谈含参函数零点问题的解题策略

思路探寻含参零点问题通常较为复杂，零点一般会随着参数的变化而变化.此类问题不仅考查了函数的零点、图象、性质，还考查了方程、不等式等知识的应用.在解题时，我们需从参数入手，灵活运用各类数学思想、方法来寻找解题的思路.下面，笔者谈一谈求解含参零点问题的两种路径.一、数形结合函数f (x )的零点即为函数f (x )图象与x 轴的交点.在遇到含参函数零点问题时，可作出相对应的函数图象，将数与形结合起来，把函数零点问题转化为函数图象与x 轴的交点问题，结合函数的图象来研究交点的位置、取值范围等.例1.已知函数f (x )=ae 2x+(a -2)e x-x ，若f (x )有2个零点，求a 的取值范围.解：对f (x )=ae 2x +(a -2)e x -x 求导，可得f ′(x )=()2e x+1()ae x-1，当a ≤0时，f ′(x )≤0在R 上恒成立，故f (x )在R 上单调递减，所以函数图象与x 轴最多只有一个交点，故不合题意.当a >0时，由f ′(x )=0，得x =ln 1a，当x >ln 1a 时，f ′(x )>0，当x <ln 1a时，f ′(x )<0，所以f (x )在æèöø-∞,ln 1a 上单调递减，在æèöøln 1a ,+∞上单调递增，其图象如图所示.由图可知，要使f (x )=ae 2x +(a -2)e x -x 与x 轴有2个交点，需使a >0，且f (x )min =f (ln 1a )=1-1a +ln a <0，令g (1a )=1-1a +ln a ，则g ′(a )=1a2+1a >0，故g (a )在()0,+∞上单调递增，又g (1)=0，所以0<a <1，故a 的取值范围是()0,1.解答本题，我们首先要对函数求导，讨论出函数的单调性并绘制出相应的图象，再利用数形结合思想，结合图象来讨论函数图象与x 轴的交点的情况，便可建立满足条件的不等式，求得a 的取值范围.二、利用零点存在性定理若函数y =f (x )在区间[]a ,b 上的图象是连续不断的一条曲线，并且f (a )∙f (b )<0，那么函数y =f (x )在区间()a ,b 内有零点，即存在c ∈(a ,b )，使得f (c )=0，该定理为零点存在性定理.在解答含参零点问题时，需要先根据题意确定零点所在的区间或大概范围；然后将端点值代入函数式中，判断f ()a ∙f ()b 是否小于0，若小于0，则函数在该区间上存在零点.利用零点存在性定理，可快速解答含参零点的取值范围问题、判断含参零点的个数问题以及判断在某区间上是否存在零点.例2.已知函数f (x )=ax 2-2x +1在区间(-1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点，求实数a 的取值范围.解：因为函数f (x )=ax 2-2x +1在区间(-1,1)和区间（1,2）上分别存在一个零点，根据零点存在性定理可知，{f (-1)∙f (1)<0,f (1)∙f (2)<0,解得34<a <1.零点存在性定理是判断函数在某个区间上是否存在零点的重要工具.运用零点存在性定理解题，可快速建立关于参数的关系式，进而求得参数的取值或范围.可见，利用零点存在性定理和数形结合法，能快速解答含参零点问题，但在解题时需注意，第一种途径的适用范围较窄，第二种途径的适用范围较广.在解答函数问题时，都可以运用数形结合法来解题，这样有助于提升解题的效率.（作者单位：江苏省如东县马塘中学）47。

含参的零点问题解题技巧含参的零点问题通常是函数在特定区间内求解的问题，其中函数的零点指的是使函数值为零的自变量取值。

这类问题在数学、物理等领域具有广泛的应用。

为了解决这类问题，我们可以遵循以下步骤和技巧：1.确定变量范围首先，我们需要确定自变量（即参数）的取值范围。

这可以通过观察函数的定义域、值域或者已知条件来确定。

确定范围后，我们可以更好地分析问题，并为后续的求解奠定基础。

2.化简函数式在含参的零点问题中，函数式往往较为复杂。

为了便于求解，我们需要对其进行化简。

化简的方法包括因式分解、合并同类项等。

通过化简，我们可以将问题简化，从而更容易找到零点。

3.寻找可能的零点在化简后的函数式中，我们需要寻找可能的零点。

这可以通过观察函数的图像、分析函数的性质或利用数值方法（如二分法、牛顿法等）来实现。

寻找可能的零点有助于缩小搜索范围，提高求解效率。

4.判断零点个数找到可能的零点后，我们需要判断这些零点的个数。

这可以通过分析函数的性质、计算函数的导数或者应用一些判别准则来实现。

判断零点个数有助于确定后续的求解策略，如使用逐一检验法、区间排除法等。

5.实例分析下面我们来看一个实例，以加深对含参的零点问题的理解。

例：求函数f(x) = x - 2x + 1 在区间[0, 2] 内的零点。

解：（1）确定变量范围：x ∈ [0, 2]；（2）化简函数式：f(x) = (x - 1)；（3）寻找可能的零点：x - 1 = 0，即x = 1；（4）判断零点个数：只有一个零点x = 1。

通过以上步骤，我们可以轻松地求解含参的零点问题。

在实际应用中，根据问题的具体情况，可以灵活运用这些步骤和技巧。

【总结与建议】解决含参的零点问题，关键在于掌握解题步骤和技巧。

在求解过程中，注意分析问题、化简函数式、寻找可能的零点以及判断零点个数。

此外，多做练习题、了解相关领域的知识也是提高解题能力的重要途径。

含参零点问题较为复杂，变化而变化，因此在解题时，运用分类讨论思想来辅助解题.解答含参零点问题的方法，类问题的效率.一、数形结合法我们知道，函数f (x )的零点即为函数f x 轴的交点.因此在解答含参零点问题时，函数的零点问题转化为函数图象与x 运用数形结合法，点，从而解答问题.例1.已知函数f ()x =ae 2x +()a -2e x-有2个零点，求a 的取值范围.解：对f ()x =ae 2x +()a -2e x-x ()2e x +1()ae x -1，当a ≤0时，f '()x ≤0在R R 上单调递减，函数图象与x 不合题意.当a >0时，由f '()x =0得x =ln 1a.当x >ln 1a 时f '()x >0，当x <ln 1a时，f 所以f ()x 在æèöø-∞,ln 1a 上单调递减，在上单调递增.由图可知，要使f ()x =ae 2x +()a -2e x-x 个交点，需使a >0，且f ()x min =f æèöøln 1a =1-1a 令g ()a =1-1a +ln a ，则g '()x =1a2+1a >0，故g ()a 在()0，+∞上单调递增，又g ()1=0，所以0<a <1，故a 的取值范围是()0,1.与x 轴有两个交点问题来求解.出函数的单调性并绘制出相应的图象，论函数图象与x 轴的交点的情况，的不等式，求得a 的取值范围.二、利用方程思想函数f (x )的零点也为f (x )=0的根.含参零点问题时，我们可以运用方程思想来解题，首先将函数y =f ()x 的零点问题转化为求方程f ()x =0的解，通过解方程或者借助零点存在性定理来讨论函数的零点.例2.已知定义在R 上的函数f ()x ，满足以下条件：（1）f ()4=0；（2）y =f ()x +1关于点()-1,0对称；（3）当x ∈()-4,0时，f ()x =log 2æèçöø÷x e ||x +e x-m .当y =f ()x 在x ∈[]-4，4上有7个零点，则实数m 的取值范围为_______.解：∵y =f ()x +1是关于点()-1，0对称的曲线，∴y =f ()x 关于()0，0对称.∴f ()x 在R 上为奇函数，∴f ()0=0.又∵f ()4=0，∴f ()-4=0.因y =f ()x 在x ∈[]-4，4上有7个零点，∴当x ∈()-4，0时，f ()x =log 2æèçöø÷x e ||x +e x-m 有2个零点.又∵当x ∈()-4，0时，f ()x =log 2()xe x +e x-m ，∴当x ∈()-4，0时，f ()x =log 2()xe x +e x-m 有2个零点等价于xe x +e x -m =1有2个不相等的解，即xe x +e x -1=m 有2个解.令g ()x =xe x +e x-1，∴g '()x =e x +xe x +e x =e x()x +2，∴g ()x 在()-4,-2上单调递减，在()-2,0上单调递增，又g ()-2=-1-1e 2，g ()-4=-1-3e 4，g ()0=0，要使g ()x =xe x +e x-1=m 有2个解，需满足-1-1e2<m <-1-3e 4.解答本题的关键是，将零点问题转化为方程的根的问题来求解.我们根据已知条件求得各个区间上函数的解析式，并讨论使各个区间上的方程有解的参数的取值，从而确定参数的取值范围.含参零点问题具有多种形式，同学们在解答这一类型的问题时，首先要“吃透”函数的性质以及零点存在性定理，然后根据题中的已知条件准确辨别问题的类型，巧妙使用数形结合法、方程思想来解题，以提高解答含参零点问题的效率.（作者单位：河北省顺平中学）探索与研究49。

