答案：[－4，0)．解析：当x ＜0时，f ′(x )＝－3x 2＋6x ＝－3x (x －2)＜0，所以f (x )在x ＜0时单调递减，如图，作出函数f (x )＝⎩⎨⎧－x 3＋3x 2＋t ，x ＜0，x ，x ≥0的图象， 设f (x )－1＝m ，则f (x )＝1＋m ①，f (m )＝0②.若t ≥0，则函数g (x )＝f (f (x )－1)恰有1个或2个不同的零点，不合题意，所以t ＜0. 由②得，m ＝0或m ＝m 1＜0，当m ＝0时，由①得，f (x )＝1，此时f (x )＝1有2个不同的根； 当m ＝m 1＜0时，由①得，f (x )＝1＋m 1，此时f (x )＝1＋m 1也必须有2个不同的根， 所以1＋m 1≥0，所以－1≤m 1＜0，又－m 13＋3m 12＋t ＝0，所以t ＝m 13－3m 12，且t ＝m 13－3m 12在－1≤m 1＜0时单调增，所以t 的取值范围为[－4，0)．5．答案：4.6．解析：由题意知，当a ＝1，b ＝1时，y ＝1|x |－1＝⎩⎨⎧1x －1（x ≥0且x ≠1），－1x ＋1（x ＜0且x ≠－1）.在同一坐标系中画出“囧函数”与函数y ＝lg|x |的图象如图所示，易知它们有4个交点．6．答案：(－1，0)∪(0，＋∞)．解析：设f (x )＝t ，则方程f (f (x ))＝0有且仅有一个实数解，等价于f (t )＝0，t ＝f (x )有唯一解．情形1：当k ＝0时，由f (t )＝0得t ≤0或t ＝1，而f (x )＝t 时，解得x ≤1，与题意矛盾； 情形2：当k ＞0时，由图1可知，由f (t )＝0得t ＝1，而f (x )＝t ＝1时，解得x ＝1，适合题意；情形3：当k ＜0时，由图2可知，由f (t )＝0得t ＝1，要使f (x )＝t ＝1有唯一解，则－k ＜1，即－1＜k ＜0；综上，k ∈(－1，0)∪(0，＋∞)．7．答案：(1)[2e ，＋∞)；(2)(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．解析：(1)∵g (x )＝x ＋e 2x≥2e 2＝2e ，等号成立的条件是x ＝e ，故g (x )的值域是[2e ，＋∞)．因而只需m ≥2e ，g (x )＝m 有实根．(2)g (x )－f (x )＝0有两个相异的实根，即g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点．作出g (x )＝x ＋e 2x(x ＞0)和 f (x )的图象如图．∵f (x )＝－x 2＋2e x ＋m －1＝－(x －e)2＋m －1＋e 2，其最大值为m －1＋e 2，故当m －1＋e 2＞2e ，即m ＞－e 2＋2e ＋1时，g (x )与f (x )的图象有两个不同的交点，即g (x )－f (x )＝0有两个相异实根，∴m 的取值范围是(－e 2＋2e ＋1，＋∞)．8．答案：2个．解析：f (x )在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：易得，f (x )＝x sin x －32，从而f (0)＝－32＜0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0.又f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上的图象是连续不断的，所以 f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内至少存在一个零点．又可得出f (x )在⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增，故f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内有且只有一个零点．当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，π时，令g (x )＝ f ′(x )＝sin x ＋x cos x ，由g ⎝⎛⎭⎫π2＝1＞0，g (π)＝－π＜0，且g (x )在⎣⎡⎦⎤π2，π上的图象是连续不断的，故存在m ∈⎝⎛⎭⎫π2，π，使得g (m )＝0.由 g ′(x )＝2cos x －x sin x 知，当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，π时， g ′(x )＜0，从而g (x )在⎝⎛⎭⎫π2，π上单调递减． ①当x ∈⎝⎛⎭⎫π2，m 时，g (x )＞g (m )＝0，即f ′(x )＞0，从而 f (x )在⎝⎛⎭⎫π2，m 上单调递增， 故当x ∈⎣⎡⎦⎤π2，m 时，f (x )≥f ⎝⎛⎭⎫π2＝π－32＞0， 故f (x )在⎣⎡⎦⎤π2，m 上无零点； ②当x ∈(m ，π)时，有g (x )＜g (m )＝0，即f ′(x )＜0，从而f (x )在(m ，π)上单调递减．又f (m )＞0，f (π)＜0，且f (x )的图象在[m ，π]上连续不断，从而f (x )在区间(m ，π)上有且仅有一个零点．综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．。
数形结合解零点问题(已修改,含答案)
x 4 和 y 4 x的
x
x 4 x 4的 零 点 个 数 为1.
