2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破专题02三招五法轻松破解含参零点问题学案练习

专题01 抽象函数问题莫畏难学会“三招”可攻关一．方法综述抽象函数是指没有给出函数的具体解析式，只给出了一些体现函数特征式子的一类函数．由于抽象函数表现形式抽象，对学生思维能力考查的起点较高，使得此类问题成为函数内容的难点之一，使多数学生感觉无从下手，望而生畏．事实上，解决此类问题时，只要准确掌握函数的基本性质，熟知我们所学的基本初等函数，将抽象函数问题转化为具体函数问题，问题就迎刃而解了．具体的可概括为函数性质法、赋值法和构造函数法.二．解题策略类型一函数性质法【例1】【安徽省肥东县高级中学2019届8月调研】已知定义在上的函数满足条件：①对任意的，都有；②对任意的且，都有；③函数的图象关于轴对称，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．【答案】C【解析】则，，，则，即，故选C．【指点迷津】1.先研究清楚函数的奇偶性、对称性和周期性等性质，这样函数就不再抽象了，而是变得相对具体，我们就可以画出符合性质的草图来解题.2.解决抽象函数问题常用的结论 (1)函数y ＝f(x)关于x ＝2a b对称⇔f(a ＋x)＝f(b －x)⇔f(x)＝f(b ＋a －x)． 特例：函数y ＝f(x)关于x ＝a 对称⇔f(a ＋x)＝f(a －x)⇔f(x)＝f(2a －x)； 函数y ＝f(x)关于x ＝0对称⇔f(x)＝f(－x)(即为偶函数)．(2)函数y ＝f(x)关于点(a ，b)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝2b ⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝2b. 特例：函数y ＝f(x)关于点(a,0)对称⇔f(a ＋x)＋f(a －x)＝0⇔f(2a ＋x)＋f(－x)＝0； 函数y ＝f(x)关于点(0,0)对称⇔f(x)＋f(－x)＝0(即为奇函数)．(3)y ＝f(x ＋a)是偶函数⇔函数y ＝f(x)关于直线x ＝a 对称；y ＝f(x ＋a)是奇函数⇔函数y ＝f(x)关于(a,0)对称． (4)对于函数f(x)定义域内任一自变量的值x ： ①若f(x ＋a)＝－f(x)，则T ＝2a ； ②若f(x ＋a)＝1()f x ，则T ＝2a ； ③若f(x ＋a)＝－1()f x ，则T ＝2a ；(a>0) ④若f(x ＋a)＝f(x ＋b)(a≠b)，则T ＝|a －b|；⑤若f(2a －x)＝f(x)且f(2b －x)＝f(x)(a≠b)，则T ＝2|b －a|.（5）奇偶函数在对称区间上的单调性：奇函数在对称区间上的单调性相同；偶函数在对称区间上的单调性相反． 【举一反三】【2018年全国卷II 理】已知是定义域为的奇函数,满足.若，则（ ）A ．B ．C ．D ．【答案】C 【解析】 因为是定义域为的奇函数，且， 所以,因此，因为，所以，，从而，选C.类型二 赋值法【例2】【甘肃省兰州市第一中学2019届9月月考】已知函数f(x)是定义在实数集R上的不恒为零的偶函数，且对任意实数x都有，则的值是（）A． 0 B． C． 1 D．【答案】A【解析】【指点迷津】根据对题目给出的抽象的函数性质的理解，将条件和结论有机地结合起来，作适当变形，我们找到一个符合题意的具体函数或给变量赋值，把抽象函数问题化为具体的数学问题，从而问题得解.【举一反三】【江苏省南通市2018年高考模拟（二）】已知函数是定义在上的偶函数，且对于任意的都有，，则的值为______．【答案】4【解析】函数是定义在上的偶函数，，，令，可得，则则，，是以为周期的函数，，则故答案为类型三构造函数法【例3】【河北省石家庄2018届检测（二）】已知函数是定义在区间上的可导函数，满足且(为函数的导函数)，若且，则下列不等式一定成立的是( )A． B．C． D．【答案】C【解析】【指点迷津】导数、不等式、函数相结合的问题,往往考查函数的单调性、大小比较、解不等式等,问题的关键点在于利用好已知条件中含有原函数和它的导函数的式子,考虑用构造函数法，通过构造函数,使抽象函数问题具体化.如本题从出发，联想构造函数,从而可以用上已知条件来判断函数单调性，进一步达到比较大小的目的. 一般：（1）条件含有，就构造,（2）若，就构造，（3），就构造，（4）就构造，等便于给出导数时联想构造函数.【举一反三】【甘肃省酒泉市敦煌中学2019届一诊】设是定义在上的奇函数,且,当时,有恒成立,则不等式的解集为( )A． B．C． D．【解析】∵，且∴∴∴根据图象可得或∴不等式的解集为故选D.三．强化训练1．【河北省衡水中学2019届高三开学二调】已知是定义域为的奇函数，满足.若，则（）A． B． C． D．【答案】C2.【2018年上海卷】设是含数的有限实数集，是定义在上的函数，若的图象绕原点逆时针旋转后与原图象重合，则在以下各项中，的可能取值只能是（）A． B． C． D．【答案】B【解析】由题意得到：问题相当于圆上由12个点为一组，每次绕原点逆时针旋转个单位后与下一个点会重合．我们可以通过代入和赋值的方法当f（1）=，，0时，此时得到的圆心角为，，0，然而此时x=0或者x=1时，都有2个y与之对应，而我们知道函数的定义就是要求一个x只能对应一个y，因此只有当x=，此时旋转，此时满足一个x只会对应一个y，故选：B．3.【江西师范大学附属中学2018年10月高三月考】定义在上的函数满足，若在上是增函数，记，则（）A． B． C． D．【答案】C【解析】4．【安徽省六安市舒城中学2018届仿真（三）】已知定义在R上的函数满足且在上是增函数，不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是( )A． B． C． D．【答案】B【解析】，则函数关于对称函数在上是增函数函数在是减函数，即在上是减函数当时，不等式变为，根据函数的图象特征可得出：，解得或，满足不等式对任意恒成立，由此排除两个选项当时，不等式变为，根据函数的图象特征可得出：，解得，不满足不等式对任意恒成立，由此排除综上所述，选项是正确的故选.5.【江西省南昌市2018届二轮测试（三）】已知函数的图象关于点对称，函数对于任意的满足（其中是函数的导函数），则下列不等式成立的是A． B．C． D．【答案】C【解析】6.【北京工业大学附属中学2019届摸底】设是定义在上的奇函数，且,当时，有恒成立，则不等式的解集为（）A． B．C． D．【答案】D由图像可知，当时，有，此时，故；当时，有，此时，故；所以的解集为.又等价于，所以的解集为.故选D.7.【贵州省铜仁市第一中学2019届高三上第二次月考】设是定义在上以为周期的偶函数，在区间上是严格单调递增函数，且满足，，则不等式的解集为_____________________【答案】【解析】根据函数周期为2且为偶函数知，，因为，且根据对称性知函数在上单调递减，所以的解为，故填.8.【山西大学附属中学2019届9月诊断】定义在上的函数的图像关于对称，且当时，（其中是的导函数），若，则的大小关系是________．【答案】【解析】又∵,∴>30.3•f（30.3）>（logπ3）•f（logπ3）即>30.3•f（30.3）>（logπ3）•f（logπ3）即：c＞a＞b故答案为：c＞a＞b.9．【黑龙江省大庆实验中学2019届高三第一次月考】设函数是定义在(－∞，0)上的可导函数，其导函数为，且有，则不等式的解集为________.【答案】【解析】由2f（x）+xf′（x）＞x2，（x＜0），得：2xf（x）+x2f′（x）＜x3，即[x2f（x）]′＜x3＜0，令F（x）=x2f（x），则当x＜0时，精品试卷得F′（x）＜0，即F（x）在（﹣∞，0）上是减函数，∴F（x+2014）=（x+2014）2f（x+2014），F（﹣2）=4f（﹣2），即不等式等价为F（x+2014）﹣F（﹣2）＞0，∵F（x）在（﹣∞，0）是减函数，∴由F（x+2014）＞F（﹣2）得，x+2014＜﹣2，即x＜﹣2016，故答案为：10.【山西大学附属中学2019届9月诊断】已知函数f(x)在(－1，1)上有定义，当且仅当0<x<1时f(x)<0,且对任意x、y∈(－1,1)都有f(x)+f(y)=f(),试证明(1)f(x)为奇函数；(2)f(x)在(－1，1)上单调递减【答案】（1）见解析；（2）见解析.【解析】证明：(1)由f(x)+f(y)=f()可令x=y=0,得f(0)=0,令y=－x,得f(x)+f(－x)=f()=f(0)=0∴f(x)=－f(－x)∴f(x)为奇函数推荐下载。

专题02 函数问题的解题规律一、函数问题的解题规律解题技巧及注意事项1.定义域陷阱2.抽象函数的隐含条件陷阱3.定义域和值域为全体实数陷阱4.还原后新参数范围陷阱5.参数范围漏解陷阱6.函数求和中的倒序求和问题7.分段函数问题8.函数的解析式求法9.恒成立问题求参数范围问题10.任意存在问题二．知识点【学习目标】1．了解映射的概念，了解构成函数的要素，会求一些简单函数的定义域、值域及函数解析式；2．在实际情境中，会根据不同的需要选择适当的方法(图象法、列表法、解析法)表示函数；3．了解简单的分段函数，并能简单应用；4．掌握求函数定义域及解析式的基本方法．【知识要点】1．函数的概念设A，B是非空的数集，如果按照某个确定的对应关系f，使对于集合A中的任意一个数x，在集合B 中都有唯一确定的数f(x)和它对应，那么称f：A→B为从集合A到集合B的一个函数，记作：，其中x叫做自变量，x的取值范围A叫做函数的定义域；与x的值相对应的y的值叫做函数值，函数值的集合{f(x)|x∈A}叫做函数的值域．显然{f(x)|x∈A}⊆B.2．映射的概念设A，B是两个集合，如果按照某种对应关系f，对于集合A中的任意一个元素，在集合B中都有唯一确定的元素和它对应，那么这样的对应(包括集合A，B，以及集合A到集合B的对应关系f)叫做集合A 到集合B的映射．3．函数的特点①函数是一种特殊的映射，它是由一个集合到另一个集合的映射；②函数包括定义域A、值域B和对应法则f，简称函数的三要素；③关键是对应法则．4．函数的表示法函数的表示法：图示法、解析法．5．判断两个函数为同一个函数的方法两个函数的定义域和对应法则完全相同(当值域未指明时)，则这两个函数相等．6．分段函数若函数在定义域的不同子集上对应法则不同，可用几个式子表示函数，这种形式的函数叫分段函数．注意：不要把分段函数误认为是多个函数，它是一个整体，分段处理后，最后写成一个函数表达式．三．典例分析及变式训练（一）定义域陷阱例1. 【曲靖一中2019模拟】已知，若函数在（﹣3，﹣2）上为减函数，且函数=在上有最大值，则的取值范围为（）A．B．C．D．【答案】A【分析】由在上为减函数，可得；由在上有最大值，可得，综上可得结果,.【解析】在上为减函数，，且在上恒成立，，，又在上有最大值，且在上单调递增，在上单调递减，且，，解得，综上所述，，故选A.【点评】本题主要考查对数函数的单调性、复合函数的单调性、分段函数的单调性，以及利用单调性求函数最值，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，考查综合应用所学知识解答问题的能力，属于难题. 判断复合函数单调性要注意把握两点：一是要同时考虑两个函数的的定义域；二是同时考虑两个函数的单调性，正确理解“同增异减”的含义（增增增，减减增，增减减，减增减）.练习1.【湖北2019重点中学联考】若y=f（x）的定义域为（0，2]，则函数g（x）=的定义域是（）A．（0，1] B．[0，1）C．（0，1）∪（1，4] D．（0，1）【答案】D【点评】本题考查了抽象函数的定义域与应用问题，是基础题．（二）抽象函数的隐含条件陷阱例1. 【2019福建联考】已知定义在上的函数满足:，若, 则A．B．C．D．【答案】D【解析】f（x+y）=f（x）+f（y）+1，且f（8）=15，令x=y=4，可得f（8）=2f（4）+1=7，解得f（4）=3，再令x=y=2，可得f（4）=2f（2）+1=3，解得f（2）=1．故选：D．【点评】本题考查抽象函数的运用：求函数值，注意运用赋值法，考查运算能力，属于基础题．练习1.设函数f：R→R满足f(0)＝1，且对任意，都有，则＝（）A．0 B．2018 C．2 017 D．1【答案】B【解析】令,利用,求出,再利用，令,求的解析式，从而可得结果. 【详解】，令，得，，令，又，，，故选B.【点评】本题主要考查抽象函数的解析式，属于中档题. 解抽象函数的解析式问题，往往利用特值法：（1）；（2）；（3）.（三）定义域和值域为全体实数陷阱例3．【山东省师大附中2019第二次模拟考】函数的值域为，则实数的范围（）A．B．C．D．【答案】C【解析】分段函数的值域为R，则函数y=f（x）在R上连续且单调递增，列出关于a的不等式组即可求解a的值.【详解】因为函数的值域为所以解得：故选C【点评】本题考查了分段函数的单调性，其题干描述较为隐蔽，需要通过分析其值域为R得到该函数在R 上是增函数，然后根据分段函数的单调性条件求解出a的范围.练习1.已知函数y＝f（x）的定义域是R，值域为[-1，2]，则值域也为[-1，2]的函数是A．B．C．D．【答案】B【解析】根据的值域为[-1，2]，即，即可求出，以及的范围，从而找出正确选项．【点睛】本题考查分段函数最值，考查基本分析求解能力，属基础题.练习1.若函数在上有意义，则实数的取值范围是______ ．【答案】.【解析】使用换元令t=2x，将函数转化为一元二次函数y=1+t+at2进行求解．【点睛】本题考查了与指数函数有关的复合函数的最值问题，通过换元，将函数转化为一元二次函数，是解决本题的关键，对应不等式恒成立问题通常是转化为含参问题恒成立，即求函数的最值问题．练习2．已知．（1）求的值域．（2）若对任意和都成立，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】（1）利用换元法，将函数转化为关于t的二次函数，根据t的取值范围求得函数的值域。

