資源簡介

1055370010947400應用“三招五法”，輕松破解含參零點問題
根據函數的零點情況，討論參數的范圍是高考的重點和難點．對于此類題目，我們常利用零點定理、數形結合、函數單調性與分離參數等思想方法來求解．
[典例]　已知函數f(x)＝ax3－3x2＋1，若f(x)存在唯一的零點x0，且x0＞0，則a的取值范圍為(　　)
A．(2，＋∞)　　　　　　 B．(－∞，－2)
C．(1，＋∞) D．(－∞，－1)
[思路點撥]
本題的實質是函數f(x)存在唯一的零點x0∈(0，＋∞)，因此可利用其代數特征轉化為方程有唯一的正根來構思解析，也可以從零點本身的幾何特征入手，將其轉化為曲線的交點問題來突破，還可以利用選項的唯一性選取特例求解．
[方法演示]
法一　單調性法：利用函數的單調性求解
由已知得，a≠0，f′(x)＝3ax2－6x，
令f′(x)＝0，得x＝0或x＝.
當a>0時，x∈(－∞，0)，f′(x)>0；x∈，f′(x)<0；x∈，＋∞，f′(x)>0.所以函數f(x)在(－∞，0)和，＋∞上單調遞增，在0，上單調遞減，且f(0)＝1>0，故f(x)有小于零的零點，不符合題意．
當a<0時，x∈－∞，，f′(x)<0；x∈，0，f′(x)>0；x∈(0，＋∞)，f′(x)<0.所以函數f(x)在－∞，和(0，＋∞)上單調遞減，在，0上單調遞增，所以要使f(x)有唯一的零點x0且x0>0，只需f>0，即a2>4，解得a<－2.
法二　數形結合法：轉化為直線與曲線的位置關系求解

由ax3－3x2＋1＝0可知x≠0，可得ax＝3－，作出y＝3－的圖象如圖所示，轉動直線y＝ax，顯然a>0時不成立；當a<0，直線y＝ax與左邊的曲線相切時，設切點為t,3－，其中t<0，則切線方程為y－3－＝(x－t)．又切線過原點，則有0－3－＝(0－t)，解得t＝－1(t＝1舍去)，此時切線的斜率為－2，由圖象可知a<－2符合題意．
法三　數形結合法：轉化為兩曲線的交點問題求解
令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.問題轉化為g(x)＝ax3的圖象與h(x)＝3x2－1的圖象存在唯一的交點，且交點橫坐標大于零．
當a＝0時，函數g(x)的圖象與h(x)的圖象存在兩個的交點；
當a>0時，如圖(1)所示，不合題意；
當a<0時，由圖(2)知，可先求出函數g(x)＝ax3與h(x)＝3x2－1的圖象有公切線時a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由圖形可知當a<－2時，滿足題意．
　　　
法四　分離參數法：參變分離，演繹高效
易知x≠0，令f(x)＝0，則a＝－，記g(x)＝－，g′(x)＝－＋＝，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單

調遞減，在(－1,0)和(0,1)上單調遞增，且g(－1)＝－2，畫出函數大致圖象如圖所示，平移直線y＝a，結合圖象，可知a<－2.
法五　特例法：巧取特例求解
取a＝3，則f(x)＝3x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，從而f(x)在(－∞，0)上存在零點，排除A、C.
取a＝－，則f(x)＝－x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f<0，從而f(x)在(－∞，0)上存在零點，排除D，故選B.
[答案]　B
[解題師說]
函數的含參零點問題是高考熱門題型，既能很好地考查函數、導數、方程與不等式等基礎知識，又能考查分類討論、數形結合、轉化與化歸等思維能力，所以此類題往往能較好地體現試卷的區分度．
由本題的五種方法，可知破解含參零點問題常有“三招”.
第一招 帶參討論
當我們無法通過等價轉化的思想將原問題轉化為相對容易的問題時，我們要根據題設要求直接研究函數的性質．由于函數含有參數，通常需要合理地對參數的取值進行分類，并逐一求解．(如本題解法一)
第二招 數形結合
由兩個基本初等函數組合而得的超越函數f(x)＝g(x)－h(x)的零點個數，等價于方程g(x)－h(x)＝0的解的個數，亦即g(x)＝h(x)的解的個數，進而轉化為基本初等函數y＝g(x)與y＝h(x)的圖象的交點個數．(如本題解法二和解法三)
第三招 分離參數
通過將原函數中的變參量進行分離后變形成g(x)＝l(a)，則原函數的零點問題化歸為與x軸平行的直線y＝l(a)和函數g(x)的圖象的交點問題．(如本題解法四)

