2023届高考数学二轮复习微专题35运用数形结合思想探究函数零点问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习微专题35运用数形结合思想探究函数零点问题学案，共9页。


例题：已知f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(4x－x2，x≥0，,\f(3,x)， 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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(|x|，x≤m，,x2－2mx＋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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋（4a－3）x＋3a，x＜0，,lga（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x1，x2，x3，满足|xi－2|f(xi)＝1(i＝1，2，3)，则称函数f(x)具有性质Ω.已知函数f(x)＝aex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)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,x)))－eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,x)))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)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,x＋1)， x≤0，,|lnx|，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)＝ex＋bx，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＝eq \f(1,e)，f(x)的最小值为2；(2)(0，2)；(3)b＞1或b＝eq \f(1,e).
解析：(1)由f(1)＝f(－1)得e＋b＝eq \f(1,e)＋eq \f(1,b)，解得b＝－e(舍去)，或b＝eq \f(1,e)，1分
经检验f(x)＝ex＋eq \f(1,ex)为偶函数，所以b＝eq \f(1,e).2分
因为f(x)＝ex＋eq \f(1,ex)≥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(x0，y0)，则y0＝ex0＋bx0对任意满足b＞0，且b≠1恒成立.5分
令b＝2得y1＝ex0＋2x0；令b＝3得y0＝ex0＋3x0，6分
所以2x0＝3x0，即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))eq \s\up12(x0)＝1，解得唯一解x0＝0，所以y0＝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＝ex＋bx－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)＝ex＋bxlnb＝exeq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,e)))\s\up12(x)lnb))＝0，
解得x0＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,b)))(－lnb).11分
因为ex＞0，0＜eq \f(b,e)＜1，lnb＜0，令h(x)＝1＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(b,e)))eq \s\up12(x)lnb，h(x)为单调增函数，
所以当x∈(－∞，xe)时，h(x)＜0，所以g′(x)＜0，g(x)为单调减函数；当
x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，所以g′(x)＞0，g(x)为
单调增函数，所以g(x)极小＝g(x0)．因为g(x)定义域为R，所以g(x)min＝g(x0).13分
①若x0＞0，g(x)在(－∞，x0)上为单调减函数，g(x0)＜g(0)＝0，而g(ln2)＝
2＋bln2－2＝bln2＞0，所以当x∈(x0，ln2)时，g(x)至少存在另外一个零点，矛盾.14分
②若x0＜0，g(x)在(x0，＋∞)上为单调增函数，g(x0)＜g(0)＝0，而g(lgb2)＝
elgb2＋2－2＝elgb2＞0，所以g(x)在(lgb2，x0)上存在另外一个解，矛盾．
③当x0＝lgeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(e,b)))(－lnb)＝0，则－lnb＝1，解得b＝eq \f(1,e)，
此时方程为g(x)＝ex＋eq \f(1,ex)－2＝0，由(1)得，只有唯一解x0＝0，满足条件．
综上所述，当b＞1或b＝eq \f(1,e)时，方程f(x)＝2有且只有一个解.16分
微专题35
例题
答案：(－∞，－6)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，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－x2相切时，两条曲线有2个交点，即方程x2－x－n＝0的判别式Δ＝1＋4n＝0，即n＝－eq \f(1,4)，所以当－eq \f(1,4)＜n≤0时，g(x)＝0有三个零点．当x＜0时，直线y＝3x－n(n＜0)与y＝－eq \f(3,x)相切时，两曲线有2个交点，当直线y＝3x－n与y＝－eq \f(3,x)相交时，两曲线有3个交点，即方程3x2－nx＋3＝0的判别式Δ＝n2－36＞0，解得n＜－6，当n＜－6时，g(x)＝0有三个零点．综上所述，当n∈(－∞，－6)∪eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，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)＝x2－2mx＋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m2－2m·m＋4m＜|m|.∵m＞0，∴m2－3m＞0，解得m＞3.
变式2
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).
解析：由y＝lga(x＋1)＋1在[0，
＋∞)上递减，得0＜a＜1.又由f(x)在R上单调递减，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(02＋（4a－3）·0＋3a≥f（0）＝1，,\f(3－4a,2)≥0，))
解得eq \f(1,3)≤a≤eq \f(3,4).如图所示，
在同一坐标系中作出函数
y＝|f(x)|和y＝2－x的图象．由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－x有且仅有一个解．故在(－∞，0)上，|f(x)|＝2－x同样有且仅有一个解．当3a＞2，即a＞eq \f(2,3)时，由x2＋(4a－3)x＋3a＝2－x(其中x＜0)，得x2＋(4a－2)x＋3a－2＝0(其中x＜0)，则Δ＝(4a－2)2－4(3a－2)＝0，解得a＝eq \f(3,4)或a＝1(舍去)；当1≤3a≤2，即eq \f(1,3)≤a≤eq \f(2,3)时，由图象可知，符合条件．综上所述，a∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))∪eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3,4))).
串讲激活
串讲1
答案：eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
解析：由题意|x－2|f(x)＝1有
三个根，即a|x－2|＝eq \f(1,ex)有三个根；设f(x)＝a|x－2|，g(x)＝eq \f(1,ex)，由图象可知a≤0不合题意，即有a＞0；设y＝k(x－2)与函数g(x)＝eq \f(1,ex)图象切于点(x0，y0)，则k＝－e－x0，y0＝k(x0－2)＝e－x0＝－e－x0(x0－2)，解得x0＝1，k＝－eq \f(1,e)；因此，当x＜2时，f(x)＝－a(x－2)的斜率－a＜－eq \f(1,e)，即a＞eq \f(1,e).综上可知，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，＋∞)).
串讲2
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)，0，\f(1,8))).
解析：从函数结构上看f(x)＝eq \f(x2＋1,|x|)－eq \f(|x2－1|,|x|)，f(x)是定义域上的偶函数，因此只要讨论x＞0时的情形．当0＜x＜1时，f(x)＝
eq \f(x2＋1－（1－x2）,x)＝2x；当x＞1时，f(x)＝
eq \f(x2＋1－（x2－1）,x)＝eq \f(2,x).作出函数f(x)的图象
(如图所示)．当k＝0时，直线与曲线恰有四个不同的交点；当k＞0时，直线y＝kx＋1与y＝－eq \f(2,x)(x＜－1)相切时恰有四个不同交点，即kx＋1＝－eq \f(2,x)有且仅有一解，所以二次方程kx2＋x＋2＝0的判别式Δ＝1－8k＝0，故k＝eq \f(1,8)；当k＜0时，同理求得k＝－eq \f(1,8).综上所述，满足条件的实数k的取值集合为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)，0，\f(1,8))).
新题在线
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))∪(－e，－1)．
解析：作出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,x＋1)，x≤0，,lnx， x＞0))和函数y＝kx＋2的图象(图略)，过点A(0，2)分别作曲线C1：y＝lnx(x＞1)，C2：y＝－lnx(0＜x＜1)，C3：y＝eq \f(x＋2,x＋1)(－1＜x＜0)的切线，对应的斜率分别为eq \f(1,e3)，－1，－e，由图象可知：当函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x＋2,x＋1)，x≤0，,lnx， x＞0))和函数y＝kx＋2的图象有4个不同的公共点时，对应的k的取值范围为k＝eq \f(1,e3)或－e＜k＜－1，所以当
f(x)＝kx＋2有4个不同的解时，对应的k的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(1,e3)))∪(－e，－1)．
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.