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》

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解析 作出函数 f(x)＝|xl＋n x1|，，xx>≤0，0 的图象，如图所
示．
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方程f(x)－a2＝0有三个不同的实数根，等价于函数y ＝f(x)的图象与直线y＝a2有三个不同的交点，根据图象 可知，当0＜a2≤1时，函数y＝f(x)的图象与直线y＝a2有 三个不同的交点，故a的取值范围是[－1,0)∪(0,1]．
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如图所示，要使存在唯一的正整数 x0，使得 f(x0)<0，
g1≥h1， 只要g2<h2，
g3≥h3，
1－3＋5≥2a， 即8－12＋5<3a，
27－27＋5≥4a，
解得13＜a≤54.
故实数 a 的取值范围为13，54.
答案 13，54
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6．已知函数 f(x)＝xe2x，若关于 x 的方程[f(x)]2＋mf(x) ＋m－1＝0 恰有 3 个不同的实数解，则实数 m 的取值范 围是________.
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5．设函数f(x)＝x3－3x2－ax＋5－a，若存在唯一的 正整数x0，使得f(x0)<0，则a的取值范围是________.
解析 设g(x)＝x3－3x2＋5，h(x)＝a(x＋1)，因为 g′(x) ＝ 3x2 － 6x ＝ 3x(x － 2) ， 令 g′(x)>0⇒x>2 或 x<0 ， 令 g′(x)<0⇒0<x<2，所以g(x)在(－∞，0)，(2，＋∞)上单调 递增，在(0,2)上单调递减，又因为g(0)＝5，g(2)＝1，所 以在同一直角坐标系中画出两个函数图象，

