1、第20讲 函数与方程的综合问题1.考题展望函数与方程的思想是高中数学中一个非常重要的思想方法而且二分法是新增内容，应引起重视小题的考查以方程零点的判断为主，要注意数形结合；大题的考查在此基础上强调与不等式等其它知识的综合，全国卷的考查较湖南卷的考查而言难度有所降低两类情形预计都会考查2高考真题考题 1(2015 山东)设函数 f(x)3xb，x1，2x，x1.若ff56 4，则 b()A1 B.78C.34D.12【解析】选 D 根据分段函数的定义域赋值得到关于 b 的方程，求解可得f(56)356b52b，若52b32，则 3(52b)b152 4b4，解得 b78，不符合题意，舍去；若52
2、b1，即 b32，则 252b4，解得 b12.【命题立意】本题主要考查分段函数考 题2(2015天 津)已 知 函 数f(x)2|x|，x2，（x2）2，x2，函数 g(x)3f(2x)，则函数 yf(x)g(x)的零点个数为()A2 B3 C4 D5【解析】选 A 将函数的零点的个数问题转化为方程解的个数问题求解当 x2 时，g(x)x1，f(x)(x2)2.当 0 x2 时，g(x)3x，f(x)2x.当 x2 时，方程 f(x)g(x)0 可化为 x25x50，其根为 x5 52或 x5 52(舍去)，当 0 x2 时，方程 f(x)g(x)0 可化为 2x3x，无解，当 x0 时，方
3、程 f(x)g(x)0 可化为 x2x10，其根为 x1 52或 x1 52(舍去)，所以函数 yfx gx 的零点个数为 2.【命题立意】本题主要考查函数及函数的零点问题，考查的主要思想是数形结合考题 3(2015 陕西)设 fn(x)xx2xn1，x0，nN，n2.(1)求 fn(2)；(2)证明：fn(x)在0，23 内有且仅有一个零点(记为an)，且 0an121323n.【解析】(1)解法一：由题设 fn(x)12xnxn1，所以 fn(2)122(n1)2n2n2n1，则 2fn(2)2222(n1)2n1n2n,，得fn(2)12222n1n2n 12n12 n2n(1n)2n1
4、，所以 fn(2)(n1)2n1.解法二：当 x1 时，fn(x)xxn11x 1，则 fn(x)1（n1）xn（1x）（xxn1）（1x）2，可 得 fn(2)1（n1）2n22n1（12）2(n 1)2n1.(2)证明：因为 fn(0)10，所以 fn(x)在0，23 内至少存在一个零点 又 fn(x)12xnxn10，所以 fn(x)在0，23内单调递增，因此，fn(x)在0，23 内有且仅有一个零点an.由于 fn(x)xxn11x 1，所以 0fn(an)anan1n1an 1，由此可得 an1212an1n12，故12an23，所以 0an1212an1n1，则当方程 f(x)ax
5、 恰有两个不同的实根时，实数 a 的取值范围是(注：e 为自然对数的底数)()A.0，1eB.14，1eC.0，14 D.14，e【解析】选 B 设 yax，在同一坐标系中分别作出函数 f(x)和函数 yax 的图像，方程 f(x)ax 恰有两个实数根等价于上述两个函数的图像恰有两个公共点，结合图像可知直线 yax 的斜率应大于或等于14且小于曲线 yln x 的过坐标原点的切线的斜率(ln x)1x，设曲线 yln x 上切点的坐标为(x0，lnx0)，则在该点处的曲线的切线斜率为 1x0，所以在该点处的曲线的切线方程是 yln x0 1x0(xx0)，将点(0，0)代入解得 x0e，故该切
6、线的斜率为1e，所以实数 a 的取值范围是14，1e.【点评】本题考查分段函数、函数的零点、导数的几何意义等基础知识，考查化归与转化思想、数形结合思想等数学思想方法，考查分析问题、解决问题的能力(2)已知函数 f(x)满足 f(x)f1x，当 x1，3时，f(x)ln x，若在区间13，3 内，函数 g(x)f(x)ax 的图像与 x 轴有三个不同的交点，则实数 a 的取值范围是_【解析】ln 33，1e 若 x13，1，则1x1，3，故在13，1，内 f(x)f1x ln 1xln x，设 yax，问题等价于函数 yax 与函数 yf(x)的图像有三个不同的交点，在同一坐标系中分别画出函数
