高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.5 函数的应用（二）学案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.5 函数的应用（二）学案，共16页。


1．理解函数的零点、方程的解与图象交点三者之间的关系．
2．会借助零点存在性定理判断函数的零点所在的大致区间．
3．能借助函数单调性及图象判断零点个数．
1．函数的零点
对于一般函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．
温馨提示：同二次函数的零点一样，一般函数的零点也不是一个点，而是一个实数，当自变量取该值时，其函数值等于零．
2．方程、函数、图象之间的关系
方程f(x)＝0有实根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有
交点⇔函数y＝f(x)有零点．
3．函数零点的存在性定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解．
温馨提示：定理实际上是通过零点附近函数值的正负来研究函数值为零的情况，要求具备两条：
(1)函数在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线；
(2)f(a)·f(b)<0.
1．给定二次函数y＝x2＋2x－3，其图象如下：
(1)方程x2＋2x－3＝0的解是什么？
(2)函数的图象与x轴的交点是什么？
(3)方程的解与交点的横坐标有什么关系？
(4)通过图象观察，在每一个交点附近，两侧函数值符号有什么特点？
[答案] (1)－3,1
(2)(－3,0)，(1,0)
(3)相等
(4)在每一个交点附近两侧函数值符号异号
2．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)所有的函数都有零点．( )
(2)若方程f(x)＝0有两个不等实数解x1，x2，则函数y＝f(x)的零点为(x1,0)(x2,0)．( )
(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上有零点，则一定有f(a)·f(b)<0.( )
(4)在[a，b]上函数f(x)是连续并且单调的函数，若f(a)·f(b)<0，则函数f(x)有唯一零点．( )
[答案] (1)× (2)× (3)× (4)√
题型一 求函数的零点
【典例1】 判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出．
(1)f(x)＝x2＋7x＋6；(2)f(x)＝1－lg2(x＋3)；
(3)f(x)＝2x－1－3；(4)f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2).
[思路导引] 判断方程f(x)＝0是否有实数解，并求出即可．
[解] (1)解方程f(x)＝x2＋7x＋6＝0，得x＝－1或x＝－6，所以函数的零点是－1，－6.
(2)解方程f(x)＝1－lg2(x＋3)＝0，得x＝－1，所以函数的零点是－1.
(3)解方程f(x)＝2x－1－3＝0，得x＝lg26，所以函数的零点是lg26.
(4)解方程f(x)＝eq \f(x2＋4x－12,x－2)＝0，得x＝－6，所以函数的零点为－6.
函数零点的求解要点
求函数f(x)的零点时，通常转化为解方程f(x)＝0，若方程f(x)＝0有实数解，则函数f(x)存在零点，该方程的解就是函数f(x)的零点；否则，函数f(x)不存在零点．
[针对训练]
1．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A.eq \f(1,2)，0B．－2,0
C.eq \f(1,2)D．0
[解析] 当x≤1时，令2x－1＝0，得x＝0.当x>1时，令1＋lg2x＝0，得x＝eq \f(1,2)，此时无解．综上所述，函数零点为0.选D.
[答案] D
2．若2是函数f(x)＝x2－m的一个零点，则m＝________.
[解析] ∵2是函数f(x)＝x2－m的一个零点，∴f(2)＝0，得4－m＝0，∴m＝4.
