增分点2应用“三招五法”,轻松破解含参零点问题

1、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 )已知函数 f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x0>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 x0(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

2、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) 3ax2 6x，2令 f (x) 0，得 x0 或 x . a当 a>0 时， x( ，0)，f(x)>0；xf(x)在(，0)20，2 ，f(x)<0；x2， ，f(x)>0.所以函数 aa22和a2， 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2 22当 a<0 时， x ， ，f(x)<0；x ，0，f(x)>0；x(0， )， f (x )<0.所以函数 f(x)在 ， 和(0，aaa

3、22 )上单调递减，在 ，0 上单调递增，所以要使 f(x)有唯一的零点 x0 且 x0>0，只需 f >0，即 a2>4，解得 a<2.aaxy ax，显然 a>0 时法二 数形结合法：转化为直线与曲线的位置关系求解由 ax3 3x2 10 可知 x 0，可得 ax3 x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)3x21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

4、3 13 1易知 x0，令 f(x)0，则 a3 13，记 g(x)3 13，x x3x x3和 (1， )上单3 3 3 x2 1g(x) x32 x34x4，可知 g(x )在( ， 1)x x x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ya，结合图象，可知 a< 2.法五 特例法：巧取特例求解取 a3，则 f(x)3x33x21.由于 f(0) 1，f(1)<0，从而 f(x)在( ，0)上存在零点，排除 A、C.4 4 3取 a 3，则 f (x ) 3x33x21.由于 f(0) 1，f 2 <0，从而 f(

5、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” .第一 招 带参讨 论当我们无法通过等价转化的思想将原问题转化为相对容易的问题时，我们 要根据题设要求直接研究函数的性质由于函数含有参数，通常需要合理地对 参数的取值进行分类，并逐一求解 (如本题解法一 )第二 招 数形结 合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

6、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 (如本题解法二和解法三 )第三 招 分离参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 (如本题解法数四)应用体验 1(2017 全·国卷 )已知函数 f(x)x22xa(ex1 ex1)有唯一零点，则 a ()11A 2B.31C.2D 1解析： 选 C 法一： 由函数 f(x)有零点，得 x2 2x a(ex1 e x 1) 0 有解，

7、 即(x1)21 a(ex 1e x 1)0 有解，令 t x 1，则上式可化为 t21a(etet) 0，1t2即 a 1t tt.ee令 h(t) e1tet 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 a12 0 12，故选 C.法二： 由 f(x)0? a(ex1ex1) x22x. ex1ex12 ex1·ex12，当且仅当 x1 时取“ x22x ( x1)2 1 1，当且仅当 x1 时取 “ ” 若 a>0，则 a(ex1 e x 1) 2a，1要使 f(x)有唯一零点，则必有

8、2a 1，即 a12.若 a 0，则 f(x)的零点不唯一1 综上所述， a 12.2设 mN，若函数 f(x) 2x m 10x10存在整数零点，则符合条件的 m 的个数为 ( )A 2B3C 4D 52x 10解析： 选 C 令 f(x)0，得 m .又 m N， 10x 0< 10 x 15.当 2x100，即 x 5 时， m0；10 x > 0，因此有解得 5x< 10，x Z，2x100，当 2x100 时，要使 m N，则需 10xN，当 10x1，即 x9 时， m28；当 10x2，即 x6 时， m11；当 10x3，即 x1 时， m4，所以符合条件的

9、m 的个数为 4.x22x 2， x0，3设函数 f(x) 2 若关于 x 的方程 f(x)a 有 4个不同的解 x1， x2， x3， x4，且 x1<x2< |log2x|，x>0，x1 x2 1x3< x4，则 2 的取值范围是 ( )x4x3x4A ( 3， )B (， 3)C3,3)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 ya与函数 yf(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 x1x2 4，|log 2x 3|log2x4|(0<

10、; x3<1<x44)，即有 log 2x 3 log 2x 4，x1 x2 1 4x3x41，所以 x x4x x231x4x4x44(1<x44)，易知函数y x4 4在区间 (1,4上是增函数，因此其值域是 ( 3,3 x44若函数 f (x ) ex ax2有三个不同的零点，则实数 a 的取值范围是 (A.e2eB. 2，D. 1，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ex0 2ax0，(x0，ex0)处相切，则2ex 0ax 02，C. 1， 4解析： 选 A 函数 f(x)exax2 有三个不同的零点等价

11、于函数 yex与 yax2 的图象有三个不同的交点，则显a>e4 ，即实数 a 的取值范围为 e4，44x02，解得e2由图易得若两函数图象有两个不同的交点，则ae4，、选择题1(2018 贵·阳检测 )已知函数 f(x)ln( x2 4x a)，若对任意的 m R ，均存在 x0使得 f (x 0) m，则实数 a 的取 值范围是 ( )A (， 4)B ( 4， )C (， 4D 4， )解析： 选 D 依题意得，函数 f(x)的值域为 R，令函数 g(x) x2 4x a，其值域 A 包含 (0， )，因此对方 程 x24xa0，有 16 4a 0，解得 a 4，即实数