7、yf(x)，yax 的图像如图，直线 yax 过坐标原点，其斜率为 a，结合图像可知只有 a 大于或者等于点(3，ln 3)与坐标原点连线的斜率且小于曲线 yln x 过坐标原点切线的斜率时，函数 yax 与函数 yf(x)的图像才有三个不同的交点 f(x)1x，设曲线 yln x 上切点的坐标为(x0，ln x0)，则切线斜率为 1x0，切线方程为 yln x0 1x0(xx0)，该直线过坐标原点，解得 x0e，所以切线斜率为1e.综上可得 a 的取值范围是ln 33，1e.2方程的根与函数的零点及函数图像的交点的相互转化问题例 2已知函数 f(x)aln xbx(其中 a0)，函数 f(x
8、)的图像在点(1，f(1)处的切线过点(3，0)(1)求函数 f(x)的单调区间；(2)若函数 f(x)与函数 g(x)a2x2x的图像在(0，2上有且只有一个交点，求实数 a 的取值范围【解析】(1)f(x)aln xbx，f(1)b，f(x)abaln xx2，f(1)ab f(x)的图像在点(1，f(1)处的切线方程 yb(ab)(x1)又该切线过点(3，0)，b2a，f(x)a（ln x1）x2，令 f(x)0，得 x1e.a(，0)，f(x)在0，1e 上单调递减，在1e，上单调递增(2)易知方程aln x2axa2x2x在(0，2上只有一个根，即 x2(a2)xaln x2a20
9、在(0，2上只有一个根令 h(x)x2(a2)xaln x2a2，等价于函数 h(x)的图像在(0，2上与 x 轴只有唯一的交点易知 h(x)（2xa）（x1）x.a0，h(x)在(0，1)上递减，在(1，2上递增，当 x0 时，h(x)，函数 h(x)的图像在(0，2上与 x 轴只有唯一的交点，h(1)0 或 h(2)0，a1 或 a 2ln 2.故 a 的取值范围是 a1 或 a0 且 a1.(1)若当 m2 时，函数 f(x)在(1，f(1)处的切线与直线 x(2e)y80 垂直，求函数 f(x)的极值；(2)当 a1 时，若关于 x 的方程 f(x)x2mx 仅有1 解，求实数 a 的
10、取值范围【解析】(1)依题意，f(x)ax2x，故 f(x)axln a2，故 f(1)aln a2e2，解得 ae，故 f(x)ex2x.故 f(x)ex2，令 f(x)0，解得 xln 2，当 x(，ln 2)时，f(x)0，故函数 f(x)有极小值 f(ln 2)22ln 2，无极大值(2)依题意，f(x)x2mxaxx2(a1)易知方程 axx2(a1，aR)必有一个负根，则 axx2(a1，aR)无正根当 x0 时，两边同取以 e 为底的对数，得 xln a2ln x，故方程ln a2 ln xx 无解令 g(x)ln xx，g(x)1ln xx2，故函数 g(x)在(0，e)上单调
11、递增，在(e，)上单调递减，则 g(x)maxg(e)1e，结合函数图像可知，ln a2 1e，解得 a，故实数 a 的取值范围为.【备选题】例4已知函数 f(x)x3ax23x.(1)若 f(x)在 x1，)上是增函数，求实数 a的取值范围；(2)若方程 f(x)(a23)x1(a0)至多有两个实根，求实数 a 的取值范围【解析】(1)f(x)3x22ax3，由题意得 x1 时，f(x)3x22ax30 恒成立，而 a32x1x 对任意 x1 恒成立 又当 x1 时，函数 y32x1x 是增函数，其最小值为32(11)0，a0.(2)令 h(x)f(x)(a23)x1，h(x)3x22axa
12、2，令 h(x)0，得 xa 或 xa3，a0，当 x 变化时，h(x)，h(x)的变化情况如下表：x,3a a3a3，aa(a，)h(x)00 h(x)极大值极小值 xa3时，h(x)有极大值，h(x)极大值ha3 527a31.xa 时，h(x)有极小值，h(x)极小值h(a)a31，方程 f(x)(a23)x1(a0)至多有两个实根，h(a)0 或 ha3 0，a310 或 527a310(舍去)，由于 a0，解得 0a1.1本部分内容大多以函数为背景，应熟练把握二次函数、一元二次方程与一元二次不等式之间的联系，强调数形结合的思想与代数推理能力2二分法的原理要掌握，要求能用二分法求方程在
13、指定区间上的近似解1函数 f(x)log3x13x的零点所在的区间是()A(0，1 B(1，3)C(3，)D3，)【解析】选 B 易知 f(x)为(0，)上的增函数，f(1)0.由零点存在知零点所在区间为(1，3)，故选 B.2已知函数 f(x)6xlog2x，在下列区间中，包含 f(x)的零点的区间是()A(0，1)B(1，2)C(2，4)D(4，)【解析】选 C 解法一：对于函数 f(x)6xlog2x，因为 f(2)20，f(4)0.50，根据零点的存在性定理知选 C.解法二：在同一坐标系中作出函数 h(x)6x与 g(x)log2x 的大致图像，可得 f(x)的零点所在的区间为(2，4