2020高考数学热点难点微专题含参函数的零点问题含参函数的零点问题常以超越方程、分段函数等为载体，达到考察函数性质、函数零点的个数、参数的范围和通过函数性质求解不等式问题等目的．要注意函数的零点、方程的根、不等式的解集三者之间的关系，进行彼此之间的转化是解决该类题的关键，等价转化是这类问题的难点．解决该类问题的途径往往是根据函数的性质作出示意图，利用数形结合研究分界位置，结合函数、方程、不等式刻画边界位置，其间要注意导数的应用．例1 已知函数f (x )＝x 2＋ax (a ∈R )，g (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )， x ≥0，f ′(x )， x <0.若方程g (f (x ))＝0有4个不等的实根，则a 的取值范围是________．点评：例2 (1) 若关于x 的方程|x 4－x 3|＝ax 在R 上存在4个不同的实根，则实数a 的取值范围为________．(2) 已知函数f (x )＝x 2＋|x －a |，g (x )＝(2a －1)x ＋a ln x ，若函数y ＝f (x )与函数y ＝g (x )的图象恰好有2个不同的交点，则实数a 的取值范围为________．点评：【思维变式题组训练】1. 已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x －1， x ≥2，2， 1≤x <2.若方程f (x )＝ax ＋1恰有一个解时，则实数a 的取值范围为________．2. 设函数f (x )＝⎩⎨⎧ x －1e x ， x ≥a ，－x －1， x <a ，g (x )＝f (x )－b .若存在实数b ，使得函数g (x )恰有3个零点，则实数a 的取值范围为________．3. 已知函数f (x )＝⎝ ⎛ x －1， 1≤x <2，2f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12x ， x ≥2，如果函数g (x )＝f (x )－k (x －3)恰有2个不同的零点，那么实数k 的取值范围是________.4. 已知k 为常数，函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ x ＋2x ＋1， x ≤0，|ln x |， x >0，若关于x 的方程f (x )＝kx＋2有且只有4个不同解，则实数k 的取值构成的取值集合为________．。

含参导函数零点问题的几种处理方法杭州市余杭第二高级中学（浙江省杭州市余杭区人民大道1501号） 马先锋摘要：函数的导数也是一个函数，称为导函数。

导函数的零点决定着原函数的很多重要性质，如单调性，极值，最值等。

因此研究导函数的零点有着极其重要的意义，本文主要就含参导函数中零点的几种处理方法作一阐述。

导数进入中学数学教材之后，给传统的中学数学内容注入了生机与活力，它具有深刻的内涵与丰富的外延。

以函数为载体，以导数为工具，是近年高考中函数与导数交汇试题的显著特点和命题趋向。

导数在求函数的单调性及极、最值等方面有着重要的应用，而这些问题都离不开一个基本点——导函数的零点，因为导函数的零点，既是原函数单调区间的分界点，也可能是原函数的极值点或最值点，可以说如果能把握导数的零点，就可以抓住原函数的性质要点，因此，导函数的零点问题对研究函数与导数的综合问题意义重大。

但引入导数之后，高中阶段可处理的函数类型大大增加，特别是含有参数的函数问题，导函数的零点也变得更为复杂，有些函数的零点甚至是不易求出的，基于此，本文就含参数的导函数的零点问题，谈谈几种基本的处理方法。

方法一：直接求出，代入应用对于导函数为二次函数问题，可以用二次函数零点的基本方法来求。

（1）因式分解求零点例1 讨论函数)(12)21(31)(23R a x x a ax x f ∈+++-=的单调区间 解析：即求)('x f 的符号问题。

由)2)(1(2)12()('2--=++-=x ax x a ax x f 可以因式分解，（Ⅰ）当0=a 时，不等式即为02<+-x ，此时不等式的解集为),2(+∞（Ⅱ）当0>a 时不等式可以化为0)2)(1(<--x a x ，只需比较a1与2的大小 ①若210<<a ，则21>a ，则不等式的解集为)1,2(a②若21=a ，则不等式为0)2(2<-x ，不等式的解集为φ ③若21>a ，则21<a ，此时不等式的解集为)2,1(a（Ⅲ）当0<a 时，不等式可化为0)2)(1(>--x a x ，由于21<a ，故不等式的解集为),2()1,(+∞-∞ a 综上得：略（2）求根公式求零点例2 （2006全国Ⅰ文）设ax x x x f 22131)(23++-= （1）若函数)(x f 在)32(∞+，上存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）当20<<a 时，)(x f 在[1，4]上的最小值为316-，求)(x f 在该区间上的最大值 解析：（1）先求出带参数的增区间，令02)('2=++-=a x x x f ，无法因式分解，讨论a 81+=∆的符号，0≤∆时，无单调增区间，不合题意。

导数隐零点问题处理的8大技巧(附30道经典题目)导数隐零点问题处理的8大技巧如下：1.分类讨论：对于含参数的零点问题，常常需要根据参数的不同取值范围进行分类讨论。

2.构造函数：利用导数研究函数的单调性，进而研究不等式恒成立问题。

3.分离参数：通过分离参数将参数与变量分开，转化为求最值问题。

4.数形结合：利用数形结合思想，将函数图像与x轴的交点问题转化为求函数的最值问题。

5.转化与化归：将复杂问题转化为简单问题，将陌生问题转化为熟悉问题。

6.构造法：通过构造新的函数或方程，将问题转化为已知的问题进行求解。

7.放缩法：通过对不等式进行放缩，将问题转化为易于处理的形式。

8.判别式法：通过引入判别式，将方程问题转化为二次方程的判别式问题。

以下是30道经典题目，以供练习：1.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)的单调递增区间为( )A.(−∞,1)和(2,+∞)B.(−∞,−1)和(1,+∞)C.(−∞,−1)和(2,+∞)D.(−∞,2)和(1,+∞)2.已知函数f(x)=x3−3x2+5，则f(x)在区间[−2,3]上的最大值是____．3.已知函数f(x)=x3+ax2+bx+c在x=1和x=−21时取极值．(1)求a，b的值；(2)求函数极值．4. 已知函数f(x)=x3−3ax2+4，若x∈[0,2]时，f(x)的最大值为417，求实数a的取值范围．5. 已知函数f(x)=ln x−mx+m有唯一的零点，则实数m的取值范围是____．6. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + 3x + 1，若 x ∈ [0,1] 时，f(x) ≤ f(0) 恒成立，则 m 的取值范围是 _______．7. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 - 3x (a、b ∈ Z) 在 x = ±1 和x = ±2 时取极值．(1) 求 f(x) 的解析式；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值；8. 已知函数 f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c 在 x = ±1 和 x = ±3时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 的单调区间和极值．1.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在 [0,3] 上的最大值和最小值分别为 M, N，则 M + N = _______．2.设f(x)=x3−3x2+4，则f(−x)+f(x)的值等于____3.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在(−3,2)上的最大值是____．4.已知函数f(x)=x3−3x2+4，则f(x)在区间[−1,3]上的最大值是____．5.已知函数f(x)=x3−3ax2+bx+c在x=±1时取极值，且函数y=f(x)图象过原点．(1) 求函数y=f(x)的表达式；(2) 求函数的单调区间和极值；14. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + bx 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-2,4] 上的最大值和最小值．15. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±2 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 若 f(x) 的最大值为 8，求 c 的值．16. 已知函数 f(x) = ax^3 + bx^2 + c 在 x = ±1 和 x = ±√2 时取极值，且 f(-2) = -4．(1) 求 a，b，c 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．17. 已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b (a > 0)，若 f(x) 在区间[-1,0] 上是减函数，则 a 的取值范围是 _______．18. 若关于 x 的方程 x^3 - 3ax + a^3 = 0 有实根，则实数 a 的取值范围是 _______．19. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．20. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b应满足的条件是 _______．1.函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4 在区间 [-1,3] 上的最大值和最小值分别为 _______．2.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) +3x^2 ≤ f(y) + 3y^2，则 x + y 的取值范围是 _______．3.已知函数 f(x) = x^3 - 3x^2 + 4，若实数 x，y 满足 f(x) ≤f(y) + 3，则 x + y 的取值范围是 _______．4.若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则a，b 应满足的条件是 _______．5.已知函数 f(x) = x^3 - 3ax^2 + b 在 x = -1 和 x = 3 时取极值．(1) 求 a，b 的值；(2) 求 f(x) 在区间 [-3,3] 上的最大值和最小值．26. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个不同的实根，则 b 应满足的条件是 _______．27. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．28. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个不同的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．29. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有两个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．30. 若关于 x 的方程 x^3 - ax^2 + b = 0 有三个相等的实根，则 a，b 应满足的条件是 _______．。