12、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 xR，都有 f(x2)f(x)当 0x1 时， f(x)x2.若直 线 yxa 与函数 yf(x)的图象有两个不同的公共点，则实数a 的值是 ( )A n(nZ)A ( ， 1)B(0,1)1eC. ， e21eD. 0， e2解析：选 B 依题意，关于 x 的方程 ax1lnx x有两个不等的正根 记 g( x) lnx x，则 g ( x) 1xl2n x，当 0<x<ex x x时， g (x)>0 ， g(x )在区间 (0， e)上单调递增；当 x>e 时，g(x)<0，g

13、(x)在区间 (e， )上单调递减，且 g(e) 1e，1 ln x0 a12 ，x0 当 0<x<1 时， g(x)<0.设直线 ya1x 1 与函数 g(x) 的图象相切于点 (x0， y0)，则有ln x0 a1x0 1，x0由此解得 x0 1，a1 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)(图略 )，结合4若 f(x)ln xax1有且仅有一个零点，则实数a 的最小值为 ( )A0B e12C1D1

14、解析： 选 B 由 f(x)0，得 ln x ax1，在同一坐标系中画出 yln 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 k0，即 a0 时，只有一个交点，从而 f(x)只有一个零点，1当 k>0，且直线 y ax1 与 yln x 相切于点 P(x 0， ln x0)时，切线方程为 yln x0x1(xx0)，x0将 x0， y1 代入得 ln x 0 2，即 x 0 e2，2，kx10e12，所以 a e12，所以当 a e12时，直线 yax1 与 yln 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

15、为 e1e2.5(2018 ·石家庄模拟 )已知函数 f(x)exkx(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x()A (0,2)B. 0， 4C(0，e)D （0， ）解析：选exexB 由题意，知 x0，函数 f（x）有且只有一个零点等价于方程 exkx0 只有一个根，即方程 xe2k只有一个根，设exexg（x）xe2，则函数 g（x） xe2的图象与直线 yk 只有一个交点因为 gx 2 ex(x) x3 ，由 g (x)>0，得 x>2 或 x<0； x由 g (x)<0，得 0<x<2，所以函数 g（x）在（，

16、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） e4，2 且 x0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，4故选 B.A.1476（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（2x21）f（x）只有一个零点，则实数 的值是 （ ）D解析： 选 C 因为函数 yf（2x2 1） f（ x ）只有一个零点， 所以方程 f（2x21）f（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

17、f（2x21）f（x）0? f（2x2 1） f （ x） ? f（2x21）f（x）? 2x21x， 所以方程 2x2x10 只有一个实数根，所以 （1）24×2× （1）0，解得 78.7（2018 ·长沙模拟 ）对于满足 0<b3a的任意实数 a，b，函数 f（x）ax2bxc 总有两个不同的零点，则abc a的取值范围是 （ ）B(1,27A1，4C 1， ）D （2， ）解析： 选 D 依题意对方程 ax2bx c0，b2有 b2 4ac>0，于是 c< ，4ab2从而2，a b a b c4a b 1 b> 1 a a a 4

18、a对满足 0<b3a 的任意实数 a， b恒成立令 t b，因为 0<b3a，所以 0<t 3. a因为 1t2t1(1,2，所以 abc>2. 4a18(2018 湘·中名校联考 )已知函数 f(x)3x3ax2bxc有两个极值点 x1， x2，若 x1<f(x1)<x2，则关于 x 方 程f(x) 2 2af(x) b0 的实数根的个数不可能为 ( )A 2B3C 4D 5解析： 选 D 由题意，得 f(x) x22axb.因为 x1， x2是函数 f (x)的两个极值点，所以 x1，x2是方程 x2 2axb0 的两个实数根，所以由 f(x)

19、2 2af(x) b0，可得 f(x)x1或 f(x)x2.由题意，知函数 f(x)在(， x1)，(x2， )上单调递减，在 (x1， x2)上单调递增，又 x1<f(x1)<x2，依题意作出简图，如图所示，结合图形可知， 方程f(x)22af(x)b0 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) e2x ax2 bx 1，其中 a，bR ，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 (e23，e21)B(e23， )C (，

20、 2e22)D (2e26,2e22)解析： 选 A 由 f(1) 0，得 e2a b 1 0，所以 bae21，又 f ( x) 2e2x 2ax b，令 g(x)2e2x2ax b，则 g(x)4e2x2a，因为 x (0,1) ，所以 4<4e2x<4e2.当 a 2e2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 a2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<2e2时，若 0<x<21ln a2，

21、则 g ( x)<0，若21ln a2<x<1，则 g (x)>0 ，所以函数 g(x)在 0，12ln a2 内单调递 减，在 2ln2， 1 内单调递增，所以 g(x)ming2ln2aaln2b2aaln2 e2 1.令 h(x)2xxln2 e2 12x xln xxln 2e21(2<x<2e2)，则 h(x) ln x1ln 2，当 x(2,2e)时，h(x)>0，h(x)为增函数， 当 x(2e,2e2) 时，h(x)<0，h(x)为减函数，所以 h(x)maxh(2e)2ee21<0，即 g(x)min <0 恒成立，