y y= x+4
O
1 y=4-x
x
(图1)
例 2 ： 定 义 函 数 f ( x ) m in { x , x } , 其 中 { x / x 0}
2
2
满 足 函 数 G ( x ) f ( x ) k 有 四 个 零 点 ， 求 k的 范 围 （ 即 图 象 f ( x )与 y k 有 四 个 交 点 ）
0k 1
(二 ） 零 点 所 在 区 间 问 题 例 3 ： 函 数 f ( x ) lg x x 3的 零 点 所 在 区 间 为 （ A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D . ( 3 , + )
C
y
）
y=lgx O 1 3 y=-x+3
(图4)
x
若 题 目 改 为 零 点 所 在 区 间 ( n , n 1), n N ， 则 n=?
评 注 ： 数 形 结 合 ， 要 在 结 合 方 面 下 功 夫 ,本 题 不 仅 要 通过图象直观估计，而且还要计算两个函数 值，通过比较其大小进行判断.
（三）零点值问题 例 4 ： 若 函 数 f ( x ) e x 3的 零 点 x1， g ( x ) ln x x 3的 零 点 x 2 ,
2
（1 ） 函 数 f ( x ) 有 四 个 零 点 （ 2 ） 函 数 f ( x )有 三 个 零 点 （3 ） 函 数 f ( x )有 两 个 零 点
0a 1 a 1
a 0或a 1
(一 ) 零 点 个 数 问 题 例1 ： 求 函 数 f
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 >。
数形结合解决函数的零点问题
数形结合 解决函数的零点问题
复习旧知
结论：函数的零点就是方程f(x)=0的
实数根，也就是函数y=f(x)的图象与x 轴的交点的横坐标。
等价关系：
方程f(x)=0有实数根 函数y=f(x)的图象与x轴有交点
函数y=f(x)有零点
判断函数零点个数的 3 种方法
一、 f (x) k 型函数的零点问题
的个3 数.
由图像可知有8个交点.
y
2
1 y=
x1
因为两函数图像都
x)
1
y = sin(2∙π∙x)
关于点 (1, 0) 对称,
所以交点的横坐标
2
o
2
1
4
x 6之和为8 8. 10
2
二、f (x) g(x) 型函数的零点问题
经验总结： 1.分离成两个函数求交点的问题. 2.注意分离的两个函数应尽可能的 是熟悉、常见的函数.
二、f (x) g(x)型函数的零点问题
例3 (2018年新课标Ⅰ)
已知函数 ex , x 0,
f (x)
, g(x) f (x) x a.
ln x, x 0.