一．方法综述导数是研究函数性质的有力工具，其核心又是由导数值的正、负确定函数的单调性．应用导数研究函数的性质或研究不等式问题时，绕不开研究()f x 的单调性，往往需要解方程()0f x '＝.若该方程不易求解时，如何继续解题呢？在前面专题中介绍的“分离参数法”、“构造函数法”等常见方法的基础上，本专题举例说明 “三招”妙解导函数零点问题. 二．解题策略类型一 察“言”观“色”，“猜”出零点【例1】【河北省武邑中学2019届高三上第三次调研】已知函数．（1）当时，求在处的切线方程；（2）设函数，（ⅰ）若函数有且仅有一个零点时，求的值；（ⅱ）在（ⅰ）的条件下，若，，求的取值范围。

【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】（2）（ⅰ）令则即令，则令，，在上是减函数又所以当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以当函数有且今有一个零点时，9分【指点迷津】1.由于导函数为超越函数，无法利用解方程的方法，可以在观察方程结构的基础上大胆猜测.一般地，当所求的导函数解析式中出现ln x时，常猜x＝1；当函数解析式中出现e x时，常猜x＝0或x＝ln x.2.例题解析中灵活应用了分离参数法、构造函数法【举一反三】设()1ln xf x x+＝. (1)若函数f (x )在(a ，a ＋1)上有极值，求实数a 的取值范围； (2)若关于x 的方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解，求实数k 的取值范围． 【答案】（1）(0,1)；（2）(－∞，2]． 【解析】(1)因为()2ln xf x x'＝－，当0<x <1时，f ′(x )>0；当x >1时，f ′(x )<0，所以函数f (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，故函数f (x )的极大值点为x ＝1，所以a <1<a ＋1，即0<a <1，故所求实数a 的取值范围是(0,1)． (2)方程f (x )＝x 2－2x ＋k 有实数解， 即f (x )－x 2＋2x ＝k 有实数解． 设()()22g x f x x x ＝－＋，则()(2)1g x x '＝－2ln xx －. 接下来，需求函数g (x )的单调区间，所以需解不等式g ′(x )≥0及g ′(x )≤0，因而需解方程g ′(x )＝0.但此方程不易求解，所以我们可以先猜后解．可得g ′(1)＝0，且当0<x <1时，g ′(x )>0，当x >1时，g ′(x )<0，所以函数g (x )在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．所以g (x )max ＝g (1)＝2.当x →0时，g (x )→－∞；当x →＋∞时，g (x )→－∞，所以函数g (x )的值域是(－∞，2]，所以所求实数k 的取值范围是(－∞，2]． 类型二 设而不求，巧“借”零点【例2】【2015高考新课标1，文21】设函数()2ln xf x e a x =-.（I ）讨论()f x 的导函数()f x '的零点的个数； （II ）证明：当0a >时()22lnf x a a a≥+. 【答案】（I ）当0a £时，()f x ¢没有零点；当0a >时，()f x ¢存在唯一零点.（II ）见解析 【解析】（II ）由（I ），可设()f x ¢在()0+¥，的唯一零点为0x，当()00x x Î，时，()0f x ¢<;当()0+x x 违，时，()0f x ¢>. 故()f x 在()00x ，单调递减，在()0+x ¥，单调递增，所以当0x x=时，()f x 取得最小值，最小值为0()f x .由于0202=0x a ex -，所以00022()=2ln 2ln 2a f x ax a a a x a a++?. 故当0a >时，2()2ln f x a a a?. 【指点迷津】本例第(2)问的解题思路是求函数()f x 的最小值．因此需要求()0f x '＝的根．但是2()=20x af x e x¢-=的根无法求解．故设出()0f x '＝的根为0x ，通过证明f (x )在(0，0x )和(0x ，＋∞)上的单调性知()min f x ＝()000222a f x ax aln x a＝＋＋，进而利用基本不等式证得结论，其解法类似解析几何中的“设而不求”． 【举一反三】设函数f (x )＝e x－ax －2. (1)求f (x )的单调区间；(2)若a ＝1，k 为整数，且当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0，求k 的最大值． 【答案】（1）f (x )在(－∞，ln a )上单调递减，在(ln a ，＋∞)上单调递增．（2）2.(2)由于a ＝1，所以(x －k )f ′(x )＋x ＋1＝(x －k )(e x－1)＋x ＋1. 故当x >0时，(x －k )f ′(x )＋x ＋1>0等价于()101x x k x x e +<>-＋．① 令()1()01x x g x x x e +=>-＋，则()221(2)1(1)(1)x x x x x xe e e x g x e e ----'--＝＋＝由(1)知，函数h (x )＝e x－x －2在(0，＋∞)上单调递增．而h (1)<0，h (2)>0，所以h (x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．故g ′(x )在(0，＋∞)上存在唯一的零点．设此零点为α，则α∈(1,2)．当x ∈(0，α)时，g ′(x )<0；当x ∈(α，＋∞)时，g ′(x )>0.所以g (x )在(0，＋∞)上的最小值为g (α)． 又由g ′(α)＝0，可得e α＝α＋2，所以g (α)＝α＋1∈(2,3)． 由于①式等价于k <g (α)，故整数k 的最大值为2. 类型三 二次构造（求导），避免求根【例3】已知函数f (x )＝ln(ax ＋1)＋x 3－x 2－ax . (1)若x ＝23为y ＝f (x )的极值点，求实数a 的值； (2)若y ＝f (x )在[1，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围； (3)若a ＝－1时，方程f (1－x )－(1－x )3＝bx有实根，求实数b 的取值范围． 【答案】(2)因为f (x )在[1，＋∞)上为增函数， 所以f ′(x )＝1a ax +＋3x 2－2x －a ＝22[3(32)(2)]01x ax ax a ax +--+≥+在[1，＋∞)上恒成立． 当a ＝0时，f ′(x )＝x (3x －2)，此时f (x )在[1，＋∞)上为增函数恒成立，故a ＝0符合题意； 当a ≠0时，由ax ＋1>0对x >1恒成立，知a >0.所以3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)≥0对x ∈[1，＋∞)恒成立． 令g (x )＝3ax 2＋(3－2a )x －(a 2＋2)，其对称轴为x ＝1132a -，因为a >0，所以1132a -<13，所以g (x )在[1，＋∞)上为增函数，所以只需g (1)≥0即可，即－a 2＋a ＋1≥0，解得0<a ≤152. 综上，实数a 的取值范围为15+].∴函数h(x)＝g′(x)17+，+∞）上递减．又g′(1)＝0，∴存在x0∈(0, 176)，使得g′(x0)＝0.当0<x<x0时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(0，x0)上递减；当x0<x<1时，g′(x)>0，∴函数g(x)在(x0,1)上递增；当x>1时，g′(x)<0，∴函数g(x)在(1，＋∞)上递减．又当x→＋∞时，g(x)→－∞.又g(x)＝x ln x＋x2－x3＝x(ln x＋x－x2)≤1 (ln)4x x+，当x→0时，ln x＋14<0，则g(x)<0，且g(1)＝0，∴b的取值范围为(－∞，0]．【指点迷津】当导函数的零点不易求时，可以通过进一步构造函数，求其导数，即通过“二次求导”，避免解方程而使问题得解.如上面例题，从题目形式来看，是极其常规的一道导数考题，第(3)问要求参数b的范围问题，实际上是求g(x)＝x(ln x＋x－x2)极值问题，问题是g′(x)＝ln x＋1＋2x－3x2＝0这个方程求解不易，这时我们可以尝试对h(x)＝g′(x)再一次求导并解决问题．所以当导数值等于0这个方程求解有困难，考虑用二次求导尝试不失为一种妙法．这种方法适用于研究函数的单调性、确定极（最）值及其相关参数范围、证明不等式等.【举一反三】【吉林省通榆县第一中学2019届高三上期中】已知函数,R.（Ⅰ）当时,求的单调区间和极值；（Ⅱ)若关于的方程恰有两个不等实根,求实数的取值范围；【答案】（1）在和上单调递增,在上单调递减，, ；（2）.【解析】（Ⅰ）解:当时,函数,则. 令,得,,当变化时,的变化情况如下表:+ - +↗极大值↘极小值↗∴在和上单调递增,在上单调递减.当时,,当时,.（Ⅱ）依题意,即. 则令,则.当时,,故单调递增（如图）,且；当时,,故单调递减,且.∴函数在处取得最大值.故要使与恰有两个不同的交点,只需.∴实数的取值范围是.三．强化训练1.设函数满足，，则时，的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D2．【盐城市2019届高三第一学期期中模拟】已知函数，若函数存在三个单调区间，则实数的取值范围是__________.【答案】【解析】函数，若函数存在三个单调区间即0有两个不等实根，即有两个不等实根，转化为y=a 与y=的图像有两个不同的交点令，即x=，即y=在（0，）上单调递减，在（，+∞）上单调递增。

