1、第25讲 函数与方程的综合问题1考题展望函数与方程综合问题，除了需要借助于方程的理论解决外，常还涉及到函数图象，函数的单调性以及函数的极值和最值等问题2高考真题考题 1(2015 全国)已知函数 f(x)x3ax14，g(x)ln x.(1)当 a 为何值时，x 轴为曲线 yf(x)的切线；(2)用 minm，n表示 m，n 中的最小值，设函数h(x)minf(x)，g(x)(x0)，讨论 h(x)零点的个数【解析】(1)设曲线 yf(x)与 x 轴相切于点(x0，0)，则 f(x0)0，f(x0)0，即 x30ax0140，3x20a0，解得x012，a34.因此，当 a34时，x 轴为曲线
2、 yf(x)的切线(2)当 x(1，)时，g(x)ln x0，从而 h(x)minf(x)，g(x)g(x)0，故 h(x)在(1，)上无零点 当 x1 时，若 a54，则 f(1)a540，h(1)minf(1)，g(1)g(1)0，故 x1 是 h(x)的零点；若 a54，则 f(1)0，h(1)minf(1)，g(1)f(1)0，故 x1 不是 h(x)的零点 当 x(0，1)时，g(x)ln x0，所以只需考虑 f(x)在(0，1)上的零点个数 若 a3 或 a0，则 f(x)3x2a 在(0，1)上无零点，故 f(x)在(0，1)上单调 而 f(0)14，f(1)a54，所以当 a3
3、 时，f(x)在(0，1)上有一个零点；当 a0 时，f(x)在(0，1)上没有零点 若3a0，则 f(x)在0，a3 上单调递减，在 a3，1 上单调递增，故在(0，1)上，当 xa3时，f(x)取得最小值，最小值为 f a3 2a3a314.a若 f a3 0，即34a0，则 f(x)在(0，1)上无零点 b若 f a3 0，即 a34，则 f(x)在(0，1)上有唯一零点 c若 f a3 0，即3a34，由于 f(0)14，f(1)a54，所以当54a34时，f(x)在(0，1)上有两个零点；当3a54时，f(x)在(0，1)上有一个零点 综上，当 a34或 a54时，h(x)有一个零点
4、；当 a34或 a54时，h(x)有两个零点；当54a34时，h(x)有三个零点【命题立意】本题主要考查导数、函数的最值与函数的零点，考查方程与函数的思想、数形结合的思想和转化化归思想以及分析问题解决问题的能力1函数零点的几个等价关系方程 f(x)0 有实根函数 yf(x)的图象与 x 轴有交点函数 yf(x)有零点2零点存在定理：如果函数 yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有 f(a)f(b)0，那么函数 yf(x)在区间(a，b)内有零点3二次方程 ax2bxc0(a0)的根的分布(记 f(x)ax2bxc)根的分布x1x2kkx1x2x1kx2 图象 充要条件f(k
5、)0 根的分布k1x1x2k2k1x1k2x2k3在(k1，k2)内有且仅有一个根 图象 充要条件1函数零点的判定及应用例1(1)函数 f(x)x24x52ln x 的零点个数为_【解析】2 函数的零点个数方程 x24x52ln x0 的实根的个数，即 x24x52ln x函数 yx24x5 与函数 y2ln x 图象交点的个数；作出两函数图象的草图如下：由图可知两函数图象有且只有 2 个交点，故函数的零点个数是2.(2)用x表示不大于实数 x 的最大整数，方程 lg2xlg x 20 的实根个数是_【解析】3 令 lg xt，则得 t22t，作 yt22 与 yt的图象，知 t1，t2，及