函数零点问题解答分析与思考函数零点问题是数学中一个常见且重要的问题，它涉及到了函数图像的特征、方程的解、数值计算等多个方面。

在数学学习中，零点问题往往是一个绕不过去的坎，因此对于零点问题的解答分析与思考具有重要的意义。

本文将围绕函数零点问题展开讨论，分析其解答方法和思考路径，帮助读者更好地理解和掌握这一重要的数学概念。

一、函数零点的定义我们来看一下函数零点的定义。

在数学中，函数的零点指的是函数取零值的自变量的值。

也就是说，对于函数f(x)，如果存在一个值x0，使得f(x0)=0，那么我们就说x0是函数f(x)的一个零点。

函数的零点在函数图像上对应的便是函数与x轴的交点，它是函数的一个重要特征。

二、零点问题的解答方法1. 代数法：对于一些简单的函数，我们可以通过代数方法求解其零点。

比如一元一次函数f(x)=ax+b，其零点就可以通过求解方程ax+b=0来得到，结果为x=-b/a。

对于一元二次函数f(x)=ax^2+bx+c，我们可以通过求解二次方程ax^2+bx+c=0来得到其零点，当然这需要使用一些二次方程的求解方法。

2. 图像法：对于一些复杂的函数，我们可以通过画出函数的图像来寻找其零点。

通过观察函数的图像，我们可以大致找到函数的零点所在的区间，并进一步使用数值计算方法来精确求解。

3. 数值计算法：对于一些难以用代数法或图像法求解的函数，我们可以借助数值计算方法来获取函数的零点。

比如二分法、牛顿迭代法等都可以用来求解函数的零点，这些方法在计算机程序中也得到了广泛的应用。

以上提到的几种方法是我们在解答零点问题时常用到的方法，每种方法都有其适用的范围和局限性，需要根据具体的函数和问题来选择合适的方法。

三、零点问题的思考路径除了使用合适的方法来解答零点问题，我们在面对零点问题时还需要进行一些思考和分析。

下面就是一些解答零点问题时的思考路径：1. 函数的特征：首先我们需要了解函数的特征，比如函数的单调性、凹凸性、导数的符号等。

２０２３年８月上半月㊀解法探究㊀㊀㊀㊀函数零点问题的求解路径分析◉江苏省溧阳中学㊀韩㊀俊㊀㊀摘要:含参的函数零点讨论问题,是近些年来函数压轴的常见题型,本文中借此题型分享了几个含参函数零点问题的解题感悟,找到了使得函数值异号的点大致的三种路径．路径一,分离出代数式中已经能判定符号的式子,将剩余部分视作零 ,通过解方程找到所需定号的 点 ;路径二,利用自变量取值范围将某些超越式放缩为常数;路径三,利用y ＝e x 在x ＝０处的切线进行放缩,也即利用e x ȡx ＋１及其变形式进行放缩．关键词:函数找 点 ;定号;放缩㊀㊀众所周知,极限与导数(微积分)紧密相关,很多导数问题与极限思想都息息相关．苏教版教材在高中数学课程中不涉及极限的知识,这给很多涉及导数的函数问题的求解带来了重重困难．例如,含参的函数零点讨论问题,这是近些年来函数压轴的常见题型,笔者就借此题型来分享几个含参函数零点问题的解题感悟．１引例讨论f (x )＝xex －a x ＋１的零点个数．１．１分析初见此题,感觉数形结合较为容易．由于x ＝０不是函数的零点,故分离参数之后,问题等价转化为方程的根的个数问题．令xex －a x ＋１＝０,则有１e x ＋１x＝a ．①图１数形结合,如图１我们发现:当a ɤ０时,方程①仅有一解,即f (x )＝xex －a x ＋１有一个零点;当a ＞０时,方程①有两解,即f (x )＝xex －a x ＋１有两个零点．再细想,一来学生对函数图象的趋势(极限思想)不一定能准确把握,二来作为解答题,这样的解答似乎略显苍白,因此,需要用文字和数学表达式来准确证明上面的结论,即用零点存在定理来证明零点的存在性．那么,如何取点就变成了学生解决此题的难点．许多学生 为题消得人憔悴 ,但依旧不得．重新审视此题,笔者略谈一二,希望能够给此类题型提供一些解题思路．１．２解析首先考虑特值:当a ＝０时,若x ȡ０,则f (x )＞０恒成立,故f (x )无正数零点;若x ＜０,则f ᶄ(x )＝１－xex＞０恒成立,即f (x )在(－ɕ,０)上单调增,又f (－１)＝１－e＜０,f (－１２)＝－e２＋１＞０,所以f (x )在(－ɕ,０)上仅有一个零点．故a ＝０时,f (x )＝xex －a x ＋１有一个零点．再考虑非特值:由于x ＝０不是函数f (x )的零点,故分离参数后可等价转化为g (x )＝１e x ＋１x －a 的零点个数问题．因为g ᶄ(x )＝－１e x －１x２＜０恒成立,所以函数g (x )在(－ɕ,０),(０,＋ɕ)上单调递减．(i )a ＜０时,若x ＞０,则g (x )＞０恒成立,故g (x )无正零点;若x ＜０,则g(１a )＝１e１a＞０．取x ０＝m a x {－１,１a －e },则g (x ０)ɤe －a ＋１x ０ɤ０．故g(１a)g (x ０)ɤ０,此时g (x )在定义域内仅有一个零点,即f (x )仅有一个零点．１７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.解法探究２０２３年８月上半月㊀㊀㊀(ⅱ)a ＞０时,g (x )＝１e x ＋１x－a ．若x ＞０,则g(１a )＝１e１a＋a －a ＝１e１a＞０,g(２a )＝１e２a ＋a ２－a ＜a ２＋a２－a ＝０．故g (１a ) g (２a)＜０,此时g (x )在(０,＋ɕ)内仅有一个零点,即f (x )在(０,＋ɕ)内仅有一个零点．若x ＜０,g (－１２)＝e－２－a ＜０,且g (－a ＋a ２＋４２)＞－(－a ＋a ２＋４２)＋１－a ＋a ２＋４２－a ＝０．故g (－１２)g (－a ＋a ２＋４２)＜０,此时g (x )在(－ɕ,０)内仅有一个零点,即f (x )在(－ɕ,０)内仅有一个零点．综上:当a ɤ０时,f (x )＝xex －a x ＋１有一个零点;当a ＞０时,f (x )＝x ex －a x ＋１有两个零点．１．３总结从上述解题过程看,找到使得函数值异号的点大致可以选择以下三种路径．路径一:把代数式中已经能判定符号的式子取出,再将剩余部分视作 零 ,通过解方程找到所需定号的 点 ．例如上例中,在a ＜０时,若x ＜０,则g (x )＝１e x ＋１x －a 中１e x 的符号已经能够判定为正,则只需将剩余的 １x －a 视为零,从而找到所需的 点 ,即g(１a )＝１e＋a －a ＝１e１a＞０．路径二:利用自变量取值范围将某些超越式放缩为常数,将超越式不等式放缩为分式不等式或多项式不等式,通过解不等式找到所需定号的 点 ．例如上例中,在a ＜０时,若x ＜０,则g (x )在(－ɕ,０)上单调递减,在g (x )＝１e x ＋１x －a 中,当x ɪ[－１,０)时,１ex ɪ(１,e ],不妨取x ０＝m a x {－１,１a －e},则g (x ０)ɤe －a ＋１x ０ɤ０．路径三:利用y ＝e x在x ＝０处的切线进行放缩(即利用e xȡx ＋１及其变形式进行放缩),将所有的超越式放缩为分式或多项式,将所求不等式转化为分式不等式或多项式不等式进行求解,找到所需定号的 点 ．例如上例中,a ＞０时,g (x )＝１e x ＋１x－a ,当x ＞０时,利用e xȡx ＋１进行放缩,即由e x＞x 得到e ２a＞２a ,又因为e ２a＞２a ＞０,则１e ２a ＜a ２,故g (２a )＝１e２a ＋a ２－a ＜a ２＋a ２－a ＝０;a ＞０时,g (x )＝１e x ＋１x－a ,当x ＜０时,利用e x ȡx ＋１进行放缩,即由e x＞x 得e －x＞－x ,则g (x )＞－x ＋１x －a ＝－x ２＋a x －１x＝－(x －－a ＋a ２＋４２)(x －－a －a ２＋４２)x,故不妨取x ＝－a ＋a ２＋４２,有g (－a ＋a ２＋４２)＞０．２三种路径在压轴题中应用经过上题的研究,笔者有些 众里寻他千百度,蓦然回首,那人却在,灯火阑珊处 之感．下面利用这三种路径来解决如下高考压轴题．[２０２２ 全国乙卷(文)２０题]已知函数f (x )＝a x －１x－(a ＋１)l n x ．若f (x )恰有一个零点,求a 的取值范围．解析:由f (x )＝a x －１x－(a ＋１)l n x ,x ＞０,得f ᶄ(x )＝a ＋１x ２－a ＋１x ＝(a x －１)(x －１)x２．当a ɤ０时,a x －１ɤ０．所以,当x ɪ(０,１)时,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ɪ(１,＋ɕ)时,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减．故f (x )m a x ＝f (１)＝a －１＜０,此时函数f (x )无零点,不合题意．当０＜a ＜１时,１a ＞１,f (x )在(０,１),(１a,＋ɕ)上单调递增;f (x )在(１,１a)上单调递减．又因为f (１)＝a －１＜０,所以存在m ＝a ＋１＋(a ＋１)２＋aa＞１,使得f (m )＞０．(下转封三)２７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.。

导数压轴题中函数零点求参问题的分析思路和解题⽅法已知函数有零点(⽅程有根),求参数取值范围常⽤的⽅法
(1)直接法:直接根据题设条件构建关于参数的不等式(组),通过解不等式(组)确定参数范围;
(2)分离参数法:先将参数分离,化为a=g(x)的形式,进⽽转化成求函数最值问题加以解决;
(3)数形结合法:将函数解析式(⽅程)适当变形,转化为图象易得的函数与⼀个含参的函数的差,在同
⼀平⾯直⾓坐标系中画出这两个函数的图象,结合函数的单调性、周期性、奇偶性等性质及图象
求解.
经典例题：
的影响,所以多利⽤导数来研究函数的性质,从⽽较为准确地画出函数的草图,进⽽解决零点问题.。