2019年高考数学压轴题命题区间探究与突破专题02 “三招五法”轻松破解含参零点问题学案练习“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，往往岀现在压轴题的位置.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f（x）=,如果函数】【一中【例12018届一轮第一次检测】已知函数• m的取值范围为________ ）恰解：若贝在（-叫眄上无零点，在伽・+«）上育1个零亘孟二£不符合题肓；若-2<m<0，则fg 在（-闆，魁］上有1个零点臭■—釘在5, 1-«> ±有1个零点^ 符合理若=0勺11<4』则f在〔£ I DS］上荷2个零点!£■0,在：Kb I »）1个零点3C ■仇不符合瀬；f (x) m > 4(一8, m\ x=- 2, x = Q-2 < m < 0 m > 4或- 2.0) U [4, + oo)|类型一“第一招”带参讨论-X22xpc < m有两个零点，那么实数f（x l 一匚鳥丿口 | 4；一 s）【答案】0，和4的零点个数即可得岀结论.的大小关系逐一判断【解析】分析：根据与-2，在上无零点，个零点若0,则在上有2符合题意;•故答案为：【指点迷津】1 / 20.1. 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.= 2r + 1R上的函数可以月月考】已知定义在【举一反三】2mh^x) + /?(%) h(x) = =g(2x) +m <2【答案】【解析】假设f 3 =骂5 吐（X）①,其中g （咒）借国数，h 3为奇宙数，则有f （-咒）（-咒）T J（ -并片快卩f〔-兀）=g w -b w②』由①®解得啲=警卑町）=型严.<x）定义在H上,：.g （x）, h（x>都定义在R上.•心2^^二畑=-■ £Cx>是偶函数，h （x）罡奇函数，Vf g ■护•册二空14=竺琴二十+% 呵二沁耳4^"一+22 . =t+2mt+m —m+1「. p( t) 22 ,(t) +m- m+1+2mpp( pt)) =[p (t) ] 22 m+1 ①无实根，([p (t) ]+2mpt ) +m- =0p若p ((t))无实根，即22 ). ( m- 1)(方程①的判别式△=4m- 4m- m+1=41时，方程①无实根.v 1°当方程①的判别式△< 0,即m时，2°当方程①的判别式0,即m> 1 p(t) = t2 + 2mt +m2 - m 4- 1 =- m ± Qm -1方程①有两个实根, t2 + 2mt+ m2 + 1 + yjm- 1 = 0②,△ 2 二4m2 - 4(m2 + 1 ± Jm_ 1) < 0只要方程②无-1 —_ 1〈0 - 1 + J/T1 _ ]〈0实根，故其判别式，且即得④，••• m^ 1,③恒成立，由④解得m< 2,二③④同时成立得K m< 2. ③,【扬州中学与一个奇函数表示为一个偶函数之和，设m2 - mP(P CO)= o无实根，则实数的取值范围是若方程2019届咼三f 1 加X + 1 + --2令,尤 +1 1 无+ 14----- —x-2 ++ 4x-2x-2其中9（尤）a y = a2 / 20.综上，m的取值范围为m< 2. 类型二“第二招”数形结合-（X2 + 2ax + q X< 0, L - x2+ 2ax一2a^c >0. 若关于2018，函数年天津卷理】已知的方【例>01个互异的实数解,则的取值范围是程______________________ .恰有2 (4 , 8) 【答案】％冬° x > 0【解析】分析: 由题意分类讨论两种情况，然后绘制函数图像，数形结合即可和求得最终结果详解；分类讨论；当盂空即寸/方程代对=胡匠呻232=1 整理可得:= -a(x十1L很明显誥=一1不是方程的实数解'则富二一壬，当盂> Q时，方程1(花)=狀卩r $十2世一2孔=盈』整理可得：x^afe-2),很明显盂=环是方程的实数解,则a =呉』9(尤)=x + l A~°有两个不同的交点，求的取值范围原问题等价于函数与函数.9(©示，考查临界条件，的取值范围是观察可得，实数结合3 / 20.【指点迷津】xhxgxf 的零点个数，等价于方程 （（））1.由两个基本初等函数组合而得的超越函数-（=）yhxxgxhxg =（的解的个数，进而转化为基本初等函数 ）=0的解的个数，亦即（））（=）— （xhygx（（的图象的交点个数.）与=）先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画岀函数的画岀两个函数的图象，其交点是转化为两个函数‘匚‘八：■''：零点的个数，二是转化为的交点个数的图象的交点个数问.的图象，结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数同时绘制函数的图象如图所图象，然后数形结合求解.2 y == hg的图象的交点个数问题,的个数就是函数当x <，x=时取得最大值，满足条件的b . x 当 0W x < 4 时，—r4x 一 x 2,x > 0 3 —jX < 0t x【答案】 【解析】的解析式，画岀函数的图象，利用函数的极值，转化求解即)-3xx|f 分析:求岀函数(可.r — 0 x > 0fc ：函数f 3彳3 x<~ ,若函戮u OO 屮⑴|-站b 有三个零鼠 人SL J就是h (K ) =|f (O蚁与严-b 有3个交点，fx-x a J 0<x<4h (x) -J ---3^ <Q ,画出两个画数的图象如團：XiI 汩一7血3 ———3x x6 ; > 6,可得b V-当x v 0时，> 6,当且仅当x= - 1时取等号题•交点的横坐标即零点 ，若函数卷】已知函数【举一反三】【2019届同步单元双基双测 AB9(尤)=|/(x)| - 3x-\-b•有三个零点，则实数的取值范围为4 / 20.BA①当时，I C K } -x- x 3--3+7?当乂m 寸有最丈值，即为f 三，且 f (x) >f (2) =2-4=—2, 故f ⑴在仙2)上的值才妫(-3,-6) U C -—,0]综上，范围是 fx 一 尤2(0 < JC < 2) =\1 2- x ■ ------- (^> 2) [e x上的偶函数，且月调研】已知函数的取值范围是类型三w m- m.故答案为:“第三招”分离参数10是定义在2019【例3】【届6有，若函数个零点，则实数 ()5 / 20. 定义在R 上的偶函数，函数 F (x ) =f (x )- m 有六个零点, 则当x > 0时，函数F (x ) =f (x )- m 有三个零点， 令 F (x ) =f (x ) - m=0DC . . D 【答案】 【解析】函数f (x )是即 m=f (x )，=< 0，且当 x f +x, f (x ) (x0 , f ②当 x > 2 时,==0,解得 x=3，令 f '( x )当 2< x v 3 时，f '( x )v 0, f (x )单调递减，当 x > 3 时，f '( x )> 0, f1•••当-v n v 0时，当x > 0时，函数F (x ) =f (x )— m 有三个零点,176 / 20.有六个零点，x ) — m(x ) =f (v 故当-n v 0时，函数FD.故选 【指点迷津】解决；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 ，则原函数的零点问 题化归为与l(a)g(x) = 2.通过将原函数中的变参量进行分离后变形成的图象的交点问题. 和函数g(x)x 轴平行的直线y = 1(a) | | 2,x 2 x, f{x 函数年天津卷理】已知函数【举一反三】【201522x,x 2, bb R xx b f 2xfg y gx 的取值4,其中个零点，则恰有，若函数)范围是(77772, ,0,, .. DA . B . C4444D【答案】【解祈】雷對^二只月-疏刃怡有4个雾臥 即方堤子(力-疏© = 0,有4个不I 目的实数根，即直线—力与函数y=J\x) + J\Z-x)的劃慷有四个不同的交点.又JC J 十x — 2:X< 023<t x^2. 7 ； 、做出该国針的那如圈所示，由图貝-5JE 十&MA 24，"与My-/(x) + /(2-x)的图像有4个不同的交点，故个零总L b 的取渲范團是D 帧选6)=3二 f ( x ) =f ( mine 3-,0),)在［2 , +s)上的值域为［f 故(e 3x-3y = /(x)-F/(2-x) = ^,X T f“三招五法”一题多解类型四7 / 20.32xfxfxaxx，且()二存在唯一的零点一3) +【例4】【2014年全国卷I】已知函数1(，若°xa的取值范围为(>0,则)o A. (2，+% ) B . ( —X, —2)D. (C . (1，+% ) —X,—1)B【答案】【解析】单调性法：利用函数的单调性求解法一2xxaxaf ) = 36 由已知得，—工0，‘ (，2.令f ' (x) = 0，得x= 0 或x = _ a22)，f' (x)<0 ；x €(，+X)，当a>0 时，x € ( —X， 0)，f' (x)>0 ；x€( 0，, , , r aa22，+X上单调递增，在(0, ( —X, 0)和)上单调递减，f'(x)>0.所以函数f(x)在__________________________ aa且f(0) = 1>0,故f(x)有小于零的零点，不符合题意.22), f ' (x)<0 ；x€(,0), f ' (x)>0 ；a<0 当时，x €(—X, x€ (0 ,+x )，—_, aa22)和(0，+X )上单调递减，在(，0) 上单调递f '(x)<0.所以函数f(x)在(—X, _ _ aa22 增，所以要使f(x)有唯一的零点x且x>0 —) >0,即a>4，解得a<2.，只需f (a法二数刑结合法：轻化为宣线与删的位蛊关系求睥由曲—3卫十1=0可知可得ajc—3——f作出——的图象如團所乔，转动直^戋｝皿】显撚时不成N当罰,直线曲与左边的鲫冃切时，设切点为口-\其即0 则躺方程切-3-*2 1 2=p-住一4又切霜1原轧则有O-3-p7=p-卩一山解得尸一1〔尸I舍去)，比时切线的斜率为一2』由團象可知2符合题意.法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解3232xhgaxfxxxaxx的图象存在唯一一3 =问题转化为一1.3() = 1的图象与(=)0令()=，得的交点，且交点横坐标大于零.xhgax的图象存在两个的交点；()时，函数当=0()的图象与a当>0时，如图所示，不合题意；(1)8 / 20.32ahxxgaxax的1)时，由图⑵ 知，可先求岀函数=(3)=的图象有公切线时与一(当<0axagxhxxhg22.由图形可知当)=时，满足题意.(<)值•由’(，得)=—'(),=—图⑴法四 分离参数法：参变分离，化繁为简.3131g(x — a =) = — xxf ，工 0,令，记()=0,则易知— —— — 33xxxx 2 1) 3(x33'g(x)gx )在(一x, — i )和(1，可知，)上单调递减，在 ( _______________________ _ _ 432xxx gy =，画岀函 数大致图象如图所示，平移直线 1)=—上单调递增，且 1,0)和(0,1)2( —— (aa <—，结合图象，法五特咧法：巧貶特例求解取心3,则总尸加-珅十L由于用尸匚贞―ig,从而在LP巧上存在零貳排除拟C.4 4 J取«=--,刚7V：= —弓用一珅+ 1宙于AO)=b/(-> Hb从而人町在(-<=,Q)上存在零点，曲赊D, 2J J X【指点迷津】fxx € (0,+^ )，因此可利本题的实质是函数 1.用其代数特征转化为()存在唯一的零点0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，通过解方程即可得岀参数的范围，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9 / 20.2xi xi)e(ef(x) x 2x a有唯一零】已知函数3课标，理11【举一反三】【20i7a=点，贝9 111 CBA ... ______ 232D. 1C【答案】【解析】1x 2x 1 ee 2x ax ，方法一：函数的零点满足1x2 11e 11 x x1 x 1x x 1 ex ge eg ex e，设，贝U ______________ _______ 1 xx 1ee 1 x 1 x xgxg 0 g0x 单调递减，时，时，当，当，1x g21，当时，函数取得最小值21 x x x h2x1 ，时，函数取得最小值设，当函数1x xg 0xg时，单调递增，，函数当若-ffii 数闪（对与a 数鸠何没W3?点丿当-*0时，-恋⑴二员⑴时，此时和购（力有一个交点,H,解％詁如2x - 1 - x + 1）—0+ a （eex — 2x + xf 有解， 方法二：由函数）（有零点，得-xi +ix2-） = + e0a1（x —）—+ 1（e 有解，即2t -住=x — it ——+ 1a （e + e ） — 0,，则上式可化为令 2t1 a —.