6、1t2 内有一解，当 1t2时，t1，t 3，故得：x 110，x100，x103，即共有 3 个实根(3)已知函数 f(x)12 x21，（x0），ln（1x），（x12，渐近线方程为 y12x，当 x12 有 1 个交点，因此 k 的范围是12，1.【点评】函数的零点即相应方程的根，其判定方法常有零点存在定理法和数形结合法两种2根的分布与二分法及应用例2(1)已知函数 f(x)x2ax2b 的一个零点在区间(0，1)上，另一个零点在区间(1，2)上，则 2a3b的取值范围是_【解析】(2，9)由题可得f（0）0，f（1）0，f（2）0，即b0，a2b10，ab20，作出二元一次不等式组表示
7、的可行域(如图中阴影部分)，可得 22a3b9，即 2a3b 的取值范围是(2，9)(2)为了求方程 lg x3x 的近似解，设计了如图所示的程序框图，其输出的结果为_【解析】2.5 当 a2，b3 时，x02.5，此时 f(a)lg aa3lg 223lg 2100，f(x0)lg x0 x03lg 2.52.53lg 2.5100，此时 f(a)f(x0)0，进行替换赋值 a2.5，此时不满足|ab|0.25，进行循环；当 a2.5，b3 时，x02.75，此时 f(a)lg aa3lg 2.52.53lg 2.5100，f(x0)lg x0 x03lg 2.752.753lg2.754
8、100，此时不满足 f(a)f(x0)0，进行替换赋值 b2.75，此时 a2.5，满足|ab|0.25，输出 a 的值为 2.5.【点评】一元二次方程根的分布问题求解实质是将方程的根的问题转化为函数的零点问题，利用二次函数的图象通过数形结合进行探求；而二分法求零点的近似解即依据解的精确度，通过不断缩小零点的存在区间而找到3含参变量的函数零点(方程的根)问题研究例3已知函数 fx x2a1 xa1，gx xxa 21，其中 a 为实数(1)是否存在 x00，1，使得 fx0 10？若存在，求出实数 a 的取值范围；若不存在，请说明理由(2)若集合 Axfx gx 0，xR中恰有 5 个元素，求
9、实数 a 的取值范围【解析】(1)fx 1x2a1 xa(xa)(x1)0，x1 或 xa，当 a0，1 时x00，1，fx0 10.(2)fx x2a1 xa10 有 2 相异实根时，a1 24a1 0，a1，gx xxa 210 有 3 个相异实根时，gx xa 3xa，当 a0 时，gx 0，gx 0 有 1 解；当 a0 时，aa3，gx 在，a 上单调递增，在a，a3 上单调递减，在a3，上单调递增，极大值 ga10 时，aa3，gx 在，a3 上单调递增，在a3，a上单调递减，在a，上单调递增，极小值 ga 10，a33 22.下面用反证法证明 a33 22 时，5 个根相异 假设
10、 x0R，fx0 gx0 0，即x20a1 x0a10，x0 x0a 210，两式相减得：x0a x20ax0 x01 0 若 x0a，代入得 010 矛盾；若 x20ax0 x010 代入得 a0，这与 a33 22 矛盾.所以假设不成立，即 5 个根相异.综上，a33 22.【点评】本例是二次函数与三次函数零点的判断问题三次函数零点的判断与极值符号相关4极值问题转化为函数零点问题例4已知函数 f(x)ax(1a)ln x1x，(aR)(1)当 a0 时，求 f(x)的极值；(2)当 a0 时，求 f(x)的单调区间；(3)方程 f(x)0 的根的个数能否达到 3，若能请求出此时 a 的范围
11、，若不能，请说明理由，【解析】(1)f(x)其定义域为(0，)当 a0 时，f(x)ln x1x，f(x)1x 1x2x1x2.令 f(x)0，解得 x1，当 0 x1 时，f(x)1 时，f(x)0.所以 f(x)的单调递减区间是(0，1)，单调递增区间是(1，)；所以 x1 时，f(x)有极小值为 f(1)1，无极大值(2)f(x)a a1x 1x2 ax2（a1）x1x2（ax1）（x1）x2(x0)令 f(x)0，得 x1 或 x1a，当1a0 时，11a，令 f(x)0，得 0 x1a，令 f(x)0，得 1x1a；当 a1 时，f(x)（x1）2x20.当 a1 时，01a1，令