谈导数中含参函数零点的取点方法孙培培（江苏省江阴高级中学，２１４４００） 导数是每年高考的必考内容，也是高中的重点和难点．对于常规的函数的零点问题，学生容易处理，如：二次函数、简单的复合函数．对于一些复杂的函数，尤其是含参的零点问题，是教学的重点和难点，也是每年高考的热点话题．零点问题思路比较清晰，研究函数的单调性和极值，然后利用零点存在性定理判断是否有零点．如何找到两个点使其函数值异号，是解决零点问题的关键，也是学生的难点．现介绍笔者总结的找点方法．新课程标准对学生的能力提出更高的要求，不仅要求学生掌握基础知识和基本技能，对学生的能力也提出更高的要求．高考导数试题突出对学生发现问题、提出问题、分析问题以及解决问题的能力考查．１　分而治之其实质就是找０＜ａｃ＜ｂｄ的充分条件０＜ａ＜ｂ，０＜ｃ＜{ｄ．例１　设函数ｆ（ｘ）＝ｅ２ｘ－ａｌｎｘ，讨论ｆ（ｘ）的导函数ｆ′（ｘ）的零点个数．解：ｆ′（ｘ）＝２ｅ２ｘ－ａｘ．由函数解析式的结构特征知道，当ａ≤０时，ｆ′（ｘ）＞０恒成立，此时无零点．所以当ａ＞０时，ｆ″（ｘ）＝４ｅ２ｘ＋ａｘ２＞０恒成立，即ｆ′（ｘ）在（０，＋∞）单调递增，且ｆ′（ａ）＝２ｅ２ａ－１＞０．由函数的性质知道ｆ′（ｘ）在（ａ，＋∞）无零点，函数ｆ′（ｘ）如果有零点，只有可能出现在（０，ａ）这一个区间内，如何找这一点成为解决本题的关键．因为ｆ′（ｘ）＝２ｅ２ａ－１＞０，所以要找一个点使得该点处的函数值小于０．使２ｅ２ｘ＜ａｘ即可，即２ｅ２ｘ＜λ·ａλｘ（λ＞０），只需ｅ２ｘ＜λ，２＜ａλｘ{．（找不等式成立的充分条件）所以ｘ＜１２ｌｎλ，ｘ＜ａ２{λ，可以取λ＝２，即ｘ＜１２ｌｎ２，ｘ＜ａ{４时，一定有２ｅ２ｘ－ａｘ＜０．即当ｘ０满足０＜ｘ０＜ａ４且ｘ０＜１２ｌｎ２时，有ｆ′（ｘ０）＜０．总结：本题的关键由２ｅ２ｘ＜ａｘ到２ｅ２ｘ＜λ·ａλｘ变形（类似待定系数法），即找不等式成立的充分条件ｅ２ｘ＜λ，２＜ａλ{ｘ（分而治之）．此种方法适用的形式多样，用放缩法或者特殊点不能解决时，可以选择这种方法．链接高考：（２０１６全国一卷）已知函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－２）ｅｘ＋ａ（ｘ－１）２有两个零点．（１）求ａ的取值范围；（２）略．解：（１）ｆ′（ｘ）＝（ｘ－１）ｅｘ＋２ａ（ｘ－１）＝（ｘ－１）（ｅｘ＋２ａ）．１°当ａ＝０时，ｆ（ｘ）只有一个零点１（不满足题意）；２°当－ｅ２＜ａ＜０时，ｆ′（ｘ）有两个零点１和ｌｎ（－２ａ）且ｌｎ（－２ａ）＜１．ｘ（－∞，ｌｎ（－２ａ））ｌｎ（－２ａ）（ｌｎ（－２ａ），１）１（１，＋∞）ｆ′（ｘ）＋０－０＋ｆ（ｘ）极大值极小值 当ｘ∈（－∞，１）时，ｆ（ｘ）＜０恒成立，无零点．所以函数ｆ（ｘ）在（１，＋∞）至多有一个零点（不满足题意）；３°当ａ＜－ｅ２时，ｆ′（ｘ）有两个零点１和ｌｎ（－２ａ）·５８·且ｌｎ（－２ａ）＞１．ｘ（－∞，１）１（１，ｌｎ（－２ａ））ｌｎ（－２ａ）（ｌｎ（－２ａ），＋∞）ｆ′（ｘ）＋０－０＋ｆ（ｘ）极大值极小值 当ｘ∈（－∞，１）时，ｆ（ｘ）＜０恒成立，无零点．因为函数ｆ（ｘ）在区间（１，ｌｎ（－２ａ））上单调递减，所以ｆ（ｘ）＜０恒成立，无零点．所以函数ｆ（ｘ）在（ｌｎ（－２ａ），＋∞）至多有一个零点（不满足题意）；４°当ａ＝－ｅ２时，函数ｆ（ｘ）在Ｒ上单调递增，最多有一个零点（不满足题意）；５°当ａ＞０时，ｆ′（ｘ）有一个零点１．ｘ（－∞，１）１（１，＋∞）ｆ′（ｘ）－０＋ｆ（ｘ）极大值 所以函数ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ（１）＝－ｅ＜０．因为ｆ（２）＝ａ＞０，所以在区间（１，２）上有一个零点．下面证明在（－∞，１）有一个零点，即在（－∞，１）找到一个点使得其函数值大于０．即（２－ｘ）ｅｘ＜ａ（ｘ－１）２，２－ｘ＜（ｘ－１）２，ｅｘ＜{ａ解得ｘ＜槡１－５２，ｘ＜ｌｎ{ａ．所以只需ｘ０＜ｌｎａ且ｘ０＜槡１－５２时有ｆ（ｘ０）＞０，所以函数ｆ（ｘ）在（ｘ０，１）有一个零点．综上：ａ＞０．２　放缩法顾名思义，放缩法即函数值大了放小，函数值小了放大．例２　（２０２０烟台测试）已知函数ｆ（ｘ）＝１＋ｌｎｘｘ－ａ（ａ∈Ｒ）．（１）略；（２）设ｇ（ｘ）＝（ｘ－１）２ｅｘ，讨论方程ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）实数根的个数．解：（１）略；（２）题目等价为ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｇ（ｘ）＝１＋ｌｎｘｘ－（ｘ－１）２ｅｘ－ａ零点的个数，所以ｆ′（ｘ）＝－ｌｎｘｘ２－（ｘ－１）（ｘ＋１）ｅｘ．令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ＝１．ｘ（０，１）１（１，＋∞）ｆ′（ｘ）＋０－ｆ（ｘ）极大值 ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（１）＝１－ａ．１°当ａ＝１时，有一个零点；２°当ａ＞１时，无零点；３°当ａ＜１时，ｆ（ｘ）ｍａｘ＝ｆ（１）＝１－ａ＞０．现证明函数ｈ（ｘ）在（０，１）和（１，＋∞）各有一个零点．当ｘ∈（０，１）时，ｌｎｘ＋１ｘ＜１，１＜ｅｘ＜ｅ．因为要找到点的函数值小于零，在选择不等号的方向时要注意．所以ｈ（ｘ）＜１－（ｘ－１）２－ａ．令１－（ｘ－１）２－ａ＝０即可，解得ｘ＝１－１－槡ａ．所以当ｘ０＝１－１－槡ａ时，ｈ（ｘ０）＜０．即在区间（１－１－槡ａ，１）上ｈ（ｘ）有一个零点；当ｘ∈（１，＋∞）时，ｌｎｘ＋１ｘ＜１，ｅ＜ｅｘ，所以ｈ（ｘ）＜１－ｅ（ｘ－１）２－ａ．令１－ｅ（ｘ－１）２－ａ＝０，解得ｘ＝１＋１－ａ槡ｅ．所以当ｘ０＝１＋１－ａ槡ｅ时，ｈ（ｘ０）＜０，即在区间１，１＋１－ａ槡()ｅ上ｈ（ｘ）有一个零点．总结：本题综合考查了指数函数和对数函数，关于对数函数和对数函数的放缩方法很多，常见的有ｌｎｘ≤ｘ－１，ｌｎｘ＞１－１ｘ，ｅｘ≥ｘ＋１，ｅｘ≥ｅｘ，这种放缩方法为切线放缩法，放缩之后可以把超越方程转化为一般方程（一元一次方程或一元二次方程），对于指定区间的放缩可以利用函数值域的有界性进行解决．链接高考：（２０１６全国一卷）已知函数ｆ（ｘ）＝（ｘ－２）ｅｘ＋ａ（ｘ－１）２有两个零点．（１）求ａ的取值范围．上述通过分而治之解决的，本题还可以通过放缩法解决，当ｘ＜１时，０＜ｅｘ＜ｅ，所以（ｘ－２）ｅｘ＋·６８·ａ（ｘ－１）２＞ｅ（ｘ－２）＋ａ（ｘ－１）２，即可以通过寻找ｅ（ｘ－２）＋ａ（ｘ－１）２的解集即可．３　利用单调性即根据函数的单调性判断函数值的符号．例３　已知函数ｆ（ｘ）＝ｘ２＋ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ．（１）略；（２）若曲线ｙ＝ｆ（ｘ）与直线ｙ＝ｂ有两个不同的交点，求ｂ的取值范围．解：（２）题目等价为函数ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｂ＝ｘ２＋ｘｓｉｎｘ＋ｃｏｓｘ－ｂ有两个零点，所以ｇ′（ｘ）＝ｘ（２＋ｃｏｓｘ）．令ｇ′（ｘ）＝０，得ｘ＝０．ｘ（－∞，０）０（０，＋∞）ｇ′（ｘ）－０＋ｇ（ｘ）极小值 所以ｇ（ｘ）ｍｉｎ＝ｇ（０）＝１－ｂ，要使函数ｇ（ｘ）有两个零点，必有１－ｂ＜０，即ｂ＞１．下面证明函数ｇ（ｘ）在区间（－∞，０）和（０，＋∞）各有一个零点．令ｈ（ｂ）＝ｂ２＋ｂｓｉｎｂ＋ｃｏｓｂ－ｂ．所以ｈ′（ｂ）＝ｂ（１＋ｃｏｓｂ）＋ｂ－１＞０．所以ｈ（ｂ）在（１，＋∞）单调递增．所以ｈ（ｂ）＞ｈ（１）＝ｓｉｎ１＋ｃｏｓ１＞０（利用函数的单调性）．∴ｇ（ｂ）＞０．所以函数ｇ（ｘ）在（０，ｂ）有且只有一个零点．因为函数ｇ（ｘ）为偶函数，所以在（－ｂ，０）有且只有一个零点．综上：ｂ＞１．应用链接：讨论函数ｆ（ｘ）＝ｋｘ２－ｌｎｘ（ｋ∈Ｒ）的零点的个数．ｆ′（ｘ）＝２ｋｘ－１ｘ＝２ｋｘ２－１ｘ．１°当ｋ＝０时，ｆ（ｘ）有一个零点；２°当ｋ＜０时，ｆ（ｘ）单调递减且ｆ（１）＝ｋ＜０，ｆ（ｅｋ）＝ｋ（ｅ２ｋ－１）＞０，所以ｆ（ｘ）有一个零点；３°当ｋ＞０时，ｘ０，１２槡()ｋ１２槡ｋ１２槡ｋ，＋()∞ｆ′（ｘ）－０＋ｆ（ｘ） 所以ｆ（ｘ）ｍｉｎ＝ｆ１２槡()ｋ＝１２＋１２ｌｎ２ｋ．若１２＋１２ｌｎ２ｋ＝０，即ｋ＝１２ｅ时，有一个零点；若１２＋１２ｌｎ２ｋ＞０，即ｋ＞１２ｅ时，无零点；若１２＋１２ｌｎ２ｋ＜０，即ｋ＜１２ｅ，函数ｆ（ｘ）在区间０，１２槡()ｋ和１２槡ｋ，＋()∞各有一个零点：ｆ（ｋ）＝ｋ３－ｌｎｋ＞０（有解析式的特征及变量范围），所以ｆ（ｘ）在区间ｋ，１２槡()ｋ有一个零点；ｆ１()ｋ＝１ｋ＋ｌｎｋ，所以ｆ′（ｘ）＝ｋ－１ｋ２＜０，即ｆ（ｋ）单调递减，且ｆ（ｋ）＞ｆ１２()ｅ＝２ｅ－ｌｎ２ｅ＞０（利用函数的单调性），所以ｆ（ｘ）在区间１２槡ｋ，１()ｋ有一个零点．总结：对于一些不好判断符号的，我们可以先找一个满足条件的ｘ０，根据已知的范围讨论ｆ（ｘ０）在已知区间上的单调性，根据单调性判断ｆ（ｘ０）的符号即可．本题还涉及到对于一些特殊函数，可以从解析式特征及变量范围直接得出其符号，这也是处理函数零点的方法以及缩小参数范围的方法．随着学生对导数的继续深入学习，学生对导数有了更深入的理解，学生的能力得到进一步提升，对导数的态度也有了很大的转变，学生的心情可以说是一波三折，好奇（解决函数问题很好用）———恐惧（对其复杂的变形以及分类讨论问题）———好玩（原来导数不是那么可怕，有一定的规律可循，有成就感了）．用导数解决一些函数问题确实很方便，如恒成立（存在性）问题，复杂函数的单调性讨论极值最值问题，但是学生对于用导数解决零点问题还是束手无策．学生做选择和填空题数形结合得心应手，但是解答题就欠妥了．学生谈点色变，畏惧找点的过程．平常讲过一些特殊的取点方法，如遇到对数取ｅｎ、遇到指数可以取ｌｎａ（ａ＞０），但是指对同时出现，学生就一头雾水．笔者就自己的体会简单介绍几种找点的方法，一道题目可以有多种方法，不能孤立的去看待任何一种方法．·７８·。