即 tte e 2t 1h （t ） —ht ）为偶函数，，易得（令tte e fxhtya 有唯一交点，则此交点的横坐标为的图象与直线一有唯一零点得函数又由（）（）0 ,10 / 20.110 — a — c.,故选所以 222x + 1x -1-.( ae + 2)+ e —- fxxx — 0 方法三：由 似+ 1x -1-x -1-x+1x 2ee + e2— e 时取 “ — ”•，当且仅当 221 x 1 （x —1）1 + -x — -+ 2x 时取“—”. 当且仅当1-x + x - 1a ） + a （ee2a ＞0 ,则若，1 — a1 — 2a xf .）（有唯一零点，则必有，即要使 2xfa 若）＜ 0，则（的零点不唯一.1 — a.综上所述，2三•强化训练卷理】已知函数 20181 .【年新课标 （x ）存在2的取值范围是个零点，贝Ua 1 [ C [0 B01[A •-,）., +s ）. -, +s ） [1 D .. + C 【答案】【解析】画出務仙0的冏備・y - A 在＞■拍右测的占也■ 再画出胃序y ——釜，之戶卜下瑤动I可以发观十直?鈕兌A 时,宜气与醪图僅有逝个交点」井且问下可以无职榕动，者阿以保证直线耳琥商劉显野卜交爲 即丿需血）=7—昭两个尊.也詼创衣龍©殖两个宇点：止的港足乳匸1•刃丹芒一b 刼选G您）二慮;第,g(x) = f(x) + x +a，若函数月调研】已知函数【高级中学 2019届82.'' ' (-1,0) u (0, + 00)1(-2,0) u (0, + -) 1( - 2,0) (-CD 【答案【解析】：「」〕二汀「一用3一 Q图象与11 / 20.）有两个零点，则实数的取值范围是（f(x) y = m (x- 1)交点，'门z ;有两个零点，若函数的图象与则函数有且仅有两个在同一坐标系内画岀函数的图象如下：的-由團可得：当满足条件；由m = _1时，y = 2 -扌与y = m （x-1）相切得;-1<™< 0时，满足条件；故m e （-1, 0） u （0；+DO）.12 / 20.」：丨〕少0-x2- 2x + l t x <Qx的方程年仿真模拟（十）】已知函数3.【2018，的取值范围是即若关于\f2(x) - 3f(x) +a =D【答案】【解析】象如图所示,0(« G R) afW =个不等的实数根），则的取C .D BAe|r_1|f x> 0-x2 - 2% + l f x < 00/(x) = t (1,2)绘制函数的图上有两个不同的实数2根,令,由题意可知，方程在区间g（r） = r —% + tz（ivtv2）,由题意可知：令农(1) = 1 - 3 + a > 0 g(2) = 4- 6 + a>09 —十ci V92< a < —4 值范围是||V-l,-l<x<0log 2(x + 1),0 <x <3[^3]|xen^ + 2)=Ax-2)|/?|函若在区间，都有AB4.【心）的定义域为实数集卷】函数 2019届同步单元双基双测本题选择选项DTf （x+2） =f （3L-2）； （x> 令（x-4）,是以4沏周期的函数』若在区间【-卩3］上函数呂⑴=f （x ） -rrntF 怡有三个不同的零钛K'J f <>）和y-m （x-D 习上有予个不同的交点，画岀函数函数f （X ）在［-5,打上的黴象"如團示：对于任意的胶9（可=fO ） — mx + m-1 1\'1 1' (11] ~2f~G ) ~?"3■ ■(273)B . DC . . A .D 【答案】【解析】）恰有三个不同的零点数1 lnn ae 7T . [ - Trln^O]K=K 由=BCAC€D,€ m故选:x € 1,11 bl上的函数，满足A \ b Jg(x) = f(x) _ ax，且当5.【高级中学2019届8月调研】定义在『0) = iiu取值范围是上有零点，则实数的时,，若函数a 在（ ）/1\ ri 1 fW = f\~ 1\XJ E Jf(Q ln7r —,0 71B. A .C D12XInx（1Tl]17nX EB 【答案】【解析】，因为当时，=-Inx f （尢）=门一x上的图象如图，要使函数在所以上有零点，只要直线在与的图象有交点,-G[-, 1],15 / 20.卫匕-A 1所以时9（无）二 /（%） _ axfO y — ax N此时所以，故 L 」ln- nk 0A <a<Q,其中k 0A =—= -TT /HTT ,7Trl 1X 1 [-頑叽0』a 9仪)=f(x)—■^'Xp} = ®(q) = KO = 则l^e+1 - 11 = |24bl — 1| =4 - r = m f 故前山一1 三 2qj "-域 [E 一i =-2A+i + i^3 <ln i 1;航Zp =害)或西H +ri+i = zp[jzp + 2'i = i 且3 Cr枝b 十乙H 十严=[十严亡(3.17),眾造B【皖中名校联盟2019，+14 一 xpc > 1若互不相等的实数 10月联考】设函数届6.2卩 + ” + 2rKp) = fM= f(f)tpqyl(9)7)满足的取值范围是（则17351(9)6)1(816)ax由图象可得，的取值范围是上有零点，则实数所以使函数•在•故选：BD . . A B C16 / 20.2% \gW = log2-——^x > 0）无十丄届仿真（三）】函数2018，关于方程7.【舒城中学协(尤)|2 _|_ m\g(x) \ + 2m + 3 = 0 m—旳4 —2 的)U(4 + 2V7, + 8)| (4 - 2“4 + 20)|有三个不同实数解，则实数的取值范围为（）B【答案】【解析】.A.D..2x _2(x + l)-2_ 2 x + 1 x + 1 x + 12 0<2<2x + 1D . C.g(x)< 1 x > 0 ，即当时，」=I^WI 则大致图象如图所示诰I 欝）1 =匚贝血閃F +盹㈤I + + 3 =哨三个不同实数解，即为t 3 + m t4-2m + 3=0＜两个根」且一个在（0, 1）±,-个在1卄切上」 当t 二即寸』2011-3 = 0,解得m 二一右此时方程为悴一敦=0」解潯=0或t 衬当t 二o 时』gW 二 喑一个根x 二1 当t 二技t. |酣）|二岂此时也只有一个根, 此时方程共有两个根』不満足条件h(t) = “ + mt + 2m + 3 设/i(l) = l 2+ m+2rn + 3 = 0 1?若和8.【双流中学2018届一模】对于函数，设八"丿二匸一人一三⑴1 4— m =—17 / 20. 3 3 则满足②根不是(、3 m >—— I 24 m <——.r 2m + 3 > 0 11 + m + 2m + 3 < 0,此时另一个根为解得,①当有一个根为时，，满足条件3 4 ・■ — v m <■— 34 ■ — V m 一 23综上所述,2* 3] m故实数的取值范围为'?故选« E {x\f[x) = 0 G {x\g(x) = 0} g(x) /(x)|G -01 < 1 /(x) g(x)与，都有互为“零点相邻函数”.，则称和所有的\f(x) = JC 2-4^+3A<4质北)=x 2- ax - a3 a)互为“零点相邻函数”，则实数的取值「7 1 ^3 ■ ■2 - 范围是(3 ■ ■ 3 ■ ■[2,3] [2,4] 雌)=沪7 U,収I 如单调递増的丞|轴，曰孟=塀函轴唯一的零気 由心)由60耳为燔点柜邻郅 贝1B 国的零点在[阮贬间一⑴ 岂g©：咱唯一的雷点巧 心必懈得直二G 解衛"馮足题^ ⑵ 当在应忆吃囘有咋一零点时，gl«)g(2J < OLMW E 已廿(3》当g 。

不等式选讲【2019年高考考纲解读】本部分主要考查绝对值不等式的解法．求含绝对值的函数的值域及求含参数的绝对值不等式中参数的取值范围、不等式的证明等，结合集合的运算、函数的图象和性质、恒成立问题及基本不等式、绝对值不等式的应用成为命题的热点，主要考查基本运算能力与推理论证能力及数形结合思想、分类讨论思想．【重点、难点剖析】1．含有绝对值的不等式的解法(1)|f (x )|>a (a >0)⇔f (x )>a 或f (x )<－a ；(2)|f (x )|<a (a >0)⇔－a <f (x )<a ；(3)对形如|x －a |＋|x －b |≤c ，|x －a |＋|x －b |≥c 的不等式，可利用绝对值不等式的几何意义求解．2．含有绝对值的不等式的性质|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.此性质可用来解不等式或证明不等式．3．基本不等式定理1：设a ，b ∈R ，则a 2＋b 2≥2ab .当且仅当a ＝b 时，等号成立．定理2：如果a ，b 为正数，则≥，当且仅当a ＝b 时，等号成立．a ＋b2ab 定理3：如果a ，b ，c 为正数，则≥，当且仅当a ＝b ＝c 时，等号成立．a ＋b ＋c33abc 定理4：(一般形式的算术—几何平均不等式)如果a 1、a 2、…、a n 为n 个正数，则≥，a 1＋a 2＋…＋a n nn a 1a 2…a n当且仅当a 1＝a 2＝…＝a n 时，等号成立．4．柯西不等式(1)设a ，b ，c ，d 为实数，则(a 2＋b 2)(c 2＋d 2)≥(ac ＋bd )2，当且仅当ad ＝bc 时等号成立．(2)若a i ，b i (i ∈N *)为实数，则()≥(i b i)2，当且仅当b i＝0(i ＝1,2，…，n )或存在一n∑i ＝1a 2i (n ∑i ＝1b2i )n∑i ＝1a 个数k ，使得a i ＝kb i (i ＝1,2，…，n )时，等号成立．(3)柯西不等式的向量形式：设α，β为平面上的两个向量，则|α|·|β|≥|α·β|，当且仅当这两个向量同向或反向时等号成立．5．绝对值不等式|a |－|b |≤|a ±b |≤|a |＋|b |.需要灵活地应用．6．不等式的性质，特别是基本不等式链≤≤≤(a >0，b >0)，在不等式的证明和求最值中经常用到．11a ＋1bab a ＋b2a 2＋b 227．证明不等式的传统方法有比较法、综合法、分析法．另外还有拆项法、添项法、换元法、放缩法、反证法、判别式法、数形结合法等.【题型示例】题型一　含绝对值不等式的解法【例1】（2018年全国Ⅱ卷理数） [选修4－5：不等式选讲]设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）,(2)【解析】（1）当时，可得的解集为．（2）等价于．而，且当时等号成立．故等价于．由可得或，所以的取值范围是．【变式探究】已知函数f (x )＝|x －a |，其中a >1.(1)当a ＝2时，求不等式f (x )≥4－|x －4|的解集；(2)已知关于x 的不等式|f (2x ＋a )－2f (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，求a 的值．【解析】(1)当a ＝2时，f (x )＋|x －4|＝|x －2|＋|x －4|＝Error!当x ≤2时，由f (x )≥4－|x －4|，得－2x ＋6≥4，解得x ≤1；当2<x <4时，由f (x )≥4－|x －4|，无解；当x ≥4时，由f (x )≥4－|x －4|，得2x －6≥4，解得x ≥5.故不等式的解集为{x |x ≤1或x ≥5}．(2)令h (x )＝f (2x ＋a )－2f (x )，则h (x )＝Error!由|h (x )|≤2，当x ≤0或x ≥a 时，显然不成立．当0<x <a 时，由|4x －2a |≤2，解得≤x ≤.a －12a ＋12又知|h (x )|≤2的解集为{x |1≤x ≤2}，所以Error!于是a ＝3.【感悟提升】(1)用零点分段法解绝对值不等式的步骤①求零点；②划区间、去绝对值符号；③分别解去掉绝对值的不等式；④取每个结果的并集，注意在分段时不要遗漏区间的端点值．2．用图象法、数形结合可以求解含有绝对值的不等式，使得代数问题几何化，既通俗易懂，又简洁直观，是一种较好的方法．3．求解绝对值不等式恒成立问题的解析(1)可利用绝对值不等式的性质求最值或去掉绝对值号转化为分段函数求最值．(2)结合“a ≥f (x )恒成立，则a ≥f (x )max ，a ≤f (x )恒成立，则a ≤f (x )min ”求字母参数的取值范围．【举一反三】已知关于x 的不等式|x ＋a |＜b 的解集为{x |2＜x ＜4}．(1)求实数a ，b 的值；(2)求＋的最大值．at ＋12bt 解　(1)由|x ＋a |＜b ，得－b －a ＜x ＜b －a ，则解得a ＝－3，b ＝1.