22、所以函数 g(x)在(0,1)内有两个零点，g 0 2 a e2 1>0 ，则解得 e2 3<a<e2 1.g 1 2e2 2a ae21>0，综上所述， a 的取值范围为 (e2 3，e21)10(2017 太·原一模 )设x表示不小于实数 x 的最小整数， 如2.63，3.5 3.已知函数 f(x)(x)22x， 若函数 F(x)f(x)k(x2)2 在( 1,4上有 2个零点，则实数 k的取值范围是 ( )5A 25， 12,5) C 1， 325,10) 解析： 选 C 由题意知，4B 3，15,10)4D 3，15,10)0，x 1，0 1，2，f(

23、x)(x)22x1，x 0， 1，3，x 2， 3，8， x 3， 4.令 F(x)0，得 f(x)k(x2)2，作出函数 yf(x)和 yk(x2)2 的图象如图所示若函数 F(x)f(x)k(x2)2在(1,4上有 2个零点， 则函数 yf(x)和 yk(x2)2的图象在 (1,4上有 2 个交点，结合图象可得， kPA5，kPB10，kPO1，kPC23，所以实数 k 的取值范围是 1，235,10) 332x 1， x<0，11已知函数 f(x) 1方程f(x)2af(x)b0(b0)有 6 个不同的实数解，则 3ab的2x2 2x1 ，x0.取值范围是 ( )A 6,11B 3

24、,11D (3,11)C(6,11)对于方程 f(x) 2af(x)b 0，可令2 个根，从而可知关于 t 的方程 t2 at b解析： 选 D 作出函数 f(x)的图象如图所示，b>0，1 a b< 0 ，42ab>0，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 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1 a b 0 ，画出可行域如图所示，目标函数z 3ab 经过的交点 A(3,2)时取得最大值 11，经过 B (1,0)时42ab0取得最小值 3.故 3ab 的取值范围为 (3,11)12(2018

25、83;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 x10,1 ，总存在唯一的 x21,1，使得 x1x22ex2a0成立，则实数 a 的取值范围是 ( )A 1，eB(1，e11C. 1e， eD. 1e，e解析：选 C 令 f(x1)ax1，则 f(x1)在 x1 0,1上单调递减， 且 f (0) a，f(1) a 1.令 g(x2)x22ex2，则 g(x2)1 2x2ex2x22ex2x2ex2(x22)，且 g(0) 0， g( 1) e， g(1) e.若对任意的 x10,1，总存在唯一的 x21,1， e使得 x1x22ex2a0成立，即 f(x1)g(x

26、2)，则 f(x1)ax1的最大值不能大于 g(x2)的最大值，即 f(0)ae，因为1g(x2)在1,0上单调递减，在 (0,1上单调递增，所以当 g(x2) 0，e 时，有两个 x2 使得 f(x1)g(x2)若存在唯一1 1 1的 x21,1，使得 f(x1)g(x2)，则 f(x1)的最小值要比 1e大，所以 f(1)a1>1e，所以 a>1 1e，故实数 a 的取值范1围是 1 1，e .e二、填空题13若对任意的实数 a，函数 f(x) (x1)ln x ax a b有两个不同的零点， 则实数 b 的取值范围是 b.设 g(x) (x 1)ln x，解析： 由 f(x)

27、(x 1)ln xaxab0，得(x1)ln xa(x1)在 (0， )上是增函数，11h(x)a(x1)b，则 g(x)ln xx1，因为 g(x)ln x x1xx所以 g(x)在区间 (0,1) 上的大致图象如图所示 易且 g(1)0，所以当 0< x< 1时，g (x)< 0，当 x>1 时，g (x)> 0， 是减函数，在区间 (1， )上是增函数，又 g(1) 0，所以函数 g(x)知 h(x)a(x1)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

28、始终有两个不同的交点， 即函数 f(x)(x1)ln xaxab 有两个不同的零点； 当 b0 时，若 a0，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(x1)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，x1， 1<x 0，1与 g(x)a(x1)的图象在 (1,1上有 2 个交点，若方程 xx15axx，0<x1，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

29、 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，解析： f(x)x2xln xk(x 2)2 在 2， 上有两个零点，即关于 x 的方程 x2xln x2k(x2)在 12， 上有两个不相等的实数根令 g(x)x2xln x2，所以当 x 21， 时，直线 yk(x 2)与函数 g(x) 1x2xln x2 的图象有两个不同的交点 设直线 yk0(x2)与函数 g(x)x2xln x2，x 2， 的图象相切2 .由 x1 x 5a，可得 x25ax1 0，设 h(x)x25ax 1，当 x1 时，由 h(1) 15a 1 0，可得 a0，不满足题意； x当 x2 时，由 h(2) 4 10a10，可得a 130，满足题意；当x 3 时，由h(3)9 15a10，可得a15，不满足题意又函数 yxx1在(0， )上单调递增，故满足条件的实数a的个数为 1.答案： 1215若函数 f(x) x2xaln x(a>0)有唯一的零点 x0，且 m<x0<n(m，n 为相邻整数 )，则 m n .2解析： 令 y1x2x，y2 aln x (a>0) ，x2