[應用體驗]
1．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝(　　)
A．－ B.
C. D．1
解析：選C　法一：由函數f(x)有零點，得x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)＝0有解，
即(x－1)2－1＋a(ex－1＋e－x＋1)＝0有解，
令t＝x－1，則上式可化為t2－1＋a(et＋e－t)＝0，
即a＝.
令h(t)＝，易得h(t)為偶函數，
又由f(x)有唯一零點得函數h(t)的圖象與直線y＝a有唯一交點，則此交點的橫坐標為0，
所以a＝＝，故選C.
法二：由f(x)＝0?a(ex－1＋e－x＋1)＝－x2＋2x.
ex－1＋e－x＋1≥2＝2，當且僅當x＝1時取“＝”．
－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時取“＝”．
若a>0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a，
要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝.
若a≤0，則f(x)的零點不唯一．
綜上所述，a＝.
2．設m∈N，若函數f(x)＝2x－m＋10存在整數零點，則符合條件的m的個數為(　　)
A．2 B．3
C．4 D．5
解析：選C　令f(x)＝0，得m＝.又m∈N，因此有解得－5≤x＜10，x∈Z，
∴0＜≤.
當2x＋10＝0，即x＝－5時，m＝0；
當2x＋10≠0時，要使m∈N，則需∈N，
當＝1，即x＝9時，m＝28；
當＝2，即x＝6時，m＝11；
當＝3，即x＝1時，m＝4，
所以符合條件的m的個數為4.
3．設函數f(x)＝若關于x的方程f(x)＝a有4個不同的解x1，x2，x3，x4，且x1＜x2＜x3＜x4，則＋的取值范圍是(　　)
A．(－3，＋∞) B．(－∞，3)
C．[－3,3) D．(－3,3]
解析：選D　在同一坐標平面內畫出函數y＝f(x)的大致圖象如圖所示，結合圖象可知，當且僅當a∈(0,2]時，直線y＝a與函數y＝f(x)的圖象有4個不同的交點，即方程f(x)＝a有4個不同的解，此時有x1＋x2＝－4，|log2x3|＝|log2x4|(0＜x3＜1＜x4≤4)，即有－log2x3＝log2x4，x3x4＝1，所以＋＝x4－(1＜x4≤4)，易知函數y＝x4－在區間(1,4]上是增函數，因此其值域是(－3,3]．

4．若函數f(x)＝ex－ax2有三個不同的零點，則實數a的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
解析：選A　函數f(x)＝ex－ax2有三個不同的零點等價于函數y＝ex與y＝ax2的圖象有三個不同的交點，則顯然有a>0，且在(－∞，0)上兩函數的圖象有一個交點．當x>0時，設兩函數圖象在點(x0，ex0)處相切，則解得由圖易得若兩函數圖象有兩個不同的交點，則a>，即實數a的取值范圍為.