12、f(x)0，得 0 x1，令 f(x)0，得1ax1；综上所述：当1a0 时，f(x)的单调递减区间是(0，1)，1a，单调递增区间是1，1a；当 a1 时，f(x)的单调递减区间是(0，)；当 a0)，f(x)0(x0)仅有 1 解，方程 f(x)0 至多有两个不同的解(注：也可用 fmin(x)f(1)a10 说明)由(2)知1a0，方程f(x)0 至多在区间1a，上有 1 个解 a1 时 f(x)单调，方程 f(x)0 至多有 1 个解 a1 时，f1a f(1)a1b0 时，(1a)b0，f(x)在(1，)是增函数，f(x)不存在极大值 m0 时，令 f(x)0 得 mln(x1)1m
13、，0 x1，令 f(x)，e1 mme1 mmf(x)在(1，e1mm 1上单调递增，在e1mm 1，)上单调递减，所以 f(x)的极大值f(e1mm 1)me1mm 1.综上，m0 时，f(x)不存在极大值，m0 时，f(x)的极大值me1mm 1.(2)当 m1 时，f(x)x(x1)ln(x1)，由题意知，直线 y2t 与函数 f(x)在12，1 上的图象有交点等价于方程 f(x)2t 在12，1 上有实数解.由(1)知，f(x)在12，0 上单调递增，在0，1上单调递减 又 f(0)0，f(1)1ln 4，f12 1212ln 2，f(1)f12 0，当 2t1ln 4，0时，即 t1
14、2ln 2，0 时，方程f(x)2t 有解，即直线 y2t 与函数 f(x)在12，1 上的图象有交点时，t 的取值范围为12ln 2，0.(3)要证：(1a)b(1b)a，只需证 bln(1a)aln(1b)，只需证：ln（1a）a0)，则 g(x)x1xln（1x）x2x（1x）ln（1x）x2（1x）.由(1)知 x(1x)ln(1x)在(0，)单调递减，x(1x)ln(1x)b0，g(a)g(b)，故原不等式成立【点评】本题的第(2)问由(1)得到函数 f(x)的极值，由数形结合思想进行求解；难点是第(3)问，合理构造函数进行证明判断含参数较复杂的函数零点的个数时，应利用导数作为工具，
15、研究函数的单调性，甚至求出其极值和最值，作出其大致图象，再根据图象判断零点的个数此外，含参问题，还要注意分类讨论1函数 f(x)1xlog2x 的一个零点落在下列哪个区间()A.0，1B.1，2C.2，3D.3，4【解析】选 B 由题得 fx 单调递增，f1 10，fx 1xlog2x 的零点落在区间1，2 上2已知函数 f(x)kx2，x0，ln x，x0(kR)，若函数 yfx k 有三个零点，则实数 k 的取值范围是()Ak2 B1k0C2k1 Dk0 时，yk0，fx 0，易得 yk 跟fx 没有交点；当 k0，fx 如图所示：易得当 k0 时，f(x)是单调函数，所以等价于 xx3x
16、4，等价于 x25x30，x1x25，或是 xx3x4，等价于 x23x30，所以 x3x43，所以所有的和是8.3设 f(x)是连续的偶函数，且当 x0 时，f(x)是单调函数，则满足 f(x)fx3x4 的所有 x 之和为()A3 B3 C8 D84函数 f(x)lg(x 1)sin 2x 的零点个数为()A9 B10 C11 D12【解析】选 D 由题意得：求 ylg(x 1)与 ysin 2x 交点个数，因为 x9 时，ylg 101，所以当 x0，9时，ylg(x 1)与 ysin 2x 有 6 个交点；当 x9，0)时，ylg(x 1)与 ysin 2x 有 6 个交点；所以共有1