若 g(x) 存在2个零点,则 a 的取值范围(
A.[－1,0)
B.[0,＋∞)
C.[－1,＋∞)
D.[1,＋∞)
例 4 (2018·山西质量检测)
已知 f(x)＝2|lxn＋x1|， ，xx≤>00，，
则方程 f[f(x)]＝3 的
根的个数是( C )
A．3 B．4 C．5 D．6
经验总结： 1.先分离出内外层函数，分别作出内外 层函数的图像，借助图像来求解. 2.注意：遵循“由外到内”的顺序，一层 层拆解直到求出x的值。
2020高考数学专项训练《37 与三次函数零点有关的取值范围问题》(有答案)
专题37 与三次函数零点有关的取值范围问题函数的零点个数、两个函数图象的交点个数等问题在近几年的数学高考中屡屡出现，例题：若13x 3－x 2＋ax －a ＝0只有一个实数根，求实数a 的取值范围．变式1已知函数f(x)＝13x 3＋12ax 2＋1有且只有一个零点，求实数a 的取值范围．变式2已知函数f(x)＝13x 3－（k ＋1）2x 2，g(x)＝13－kx ，若函数f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，求实数k 的取值范围．串讲1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 的取值范围是__________．串讲2已知函数f(x)＝13x 3－12(a ＋1)x 2＋ax ，设a ＞1，试讨论函数f(x)在区间[0，a ＋1]内零点的个数．(2018·全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝13x 3－a(x 2＋x ＋1)．(1)若a ＝3，求f(x)的单调区间； (2)证明：f(x)只有一个零点．(2018·苏州调研)已知函数f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋3，f(x)在x 1处取极大值，在x 2处取极小值．(1)若a ＝0，求函数f(x)的单调区间和零点个数；(2)在方程f(x)＝f(x 1)的解中，较大的一个记为x 3：在方程f(x)＝f(x 2)的解中，较小的一个记为x 4，证明：x 4－x 1x 3－x 2为定值；(3)证明：当a ≥1时，f(x)＞ln x.答案：(1)f(x)的增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)；减区间为(0，2)，f(x)有3个零点；(2)(3)略．解析：(1)当a ＝0时，f(x)＝x 3－3x 2＋3，f ′(x)＝3x 2－6x ；当f′(x)＞0时，x ＞2或x ＜0； 当f′(x)＜0时，0＜x ＜2；即函数f(x)的单调增区间为(－∞，0)，(2，＋∞)； 单调减区间为(0，2)；3分又f(－1)＝－1＜0，f(0)＝3＞0，f(2)＝－1＜0，f(3)＝3＞0，所以f(x)有3个零点．…4分(2)因为f(x)＝f(x 1)，则x 3－3x 2＋ax ＋3＝x 13－3x 12＋ax 1＋3，可知x 3－3x 2＋ax ＝x 13－3x 12＋ax 1.因为f′(x 1)＝0，即a ＝6x 1－3x 12，即x 3－x 13＋3x 12－3x 2＋ax －ax 1＝(x －x 1)[x 2＋x(x 1－3)－2x 12＋3x 1]＝(x －x 1)2(x ＋2x 1－3)＝0，可知x 3＝3－2x 1， 同理，由f(x)＝f(x 2)可知7分x 3－x 23＋3x 22－3x 2＋ax －ax 2＝(x －x 2)[x 2＋x(x 2－3)－2x 22＋3x 2]＝(x －x 2)2(x ＋2x 2－3)＝0；得到x 4＝3－2x 2；x 4－x 1x 3－x 2＝3－2x 2－x 13－2x 1－x 2＝1－x 21－x 1＝1－（2－x 1）1－x 1＝－1.10分(3)证法一：要证f(x)＝x 3－3x 2＋ax ＋3＞ln x ，即要证x 3－3x 2＋3＞ln x －ax.11分设u(x)＝x 3－3x 2＋3(x ＞0)，则u′(x)＝3x 2－6x ；当u′(x)＞0时，x ＞2；当u′(x)＜0时， 0＜x ＜2；可知[u(x)]min ＝u(2)＝－1；12分再设v(x)＝ln x －ax(x ＞0)，则v′(x)＝1x －a ；当v′(x)＞0时，0＜x ＜1a ；当v′(x)＜0时，x ＞1a；可知，v(x)max ＝v ⎝⎛⎭⎫1a ＝－ln a －1.14分 因为a ≥1，所以1a ≤1，－ln a －1≤－1，且v(x)和u(x)分别在1a 和2处取最大值和最小值，因此v(x)＜u(x)恒成立，即当a ≥1时，f(x)＞ln x.证法二：一方面，易证ln x ≤x －1；(略)另一方面，当a ≥1时，x 3－3x 2＋ax ＋3≥x 3－3x 2＋x ＋3；又(x 3－3x 2＋x ＋3)－(x －1)＝(x ＋1)(x －2)2≥0；所以，x 3－3x 2＋ax ＋3≥x 3－ 3x 2＋x ＋3≥x －1≥ln x ，且不存正数x ，使得其中等号同时成立，故f(x)＞ln x.