一、選擇題
1．(2018·貴陽檢測)已知函數f(x)＝ln(x2－4x－a)，若對任意的m∈R，均存在x0使得f(x0)＝m，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，－4)　　　　　　 B．(－4，＋∞)
C．(－∞，－4] D．[－4，＋∞)
解析：選D　依題意得，函數f(x)的值域為R，令函數g(x)＝x2－4x－a，其值域A包含(0，＋∞)，因此對方程x2－4x－a＝0，有Δ＝16＋4a≥0，解得a≥－4，即實數a的取值范圍是[－4，＋∞)．
2．設函數f(x)是定義在R上的偶函數，且對任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(x)．當0≤x≤1時，f(x)＝x2.若直線y＝x＋a與函數y＝f(x)的圖象有兩個不同的公共點，則實數a的值是(　　)
A．n(n∈Z) B．2n(n∈Z)
3983990349250C．2n或2n－(n∈Z) D．n或n－(n∈Z)
解析：選C　依題意得，函數y＝f(x)是周期為2的偶函數，畫出函數的大致圖象如圖所示．在[0,2)上，由圖象易得，當a＝0或－時，直線y＝x＋a與函數y＝f(x)的圖象有兩個不同的公共點，∵函數f(x)的周期為2，∴a的值為2n或2n－(n∈Z)．
3．(2018·洛陽第一次統考)若函數f(x)＝ln x－ax2＋x有兩個零點，則實數a的取值范圍是(　　)
A．(－∞，1) B．(0,1)
C. D.
解析：選B　依題意，關于x的方程ax－1＝有兩個不等的正根．記g(x)＝，則g′(x)＝，當00，g(x)在區間(0，e)上單調遞增；當x>e時，g′(x)<0，g(x)在區間(e，＋∞)上單調遞減，且g(e)＝，當0 4．若f(x)＝ln x＋ax－1有且僅有一個零點，則實數a的最小值為(　　)
A．0 B．－
C．－1 D．1
400050095250解析：選B　由f(x)＝0，得ln x＝－ax＋1，
在同一坐標系中畫出y＝ln x和y＝－ax＋1的圖象如圖所示，
直線y＝－ax＋1的斜率k＝－a，
且恒過(0,1)點．
當k≤0，即a≥0時，只有一個交點，從而f(x)只有一個零點，
當k>0，且直線y＝－ax＋1與y＝ln x相切于點P(x0，ln x0)時，切線方程為y－ln x0＝(x－x0)，
將x＝0，y＝1代入得ln x0＝2，即x0＝e2，k＝＝，
所以a＝－，
所以當a≥－時，直線y＝－ax＋1與y＝ln x的圖象只有一個交點，即f(x)只有一個零點，故a的最小值為－.
5．(2018·石家莊模擬)已知函數f(x)＝－kx(e為自然對數的底數)有且只有一個零點，則實數k的取值范圍是(　　)
A．(0,2) B.
C．(0，e) D．(0，＋∞)
解析：選B　由題意，知x≠0，函數f(x)有且只有一個零點等價于方程－kx＝0只有一個根，即方程＝k只有一個根，設g(x)＝，則函數g(x)＝的圖象與直線y＝k只有一個交點．
因為g′(x)＝，由g′(x)>0，得x>2或x<0；
由g′(x)<0，得0 所以函數g(x)在(－∞，0)上為增函數，在(0,2)上為減函數，在(2，＋∞)上為增函數，g(x)的極小值為g(2)＝，且x→0時，g(x)→＋∞；x→－∞時，g(x)→0；x→＋∞時，g(x)→＋∞，則g(x)的圖象如圖所示，由圖易知0
6．(2018·蘭州模擬)已知奇函數f(x)是R上的單調函數，若函數y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，則實數λ的值是(　　)
A. B.
C．－ D．－
解析：選C　因為函數y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，