[答案] 4
题型二 判断函数零点所在的区间
【典例2】 函数f(x)＝lnx－eq \f(2,x)的零点所在的大致区间是( )
A．(1,2)B．(2,3)
C．(3,4)D．(e，＋∞)
[解析] ∵f(1)＝－2<0，f(2)＝ln2－1<0，
∴在(1,2)内f(x)无零点，A错；
又f(3)＝ln3－eq \f(2,3)>0，∴f(2)·f(3)<0，
∴f(x)在(2,3)内有零点．
[答案] B
判断函数零点所在区间的3个步骤
(1)代入：将区间端点值代入函数求出函数的值．
(2)判断：把所得的函数值相乘，并进行符号判断．
(3)结论：若符号为正且函数在该区间内是单调函数，则在该区间内无零点，若符号为负且函数连续，则在该区间内至少有一个零点．
[针对训练]
3．在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(3,4)))
[解析] ∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \r(4,e)－2<0，
feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(e)－1>0，∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，
∴零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))上．
[答案] C
4．若函数f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a∈R)在区间(1,2)上有零点，则a的值可能是( )
A．－2B．0
C．1D．3
[解析] f(x)＝x＋eq \f(a,x)(a∈R)的图象在(1,2)上是连续不断的，逐个选项代入验证，当a＝－2时，f(1)＝1－2＝－1<0，f(2)＝2－1＝1>0.故f(x)在区间(1,2)上有零点，同理，其他选项不符合，选A.
[答案] A
题型三 判断函数零点的个数
【典例3】 (1)f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋lnx，x>0))的零点个数为( )
A．3B．2
C．1D．0
(2)求函数f(x)＝lg2x－x＋2的零点个数．
[思路导引] (1)直接求f(x)＝0的解；(2)利用图象法判断．
[解析] (1)当x≤0时，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3；
当x>0时，由－2＋lnx＝0，得x＝e2.
故函数f(x)有2个零点，选B.
(2)令f(x)＝0，得lg2x－x＋2＝0，
即lg2x＝x－2.
令y1＝lg2x，y2＝x－2.
画出两个函数的大致图象，如图所示．
由图可知，两个函数有两个不同的交点．
所以函数f(x)＝lg2x－x＋2有两个零点．
[答案] (1)B (2)2个
[变式] 若本例(1)中的函数改为“f(x)＝
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,x2－3＋lnx，x>0，))”，则函数的零点个数为( )
A．3B．2
C．1D．0
[解析] 解法一：当x≤0时，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3；
当x>0时，函数对应的方程为lnx＋x2－3＝0，所以原函数零点的个数即为函数y＝lnx与y＝3－x2的图象交点个数．
在同一坐标系下，作出两函数的图象(如图)．
由图象知，函数y＝3－x2与y＝lnx的图象只有一个交点，从而lnx＋x2－3＝0有一个解，
即函数y＝lnx＋x2－3有一个零点．
综上，函数f(x)有2个零点．
解法二：当x≤0时，由x2＋2x－3＝0，得x＝－3；
当x>0时，由于f(1)＝ln1＋12－3＝－2<0，
f(2)＝ln2＋22－3＝ln2＋1>0，
∴f(1)·f(2)<0，
又f(x)＝lnx＋x2－3的图象在(1,2)上是不间断的，所以f(x)在(1,2)上必有零点，
又f(x)在(0，＋∞)上是递增的，所以零点只有一个．
综上，函数f(x)有2个零点．
[答案] B
判断函数零点个数的3个方法
(1)直接法：直接求出函数的零点进行判断．
(2)图象法：结合函数图象进行判断，即转化为两函数图象的交点个数问题．
(3)单调性法：借助函数的单调性进行判断．若函数f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且在区间(a，b)上单调，满足f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在区间(a，b)上有且仅有一个零点，如图所示．
[针对训练]
5．函数f(x)＝(x－1)(x2＋3x－10)的零点个数是( )
A．1B．2
C．3D．4
[解析] ∵f(x)＝(x－1)(x2＋3x－10)
＝(x－1)(x＋5)(x－2)，
∴由f(x)＝0得x＝－5或x＝1或x＝2.故函数f(x)的零点有3个．选C.
[答案] C
6．函数f(x)＝2x|lg0.5x|－1的零点个数为( )
A．1B．2
C．3D．4
[解析]
令f(x)＝2x|lg0.5x|－1＝0，可得|lg0.5x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x.