第二讲数形联合思想思想方法解说数形联合思想：是依据数与形之间的对应关系，经过数与形的互相转变来解决数学识题的思想．经过“以形助数，以数辅形” ，使复杂问题简单化，抽象问题详细化，能够变抽象思想为形象思想.重点一利用数形联合思想研究函数的零点、方程的根、图象的交点问题[ 分析 ] (1)函数 f(x)＝lnx－x－a 的零点，即对于 x 的方程 lnx－x－a ＝0 的实根，将方程 lnx－x－a＝0 化为方程 lnx＝x＋a，令 y1＝lnx，y2＝x＋a，由导数知识可知，直线 y2＝x＋a 与曲线 y1＝lnx 相切时有 a ＝－ 1，如下图，若对于 x 的方程 lnx－x－a＝ 0 有两个不一样的实根，则实数 a 的取值范围是 (－∞，－ 1)．应选 B.1(2)方程 x＋2＝a|x|有三个不一样的实数解等价于函数1y＝ x＋2与 y＝1a|x|的图象有三个不一样的交点．在同向来角坐标系中作出函数y＝x＋2与 y＝a|x|的图象，如下图，由图易知，a>0.当－ 2<x<0 时，设函数1y＝a|x|＝－ ax 的图象与函数f(x)＝x＋2的图象相切于点 (x0，y0)，因为y0＝－ ax0，f ′(x0)＝－12，则有y0＝ 1 ，解得 a＝1，因此实数 a x0＋2x0＋21x0＋2 2＝a，的取值范围为 (1，＋∞)，应选 C.[ 答案 ] (1)B (2)C利用数形联合求方程解、函数零点问题的 2 个注意点(1)议论方程的解 (或函数的零点 )可结构两个函数，使问题转变为议论两曲线的交点问题，但用此法议论方程的解必定要注企图象的准确性、全面性，不然会获取错解．(2)正确作出两个函数的图象是解决此类问题的重点，数形联合应以快和准为原则而采纳，不要故意去数形联合．[对点训练 ]|x|，x≤m，1．(2017·大连模拟)已知函数f(x)＝x2－2mx＋4m，x>m，此中 m>0.若存在实数 b，使得对于 x 的方程 f(x)＝b 有三个不一样的根，则 m 的取值范围是 ________．[分析 ]作出f(x)的图象如下图．当x>m 时， x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－ m2，∴要使方程 f(x)＝b 有三个不一样的根，则有4m－m2<m，即 m2－3m>0.又 m>0，解得 m>3.[答案 ](3，＋∞ )2．设点 M(x0,1)，若在圆 O：x2＋y2＝1 上存在点 N，使得∠ OMN ＝45°，则 x0的取值范围是 ________．[ 分析 ]如下图，由题意可知M在直线y＝1上运动，设直线y＝1与圆 x2＋y2＝1 相切于点 P(0,1)．当 x0＝0 即点 M 与点 P 重合时，明显圆上存在点 N( ±1,0)切合要求；当 x0≠0 时，过 M 作圆的切线，切点之一为点 P，此时对于圆上随意一点 N，都有∠ OMN≤∠ OMP，故要存在∠ OMN＝45°，只要∠ OMP≥45°.特别地，当∠ OMP＝45°时，有 x0＝±1.联合图形可知，切合条件的x0的取值范围为 [－1， 1]．[答案 ] [－1,1]重点二利用数形联合思想解决最值问题2x＋3y－3≤0，[ 分析 ] (1)作出不等式组2x－3y＋3≥0，对应的可行域，如y＋3≥0图中暗影部分所示．易求得可行域的极点A(0,1)，B(－6，－3)，C(6，－3)，平移直线 y＝－ 2x＋z，当直线 y＝－ 2x＋z 过点 B(－6，－3)时，z获得最小值， z min＝2×(－6)－3＝－ 15，选择 A.(2)依据题意，画出表示图，如下图，则圆心 C 的坐标为 (3,4)，1半径 r＝1，且|AB|＝2m，因为∠ APB＝90°，连结 OP，易知 |OP|＝2|AB|＝m.要求 m 的最大值，即求圆 C 上的点 P 到原点 O 的最大距离．因为 |OC|＝32＋42＝5，因此 |OP|max＝|OC|＋r＝6，即 m 的最大值为 6，应选 B.[ 答案 ] (1)A (2)B利用数形联合思想解决最值问题的 3 点思路(1)对于几何图形中的动向问题，应剖析各个变量的变化过程，找出此中的互相关系求解．(2)对于求最大值、最小值问题，先剖析所波及知识，而后画出相应图象，数形联合求解．(3)假如 (不)等式、代数式的结构包含着明显的几何特色，就要考虑用数形联合的思想方法来解题，即所谓的几何法求解．[对点训练 ]3． (2017 ·石家庄市高三二检)在平面直角坐标系中，不等式组x＋y≤0，x－y≤0，(r 为常数表示的平面地区的面积为π，若，知足上)x yx2＋y2≤r2x＋y＋1述拘束条件，则 z＝x＋3的最小值为 ()A．－152＋1C.1D．－7 B．－735[分析]作出不等式组表示的平面地区，如图中暗影部分所示，由题意，知1π2＝π，解得 r＝2.z＝x＋y＋1y－2＝1＋，表示可行域内4r x＋3x＋3的点与点 P(－3,2)连线的斜率加上 1，由图知当可行域内的点与点 P 的连线与圆相切时斜率最小．设切线方程为 y－ 2＝k(x＋3)，即 kx－y＋3k＋2＝0，则有|3k＋2|＝2，解得 k＝－12或 k＝0(舍去 )，因此z mink2＋15＝1－1275 ＝－5.应选 D.[答案]D4．(2017 ·武汉二模 )已知抛物线的方程为 x2＝8y，F 是其焦点，点 A(－2,4)，在此抛物线上求一点 P，使△ APF 的周长最小，此时点 P 的坐标为 ________．[ 分析 ]因为(－2)2<8×4，因此点A(－2,4)在抛物线x2＝8y的内部，如图，设抛物线的准线为l，过点 P 作 PQ⊥l 于点 Q，过点 A 作 AB⊥l 于点 B，连结 AQ，由抛物线的定义可知△APF 的周长为|PF|＋|PA|＋|AF|＝|PQ|＋|PA|＋|AF|≥|AQ|＋|AF|≥|AB|＋|AF|，当且仅当 P，B，A 三点共线时，△APF 的周长获得最小值，即|AB|＋|AF|.因为 A(－2,4)，因此不如设△APF的周长最小时，点P 的坐标为(－2，y0)，代入2x＝8y，得1 y0＝2，故使△APF的周长最小的抛物线上的点P 的坐标为11－2，2 ，故填－2，2 .[答案]1－2，2重点三利用数形联合思想解决不等式、参数问题[ 分析 ] (1)曲线方程可转变为 (x－ 2)2＋(y－3)2＝4(1≤y≤3)，即表示圆心为 (2,3)，半径为 2 的下半圆，如图，依照数形联合，当直线y＝x＋b 与此半圆相切时，圆心(2,3)到直线 y＝x＋b 的距离等于 2，|2－3＋b|∴＝2，解得 b＝1＋2 2或 b＝1－2 2，因为是下半圆，所2以 b＝1－2 2；当直线过 (0,3)时，可得b＝ 3，因此1－2 2≤b≤3.应选 C.(2)对随意 x∈R，都有 f(x)≤|k－1|建立，即 f(x)max≤|k－ 1|.因为 f(x)的草图如下图，－x2＋x，x≤1，1察看f(x)＝log1 x，x>1的图象可知，当x＝2时，函数31135f(x)max＝4，因此 |k－1|≥4，解得 k≤4或 k≥4.35[答案 ] (1)C－∞，4∪ 4，＋∞利用数形联合思想解不等式或求参数范围问题的技巧求参数范围或解不等式问题时常常联系函数的图象，依据不等式中量的特色，选择适合的两个(或多个)函数，利用两个函数图象的上、下地点关系转变数目关系来解决问题，常常能够防止繁琐的运算，获取简捷的解答．[对点训练 ]5．(2017 ·河南郑州月考 )使 log2(－x)<x＋1 建立的 x 的取值范围是()A ．(－1,0) B．[－1,0) C．(－2,0) D．[－2,0)[ 分析 ] 在同一坐标系内作出 y＝log2(－x)，y＝ x＋1 的图象，知知足条件的 x∈(－1,0)．[答案]A6． (2017 ·济南一模 )已知函数f(x)＝x2－4x，x≤0，若 f(x)－sin πx，x>0，ax≥－1，则实数 a 的取值范围是 ________．[ 分析 ]依题意得f(x)≥ax－1.在同一平面直角坐标系中分别作出函数 y＝f(x)与 y＝ax－1(该直线过定点 (0，－1)、斜率为 a)的图象，如下图．设直线 y＝ax－ 1 与曲线 y＝x2－4x(x≤0)相切于点 (x0，y0)，a＝2x0－4，x0≤0，则有x20－4x0＝ax0－1，解得x0＝－1，a＝－6.联合图形可知，实数 a 的取值范围是 [－6,0]．[答案 ] [－6,0]—————————————————————运用数形联合思想剖析解决问题的三原则1．等价性原则在数形联合时，代数性质和几何性质的变换一定是等价的，不然解题将会出现破绽，有时，因为图形的限制性，不可以完好地表现数的一般性，这时图形的性质只好是一种直观而浅易的说明．2．双向性原则2020届高三理科数学二轮复习讲义：模块一第二讲数形结合思想Word版含解析.doc在数形联合时，既要进行几何直观的剖析，又要进行代数抽象的探究，双方面相辅相成，仅对代数问题进行几何剖析(或仅对几何问题进行代数剖析 )在很多时候是很难行得通的．3．简单性原则找到解题思路以后，至于用几何方法仍是用代数方法或许兼用两种方法来表达解题过程，则取决于哪一种方法更加简单．。