17、2 个交点，选 D.5设函数 f(x)x2bxc，x0，2，x0，若 f(4)0，f(2)2，则关于 x 的方程 xf(x)解的个数为()A1 B2 C3 D4【解析】选 B 若 f(4)0，f(2)2，则 164bc0，42bc2，b5，c4.fx x25x4x0，2（x0）.方程 xfx 的解为 x2.6已知函数 f(x)ax33x21，若 f(x)存在唯一的零点 x0，且 x00，则 a 的取值范围是()A(2，)B(，2)C(1，)D(，1)【解析】选 B 由 f(x)ax33x21 知 f(x)3ax26x，若 a0，则函数 f(x)3x21 有两个零点，不合题意；当 a0 时，令
18、f(x)3ax26x0，解得 x0 或 x2a0，列表如下：x(，0)00，2a2a2a，f(x)00 f(x)单调递增极大值 单调递减 极小值 单调递增 x，f(x)，而 f(0)10，故存在 x0，使得 f(x)0，不符合条件：f(x)存在唯一的零点 x0，且 x00，当 a0 时，令 f(x)3ax26x0，解得 x0 或 x2a0，化为 a24，a0，a2，综上可知：a 的取值范围是(，2)7已知函数 f(x)x22ln x，h(x)x2xa.(1)求函数 f(x)的极值；(2)设函数 k(x)f(x)h(x)，若函数 k(x)在1，3上恰有两个不同零点，求实数 a 的取值范围【解析】
19、(1)f(x)的定义域是(0，)，f(x)2x2x，令 f(x)0，得 x1，x(0，1)时，f(x)0，所以 f(x)在 x1 处取得极小值 1.(2)k(x)f(x)h(x)x2ln xa(x0)，所以 k(x)12x，令 k(x)0，得 x2，所以 k(x)在(0，2)递减，在(2，)递增，k（1）0，k（2）0，k（3）0，所以 22ln 20，a1)(1)当 a1 时，求证：函数 f(x)在(0，)上单调递增(2)若函数 y|f(x)t|1 有三个零点，求 t 的值；(3)若存在 x1，x21，1，使得|f(x1)f(x2)|e1，试求 a 的取值范围【解析】(1)证明：f(x)ax
20、ln a2xln a2x(ax1)ln a，由于 a1，故当 x(0，)时，ln a0，ax10，所以 f(x)0.故函数 f(x)在(0，)上单调递增(2)当 a0，a1 时，因为 f(0)0，且 f(x)在 R上单调递增，故 f(x)0 有惟一解 x0.所以 x，f(x)，f(x)的变化情况如下表所示：x(，0)0(0，)f(x)0 f(x)递减极小值递增 又函数 y|f(x)t|1 有三个零点，所以方程 f(x)t1 有三个根，而 t1t1，所以 t1f(x)minf(0)1，解得 t2.(3)因为存在 x1，x21，1，使得|f(x1)f(x2)|e1，所以当 x1，1时，|f(x)m
21、axf(x)min|f(x)maxf(x)mine1.由(2)知，f(x)在1，0上递减，在0，1上递增，所以当 x1，1时，f(x)minf(0)1，f(x)maxmaxf(1)，f(1)而 f(1)f(1)(a1ln a)1a1ln a a1a2ln a，记 g(t)t1t2ln t(t0)，因为 g(t)11t22t1t1 20(当且仅当 t1时取等号)，所以 g(t)t1t2ln t 在 t(0，)上单调递增，而 g(1)0，所以当 t1 时，g(t)0；当 0t1 时，g(t)1 时，f(1)f(1)；当 0a1 时，f(1)1 时，由 f(1)f(0)e1 aln ae1 ae，当 0a1 时，由 f(1)f(0)e1 1aln ae1 0a1e，综上知，所求 a 的取值范围为0，1e e，)