{－b －a ＝2，b －a ＝4，)(2)＋－3t ＋12t＝＋≤34－t t [（3）2＋12][（4－t ）2＋（t ）2]＝2＝4，4－t ＋t 当且仅当＝，4－t 3t1即t ＝1时等号成立，故(＋)max ＝4.－3t ＋12t 【举一反三】已知函数f (x )＝|x ＋1|－2|x －a |，a >0.(1)当a ＝1时，求不等式f (x )>1的解集；(2)若f (x )的图象与x 轴围成的三角形面积大于6，求a 的取值范围．解　(1)当a ＝1时，f (x )>1化为|x ＋1|－2|x －1|－1>0.当x ≤－1时，不等式化为x －4>0，无解；当－1<x <1时，不等式化为3x －2>0，解得<x <1；23当x ≥1时，不等式化为－x ＋2>0，解得1≤x <2.所以f (x )>1的解集为.{x|23<x <2)}(2)由题设可得，f (x )＝{x －1－2a ，x <－1，3x ＋1－2a ，－1≤x ≤a ，－x ＋1＋2a ，x >a .)所以函数f (x )的图象与x 轴围成的三角形的三个顶点分别为A ，B (2a ＋1，0)，C (a ，a ＋1)，(2a －13，0)△ABC 的面积为(a ＋1)2.23由题设得(a ＋1)2>6，故a >2.23所以a 的取值范围为(2，＋∞)．题型二　不等式的证明【例2】已知函数f (x )＝|x －1|＋.|x －3|(1)解不等式f (x )≤x ＋1；(2)设函数f (x )的最小值为c ，实数a ，b 满足a >0，b >0，a ＋b ＝c ，求证：＋≥1.a 2a ＋1b 2b ＋1(2)证明　由绝对值不等式的性质，得|x －1|＋≥＝2，|x －3|| 1－x ＋(x －3)|当且仅当(x －1)(x －3)≤0，即1≤x ≤3时，等号成立，∴c ＝2，即a ＋b ＝2.令a ＋1＝m ，b ＋1＝n ，则m >1，n >1，a ＝m －1，b ＝n －1，m ＋n ＝4，＋＝＋＝m ＋n ＋＋－4＝≥＝1，a 2a ＋1b 2b ＋1(m －1)2mn －1 2n 1m 1n 4mn4(m ＋n 2)2当且仅当m ＝n ＝2时，等号成立，∴原不等式得证．【感悟提升】(1)作差法是证明不等式的常用方法．作差法证明不等式的一般步骤：①作差；②分解因式；③与0比较；④结论．关键是代数式的变形能力．(2)在不等式的证明中，适当“放”“缩”是常用的推证技巧．【变式探究】已知函数f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|，M 为不等式f (x )<6的解集．(1)求集合M ；(2)若a ，b ∈M ，求证：|ab ＋1|>|a ＋b |.(1)解　f (x )＝|3x ＋1|＋|3x －1|<6.当x <－时，f (x )＝－3x －1－3x ＋1＝－6x ，13由－6x <6，解得x >－1，∴－1<x <－；13当－≤x ≤时，f (x )＝3x ＋1－3x ＋1＝2，1313又2<6恒成立，∴－≤x ≤；1313当x >时，f (x )＝3x ＋1＋3x －1＝6x ，13由6x <6，解得x <1，∴<x <1.13综上，f (x )<6的解集M ＝{x |－1<x <1}．(2)证明　2－(a ＋b )2＝a 2b 2＋2ab ＋1－(a 2＋b 2＋2ab )(ab ＋1)＝a 2b 2－a 2－b 2＋1＝(a 2－1)(b 2－1)．由a ，b ∈M ，得|a |<1，|b |<1，∴a 2－1<0，b 2－1<0，∴(a 2－1)(b 2－1)>0，∴>|a ＋b |.|ab ＋1|【变式探究】【2017课标II ，理23】已知。

增分点 应用“三招五法”，轻松破解含参零点问题根据函数的零点情况，讨论参数的范围是高考的重点和难点．对于此类题目，我们常利用零点定理、数形结合、函数单调性与分离参数等思想方法来求解．[典例] (2014·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)[思路点拨]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．[方法演示]法一 单调性法：利用函数的单调性求解 由已知得，a ≠0，f ′(x )＝3ax 2－6x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝0或x ＝2a.当a >0时，x ∈(－∞，0)，f ′(x )>0；x ∈⎝⎛⎭⎫0，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，＋∞，f ′(x )>0.所以函数f (x )在(－∞，0)和2a ，＋∞上单调递增，在0，2a 上单调递减，且f (0)＝1>0，故f (x )有小于零的零点，不符合题意．当a <0时，x ∈－∞，2a ，f ′(x )<0；x ∈2a ，0，f ′(x )>0；x ∈(0，＋∞)，f ′(x )<0.所以函数f (x )在－∞，2a 和(0，＋∞)上单调递减，在2a ，0上单调递增，所以要使f (x )有唯一的零点x 0且x 0>0，只需f 2a >0，即a 2>4，解得a <－2.法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由ax 3－3x 2＋1＝0可知x ≠0，可得ax ＝3－1x 2，作出y ＝3－1x 2的图象如图所示，转动直线y ＝ax ，显然a >0时不成立；当a <0，直线y ＝ax 与左边的曲线相切时，设切点为t,3－1t 2，其中t <0，则切线方程为y －3－1t 2＝2t 3(x －t )．又切线过原点，则有0－3－1t 2＝2t 3(0－t )，解得t ＝－1(t ＝1舍去)，此时切线的斜率为－2，由图象可知a <－2符合题意．法三数形结合法：转化为两曲线的交点问题求解令f(x)＝0，得ax3＝3x2－1.问题转化为g(x)＝ax3的图象与h(x)＝3x2－1的图象存在唯一的交点，且交点横坐标大于零．当a＝0时，函数g(x)的图象与h(x)的图象存在两个的交点；当a>0时，如图(1)所示，不合题意；当a<0时，由图(2)知，可先求出函数g(x)＝ax3与h(x)＝3x2－1的图象有公切线时a的值．由g′(x)＝h′(x)，g(x)＝h(x)，得a＝－2.由图形可知当a<－2时，满足题意．法四分离参数法：参变分离，演绎高效易知x≠0，令f(x)＝0，则a＝3x－1x3，记g(x)＝3x－1x3，g′(x)＝－3x2＋3x4＝－3(x2－1)x4，可知g(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上单调递减，在(－1,0)和(0,1)上单调递增，且g(－1)＝－2，画出函数大致图象如图所示，平移直线y＝a，结合图象，可知a<－2.法五特例法：巧取特例求解取a＝3，则f(x)＝3x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f(－1)<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除A、C.取a＝－43，则f(x)＝－43x3－3x2＋1.由于f(0)＝1，f⎝⎛⎭⎫－32<0，从而f(x)在(－∞，0)上存在零点，排除D，故选B.[答案]B[解题师说]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、转化与化归等思维能力，所以此类题往往能较好地体现试卷的区分度．由本题的五种方法，可知破解含参零点问题常有“三招”.[应用体验]1．(2017·全国卷Ⅲ)已知函数f (x )＝x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)有唯一零点，则a ＝( )A ．－12B.13C.12D ．1解析：选C 法一：由函数f (x )有零点，得x 2－2x ＋a (e x －1＋e －x ＋1)＝0有解，即(x －1)2－1＋a (e x －1＋e－x ＋1)＝0有解，令t ＝x －1，则上式可化为t 2－1＋a (e t ＋e －t )＝0， 即a ＝1－t 2e t ＋e－t .令h (t )＝1－t 2e t ＋e－t ，易得h (t )为偶函数，又由f (x )有唯一零点得函数h (t )的图象与直线y ＝a 有唯一交点，则此交点的横坐标为0， 所以a ＝1－02＝12，故选C. 法二：由f (x )＝0⇔a (e x －1＋e －x ＋1)＝－x 2＋2x .e x －1＋e－x ＋1≥2e x －1·e－x ＋1＝2，当且仅当x ＝1时取“＝”．－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1≤1，当且仅当x ＝1时取“＝”． 若a >0，则a (e x －1＋e－x ＋1)≥2a ，要使f (x )有唯一零点，则必有2a ＝1，即a ＝12.若a ≤0，则f (x )的零点不唯一． 综上所述，a ＝12.2．设m ∈N ，若函数f (x )＝2x －m 10－x ＋10存在整数零点，则符合条件的m 的个数为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 解析：选C 令f (x )＝0，得m ＝2x ＋1010－x .又m ∈N ，因此有⎩⎪⎨⎪⎧10－x ＞0，2x ＋10≥0，解得－5≤x＜10，x ∈Z ，∴0＜10－x ≤15.当2x ＋10＝0，即x ＝－5时，m ＝0；当2x ＋10≠0时，要使m ∈N ，则需10－x ∈N ， 当10－x ＝1，即x ＝9时，m ＝28； 当10－x ＝2，即x ＝6时，m ＝11； 当10－x ＝3，即x ＝1时，m ＝4， 所以符合条件的m 的个数为4.3．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧12x 2＋2x ＋2，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，若关于x 的方程f (x )＝a 有4个不同的解x 1，x 2，x 3，x 4，且x 1＜x 2＜x 3＜x 4，则x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4的取值范围是( )A ．(－3，＋∞)B ．(－∞，3)C ．[－3,3)D ．(－3,3]解析：选D 在同一坐标平面内画出函数y ＝f (x )的大致图象如图所示，结合图象可知，当且仅当a ∈(0,2]时，直线y ＝a 与函数y ＝f (x )的图象有4个不同的交点，即方程f (x )＝a 有4个不同的解，此时有x 1＋x 2＝－4，|log 2x 3|＝|log 2x 4|(0＜x 3＜1＜x 4≤4)，即有－log 2x 3＝log 2x 4，x 3x 4＝1，所以x 1＋x 2x 4＋1x 23x 4＝x 4－4x 4(1＜x 4≤4)，易知函数y ＝x 4－4x 4在区间(1,4]上是增函数，因此其值域是(－3,3]．4．若函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点，则实数a 的取值范围是( ) A.⎝⎛⎭⎫e24，＋∞ B.⎝⎛⎭⎫e2，＋∞ C.⎝⎛⎭⎫1，e 24 D.⎝⎛⎭⎫1，e 2 解析：选A 函数f (x )＝e x －ax 2有三个不同的零点等价于函数y ＝e x 与y ＝ax 2的图象有三个不同的交点，则显然有a >0，且在(－∞，0)上两函数的图象有一个交点．当x >0时，设两函数图象在点(x 0，e x 0)处相切，则⎩⎪⎨⎪⎧e x 0＝2ax 0，e x 0＝ax 20，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝2，a ＝e 24，由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则a >e 24，即实数a 的取值范围为⎝⎛⎭⎫e 24，＋∞.一、选择题1．(2018·贵阳检测)已知函数f (x )＝ln(x 2－4x －a )，若对任意的m ∈R ，均存在x 0使得f (x 0)＝m ，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，－4)B ．