14、)3已知 f(x)是 R 上最小正周期为 2 的周期函数，且当 0 x2 时，f(x)x3x，则函数 yf(x)的图像在区间0，6上与 x 轴的交点的个数为()A6 B7C8 D9【解析】选 B 当 0 x2 时，f(x)x3xx(x21)0，所以当 0 x2 时，f(x)与 x 轴交点的横坐标为 x10，x21.当 2x4 时，0 x22，则 f(x2)(x2)3(x2)，又周期为 2，所以 f(x2)f(x)，所以 f(x)(x2)(x1)(x3)，所以当 2x0 的零点个数是_【解析】2 当 x0 时，令 x220，解得 x 2(正根舍去)，所以在(，0上有一个零点 当 x0 时，f(x
15、)21x0 恒成立，所以 f(x)在(0，)上是增函数 又 因 为 f(2)2 ln 20，f(2)f(3)0，所以 f(x)在(2，3)内有一个零点 综上，函数 f(x)的零点个数为 2.5已知函数 f(x)ex2xa 有零点，则 a 的取值范围是_【解析】(，2ln 22 f(x)0 有零点，等价于 a2xex 有解，设 g(x)2xex，则 g(x)2ex，当 xln 2 时，g(x)单调递增，当 xln 2 时，g(x)单调递减，g(x)maxg(ln 2)2ln 22 所以，a 的取值范围是(，2ln 226已知函数 f(x)|x25x4|，x0，2|x2|，x0.若函数 yf(x)
16、a|x|恰有 4 个零点，则实数 a 的取值范围为_【解析】1a2 作出函数 f(x)的图像，根据图像观察出函数 f(x)的图像与函数 y1a|x|的图像交点的情况，然后利用判别式等知识求解 画出函数 f(x)的图像如图所示 函数 yf(x)a|x|有 4 个零点，即函数 y1a|x|的图像与函数 f(x)的图像有 4 个交点(根据图像知需 a0)当 a2 时，函数 f(x)的图像与函数 y1a|x|的图像有 3 个交点故 a2.当 ya|x|(x0)与 y|x25x4|相切时，在整个定义域内，f(x)的图像与 y1a|x|的图像有 5 个交点，此时，由yax，yx25x4得 x2(5a)x4
17、0.由 0 得(5a)2160，解得 a1，或 a9(舍去)，则当 1a2 时，两个函数图像有 4 个交点 故实数 a 的取值范围是 1a2.7若关于 x 的二次方程 x22mx2m10 一根在(1，0)内，另一根在(1，2)内，则 m 的取范围为_【解析】56，12 令 f(x)x22mx2m1，则f（0）0，f（1）0，f（2）0，解之得56m0)(1)求函数 f(x)的最大值；(2)若 a12，且关于 x的方程 f(x)16xb在1，4上恰有两个不等的实根，求实数 b 的取值范围【解析】(1)函数的定义域为0，f(x)ax1x(x0)，x0，1a，f(x)0，f(x)单调递增，x1a，f
18、(x)0，x3，4 时，g(x)0 g(x)maxg(3)ln 3，g(1)23，g(4)2ln 213 g(1)g(4)232ln 21312ln 20，得 g(1)g(4)则 b2ln 213，ln 3.9已知函数 f(x)x33x2ax2，曲线 yf(x)在点(0，2)处的切线与 x 轴交点的横坐标为2.(1)求 a；(2)证明：当 k1 时，曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点【解析】(1)f(x)3x26xa，f(0)a.曲线 yf(x)在点(0，2)处的切线方程为 yax2.由题设得2a2，所以 a1.(2)证明：由(1)知，f(x)x33x2x2.设 g(x)f(x)kx2x33x2(1k)x4.由题设知 1k0.当 x0 时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10，g(0)4，所以 g(x)0 在(，0上有唯一实根 当 x0 时，令 h(x)x33x24，则 g(x)h(x)(1k)xh(x)h(x)3x26x3x(x2)，h(x)在(0，2)上单调递减，在(2，)上单调递增，所以 g(x)h(x)h(2)0.所以 g(x)0 在(0，)上没有实根 综上，g(x)0 在 R 有唯一实根，即曲线 yf(x)与直线 ykx2 只有一个交点