设g(x)＝|lg0.5x|，h(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，在同一坐标系下分别画出函数g(x)，h(x)的图象，可以发现两个函数图象一定有2个交点，因此函数f(x)有2个零点．
[答案] B
课堂归纳小结
1．函数的零点
(1)函数的零点是一个实数，当自变量取该值时，其函数值等于零．
(2)根据函数零点定义可知，函数f(x)的零点就是f(x)＝0的解，因此判断一个函数是否有零点，有几个零点，就是判断方程f(x)＝0是否有实数解，有几个实数解．
(3)函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的实数解，也就是函数y＝f(x)的图象与y＝g(x)的图象交点的横坐标．
2．判断函数y＝f(x)零点的存在性的两个条件
(1)函数的图象在区间[a，b]上是一条连续不断的曲线．
(2)由f(a)·f(b)<0就可判断函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点．
但应用时应注意以下问题：
①并非函数所有的零点都能用这种方法找到．如y＝x2的零点在x＝0附近就没有这样的区间．只有函数值在零点的左右两侧异号时才能用这种方法．
②利用上述结论只能判别函数y＝f(x)在区间(a，b)上零点的存在性，但不能确定其零点的个数.
1．函数y＝4x－2的零点是( )
A．2B．(－2,0)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，0)) D.eq \f(1,2)
[解析] 令y＝4x－2＝0，得x＝eq \f(1,2).
∴函数y＝4x－2的零点为eq \f(1,2).
[答案] D
2．对于函数f(x)，若f(－1)·f(3)<0，则( )
A．方程f(x)＝0一定有实数解
B．方程f(x)＝0一定无实数解
C．方程f(x)＝0一定有两实数解
D．方程f(x)＝0可能无实数解
[解析] ∵函数f(x)的图象在(－1,3)上未必连续，故尽管f(－1)·f(3)<0，但未必函数y＝f(x)在(－1,3)上有实数解．
[答案] D
3．函数y＝lgx－eq \f(9,x)的零点所在的大致区间是( )
A．(6,7)B．(7,8)
C．(8,9)D．(9,10)
[解析] 因为f(9)＝lg9－1<0，
f(10)＝lg10－eq \f(9,10)＝1－eq \f(9,10)>0，所以f(9)·f(10)<0，所以y＝lgx－eq \f(9,x)在区间(9,10)上有零点，故选D.
[答案] D
4．函数f(x)＝lnx＋3x－2的零点个数是________．
[解析] 解法一：由f(x)＝lnx＋3x－2＝0，得lnx＝2－3x，设g(x)＝lnx，h(x)＝2－3x，图象
如图所示，两个函数的图象有一个交点，故函数f(x)＝lnx＋3x－2有一个零点．
解法二：函数f(x)在(0，＋∞)单调递增，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)))＝eq \f(3,e)－3<0，
f(1)＝1>0，所以函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))内有唯一零点．
[答案] 1
5．已知函数f(x)＝2x－x2，问方程f(x)＝0在区间[－1,0]内是否有解，为什么？
[解] 因为f(－1)＝2－1－(－1)2＝－eq \f(1,2)<0，
f(0)＝20－02＝1>0，
而函数f(x)＝2x－x2的图象是连续曲线，所以f(x)在区间[－1,0]内有零点，即方程f(x)＝0在区间[－1,0]内有解．
课内拓展 课外探究
一元二次方程根的分布情况
依据函数零点与方程实数根的联系，可以用函数零点的存在性定理及二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象来讨论一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的实数根的分布情况．
设x1，x2是一元二次方程ax2＋bx＋c＝0(a，b，c∈R，且a>0)的两实数根，则x1，x2的分布情况与一元二次方程的系数之间的关系如下表：(m，n，p为常数，且m【典例】 已知关于x的一元二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.
(1)若方程有两实根，其中一实根在区间(－1,0)内，另一实根在区间(1,2)内，求m的取值范围；
(2)若方程有两个不相等的实根，且均在区间(0,1)内，求m的取值范围．
[解]
(1)令f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1，依题意得函数f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1的图象与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，画出函数的大致图象如右图所示．
由图象得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－1＝2>0，,f0＝2m＋1<0，,f1＝4m＋2<0，,f2＝6m＋5>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<－\f(1,2)，,m<－\f(1,2)，,m>－\f(5,6)，)) ∴－eq \f(5,6)即m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,6)，－\f(1,2))).