方法指导 利用数形结合思想解决平面向量问题的关注点 (1)在解答平面向量问题时,根据题目条件建立相应的平面直角坐标系. (2)利用平面向量的坐标,结合向量的坐标运算、数量积公式等求解,具有很 强的操作性,解答过程流畅,解题方法巧妙.
1.已知
uuur uuur
AB⊥ AC,|
uAuBur |=1,|
C.b<a<c
D.c<a函数y=
1 3

x
、y=log
1 3
x、y=x+3的图象,再观察图象间的
交点的横坐标即可得解,由图知c<a<b,故选D.
应用二 数形结合思想在求解不等式或参数范围中的应用
例2
(1)(2019天津理,8,5分)已知a∈R.设函数f(x)=

期为2,又当x∈[-1,0]时, f(x)=-x3,由此在同一平面直角坐标系内作出函数y=f(x)
与y=|cos
πx|的图象如图所示.由图知关于x的方程f(x)=|cos
πx|在-
5 2
,
1 2

上的实
数解有7个.不妨设x1<x2<x3<x4<x5<x6<x7,则由图可得x1+x2=-4,x3+x5=-2,x4=-1,x6+x
即对于任意实数k,不等式k2-2tk+4t2-1>0恒成立,
则有Δ=4t2-4(4t2-1)<0,
解得t<- 3 或t> 3 ,故选B.
3
3
应用四 数形结合思想在解析几何中的应用
例4 (1)已知圆C:(x-3)2+(y-4)2=1和两点A(-m,0),B(m,0)(m>0).若圆C上存在

运用数形结合思想探究函数零点问题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)．。