(－4，＋∞)C ．(－∞，－4]D ．[－4，＋∞)解析：选D 依题意得，函数f (x )的值域为R ，令函数g (x )＝x 2－4x －a ，其值域A 包含(0，＋∞)，因此对方程x 2－4x －a ＝0，有Δ＝16＋4a ≥0，解得a ≥－4，即实数a 的取值范围是[－4，＋∞)．2．设函数f (x )是定义在R 上的偶函数，且对任意的x ∈R ，都有f (x ＋2)＝f (x )．当0≤x ≤1时，f (x )＝x 2.若直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是( )A ．n (n ∈Z)B ．2n (n ∈Z)C ．2n 或2n －14(n ∈Z)D ．n 或n －14(n ∈Z)解析：选C 依题意得，函数y ＝f (x )是周期为2的偶函数，画出函数的大致图象如图所示．在[0,2)上，由图象易得，当a ＝0或－14时，直线y ＝x ＋a 与函数y ＝f (x )的图象有两个不同的公共点，∵函数f (x )的周期为2，∴a 的值为2n 或2n －14(n ∈Z)．3．(2018·洛阳第一次统考)若函数f (x )＝ln x －ax 2＋x 有两个零点，则实数a 的取值范围是( )A ．(－∞，1)B ．(0,1) C.⎝⎛⎭⎫－∞，1＋e e 2D.⎝⎛⎭⎫0，1＋ee 2解析：选B 依题意，关于x 的方程ax －1＝ln x x 有两个不等的正根．记g (x )＝ln xx ，则g ′(x )＝1－ln xx 2，当0<x <e 时，g ′(x )>0，g (x )在区间(0，e)上单调递增；当x >e 时，g ′(x )<0，g (x )在区间(e ，＋∞)上单调递减，且g (e)＝1e，当0<x <1时，g (x )<0.设直线y ＝a 1x －1与函数g (x )的图象相切于点(x 0，y 0)，则有⎩⎨⎧a 1＝1－ln x 0x 20，a 1x 0－1＝ln x0x，由此解得x 0＝1，a 1＝1.在同一坐标系中画出直线y ＝ax －1(该直线过点(0，－1)、斜率为a )与函数g (x )的大致图象(图略)，结合图象可知，要使直线y ＝ax －1与函数g (x )的图象有两个不同的交点，则a 的取值范围是(0,1)．4．若f (x )＝ln x ＋ax －1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为( ) A ．0 B ．－1e 2C ．－1D ．1解析：选B 由f (x )＝0，得ln x ＝－ax ＋1，在同一坐标系中画出y ＝ln x 和y ＝－ax ＋1的图象如图所示， 直线y ＝－ax ＋1的斜率k ＝－a ， 且恒过(0,1)点．当k ≤0，即a ≥0时，只有一个交点，从而f (x )只有一个零点，当k >0，且直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 相切于点P (x 0，ln x 0)时，切线方程为y －ln x 0＝1x 0(x －x 0)， 将x ＝0，y ＝1代入得ln x 0＝2，即x 0＝e 2，k ＝1x 0＝1e 2，所以a ＝－1e2，所以当a ≥－1e 2时，直线y ＝－ax ＋1与y ＝ln x 的图象只有一个交点，即f (x )只有一个零点，故a 的最小值为－1e2.5．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e xx －kx (e 为自然对数的底数)有且只有一个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．(0,2) B.⎝⎛⎭⎫0，e 24 C ．(0，e)D ．(0，＋∞)解析：选B 由题意，知x ≠0，函数f (x )有且只有一个零点等价于方程e xx －kx ＝0只有一个根，即方程e x x 2＝k 只有一个根，设g (x )＝e x x 2，则函数g (x )＝e xx 2的图象与直线y ＝k 只有一个交点．因为g ′(x )＝(x －2)e xx 3，由g ′(x )>0，得x >2或x <0；由g ′(x )<0，得0<x <2，所以函数g (x )在(－∞，0)上为增函数，在(0,2)上为减函数，在(2，＋∞)上为增函数，g (x )的极小值为g (2)＝e 24，且x →0时，g (x )→＋∞；x →－∞时，g (x )→0；x →＋∞时，g (x )→＋∞，则g (x )的图象如图所示，由图易知0<k <e 24，故选B.6．(2018·兰州模拟)已知奇函数f (x )是R 上的单调函数，若函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点，则实数λ的值是( )A.14B.18 C ．－78D ．－38解析：选C 因为函数y ＝f (2x 2＋1)＋f (λ－x )只有一个零点， 所以方程f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0只有一个实数根． 又函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (－x )＝－f (x )，所以f (2x 2＋1)＋f (λ－x )＝0⇔f (2x 2＋1)＝－f (λ－x )⇔f (2x 2＋1)＝f (x －λ)⇔2x 2＋1＝x －λ，所以方程2x 2－x ＋1＋λ＝0只有一个实数根， 所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0， 解得λ＝－78.7．(2018·长沙模拟)对于满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b ，函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c 总有两个不同的零点，则a ＋b －ca的取值范围是( )A ．1，74B ．(1,2]C ．[1，＋∞)D ．(2，＋∞)解析：选D 依题意对方程ax 2＋bx ＋c ＝0， 有Δ＝b 2－4ac >0，于是c <b 24a， 从而a ＋b －c a >a ＋b －b 24a a ＝1＋b a －14⎝⎛⎭⎫b a 2，对满足0<b ≤3a 的任意实数a ，b 恒成立． 令t ＝ba ，因为0<b ≤3a ，所以0<t ≤3.因为－14t 2＋t ＋1∈(1,2]，所以a ＋b －c a >2.8．(2018·湘中名校联考)已知函数f (x )＝－13x 3＋ax 2＋bx ＋c 有两个极值点x 1，x 2，若x 1<f (x 1)<x 2，则关于x 方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实数根的个数不可能为( )A ．2B ．3C ．4D ．5解析：选D 由题意，得f ′(x )＝－x 2＋2ax ＋b .因为x 1，x 2是函数f (x )的两个极值点，所以x 1，x 2是方程－x 2＋2ax ＋b ＝0的两个实数根，所以由[f (x )]2－2af (x )－b ＝0，可得f (x )＝x 1或f (x )＝x 2.由题意，知函数f (x )在(－∞，x 1)，(x 2，＋∞)上单调递减，在(x 1，x 2)上单调递增，又x 1<f (x 1)<x 2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知，方程[f (x )]2－2af (x )－b ＝0的实根个数不可能为5，故选D.9．(2018·石家庄模拟)已知函数f (x )＝e 2x －ax 2＋bx －1，其中a ，b ∈R ，e 为自然对数的底数．若f (1)＝0，f ′(x )是f (x )的导函数，函数f ′(x )在区间(0,1)内有两个零点，则a 的取值范围是( )A ．(e 2－3，e 2＋1)B ．(e 2－3，＋∞)C ．(－∞，2e 2＋2)D ．(2e 2－6,2e 2＋2)解析：选A 由f (1)＝0，得e 2－a ＋b －1＝0，所以b ＝a －e 2＋1，又f ′(x )＝2e 2x －2ax ＋b ，令g (x )＝2e 2x －2ax ＋b ，则g ′(x )＝4e 2x －2a ，因为x ∈(0,1)，所以4<4e 2x <4e 2.当a ≥2e 2时，g ′(x )<0，函数g (x )在(0,1)内单调递减，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当a ≤2时，g ′(x )>0，函数g (x )在(0,1)内单调递增，故g (x )在(0,1)内至多有一个零点；当2<a <2e 2时，若0<x <12ln a 2，则g ′(x )<0，若12ln a2<x <1，则g ′(x )>0，所以函数g (x )在⎝⎛⎭⎫0，12ln a 2内单调递减，在⎝⎛⎭⎫12ln a 2，1内单调递增，所以g (x )min ＝g 12ln a2＝a －a ln a 2＋b ＝2a －a ln a 2－e 2＋1.令h (x )＝2x －x ln x2－e 2＋1＝2x －x ln x ＋x ln 2－e 2＋1(2<x <2e 2)，则h ′(x )＝－ln x ＋1＋ln 2，当x∈(2,2e)时，h ′(x )>0，h (x )为增函数，当x ∈(2e,2e 2)时，h ′(x )<0，h (x )为减函数，所以h (x )max ＝h (2e)＝2e －e 2＋1<0，即g (x )min <0恒成立，所以函数g (x )在(0,1)内有两个零点，则⎩⎪⎨⎪⎧g (0)＝2＋a －e 2＋1>0，g (1)＝2e 2－2a ＋a －e 2＋1>0，解得e 2－3<a <e 2＋1. 综上所述，a 的取值范围为(e 2－3，e 2＋1)．10．(2017·太原一模)设[x ]表示不小于实数x 的最小整数，如[2.6]＝3，[－3.5]＝－3.已知函数f (x )＝([x ])2－2[x ]，若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则实数k 的取值范围是( )A ．－52，－1∪[2,5)B ．－43，－1∪[5,10)C ．－1，－23∪[5,10)D ．－43，－1∪[5,10)解析：选C 由题意知，f (x )＝([x ])2－2[x ]＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ∈(－1，0]∪(1，2]，－1，x ∈(0，1]，3，x ∈(2，3]，8，x ∈(3，4].令F (x )＝0，得f (x )＝k (x －2)－2，作出函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象如图所示． 若函数F (x )＝f (x )－k (x －2)＋2在(－1,4]上有2个零点，则函数y ＝f (x )和y ＝k (x －2)－2的图象在(－1,4]上有2个交点，结合图象可得，k PA ＝5，k PB ＝10，k PO ＝－1，k PC ＝－23，所以实数k 的取值范围是－1，－23∪[5,10)．11．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x＋1，x ＜0，⎪⎪⎪⎪12x 2－2x ＋1，x ≥0.方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0(b ≠0)有6个不同的实数解，则3a ＋b 的取值范围是( )A ．[6,11]B ．[3,11]C ．(6,11)D ．(3,11)解析：选D 作出函数f (x )的图象如图所示，对于方程[f (x )]2－af (x )＋b ＝0，可令f (x )＝t ，那么方程根的个数就是f (x )＝t 1与f (x )＝t 2的根的个数之和，结合图象可知，要使总共有6个根，需要一个方程有4个根，另一个方程有2个根，从而可知关于t 的方程t 2－at ＋b ＝0有2个根，分别位于区间(0,1)与(1,2)内，由根的分布得出约束条件⎩⎪⎨⎪⎧b ＞0，1－a ＋b ＜0，4－2a ＋b ＞0，画出可行域如图所示，目标函数z ＝3a ＋b 经过⎩⎪⎨⎪⎧1－a ＋b ＝0，4－2a ＋b ＝0的交点A (3,2)时取得最大值11，经过B (1,0)时取得最小值3.