2021年高考数学重难点复习轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一 “第一招”带参讨论【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．-2C ．12D ．2 【答案】B【解析】因为函数()()2224x x f x x x a e e --+=--+有唯一零点，等价于方程()2224x x x x a e e --+-=+有唯一解，等价于函数24y x x =-的图像与()22x x y a ee --+=+的图像只有一个交点. 当0a =时，()224244y x x x =-=--≥-，此时有两个零点，矛盾；当0a >时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增， 且()22x x y a e e --+=+在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最低点为()2,2a ，由于204a >>-，故两函数图像有两个交点，矛盾，当0a <时，由于()22424y x x x =-=--在(),2-∞单调递减，在()2,+∞单调递增， 且()22x x y a e e --+=+在(),2-∞单调递增，在()2,+∞单调递减，所以函数24y x x =-的图像最低点为()2,4-，()22x x y a e e --+=+的图像的最高点为()2,2a ，若两函数只有一个交点，则24a =-，即2a =-.故选B【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(0,1)D ．1(0,)e 【答案】A【解析】由题知，()1x f x me '=-，当0m …时，()0f x '<，所以()f x 在R 上单调递减，函数()f x 不可能有两个零点，故0m …不成立；当0m >时，令()0f x '=，∴1x e m=，∴1x ln m = ∴函数()f x 在1(,)ln m -∞上单调递减，在1(,)ln m+∞上单调递增， ∴函数()f x 的最小值111()21()2min f ln m ln m ln m m m m m==--=+-g 令()1()2g m ln m m =+-，其中0m >，∴121()2m g m m m -+'=-= ()g m ∴在1(0,)2上单调递增，在1(,)2+∞上单调递增，∴11()()022max g m g ln ==< ()0g m ∴<，()f x ∴的最小值1()0f ln m< 且x 趋向于-∞时，()f x 趋向于+∞；当x 趋向于+∞时，()f x 趋向于+∞∴此时()f x 有两个零点，符合题意，(0,)m ∴∈+∞故选A ．类型二 “第二招”数形结合【例2】【2020•河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数。