(2)根据函数图象与x轴的两个交点均在区间(0,1)内，画出函数的大致图象如右图所示．
由图象得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ>0，,0<－m<1，,f0>0，,f1>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m>1＋\r(2)或m<1－\r(2)，,－1－\f(1,2)，,m>－\f(1,2)，)) ∴－eq \f(1,2)即m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，1－\r(2))).
[点评] 解决一元二次方程根的分布问题，要利用数形结合思想，根据判别式、对称轴、区间端点的函数值的正负等情况进行求解．
课后作业(三十四)
复习巩固
一、选择题
1．已知二次函数y＝ax2＋bx＋c，ac<0，则函数的零点个数是( )
A．1B．2
C．0D．无法确定
[解析] 因为ac<0，所以b2－4ac>0，所以二次方程ax2＋bx＋c＝0有两个不等的实根，故函数有2个零点．
[答案] B
2．下列函数不存在零点的是( )
A．y＝x－eq \f(1,x)B．y＝eq \r(2x2－x－1)
C．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤0，,x－1，x>0))D．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≥0，,x－1，x<0))
[解析] 由x－eq \f(1,x)＝0，得x＝±1，故选项A不适合；由2x2－x－1＝0得x＝1或x＝－eq \f(1,2)，故选项B不适合；由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1＝0，,x≤0))得x＝－1，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－1＝0，,x>0))得x＝1，故选项C不适合；选项D中函数无零点．故选D.
[答案] D
3．函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－x＋2的零点所在的一个区间是( )
A．(－1,0)B．(0,1)
C．(1,2)D．(2,3)
[解析] 由f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－x＋2，得f(2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2－2＋2>0，f(3)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))3－3＋2<0，∴f(2)·f(3)<0，∴函数的零点在(2,3)内．
[答案] D
4．若函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，则下列说法正确的是( )
A．若f(a)·f(b)>0，则不存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0
B．若f(a)·f(b)<0，则只存在一个实数c∈(a，b)使得f(c)＝0
C．若f(a)·f(b)>0，则有可能存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0
D．若f(a)·f(b)<0，则有可能不存在实数c∈(a，b)使得f(c)＝0
[解析] 当零点在区间(a，b)内时，f(a)·f(b)>0也可能成立，因此A不正确，C正确；若y＝f(x)满足零点存在性定理的两个条件，则在该区间内必存在零点，但个数不能确定，故B，D都不正确．
[答案] C
5．方程lg3x＋x＝3的解所在的区间为( )
A．(0,2)B．(1,2)
C．(2,3)D．(3,4)
[解析] 令f(x)＝lg3x＋x－3，则f(2)＝lg32＋2－3＝lg3eq \f(2,3)<0，f(3)＝lg33＋3－3＝1>0，所以方程lg3x＋x＝3的解所在的区间为(2,3)．
[答案] C
二、填空题
6．函数y＝x2－4的零点是________．
[解析] 令x2－4＝0，解得x＝±2，所以函数y＝x2－4的零点是±2.