故3a ＋b 的取值范围为(3,11)．12．(2018·广东五校协作体第一次诊断)已知e 为自然对数的底数，若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，则实数a 的取值范围是( )A ．[1，e]B ．(1，e] C.⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e D.⎣⎡⎦⎤1＋1e ，e 解析：选C 令f (x 1)＝a －x 1，则f (x 1)在x 1∈[0,1]上单调递减，且f (0)＝a ，f (1)＝a －1.令g (x 2)＝x 22e x 2，则g ′(x 2)＝2x 2e x 2＋x 22e x 2＝x 2e x 2(x 2＋2)，且g (0)＝0，g (－1)＝1e ，g (1)＝e.若对任意的x 1∈[0,1]，总存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得x 1＋x 22e x 2－a ＝0成立，即f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)＝a －x 1的最大值不能大于g (x 2)的最大值，即f (0)＝a ≤e ，因为g (x 2)在[－1,0]上单调递减，在(0,1]上单调递增，所以当g (x 2)∈⎝⎛⎦⎤0，1e 时，有两个x 2使得f (x 1)＝g (x 2)．若存在唯一的x 2∈[－1,1]，使得f (x 1)＝g (x 2)，则f (x 1)的最小值要比1e 大，所以f (1)＝a －1>1e ，所以a >1＋1e，故实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1＋1e ，e . 二、填空题13．若对任意的实数a ，函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点，则实数b 的取值范围是________．解析：由f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b ＝0，得(x －1)ln x ＝a (x －1)－b .设g (x )＝(x －1)ln x ，h (x )＝a (x －1)－b ，则g ′(x )＝ln x －1x＋1，因为g ′(x )＝ln x －1x＋1在(0，＋∞)上是增函数，且g ′(1)＝0，所以当0＜x ＜1时，g ′(x )＜0，当x ＞1时，g ′(x )＞0，所以g (x )在区间(0,1)上是减函数，在区间(1，＋∞)上是增函数，又g (1)＝0，所以函数g (x )的大致图象如图所示．易知h (x )＝a (x －1)－b 的图象是恒过点(1，－b )的直线，当－b ＞0，即b ＜0时，易知对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点，即函数f (x )＝(x －1)ln x －ax ＋a ＋b 有两个不同的零点；当b ＝0时，若a ＝0，则h (x )＝0，其图象与函数g (x )的图象只有一个交点，不满足；当－b ＜0，即b ＞0时，由图易知，不满足对任意的实数a ，直线h (x )＝a (x －1)－b 与函数g (x )的图象始终有两个不同的交点．综上可知，b ＜0.答案：(－∞，0)14．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x x ＋1，－1<x ≤0，x ，0<x ≤1，与g (x )＝a (x ＋1)的图象在(－1,1]上有2个交点，若方程x －1x ＝5a 的解为正整数，则满足条件的实数a 的个数为________．解析：在同一坐标系中作出函数f (x )与g (x )的图象如图所示，结合图象可知，实数a 的取值范围是⎝⎛⎦⎤0，12.由x －1x＝5a ，可得x 2－5ax －1＝0，设h (x )＝x 2－5ax －1，当x ＝1时，由h (1)＝1－5a －1＝0，可得a ＝0，不满足题意；当x ＝2时，由h (2)＝4－10a －1＝0，可得a ＝310，满足题意；当x ＝3时，由h (3)＝9－15a －1＝0，可得a ＝815，不满足题意．又函数y ＝x －1x 在(0，＋∞)上单调递增，故满足条件的实数a 的个数为1.答案：115．若函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，且m <x 0<n (m ，n 为相邻整数)，则m ＋n ＝________.解析：令y 1＝x 2＋2x ，y 2＝a ln x (a >0)，则y 1′＝2x －2x 2，y 2′＝a x (a >0)．∵函数f (x )＝x 2＋2x －a ln x (a >0)有唯一的零点x 0，∴函数y 1＝x 2＋2x，y 2＝a ln x 的图象有公切点(x 0，y 0)，则⎩⎨⎧2x 0－2x 20＝a x 0，x 20＋2x 0＝a ln x 0⇒x 20＋2x 0－2⎝⎛⎭⎫x 20－1x 0ln x 0＝0. 构造函数g (x )＝x 2＋2x －2⎝⎛⎭⎫x 2－1x ln x (x >0)， 则g (1)＝3，g (2)＝4＋1－2×⎝⎛⎭⎫4－12ln 2＝5－7ln 2， 欲比较5与7ln 2的大小，可比较e 5与27的大小，∵e 5>27，∴g (2)>0，又g (e)＝e 2＋2e －2⎝⎛⎭⎫e 2－1e ＝－e 2＋4e<0， ∴x 0∈(2，e)，∴m ＝2，n ＝3，∴m ＋n ＝5.答案：516．已知函数f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在12，＋∞上有两个零点，则实数k 的取值范围为________．解析：f (x )＝x 2－x ln x －k (x ＋2)＋2在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个零点，即关于x 的方程x 2－x ln x ＋2＝k (x ＋2)在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上有两个不相等的实数根．令g (x )＝x 2－x ln x ＋2，所以当x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞时，直线y ＝k (x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2的图象有两个不同的交点．设直线y ＝k 0(x ＋2)与函数g (x )＝x 2－x ln x ＋2，x ∈⎣⎡⎭⎫12，＋∞的图象相切于点(x 0，y 0)，g ′(x )＝2x －ln x －1，则有⎩⎪⎨⎪⎧k 0＝2x 0－ln x 0－1，k 0(x 0＋2)＝x 20－x 0ln x 0＋2，由此解得x 0＝1，k 0＝1.令h (x )＝g ′(x )＝2x －ln x －1，则h ′(x )＝2－1x ，且x ≥12，所以h ′(x )≥0，故h (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，h (x )≥h ⎝⎛⎭⎫12＝ln 2＞0，所以g (x )在⎣⎡⎭⎫12，＋∞上单调递增，g ⎝⎛⎭⎫12＝94＋12ln 2，作出y ＝g (x )的大致图象，如图所示，当直线y ＝k (x ＋2)经过点⎝⎛⎭⎫12，94＋12ln 2时，k ＝910＋ln 25.又当直线y ＝k (x ＋2)与g (x )的图象相切时，k ＝1.结合图象可知，k 的取值范围是⎝⎛⎦⎤1，910＋ln 25.9 10＋ln 2 5答案：⎝⎛⎦⎤1，。

必要探路法：数学小丸子解2019高考数学压轴题2019年普通高等学校招生全国统一考试（全国卷Ⅰ 文）已知函数()2sin cos ,'()f x x x x x f x =--为()f x 的导数（1）证明：'()f x 在区间(0,)π存在唯一零点；（2）若[0,]x π∈时，()f x ax ≥，求a 的取值范围 【分析】本题第一问，为判断非含参函数零点个数问题，因此认真求导即可；第二问为恒成立问题，可利用必要性探路法取点，压缩参数的范围，这是《数学小丸子的解题笔记》第一章里的办法，通过特殊值压缩范围，先猜后证，沿着第一问的过程走下去，严谨论证即可【解答】（1）'()cos sin 1f x x x x =+-，''()cos f x x x = 当0,2x π<<''()0,'()f x f x >单调递增，'()'(0)0,'()f x f f x >=无零点 当2x ππ<<，0,''()0,'()2x f x f x π<<<单调递减，'()10,'()2022f f πππ=->=-< 0(,)2x ππ∃∈使得0'()0f x =，则'()f x 在区间(0,)π存在唯一零点； （2）()0f a a ππ≥⇒≤，下证0a ≤符合题意，由（1）知当0,2x π<<'()0,()f x f x >单调递增，()(0)0f x f ax >=≥ 当0,'()0,()2x x f x f x π<<>单调递增，()()2022f x f ax ππ>=->≥， 当0,'()0,()x x f x f x π<<<单调递减，()()0f x f ax π>=≥，又因为(0)()0f f ax π==≥综上：(,0]a ∈-∞2019年普通高等学校招生全国统一考试（浙江）已知实数0a ≠，设函数()ln 1,0f x a x x x =++>（1）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间； （2）对任意21[,)x e ∈+∞均有()2x f x a ≤，求a 的取值范围 【分析】本题第二问为恒成立问题，通过必要性探路取特殊值压缩范围即可，后续即为函数不等式证明问题，其中涉及换元思想，主元转换,放缩等手段，常规题目，手段多元，平凡中蕴含着美丽。

一．方法综述不等式恒成立问题一直是高考命题的热点，把函数问题、导数问题和不等式恒成立问题交汇命制压轴题成为一个新的热点命题方向．由不等式恒成立确定参数范围问题，常见处理方法有：① 分离参数()a f x ≥恒成立(()max a f x ≥可)或()a f x ≤恒成立（()min a f x ≤即可）；② 数形结合(()y f x =图象在()y g x = 上方即可)；③ 最值法：讨论最值()min 0f x ≥或()max 0f x ≤恒成立；④ 讨论参数.在诸多方法中，构造函数并利用导数研究函数的单调性、最值等，是必须要考虑的解题门径.本专题举例说明《用好导数，“三招”破解不等式恒成立问题》.二．解题策略类型一 构造函数求最值【例1】【2018届湖南省益阳市高三4月调研】已知函数（，为自然对数的底数）. （1）讨论函数的单调区间；（2）当时，恒成立，求实数的最小值.【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是.(2)-e.【解析】试题分析：（1）由题意，利用导数法进行讨论，由可求出函数的增区间，可求出函数的减区间，同时对参数进行分段讨论，从而问题即可得解；（2）由题意，可构造函数，由此可将问题转化为计算，再根据导数进行运算求解，从而问题可得解.学%科网试题解析：（1）由题知，函数的定义域是.，当时，对任意恒成立，所以函数的单调递增区间是，无单调递减区间；当时，令，得；令，得；所以函数的单调递增区间是，单调递减区间是.【指点迷津】1.首先要明确导函数对原函数的作用：即导函数的符号决定原函数的单调性.如果所构造的函数，其导数结构比较复杂不易分析出单调性，则可把需要判断符号的式子拿出来构造一个新函数，再想办法解决其符号.2.在考虑函数最值时，除了依靠单调性，也可根据最值点的出处，即“只有边界点与极值点才是最值点的候选点”，所以有的讨论点就集中在“极值点”是否落在定义域内.【举一反三】【2018届湖南省永州市三模】已知,.（1）若对任意的实数，恒有，求实数的取值范围；（2）当时，求证：方程恒有两解.【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)详见解析．（Ⅱ）方程化为，令，，在（0，＋∞）上单调递增，，，存在使，即，，在上单调递减，在上单调递增，在处取得最小值．