所以方程f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0只有一個實數根．
又函數f(x)是定義在R上的奇函數，
所以f(－x)＝－f(x)，所以f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0?f(2x2＋1)＝－f(λ－x)?f(2x2＋1)＝f(x－λ)?2x2＋1＝x－λ，
所以方程2x2－x＋1＋λ＝0只有一個實數根，
所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，
解得λ＝－.
7．(2018·長沙模擬)對于滿足0 A．1， B．(1,2]
C．[1，＋∞) D．(2，＋∞)
解析：選D　依題意對方程ax2＋bx＋c＝0，
有Δ＝b2－4ac>0，于是c<，
從而>＝1＋－2，
對滿足0 令t＝，因為0 因為－t2＋t＋1∈(1,2]，所以>2.
8．(2018·湘中名校聯考)已知函數f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c有兩個極值點x1，x2，若x1 A．2 B．3
C．4 D．5
解析：選D　由題意，得f′(x)＝－x2＋2ax＋b.因為x1，x2是函數f(x)的兩個極值點，所以x1，x2是方程－x2＋2ax＋b＝0的兩個實數根，所以由[f(x)]2－2af(x)－b＝0，可得f(x)＝x1或f(x)＝x2.由題意，知函數f(x)在(－∞，x1)，(x2，＋∞)上單調遞減，在(x1，x2)上單調遞增，又x1
9．(2018·石家莊模擬)已知函數f(x)＝e2x－ax2＋bx－1，其中a，b∈R，e為自然對數的底數．若f(1)＝0，f′(x)是f(x)的導函數，函數f′(x)在區間(0,1)內有兩個零點，則a的取值范圍是(　　)
A．(e2－3，e2＋1) B．(e2－3，＋∞)
C．(－∞，2e2＋2) D．(2e2－6,2e2＋2)
解析：選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，則g′(x)＝4e2x－2a，因為x∈(0,1)，所以4<4e2x<4e2.當a≥2e2時，g′(x)<0，函數g(x)在(0,1)內單調遞減，故g(x)在(0,1)內至多有一個零點；當a≤2時，g′(x)>0，函數g(x)在(0,1)內單調遞增，故g(x)在(0,1)內至多有一個零點；當20，所以函數g(x)在內單調遞減，在內單調遞增，所以g(x)min＝gln＝a－aln＋b＝2a－aln－e2＋1.令h(x)＝2x－xln－e2＋1＝2x－xln x＋xln 2－e2＋1(20，h(x)為增函數，當x∈(2e,2e2)時，h′(x)<0，h(x)為減函數，所以h(x)max＝h(2e)＝2e－e2＋1<0，即g(x)min<0恒成立，
所以函數g(x)在(0,1)內有兩個零點，
則解得e2－3 綜上所述，a的取值范圍為(e2－3，e2＋1)．
10．(2017·太原一模)設[x]表示不小于實數x的最小整數，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函數f(x)＝([x])2－2[x]，若函數F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在(－1,4]上有2個零點，則實數k的取值范圍是(　　)
A．－，－1∪[2,5) B．－，－1∪[5,10)
C．－1，－∪[5,10) D．－，－1∪[5,10)
解析：選C　由題意知，
f(x)＝([x])2－2[x]＝