专题37例题答案：(0，＋∞)．解法1令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根，∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者 f(x)极大值＜0或者f(x)极小值＞0.①f′(x)＝0的Δ≤0，解得a ≥1； ②当a ＜1时，设x 1，x 2为f ′(x)＝x 2－2x ＋a ＝0的两个根(x 1＜x 2)，f(x)在(－∞，x 1)和(x 2，＋∞)上单调递增，在(x 1，x 2)上单调递减.1° 若f(x)极大值＜0，即f(x 1)＜0，∴f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋⎝⎛⎭⎫23a －2x 1＝23(2x 1－a)＋⎝⎛⎭⎫23a －2x 1＝⎝⎛⎭⎫23a －23x 1－23a ＝23[]（a －1）x 1－a ＜0，∴x 1＞a a －1，即1－1－a ＞aa －1，解得(1－a)1－a ＜1，即(1－a)3＜1，得0＜a ＜1；2° 若f(x)极小值＞0，即f(x 2)＞0，同理f(x 2)＝23[(a －1)x 2－a]＞0.∴x 2＜a a －1，即1＋1－a ＜a a －1，解得－(1－a)1－a ＞1，即(1－a)3＜－1，得a ＞2(舍去)；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．解法2令f(x)＝13x 3－x 2＋ax －a ，则f′(x)＝x 2－2x ＋a.∵f(x)＝0有一个实数根，∴f ′(x)＝0的Δ≤0或者 f(x 1)·f(x 2)＞0(x 1，x 2是f(x)的极值点0)． ①f ′(x)＝0的Δ≤0，解得a ≥1； ②由x 1，x 2为f′(x)＝0的两个根，得⎩⎨⎧x 12－2x 1＋a ＝0x 12＝2x 1－a ，x 22－2x 2＋a ＝0x 22＝2x 2－a ，(a ＜1)于是f(x 1)＝13x 13－x 12＋ax 1－a ＝13x 1(2x 1－a)－(2x 1－a)＋ax 1－a ＝23x 12＋⎝⎛⎭⎫23a －2x 1＝23(2x 1－a)＝⎝⎛⎭⎫23a －2x 1＝ ⎝⎛⎭⎫23a －23x 1－23a ，同理可得f(x 2)＝⎝⎛⎭⎫23a －23x 2－23a ，于是有f(x 1)·f(x 2)＝⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23a －23x 1－23a ⎣⎡⎦⎤⎝⎛⎭⎫23a －23x 2－23a ＞0.当a ＜1时，⎝⎛⎭⎫x 1－a a －1⎝⎛⎭⎫x 2－a a －1＞0x 1x 2－a a －1(x 1＋x 2)＋⎝⎛⎭⎫a a －12＞0，又∵x 1，x 2是方程x 2－2x＋a ＝0的根，∴x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝a ，化简可得a(a 2－3a ＋3)＞0，解得0＜a ＜1；综上所述，实数a 的取值范围是(0，＋∞)．说明：显然解法2避免了再分类，更显简洁；同时利用“降幂”思想进行代换，可化繁为简．变式联想变式1答案：(－36，＋∞)．解法1∵函数f(x)＝13x 3＋12ax 2＋1有且只有一个零点．∴13x 3＋12ax 2＋1＝0有且只有一个实根，∵x ＝0不适合方程，∴a ＝－2x 2－2x 3有且只有一个实根，设g(x)＝－2x 2－2x3，有g ′(x)＝4x 3－23(x ≠0)，①当x ＜0时，g ′(x)＜0，∴g(x)在(－∞，0)上递减，且g(x)∈R ；②当x＞0时，令g ′(x )＝0，得x ＝36∴g (x )在(0，＋∞)上有最大值g (36)＝－36，且g (x )∈ (－∞，－36]，综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)．解法2令f (x )＝13x 3＋12ax 2＋1，则f ′(x )＝x 2＋ax .∵f (x )＝0有一个实数根，∴f ′(x )＝0的Δ≤0或者f (x 1)·f (x 2)＞0(x 1，x 2是f (x )的极值点)．①f ′(x )＝0的Δ≤0， 解得a ＝0；②f ′(x )＝0得x 1＝0，x 2＝－a (a ≠0)，f (x 1)·f (x 2)＝－13a 3＋12a 3＋1＞0，即16a 3＞－1，∴a＞－36且a ≠0.综上所述，实数a 的取值范围是(36，＋∞)．说明：显然解法2更显简洁． 变式2答案：(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)．解析：∵f(x)与g(x)的图象有三个不同的交点，∴f(x)＝g(x)有三个不等实根．