五法并举,破解含参函数零点问题王国涛【期刊名称】《《高中数理化》》【年(卷),期】2019(000)013【总页数】4页(P11-14)【作者】王国涛【作者单位】湖北省孝感高级中学【正文语种】中文本文探究一道含参函数零点的问题，这是具有代表性的一个热点题目，主要考查导数、函数零点、函数图象与函数性质等知识，考查运用推理论证能力,运算求解能力和数据处理能力，且渗透数学抽象、逻辑推理与数学运算等核心素养．这虽是一道选择题,但难度较大,学生得分率低，对解决含参函数零点这一类问题有借鉴意义,值得一探究竟．题目已知函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点,则实数a的取值范围为( ).A (-∞,0);B (0,+∞);C (0,1)∪(1,+∞);D (-∞,0)∪{1}1 解法探究1.1 特值法解法1当a=1时,f(x)=ln x-x2+x,当0<x<1时,f′(x)>0;当x>1时,f′(x)<0.故fmax(x)=f(1)=0,此时函数f(x)只有唯一一个零点,不合题意,从而排除B,D.当a=-1时,恒成立,故f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)至多只有一个零点,不合题意,从而排除A,故选C.作为选择题,本题可利用特值法排除不合题意的选项,从而快速得到正确选项,体现了“小题不大做”的解题智慧.1.2 直接法解法2由题知故当a=0时,f(x)=ln x只有唯一零点,不合题意；当Δ=a2+8a≤0即-8≤a<0时,-2ax2+ax+1≥0,f′(x)≥0,从而f(x)在(0,+∞)单调递增,且当x→0+时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)只有一个零点,不合题意；当a<-8时,记-2ax2+ax+1=0的两根分别为x1,x2且x1<x2,因为所以由得x1<x<x2,故f(x)在(0,x1)上单调递增,在(x1,x2)上单调递减,在(x2,+∞)上单调递增,因为所以从而x1是f(x)的极大值点，且故f(x)只有一个零点,不合题意.当a>0时,因所以x1<0<<x2,由f′(x)>0,得x1<x<x2,从而f(x)在(0,x2)上单调递增,在(x2,+∞)上单调递减,故x2是f(x)的极大值点，且因为x→0+时,f(x)→-∞;当x→+∞时,f(x)→-∞,要使f(x)恰有两个零点,只需f(x2)>0.令则当时,g′(x)<0;当x>1时,g′(x)>0.故gmin(x)=g(1)=0,从而g(x)≥0,f(x2)≥0.由f(x2)>0，得x2≠1,a≠1,从而a>0且a≠1.综上所述,a>0且a≠1.直接处理函数零点的问题需要准确把握分类讨论的分界点,本题的分界点需要考虑二次项的系数以及二次方程的判别式．所以不仅要考虑二次方程根的大致范围,而且要注意函数值的变化趋势．1.3 转化法(转化为两曲线的交点)解法3函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点⟺方程ln x=ax2-ax恰有两个实根⟺y=ln x与y=ax2-ax恰有两个交点.当a=0时,y=ln x与y=0只有一个交点;当a<0时,y=ln x与y=ax(x-1)只有一个交点;当a=1时,因为ln x≤x-1,且x2-x-(x-1)=(x-1)2≥0,所以x2-x≥x-1≥ln x,此时y=x-1恰好是y=ln x与y=x2-x的公共切线,如图1所示,y=ln x与y=x2-x只有一个交点;图1当a>1时,如图2所示,此时y=a(x2-x)的开口变小,y=ln x与y=a(x2-x)有两个交点,其横坐标一个为1,另一个在(0,1)内;图2当0<a<1时,如图3所示,此时y=a(x2-x)的开口变大,y=ln x与y=a(x2-x)有两个交点,其横坐标一个为1,另一个在(1,+∞)内.图3综上所述,a>0且a≠1.解题时注意到二次函数恒过定点(0,0)和(1,0),直线y=x-1恰好是y=ln x和y=x2-x 的公共切线,而系数a不仅决定抛物线的开口方向,还决定抛物线开口的大小.解法4函数f(x)=ln x-ax2+ax恰有两个零点与y=a(x-1)有两个交点.令则由g′(x)>0,得0<x<e,故g(x)在(0,e)单调递增,在(e,+∞)上单调递减,故注意到y=x-1恰是的切线,故当a=1时,与y=x-1恰有一个交点，如图4所示.图4当a>1时,与y=a(x-1)恰有两个交点,如图5所示.图5当0<a<1时,与y=a(x-1)有两个交点,如图6所示.图6当a≤0时,与y=a(x-1)有1个交点.综上所述,0<a且a≠1.利用半参变分离法将原函数零点问题转化为求解直线与曲线有两个交点的问题,使参数a有非常明显的几何意义(直线的斜率),学生更容易理解和接受．本题中涉及的函数也是学生必须掌握的热点函数之一．解法5函数f(x)=ln x-ax2+ax有两个零点⟺y=a与在(0,+∞)上只有一个交点,令则令h(x)=(x-1)-(2x-1)ln x,则所以h′(x)在(0,+∞)单调递减,注意到h′(1)=0,故当0<x<1时,h′(x)>0;当x>1时,h′(x)<0.故h(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)单调递减,故hmax(x)=h(1)=0,即h(x)≤0,从而g′(x)≤0,故g(x)在(0,1)和(1,+∞)单调递减,当x→0+时,g(x)→+∞;当x→1时,由洛必达法可知当x→+∞时,g(x)→0.故g(x)的图象如图7所示.图7要使y=a与只有一个交点,则a>0且a≠1.本解法的关键是利用导数和极限的知识准确地画出的大致图象.2 试题链接例1 (2018年全国卷Ⅰ) 已知函数g(x)=f(x)+x+a.若g(x)存在两个零点,则a的取值范围是( ).A [-1,0);B [0,+∞);C [-1,+∞);D [1,+∞)g(x)存在两个零点⟺y=f(x)与y=-x-a的图象有两个交点,作出函数f(x)与直线y=-x-a的图象,如图8所示,由图象可知,-a≤1,从而a≥-1,故选C.图8本题利用半参变分离法将问题转化为直线与函数图象的交点个数问题,简洁明了. 例2 (2017年全国卷Ⅰ) 已知函数f(x)=ae2x+(a-2)ex-x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)有两个零点,求a的取值范围.(1) 当a≤0时,f(x)在R上单调递减; 当a>0时,f(x)在(-∞,-ln a)上单调递减，在(-ln a,+∞)上单调递增 (过程略).(2)因为f′(x)=(aex-1)(2ex+1). 故当a≤0时,由(1)可知,f(x)至多有一个零点; 当a>0时,由(1)可知当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞.要使f(x)有两个零点,则令则从而g(a)在(0,+∞)上单调递增,注意到g(1)=0,由g(a)<0，得0<a<1.综上所述，0<a<1.本题是利用直接法处理函数零点问题,解题的关键一是要准确把握好分类讨论的分界点,二是要善于利用导数知识和极限知识把握好函数的图象与性质.例3 (2016年全国卷Ⅰ)已知函数f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有两个零点,求a的取值范围.易知f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a).若a=0,则f(x)=(x-2)ex只有一个零点.若a>0,则当x<1时,f′(x)<0;当x>1时,f′(x)>0,故f(x)在(-∞,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,fmin(x)=f(1)=-e<0,且当x→-∞时,f(x)→+∞;当x→+∞时,f(x)→+∞,故f(x)有两个零点.若a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a).当ln(-2a)≤1，即时,当x>1时,f(x)在(1,+∞)单调递增,当x≤1时,f(x)<0,故f(x)只有一个零点.当ln(-2a)>1，即时,当x∈(1,ln(-2a))时,f′(x)<0;当x∈(ln(-2a),+∞)时,f′(x)>0.故f(x)在(1,ln(-2a))上单调递减,在(ln(-2a),+∞)上单调递增,又当x≤1时,f(x)<0,所以f(x)只有一个零点.综上所述,a>0.本题采用直接法处理含参函数的零点问题,利用函数的单调性及极值的符号分类讨论确定零点的个数.例4 (2018年全国卷Ⅱ) 已知函数f(x)=ex-ax2，若f(x)在(0,+∞)上只有一个零点,求a.f(x)在(0,+∞)上只有一个零点在(0,+∞)上只有一个实根⟺y=a与的图象在(0,+∞)上只有一个交点,令则易知g(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,当x→0+时,g(x)→+∞;当x→+∞时,g(x)→+∞.故要使y=a与在(0,+∞)上只有一个交点,则本题采用全参变分离法处理含参函数零点问题,避免了烦琐的分类讨论,过程简洁,易于学生掌握.例5 (2015年天津卷) 已知函数g(x)=b-f(2-x),其中b∈R,若函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点,则b的取值范围是( ).函数y=f(x)-g(x)恰有4个零点⟺y=f(x)与y=g(x)恰有4个交点.由已知条件可得作出函数y=f(x)与y=g(x)的图象，如图9所示.图9要使y=f(x)与y=g(x)的图象恰有4个不同的交点,需满足在x<0时有两个不同的解,即x2+x+2-b=0有两个不同的负根,故解得同时满足在x>2时有两个不同的解,即x2-5x+8-b=0有两个大于2的不同实根,故解得综上所述,满足条件的b的取值范围是故选D.本题采用直接法将问题转化为两条曲线的交点问题,在同一坐标系中准确作出两个函数的图象是解题的关键.从以上例题可以看出,含参函数零点问题是高考的热点、重点和难点,几乎每年都考,并且常以压轴题的形式出现.处理这类问题应合理利用“五法”，准确定位、并举.应该具体问题具体分析，并对“五法”进行比较尽可能“择其善者而从之”，只有不断尝试、反思，才能熟练掌握这类题型的解法，从而提升学生的解题能力.。

谈含参函数零点问题的解题策略摘要：含参函数零点问题一直是高考热点和难点，全国卷中常常均导数压轴题形式出现，对大部分学生而言有一定的难度。

本文主要针对此类问题举例说明两种方法：直接法和参变分离法，让学生有迹可循，进而达到落实数学核心素养的目的。

关键词：直接法参变分离法导数零点问题含参函数导数及其应用一直是高考的重点与难点，尤其是含参函数的零点问题[1-3]，一般以基本初等函数为载体，考察函数的单调性，函数的零点存在性定理及指数函数、幂函数、对数函数的增长速度，难度较大，解题时要熟练运用导数与函数单调性的关系，注重函数与方程化归、分类讨论及数形结合等思想方法的应用。

针对导数压轴题中的含参函数零点问题，本文将用两道例题来说明两种常用方法：直接法和参变分离法，例一是已知零点情形求参数范围，例二是直接求解函数零点个数，其中例一选自2018年全国卷理科Ⅱ卷21题第二问，例二选自2018年广一模理科21题第一问。

直接法是通过对参量进行分类讨论直接分析所求函数的单调性、极值、最值和极限，大致确定函数的图象进而分析函数的零点个数。

参变分离法则是利用函数与方程思想把参数和变量进行分离，得到一个不含参的函数和常函数，通过分析不含参函数的大概走势，进而确定不含参函数与常函数交点个数，从而解决原函数的零点问题。

在采用这两种方法求解时，我们利用极限思想降低计算复杂度。

虽然在高中数学没有涉及极限的计算方法，但是人教A版选修2-2中提到了极限的思想，所以我们根据指数函数、幂函数、对数函数增长速度来求一些简单函数的极限来确保函数在某些区间满足零点存在性定理。

本文将通过对这两道例题讨论分析说明两种求解方法，让学生有迹可循，进而达到落实数学核心素养的目的。

例1（2018全国理科Ⅱ卷21）已知函数．若在只有一个零点，求．方法一：直接法解析：当时，不满足题意.当时，，令令 .当时，即当，单调递增，又即在单调递增，又不满足题意.当时，即当，当时，单调递减；当时，单调递增.当时，即单调递增，不满足题意.当时，即又时，增长速度远远大于增长速度，所以，又使得又增长速度远远大于增长速度，所以在只有一个零点，又，解得方法二：参变分离法解析：在只有一个零点，即方程在只有一个解，即方程在只有一个解.即函数和函数在只有一个交点.当时，单调递减；当时，单调递增. ，又时，增长速度远远大于增长速度，所以，所以函数和函数在只有一个交点， =例2（2018广一模理科21）已知函数 .讨论的导函数零点的个数；解析：定义域为方法一：直接法令，故在上单调递增，，又当时，有且只有一个零点，所以当时，即时，只有一个零点；当时，即时，有两个零点.当时，没有零点，只有一个零点.所以当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点.方法二：参变分离法方程在解的个数，即方程在解的个数，即函数和函数在交点个数.在单调递增，，又当时，和有且只有一个交点，故当时，即时，只有一个零点；当时，即时，有两个零点.当时，和没有交点，只有一个零点.所以当或时，只有一个零点；当或时，有两个零点.通过上述两个例题的详细解析，我们可以直观感受到两种方法的特点。

