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)

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，