令h(x)＝f(x)－g(x)＝13x 3－（k ＋1）2x 2＋kx －13，则h′(x)＝x 2－(k ＋1)x ＋k ＝(x －k)(x －1)，根据题意得k ≠1且h(1)·h(k)＜0，化简可得k －12⎝⎛－16k 3＋12k 2－⎭⎫13＜0，即－k －112(k －1)(k 2－2k －2)＜0，∴k 2－2k －2＞0，解得k ＞1＋3或k ＜1－3，∴实数k 的取值范围是(－∞，1－3)∪(1＋3，＋∞)．串讲激活串讲1答案：(－∞，－2)．解析：①当a ＝0时，－3x 2＋1＝0时，x ＝±33，所以此时不符合题意；②当a ＞0时，f ′(x)＝3ax 2－6x ＝3x(ax －2)，当f′(x)＞0时，解得x ＞2a 或x ＜0，则f(x)在(－∞，0)上单调递增，因为f(0)＝1，f(－1)＝－a －2＜0，则存在一零点在(－∞，0)上，所以此时不符合题意；③当a ＜0时，当f′(x)＞0时，解得2a ＜x ＜0，f ′(x)＜0时，解得x ＜2a 或x ＞0，所以函数f(x)在⎝⎛⎭⎫－∞，2a 上单调递减，在⎝⎛⎭⎫2a ，0上单调递增，在(0，＋∞)上单调递减，若f(x)在R 上存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则f ⎝⎛⎭⎫2a ＝8a 2－12a 2＋1＞0，即－4a 2＋1＞0，整理得a 2＞4，整理得a 2＞4，解得a ＜－2或a ＞2(舍去)，综上所述，当a ＜－2时满足题意．串讲2答案：当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点；当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点；当3＜a ≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点；当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．解析：f′(x)＝x 2－(a ＋1)x ＋a ＝(x －1)(x －a)，当a ＞1时，函数f(x)在(0，1)和(a ，a ＋1)上单调递增，在(1，a)上单调递减，又f(0)＝0，f(a)＝12a 2－16a 3，f(a ＋1)＝－16(a ＋1)(a 2－4a＋1)，解不等式f(a)＞0得1＜a ＜3，解不等式f(a ＋1)＞0得1＜a ＜2＋3，于是如下讨论：①当1＜a ＜3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有一个零点； ②当a ＝3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点；③当3＜a ≤2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有三个零点； ④当a ＞2＋3时，f(x)在区间[0，a ＋1]内有两个零点．新题在线答案：(1)f(x)在(－∞，3－23)和(3＋23，＋∞)的单调递增，在(3－23，3＋23)的单调递减；(2)略．解析：(1)当a ＝3时，f(x)＝13x 3－3x 2－3x －3，f ′(x)＝x 2－6x －3.令f′(x)＝0，解得x ＝3－23或x ＝3＋2 3.当x ∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f ′(x)>0；当x ∈(3－23，3＋23)时，f ′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．(2)∵x 2＋x ＋1>0，∴f(x)＝0等价于x 3x 2＋x ＋1－3a ＝0.设g(x)＝x 3x 2＋x ＋1－3a ，则g ′(x)＝x 2（x 2＋2x ＋3）（x 2＋x ＋1）2≥0，仅当x ＝0时g′(x)＝0， ∴g(x)在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．又f(3a －1)＝－6a 2＋2a －13＝－6⎝⎛⎭⎫a －162－16<0，f(3a ＋1)＝13>0，故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．。
2020届高考数学(理)数形结合思想专练
A.[－1,1＋2 ]B．[1－2 ，1＋2 ]
C.[1－2 ，3]D．[1－ ，3]
答案C
解析
曲线方程可化简为(x－2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圆心为(2,3)、半径为2的半圆，数形结合，当直线y＝x＋b与此半圆相切，须满足圆心(2,3)到直线y＝x＋b距离等于2，解得b＝1＋2 或b＝1－2 .因为是下半圆，则舍去b＝1＋2 ；当直线过点(0,3)时，解得b＝3，故1－2 ≤b≤3，所以C正确.