令F(x)＝0，得f(x)＝k(x－2)－2，作出函數y＝f(x)和y＝k(x－2)－2的圖象如圖所示．
若函數F(x)＝f(x)－k(x－2)＋2在(－1,4]上有2個零點，則函數y＝f(x)和y＝k(x－2)－2的圖象在(－1,4]上有2個交點，結合圖象可得，kPA＝5，kPB＝10，kPO＝－1，kPC＝－，所以實數k的取值范圍是－1，－∪[5,10)．
11．已知函數f(x)＝方程[f(x)]2－af(x)＋b＝0(b≠0)有6個不同的實數解，則3a＋b的取值范圍是(　　)
A．[6,11] B．[3,11]
C．(6,11) D．(3,11)
解析：選D　作出函數f(x)的圖象如圖所示，

對于方程[f(x)]2－af(x)＋b＝0，可令f(x)＝t，那么方程根的個數就是f(x)＝t1與f(x)＝t2的根的個數之和，結合圖象可知，要使總共有6個根，需要一個方程有4個根，另一個方程有2個根，從而可知關于t的方程t2－at＋b＝0有2個根，分別位于區間(0,1)與(1,2)內，由根的分布得出約束條件

畫出可行域如圖所示，目標函數z＝3a＋b經過的交點A(3,2)時取得最大值11，經過B(1,0)時取得最小值3.故3a＋b的取值范圍為(3,11)．
12．(2018·廣東五校協作體第一次診斷)已知e為自然對數的底數，若對任意的x1∈[0,1]，總存在唯一的x2∈[－1,1]，使得x1＋xex2－a＝0成立，則實數a的取值范圍是(　　)
A．[1，e] B．(1，e]
C. D.
解析：選C　令f(x1)＝a－x1，則f(x1)在x1∈[0,1]上單調遞減，且f(0)＝a，f(1)＝a－1.令g(x2)＝xex2，則g′(x2)＝2x2ex2＋xex2＝x2ex2(x2＋2)，且g(0)＝0，g(－1)＝，g(1)＝e.若對任意的x1∈[0,1]，總存在唯一的x2∈[－1,1]，使得x1＋xex2－a＝0成立，即f(x1)＝g(x2)，則f(x1)＝a－x1的最大值不能大于g(x2)的最大值，即f(0)＝a≤e，因為g(x2)在[－1,0]上單調遞減，在(0,1]上單調遞增，所以當g(x2)∈時，有兩個x2使得f(x1)＝g(x2)．若存在唯一的x2∈[－1,1]，使得f(x1)＝g(x2)，則f(x1)的最小值要比大，所以f(1)＝a－1>，所以a>1＋，故實數a的取值范圍是.
二、填空題
13．若對任意的實數a，函數f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b有兩個不同的零點，則實數b的取值范圍是________．
411480091440解析：由f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b＝0，得(x－1)ln x＝a(x－1)－b.設g(x)＝(x－1)ln x，h(x)＝a(x－1)－b，則g′(x)＝ln x－＋1，因為g′(x)＝ln x－＋1在(0，＋∞)上是增函數，且g′(1)＝0，所以當0＜x＜1時，g′(x)＜0，當x＞1時，g′(x)＞0，所以g(x)在區間(0,1)上是減函數，在區間(1，＋∞)上是增函數，又g(1)＝0，所以函數g(x)的大致圖象如圖所示．易知h(x)＝a(x－1)－b的圖象是恒過點(1，－b)的直線，當－b＞0，即b＜0時，易知對任意的實數a，直線h(x)＝a(x－1)－b與函數g(x)的圖象始終有兩個不同的交點，即函數f(x)＝(x－1)ln x－ax＋a＋b有兩個不同的零點；當b＝0時，若a＝0，則h(x)＝0，其圖象與函數g(x)的圖象只有一個交點，不滿足；當－b＜0，即b＞0時，由圖易知，不滿足對任意的實數a，直線h(x)＝a(x－1)－b與函數g(x)的圖象始終有兩個不同的交點．綜上可知，b＜0.
答案：(－∞，0)
14．已知函數f(x)＝與g(x)＝a(x＋1)的圖象在(－1,1]上有2個交點，若方程x－＝5a的解為正整數，則滿足條件的實數a的個數為________．

解析：在同一坐標系中作出函數f(x)與g(x)的圖象如圖所示，結合圖象可知，實數a的取值范圍是.由x－＝5a，可得x2－5ax－1＝0，設h(x)＝x2－5ax－1，當x＝1時，由h(1)＝1－5a－1＝0，可得a＝0，不滿足題意；當x＝2時，由h(2)＝4－10a－1＝0，可得a＝，滿足題意；當x＝3時，由h(3)＝9－15a－1＝0，可得a＝，不滿足題意．又函數y＝x－在(0，＋∞)上單調遞增，故滿足條件的實數a的個數為1.
答案：1
15．若函數f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零點x0，且m 解析：令y1＝x2＋，y2＝aln x(a>0)，
則y1′＝2x－，y2′＝(a>0)．
∵函數f(x)＝x2＋－aln x(a>0)有唯一的零點x0，∴函數y1＝x2＋，y2＝aln x的圖象有公切點(x0，y0)，則?x＋－2ln x0＝0.
構造函數g(x)＝x2＋－2ln x(x>0)，
則g(1)＝3，g(2)＝4＋1－2×ln 2＝5－7ln 2，
欲比較5與7ln 2的大小，可比較e5與27的大小，
∵e5>27，∴g(2)>0，
又g(e)＝e2＋－2＝－e2＋<0，
∴x0∈(2，e)，∴m＝2，n＝3，∴m＋n＝5.
答案：5
16．已知函數f(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在，＋∞上有兩個零點，則實數k的取值范圍為________．
解析：f(x)＝x2－xln x－k(x＋2)＋2在上有兩個零點，即關于x的方程x2－xln x＋2＝k(x＋2)在上有兩個不相等的實數根．令g(x)＝x2－xln x＋2，所以當x∈時，直線y＝k(x＋2)與函數g(x)＝x2－xln x＋2的圖象有兩個不同的交點．設直線y＝k0(x＋2)與函數g(x)＝x2－xln x＋2，x∈的圖象相切于點(x0，y0)，g′(x)＝2x－ln x－1，則有由此解得x0＝1，k0＝1.令h(x)＝g′(x)＝2x－ln x－1，則h′(x)＝2－，且x≥，所以h′(x)≥0，故h(x)在上單調遞增，h(x)≥h＝ln 2＞0，所以g(x)在上單調遞增，g＝＋ln 2，作出y＝g(x)的大致圖象，如圖所示，當直線y＝k(x＋2)經過點時，k＝＋.又當直線y＝k(x＋2)與g(x)的圖象相切時，k＝1.結合圖象可知，k的取值范圍是.

答案：

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