学&科网，，＜0，，，在和各有一个零点，故方程恒有两解．类型二参变分离求最值【例2】【2018届山西省孝义市高三下学期一模】已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）当时，曲线总在曲线的下方，求实数的取值范围.【答案】（1）当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减；（2）.【解析】 （1）由可得的定义域为，且，若，则，函数在上单调递增；若，则当时，，在上单调递增，当时，，在上单调递减. 综上，当时，函数在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减. 学科*网【指点迷津】1、参变分离：顾名思义，就是在不等式中含有两个字母时（一个视为变量，另一个视为参数），可利用不等式的等价变形让两个字母分居不等号的两侧，即不等号的每一侧都是只含有一个字母的表达式.然后可利用其中一个变量的范围求出另一变量的范围，转化为求函数的最值问题.2、如何确定变量与参数：一般情况下，那个字母的范围已知，就将其视为变量，构造关于它的函数，另一个字母（一般为所求）视为参数.3、参变分离法的适用范围：判断恒成立问题是否可以采用参变分离法，可遵循以下两点原则：（1）已知不等式中两个字母是否便于进行分离，如果仅通过几步简单变换即可达到分离目的，则参变分离法可行.但有些不等式中由于两个字母的关系过于“紧密”，会出现无法分离的情形，此时要考虑其他方法.例如：()21log a x x -<，111axx e x-+>-等 （2）要看参变分离后，已知变量的函数解析式是否便于求出最值（或临界值），若解析式过于复杂而无法求出最值（或临界值），则也无法用参变分离法解决问题. 【举一反三】【2018年【衡水金卷】（三）】已知函数()f x 的导函数为()f x '，且满足()32123f x x ax bx =+++， ()()24f x f x +='-'，若函数()6ln 2f x x x ≥+恒成立，则实数b 的取值范围为（ ）A. [)64ln3,++∞B. [)5ln5,++∞C. [)66ln6,++∞D. [)4ln2,++∞ 【答案】C类型三 讨论参数定范围【例3】【2018届山东天成高三第二次大联考】已知函数，.（1）讨论函数的单调性；（2）若，对任意恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1)答案见解析；(2).【解析】 （1），定义域所以.讨论：当时，对或，成立，所以函数在区间，上均是单调递增；当时，对或，成立， 所以函数 在区间，上均是单调递减；当时，函数是常函数，无单调性. 学科@网【指点迷津】 本例（2）对任意恒成立，即对任意恒成立，构造函数，对这个函数求导研究函数的单调性，使得最值大于0即可.求导数'()h x 后，为求()h x 的最小值，根据，2[2,)x ∈+∞，对参数m 的取值进行讨论，确定了'()h x 的符号，从而明确()h x 的单调性、最值. 【举一反三】【2018届四川高三（南充三诊）联合诊断】已知定义在上的偶函数在上单调递减，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范是（ ）A. B.C.D.【答案】A （1）当时，即或时，在上恒成立，单调递增，因为最小值，最大值，所以，综上可得；（2）当，即时，在上恒成立，单调递减，因为最大值，最小值，所以，综合可得，无解，（3）当，即时，在上，恒成立，为减函数，在上，恒成立，单调递增，故函数最小值为，若，即，因为，则最大值为，此时，由，求得，综上可得；若，即，因为，则最大值为，此时，最小值，最大值为，求得，综合可得，综合（1）（2）（3）可得或或，即，故选A. 学科$网三．强化训练1．【2018届（衡水金卷调研卷）三】若存在，不等式成立，则实数的最大值为（）A. B. C. 4 D.【答案】A2．【2018年高考理科数学原创押题预测卷01】已知函数，若关于的不等式在上恒成立，则的值为A. B. C. D.【答案】A3.【2018年4月浙江省金华十校高考模拟】若对任意的，存在实数，使恒成立，则实数的最大值为__________．【答案】9【解析】若对任意的，恒成立，可得：恒成立，令，，原问题等价于：，结合对勾函数的性质分类讨论：(1)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；(2)当时，，，原问题等价于存在实数满足：，学/科网故，解得：，则此时；(3)当时，，而，当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；当时，，原问题等价于存在实数满足：，故，解得：，则此时；综上可得：实数的最大值为.4.【2018届齐鲁名校教科研协作体山东、湖北部分重点中学模拟（三）】已知函数在点处的切线过点．(1)求实数的值，并求出函数单调区间；(2)若整数使得在上恒成立，求的最大值．【答案】（1），在单调递减，在单调递增；（2）7.【解析】（2）∵时，，∴等价于记，∴记，有，∴在单调递增∴，由于，，可得因此，故又由零点存在定理可知，存在，使得，即①且时，，时，故时，单调递减，时，单调递增∴由①可得故的最大值为7．5.【2017课标3，理21】已知函数()1ln f x x a x =-- . （1）若()0f x ≥ ，求a 的值；（2）设m 为整数，且对于任意正整数n 2111111222n m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，求m 的最小值. 【答案】(1)1a = ；(2)3 【解析】试题分析：(1)由原函数与导函数的关系可得x =a 是()f x 在()0，+x ∈∞的唯一最小值点，列方程解得1a = ； (2)利用题意结合(1)的结论对不等式进行放缩，求得2111111222n e ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++< ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，结合231111112222⎛⎫⎛⎫⎛⎫+++> ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭可知实数m 的最小值为3学科%网6.【2018届内蒙古鄂伦春自治旗高三下学期二模（420模拟）】已知函数的图象在与轴的交点处的切线方程为.（1）求的解析式；（2）若对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】试题分析：（1）由切线方程为求得切点坐标，再利用导数的几何意义，可得和，即可求得的，值，从而可的的解析式；（2）对恒成立等价于调性，可得的最大值，再设，，利用导数研究的单调性，可得的最小值，从而可得的取值范围.试题解析：（1）由得.∴切点为.∵∴∴,又∴，.7. 【2018届河南省焦作市高三第四次模拟】已知()()22xf x mx e m R =-∈.（Ⅰ）若()()'g x f x =，讨论()g x 的单调性；（Ⅱ）当()f x 在()()1,1f 处的切线与()223y e x =-+平行时，关于x 的不等式()0f x ax +<在()0,1上恒成立，求a 的取值范围.【答案】（Ⅰ）()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. （Ⅱ）(],21a e ∈-∞-.【解析】试题分析：（Ⅰ）求得函数的导数()()'2x g x m e =-，分0m ≤和0m >两种情况讨论，即可得到函数()g x 的单调性；学科&网（Ⅱ）由（Ⅰ）求得1m =，把不等式()0f x ax +<即220xx e ax -+<，得2xe a x x<-在()0,1上恒成立，设()2xe F x x x=-，利用导数求得函数()F x 的单调性与最值，即可得到实数a 的取值范围． 试题解析：（Ⅰ）因为()()'22xg x f x mx e ==-，所以()()'2xg x m e =-，当0m ≤时， ()'0g x <，所以()g x 在R 上单调递减，当0m >时，令()'0g x <，得ln x m >，令()'0g x >，得ln x m <， 所以()g x 在()ln ,m +∞上单调递减，在(),ln m -∞上单调递增. 8. 已知函数，.（1）讨论函数的单调区间；（2）若函数在处取得极值，对，恒成立，求实数的取值范围.【答案】(1) 当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是;(2) .【解析】分析：（1）求导，解不等式，得到增区间，解不等式，得到减区间；（2）函数f（x）在x=1处取得极值，可求得a=1，于是有f（x）≥bx﹣2⇔1+﹣≥b，构造函数g（x）=1+﹣，g（x）min即为所求的b的值详解：（1）在区间上，，当时，恒成立，在区间上单调递减；当时，令得，在区间上，，函数单调递减，在区间上，，函数单调递增.综上所述：当时，的单调递减区间是，无单调递增区间；当时，的单调递减区间是，单调递增区间是学科@网9. 已知函数，.（1）当时，若关于的不等式恒成立，求的取值范围；（2）当时，证明：.【答案】（1）.（2）见解析.【解析】（1）由，得.整理，得恒成立，即.令.则.∴函数在上单调递减，在上单调递增.∴函数的最小值为.∴，即.∴的取值范围是.学^科网即 .现证明.构造函数，则 .∴函数在上是增函数，即.∴当时，有，即成立.令，则式成立.综上，得.对数列，，分别求前项和，得. 10.【2018届青海省西宁市高三下学期（一模）】设()ln f x x =， ()12g x x x =. （1）令()()()•F x x f x g x =-，求()F x 的单调区间；（2）若任意[)12,1,x x ∈+∞且12x x <，都有()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立，求实数m 的取值范围.【答案】（1）见解析；（2）1m ≥. 【解析】（2）据题意，当121x x ≤<时， ()()()()212211••m g x g x x f x x f x ⎡⎤->-⎣⎦恒成立， ∴当121x x ≤<时， ()()()()22211••mg x x f x mg x x f x ->-恒成立， 令()()()•H x mg x x f x =-，即()21ln 2H x mx x x =- 则()H x 在[)1,+∞上是增函数， ∴()0H x '≥在[)1,+∞上恒成立，∴ln 1x m x+≥（1x ≥）， 令()ln 1x h x x+=（1x ≥），∴()21ln 1ln 0x xh x x x---==≤'，∴ ()h x 在[)1,+∞上为减函数， ∴()()max 11h x h ==，∴ 1m ≥.学.科网。

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】【湖南省澧县一中2018届一轮第一次检测】已知函数f(x)=,如果函数f（x）恰有两个零点，那么实数m的取值范围为_____．【答案】【解析】分析：根据与-2，0和4的大小关系逐一判断的零点个数即可得出结论．若，则在上有2个零点0，在上无零点，符合题意；∴或．故答案为：．【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】【江苏省扬州中学2019届高三10月月考】已知定义在上的函数可以表示为一个偶函数与一个奇函数之和，设若方程无实根，则实数的取值范围是_________【答案】【解析】∴p（t）=t2+2mt+m2﹣m+1．p（p（t））=[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1，若p（p（t））=0无实根，即[p（t）]2+2mp（t）+m2﹣m+1①无实根，方程①的判别式△=4m2﹣4（m2﹣m+1）=4（m﹣1）．1°当方程①的判别式△＜0，即m＜1时，方程①无实根．2°当方程①的判别式△≥0，即m≥1时，方程①有两个实根，即②，只要方程②无实根，故其判别式，即得③，且④，∵m≥1，③恒成立，由④解得m＜2，∴③④同时成立得1≤m＜2．综上，m的取值范围为m＜2．。