8.[2017·山西四校模拟]设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S4≥10，S5≤15，则a4的最大值为________.
答案4
解析由题意可得 即
又a4＝a1＋3d，故此题可转化为线性规划问题．画出可行域如图所示.
作出直线a1＋3d＝0，经平移可知当直线a4＝a1＋3d过可行域内点A(1,1)时，截距最大，此时a4取最大值4.
而x·f(x)是奇函数，画
x·f(x)大致图象如图，
由图可知：x·f(x)<0的解集为{x|x<－3或0<x<3}．故选B.
2.方程sinπx＝ 的解的个数是()
A.5B．6C．7D．8
答案C
解析在同一平面直角坐标系中画出y1＝sinπx和y2＝ 的图象，如图．观察图象可知y1＝sinπx和y2＝ 的图象在第一象限有3个交点，根据对称性可知，在第三象限也有3个交点，再加上原点，共7个交点，所以方程sinπx＝ 有7个解.
数形结合思想专练
一、选择题
1.若f(x)是偶函数，且在(0，＋∞)上是增函数，又f(－3)＝0，则x·f(x)<0的解集是()
专题05 挖掘“隐零点”,破解导数压轴题-2020年高考数学压轴题之函数零点问题(解析版)
第二步：以零点为分界点，说明导函数 f′(x)的正负，进而得到 f(x)的最值表达式；这里应注意，进行代
【典型例题】
类型一 挖掘“隐零点”，求参数的最值或取值范围
例 1.【浙江省杭州第十四中学 2019 届高三 12 月月考】设函数
,曲线 y=f(x)
在 x=1 处的切线与直线 y=3x 平行.
(1)判断函数 f(x)在区间 和
上的单调性，并说明理由;
(2)当
时,
恒成立，求 的取值范围.
【答案】（1）区间
（0，x0）上为正、在（x0，x2）上为负、在（x2，+∞）上为正，
所以
f（x）必存在唯一极大值点
x0，且
2x0﹣2﹣lnx0=0，所以
f（x0）=
x
2 0
﹣
x
0
﹣x0
ln
x
0
=
x
2 0
﹣
x
0
﹣
x 0(2x 0
2)=﹣
x
2 0
+
x
0
，由
x0＜
1 2
可知
f（x0）＜(x
2 0
x 0 )max
1 22
零点的存在性定理）或函数的图象，能够判断出零点确实存在，但是无法直接求出，不妨称之为隐性零点.
我们一般可对零点“设而不求”，通过一种整体的代换和过渡，再结合其他条件，从而最终解决问题．我们
称这类问题为“隐零点”问题．处理此类问题的策略可考虑“函数零点存在定理”、“构造函数”、利用“函
数方程思想”转化等，从操作步骤看，可遵循如下处理方法：
当 x 0,1 ，(x) 0 ，即(x) 在区间 0,1 为增函数，
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专题35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.
例题：已知f(x)－x 2，x ≥0，
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 ≤m ，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)2＋（4a －3）x ＋3a ，x ＜0，
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 ＋1e
x ≥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320
＝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 x ln b ＝e x 1＋b e x ln 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 )＝1b e 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
专题35
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∪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4a －3）·0＋3a ≥f （0）＝1，
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 1e ，＋∞串讲2－18，0，18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 －18，0
新题在线
(－e ，－1)．
解析：作出函数f(x)
x ≤0，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1e 3，－1，－e ，由图象可知：当函数f(x)
x ≤0，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 ＝1e
3或－e ＜k ＜－1，所以当f(x)＝kx ＋2有4个不同的解时，对应的k
(－e ，－1)．。