[答案] ±2
7．若f(x)＝x＋b的零点在区间(0,1)内，则b的取值范围为________．
[解析] 解法一：∵f(x)＝x＋b是增函数，又f(x)＝x＋b的零点在区间(0,1)内，∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0<0，,f1>0.))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b<0，,1＋b>0.))∴－1解法二：由x＋b＝0得x＝－b，又f(x)＝x＋b的零点在区间(0,1)内．∴0<－b<1，∴－1[答案] (－1,0)
8．函数f(x)＝lg2x＋2x－7的零点个数为________，它的一个大致区间是________．
[解析]
设y1＝lg2x，y2＝－2x＋7，可将y1，y2的图象作出，
由图可知y1与y2只有一个交点，则lg2x＋2x－7＝0只有一个实数根，∴函数f(x)只有一个零点．
∵f(2)＝lg22＋22－7＝－2<0，
f(3)＝lg23＋23－7＝lg23＋1>0，
∴f(2)·f(3)<0，∴零点的一个大致区间为(2,3)．
[答案] 1 (2,3)
三、解答题
9．判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出．
(1)f(x)＝eq \f(x＋3,x)；
(2)f(x)＝x2＋2x＋4；
(3)f(x)＝1－lg3x；
(4)f(x)＝(2x－3)(x2－4)．
[解] (1)令eq \f(x＋3,x)＝0，解得x＝－3，
所以函数f(x)＝eq \f(x＋3,x)存在零点，且零点为x＝－3.
(2)令x2＋2x＋4＝0，由于Δ＝22－4×1×4＝－12<0，
所以方程x2＋2x＋4＝0无实数根，
所以函数f(x)＝x2＋2x＋4不存在零点．
(3)令1－lg3x＝0，解得x＝3，
所以函数f(x)＝1－lg3x存在零点，且零点为x＝3.
(4)令(2x－3)(x2－4)＝0，得2x＝3或x2＝4，所以x＝lg23或x＝±2，
所以函数f(x)＝(2x－3)(x2－4)存在零点，且零点为lg23,2与－2.
10．求函数f(x)＝lnx－|x－2|的零点个数．
[解] 令f(x)＝0，得lnx－|x－2|＝0，
即lnx＝|x－2|，
令y1＝lnx，y2＝|x－2|.
在同一坐标系中作出函数y1＝lnx和y2＝|x－2|的图象，如图所示．
由两图象有2个交点，可知函数f(x)＝lnx－|x－2|有2个零点．
综合运用
11．若x0是方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＝的解，则x0属于区间( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，\f(2,3)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))
所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，
故函数f(x)的零点所在的区间为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2)))，
即方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x＝的解x0属于区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(1,2))).
[答案] C
12．函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3)B．(1,2)
C．(0,3)D．(0,2)
[解析] 根据指数函数和反比例函数的性质可知函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a在区间(1,2)内是增函数，又函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，所以f(1)<0，且f(2)>0，求解可得0[答案] C
13．若aA．(a，b)和(b，c)内
B．(－∞，a)和(a，b)内
C．(b，c)和(c，＋∞)内
D．(－∞，a)和(c，＋∞)内
[解析] ∵f(x)＝(x－a)(x－b)＋(x－b)(x－c)＋
(x－c)(x－a)，
∴f(a)＝(a－b)(a－c)，f(b)＝(b－c)(b－a)，
f(c)＝(c－a)(c－b)，
∵a0，f(b)<0，f(c)>0，
∴f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内．
[答案] A
14．已知函数f(x)＝mx2＋2x－1有且仅有一个正实数的零点，则实数m的取值范围是________________．
[解析] 当m＝0时，零点为x＝eq \f(1,2)，满足题意．
当m≠0时，Δ＝4＋4m≥0，解得m≥－1且m≠0，
设x1，x2是函数的两个零点，则x1＋x2＝－eq \f(2,m)，x1x2＝－eq \f(1,m).
若m＝－1，函数只有一个零点1，满足题意；
若－1若m>0，则x1，x2一正一负，满足题意．
综上，实数m的取值范围是{－1}∪[0，＋∞)．
[答案] {－1}∪[0，＋∞)
15．若函数f(x)＝|x2－2x|－a有4个零点，求实数a的取值范围．
[解] 函数f(x)＝|x2－2x|－a的零点就是方程
|x2－2x|－a＝0的解．
由|x2－2x|－a＝0，得|x2－2x|＝a.
在平面直角坐标系中，画出函数y＝|x2－2x|的图象，再作出直线y＝a，使它们有4个交点，如图，
则实数a的取值范围是(0,1).