学考方略含参零点问题是一类较为复杂的问题，不仅考查了函数的零点、图象、性质，还考查了方程、不等式等知识.要顺利解答此类问题，同学们需熟练运用分类讨论思想、数形结合思想、化归与转化思想等.这里主要探讨求解含参零点问题的三种思路.一、根据零点存在性定理求解如果函数y =f (x )在区间[a ,b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且f (a )·f (b )<0，那么函数y =f (x )在区间(a ,b )内有零点，即存在c ∈(a ,b )，使得f (c )=0.这个c 也就是方程f (x )=0的根.在解答含参零点问题时，我们可以首先根据题意对参数进行分类讨论，利用函数的零点存在性定理讨论y =f (x )在区间[a ,b ]上是否满足f (a )·f (b )<0，通过解不等式求得满足题意的参数的取值或者范围.例1.函数f (x )=ax 2-2x ＋1在区间(-1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点，则实数a 的取值范围是.解析：根据零点存在性定理及二次函数的图象可知，函数f (x )=ax 2-2x ＋1在区间(-1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点时，ìíîf (-1)⋅f (1)<0,f (1)⋅f (2)<0,解得34<a <1.函数的零点存在性定理是判断函数存在零点的重要工具.当题目涉及函数的零点是否存在的问题时，我们可直接利用零点存在性定理来建立关于参数的关系式.二、结合函数图象求解函数图象是解答函数问题的重要手段.在解题时，我们要首先令函数为0，将其进行适当的变形，构造出新的函数模型，分别画出新函数的图形，通过分析新函数图象的交点或与x 轴的交点，建立关于参数的不等式，解不等式便可求得问题的答案.例2.已知函数f (x )=ìíîe x ,x ≤0,ln x ,x >0,g (x )=f (x )＋x ＋a .若g (x )存在2个零点，则a 的取值范围是().A.[-1,0)B.[0，＋∞)C.[-1，＋∞)D.[1，＋∞)解析：函数g (x )较为复杂，我们可先令g (x )=0，便可将问题转化为函数y =f (x )与y =-x -a 有两个交点的问题，分别画出两个函数的图形，讨论它们交点的个数，便能建立关于参数的不等式.解：令h (x )=-x -a ，则g (x )=f (x )-h (x ).在同一坐标系中画出y =f (x )，y =h (x )的示意图，如图所示．若g (x )存在2个零点，则y =f (x )的图象与y =h (x )的图象有2个交点，平移y =h (x )的图象，可知当直线y =-x -a 过点(0,1)时，有2个交点，此时a =-1.当y =-x -a 在y =-x ＋1上方，即a <-1时，仅有1个交点，不符合题意．当y =-x -a 在y =-x ＋1下方，即a >-1时，有2个交点，符合题意．综上，a 的取值范围为[-1，＋∞)．故选C.三、借助导数法求解有些函数零点问题较为复杂，我们直接借助函数的图象、性质很难快速判断出函数是否存在零点、确定函数零点的个数，此时需借助导数法来求解.首先对函数求导，分析导函数与0之间的关系，判断出函数的单调性、极值，进而确定函数图象的大致趋势，这样便能快速建立关于参数的关系式.例3.若函数f ()x =x -x -m ln x 在区间()1,+∞上存在零点，则实数m 的取值范围为_____.分析：该函数中含有对数函数，我们需对函数进行求导，利用导函数来讨论m 取不同值时函数的单调性，找到确保函数存在零点的充要条件.解：对f ()x =x -x -m ln x 求导可得f '()x =1--m x=，当x ＞1时，令g ()x =2x -x ，则g '()x =2-12x ＞0，g ()x 在()1,+∞单调递增，则g ()x ＞1，①若2m ≤1，f '()x ＞0，函数f ()x 在()1,+∞上单调递增，此时f ()x ＞0，那么f ()x 在()1,+∞上无零点；②若2m ＞1，当1＜x ＜x 0时，则f '()x ＜0，函数f ()x 在()1,x 0单调递减；当x ＞x 0时，f '()x ＞0，函数f ()x 在()x 0,+∞单调递增；所以f ()x 0＜0，故当m ∈æèöø12,+∞时，函数f ()x 在()1,+∞存在零点.通过上述分析，同学们对含参零点问题有更加深入的了解，便能知晓如何运用零点存在性定理、函数的图象、导数法来解题.相比较而言，第一、二种思路较为简单，第三种思路较为复杂，且计算量较大，因此在解含参零点问题时，我们一般首先考虑采用第一、二种思路，然后再考虑运用导数法.朱庆华46。

2020高考数学压轴题命题区间探究与突破专题第一篇 函数与导数专题02 “三招五法”，轻松破解含参零点问题一．方法综述函数的含参零点问题是高考热门题型，既能很好地考查函数、导数、方程与不等式等基础知识，又能考查分类讨论、数形结合、转化与化归等思想方法，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度，往往出现在压轴题的位置.正因为如此，根据函数的零点情况，讨论参数的范围成为高考的难点．对于此类题目，我们常利用零点存在定理、函数的性质，特别是函数单调性（可借助于导数）探寻解题思路，或利用数形结合思想、分离参数方法来求解．具体的，（1）分类讨论参数的不同取值情况，研究零点的个数或取值；（2）利用零点存在的判定定理构建不等式求解；（3）分离参数后转化为函数的值域（最值）问题求解，如果涉及由几个零点时，还需考虑函数的图象与参数的交点个数；（4）转化为两熟悉的函数图象的上、下关系问题，从而构建不等式求解.二．解题策略类型一 “第一招”带参讨论【例1】【2020·福建福州期末】已知函数()()2224x x f x x x a ee --+=--+有唯一零点，则a =（ ）A ．12-B ．-2C ．12D ．2【指点迷津】1.根据题设要求研究函数的性质，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.由于函数含有参数，通常需要合理地对参数的取值进行分类讨论，并逐一求解．【举一反三】【2020河北邯郸期末】已知函数()2x f x me x m --=有两个零点，则m 的取值范围是( ) A ．(0,)+∞B ．(,0)-∞C ．(0,1)D ．1(0,)e类型二 “第二招”数形结合【例2】【2020•河南一模】已知关于x 的方程2[()]()10f x kf x -+=恰有四个不同的实数根，则当函数2()x f x x e =时，实数k 的取值范围是( ) A ．(-∞，2)(2-⋃，)+∞B ．224(,)4e e ++∞C ．28(,2)eD ．224(2,)4e e +【指点迷津】1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数f (x )＝g (x )－h (x )的零点个数，等价于方程g (x )－h (x )＝0的解的个数，亦即g (x )＝h (x )的解的个数，进而转化为基本初等函数y ＝g (x )与y ＝h (x )的图象的交点个数．2.先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．一是转化为两个函数y =g (x ),y =h (x )的图象的交点个数问题，画出两个函数的图象，其交点的个数就是函数零点的个数，二是转化为y =a,y =g (x )的交点个数的图象的交点个数问题．交点的横坐标即零点. 【举一反三】【2020河北武邑直线一调】已知函数()x xf x e=，若关于x 的方程2[()]()10f x mf x m ++-=恰有3个不同的实数解，则实数m 的取值范围是( ) A ．(-∞，2)(2⋃，)+∞ B ．1(1e-，)+∞C ．1(1e-，1)D ．(1,)e类型三 “第三招”分离参数【例3】【2020安徽】已知方程23||02ln x ax -+=有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是 ． 【指点迷津】1.分离参数法，先将参数分离，转化成求函数值域（最值）问题加以解决；2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成g(x)＝l(a)，则原函数的零点问题化归为与x 轴平行的直线y ＝l(a)和函数g(x)的图象的交点问题．【举一反三】【2015年天津卷理】已知函数()()22,2,{2,2,x x f x x x -≤=->函数()()2g x b f x =--，其中b R ∈，若函数()()y f x g x =-恰有4个零点，则b 的取值范围是（ ）A ． 7,4⎛⎫+∞⎪⎝⎭ B ． 7,4⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭ C ．70,4⎛⎫⎪⎝⎭ D ． 7,24⎛⎫ ⎪⎝⎭类型四 “三招五法”一题多解【例4】【2014年全国卷Ⅰ】已知函数f (x )＝ax 3－3x 2＋1，若f (x )存在唯一的零点x 0，且x 0＞0，则a 的取值范围为( )A ．(2，＋∞)B ．(－∞，－2)C ．(1，＋∞)D ．(－∞，－1)【指点迷津】1.本题的实质是函数f (x )存在唯一的零点x 0∈(0，＋∞)，因此可利用其代数特征转化为方程有唯一的正根来构思解析，也可以从零点本身的几何特征入手，将其转化为曲线的交点问题来突破，还可以利用选项的唯一性选取特例求解．2. 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不可解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简单，这也体现了数形结合思想的应用.【举一反三】【2017课标3，理11】已知函数211()2()x x f x x x a e e --+=-++有唯一零点，则a =A ．12-B ．13C ．12D ．1三．强化训练1．【2018年新课标I 卷理】已知函数f(x)={e x ，x ≤0，lnx ，x >0，g(x)=f(x)+x +a ．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A ． [–1，0）B ． [0，+∞）C ． [–1，+∞）D ． [1，+∞）2.【2020届河北“五个一名校联盟”二诊】已知函数()y f x =满足对任意的x R ∈，总有(2)()f x f x +=，且当[0x ∈，2]时，()1|1|f x x =--．若关于x 的方程()log a f x x =恰有三个不相等的实根，则实数a 的取值范围为( ) A ．[3，5]B ．(3,5)C ．[4，5]D ．(3,6)3.【2020河北唐山期中】若存在两个正实数x ，y 使得等式(1)x lnx xlny ay +=-成立（其中lnx ，lny 是以e 为底的对数），则实数a 的取值范围是( ) A ．21(0,]e B ．1(0,]eC ．21(,]e -∞ D ．1(,]3-∞4．【2019届同步单元双基双测AB 卷】函数f (x )的定义域为实数集R ,f (x )={(12)x-1,-1≤x <0log 2(x +1),0≤x <3,对于任意的x ∈R 都有f (x +2)=f (x -2),若在区间[-5,3]函数g (x )=f (x )-mx +m 恰有三个不同的零点, 则实数m 的取值范围是（ ）A ． (-12,-13) B ． [-12,-13] C ． (-12,-16) D ． [-12,-16)5.【2020届重庆八中期末】已知函数2()log 1f x x =-，且关于x 的方程2[()]()20f x af x b ++=有6个不同的实数解，若最小的实数解为-1，则+a b 的值为（ ） A ．-2B ．-1C ．0D ．16.【安徽省皖中名校联盟2019届10月联考】设函数f(x)={|2x+1-1|,x ≤14-x,x >1,若互不相等的实数p,q,r 满足f(p)=f(q)=f(r),则2p +2q +2r 的取值范围是（ ）7.【2020山西运城一中期末】对于任意的实数[1x ∈，]e ，总存在三个不同的实数[1y ∈-，5]，使得210y y xe ax lnx ---=成立，则实数a 的取值范围是( ) A ．24251(,]e e e- B ．4253[,)e e C ．(0，425]e D ．24253[,)e e e- 8.【2020浙江绍兴期末】若关于x 的方程12x a a x---=恰有三个不同的解，则实数a 的取值范围为______.9．【2020江西瑞金一中期末】已知函数21,0,()2,0,lnx x f x x x x x +⎧>⎪=⎨⎪--<⎩若函数()()g x f x mx =-有三个零点，则实数m的取值范围是 ．10.【2020浙江西湖一中期末】已知函数()y f x =是定义域为R 的偶函数，当0x …时，21,024()13(),224x x x f x x ⎧-⎪⎪=⎨⎪-->⎪⎩剟，若关于x 的方程27[()]()016af 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 ．。

例析含参函数相关的零点问题福建省莆田第二中学（351131）谢新华［摘要］利用导数研究函数的零点问题时，已知函数零点的个数求参数问题是一类重要的题型，常见的处理方法有分离参数法、直接构造函数法、隔离构造函数法.通过导数研究函数的图像及性质，把零点问题化归转化为图像的交点问题，数形结合求得参数的值（范围），有时还需对参数的不同取值情况进行分类讨论.通过归类分析，让学生学会运用数学思想方法解决问题，提升学生的解题效率.［关键词］导数；零点；构造；图像［中图分类号］G 633.6［文献标识码］A［文章编号］1674-6058（2021）32-0027-02［例题1］设函数f (x )=ln x +mx,m ∈R ，若函数g (x )=f ′(x )-x3没有零点，求实数m 的取值范围.解析：因为f ′(x )=1x -m x 2，所以g (x )=1x -mx 2-x 3(x >0)，由g (x )=0,得m =-x 33+x ，设h (x )=-x33+x (x >0),则h ′(x )=-x 2+1，令h ′(x )=0,得x =±1,当0<x <1时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x >1时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x =1时，h (x )取得最大值，且最大值为h (1)=23，h (x )无最小值，因为函数g (x )没有零点，所以直线y =m 与函数h (x )的图像没有公共点，所以实数m 的取值范围是()23,+∞.点评：已知函数零点的个数求参数的取值范围，其常见的转化方法是分离参数法，使得构造的函数中不含参数，避免了参数的分类讨论，应用数形结合思想把函数零点问题转化为水平直线y =m 与函数h (x )图像的交点个数问题来解决.变式：若函数f (x )=a e x -x -2a 有两个零点，则实数a 的取值范围是.解析1：（分离参数法）由f (x )=0,得a (e x -2)=x ，因为x ≠ln 2，所以a =xe x -2，设g (x )=x e x -2(x ≠ln 2)，则g ′(x )=e x -2-x e x(e x -2)2，设h (x )=e x -2-x e x ，则h ′(x )=-x e x ，当x <0时，h ′(x )>0，h (x )单调递增，当x >0时，h ′(x )<0，h (x )单调递减，所以当x =0时，h (x )取得最大值，且最大值为h (0)=-1，所以h (x )<0，即g ′(x )<0，所以g (x )在(-∞,ln 2),(ln 2,+∞)上单调递减，又g (0)=0，x >ln 2时，g (x )>0,因为函数f (x )有两个零点，所以直线y =a 与函数g (x )的图像有两个公共点，所以实数a 的取值范围是(0,+∞).解析2：（直接构造函数法）因为f ′(x )=a e x -1，当a ≤0时，f ′(x )≤0，f (x )在R 上单调递减，至多一个零点，不符合题意，当a >0时，令f ′(x )<0，得x <-ln a ，令f ′(x )>0，得x >-ln a ，所以f (x )在(-∞,-ln a )上单调递减，在(-ln a ，+∞)上单调递增，所以f min (x )=f (-ln a )=1+ln a -2a ，令φ(a )=1+ln a -2a (a >0)，φ′(a )=1a-2,令φ′(a )>0，得0<x <12；令φ′(a )<0，得x >12，所以φmax (a )=φ()12=-ln 2<0，即φ(a )<0，f (-ln a )<0，所以函数f (x )有两个零点，符号题意，综上所述，实数a 的取值范围是(0,+∞).［基金项目］本文系福建省教育科学“十三五”规划课题2020年度教育教学改革专项课题“学科素养视域下‘读思达’教学法的数学课堂应用研究”（项目编号：Fjjgzx20-077）的研究成果.数学·解题研究解析3：（隔离构造函数法）由f(x)=0,得a(e x-2)=x，因为a≠0，所以e x=1a x+2，因为函数f(x)有两个零点，所以直线y=1a x+2与函数y=e x的图像有两个公共点，结合图像易得实数a的取值范围是(0,+∞).点评：本题解析1利用分离参数法，使得构造的函数中不含参数，避免了参数的分类讨论，但构造的函数定义域改变了，函数不连续了，函数图像变得复杂了，研究时因容易忽略函数定义域或图像特征把握不准确导致错误.解析2利用直接构造函数法，通过导数研究函数的图像与性质，需要对参数的不同取值情况分类讨论，是常规思路，容易入题，但解题后半部分容易出现“卡壳”，不易得出最后结果.解析3利用隔离构造函数法，构造两个基本初等函数，比较熟悉，结合图像容易得出结论，是学生比较喜欢的方法，运用此法解答小题比较适合，在前两种方法无法求解时，也可以尝试通过此法探求结果.［参考文献］［1］王文英,蒋晓东.利用导数研究函数的零点问题［J］.中学数学教学参考,2019（7）:49-53.［2］任冲.导数工具巧应用函数零点妙解决：以一道高考题为例［J］.中学数学教学参考,2019（Z3）:135-136.［3］张伟.导数与数形结合思想研究函数问题［J］.数学学习与研究,2016（23）:78.［4］陈蓬.导数视角下函数零点问题的多角度探究［J］.中学数学,2016（13）:62-64.（责任编辑陈昕）图6指数函数模型的改进可以变换底数以10为底，令z=lg y得表6，拟合结果如图7.表6温度x产卵数z210.8451231.0414251.3222271.3802291.8195322.0607352.5119图7也可以变换底数以2为底，令z=log zy得表7，拟合结果如图8.表7温度x产卵数z212.807233.459254.392274.585296.044326.845358.344图8教师可进一步延伸拓展，借助Excel添加趋势线，拟合更高次函数，如三次函数、对数函数等模型，拓宽学生的视野，体会数学源于生活又高于生活，学以致用，有效预防红铃虫，只要控制温度在20℃以下，35℃以上.数学模型没有最好，只有更好，逐步改进模型，才能更好地为我们的生活服务.［参考文献］［1］周迎春.从不同视角看高中数学“线性回归分析”的两个结论［J］.重庆师范大学学报（自然科学版），2019（4）：131-136.［2］安国胜.探究数学核心素养的培养途径［J］.课程教育研究，2019（27）：129-130.［3］李思聪，张仕橙.注重建模思维引领，培养数学核心素养［J］.数学教学通讯，2019（18）：20-21.［4］郝晶杰.高中生数学建模素养调查研究［D］.新乡：河南科技学院，2019.［5］郑叶群.如何把高中数学建模核心素养渗透于课堂教学［J］.教育现代化，2019（23）：253-254.［6］郭红霞.高中数学课堂中落实核心素养的培育策略［J］.中学数学，2019（5）：79-80.（责任编辑黄桂坚）（上接第8页）数学·解题研究。