专题 25 用数形结合法求解零点型 [真题再现] 例 1 （ 2020· 江 苏 七 市 ( 南 通 、 泰 州 、 扬 州 、 徐 州 、 淮 安 、 连 云 港 、 宿 迁 ) 三 调 ·13 ） 已 知 函 数 2 � k (1  ), x  0 � f ( x)  � x ，若函数 有且仅有四个不同的零点，则实数 k 的取值范 �x 2  2k , x �0 g ( x )  f ( x )  f ( x ) � 围是 ． 【答案】(27， �) 【分析】由 g ( x )  f (  x )  f ( x) g ( x)  x 2  知， g ( x)  f (  x )  f ( x) 是偶函数，研究“一半”，问题转化为 2k 1 2 2  k, x  0 x    1 x  0  有且仅有两个不同的零点，分离函数得 k ，两边均为基 x x 本初等函数，当曲线在一点相切时，两曲线只有一个交点，利用导数知识求出切点坐标，当抛物线开 口变大，即函数值小于切点的纵坐标即可. 【解析】易知 g ( x)  f (  x)  f ( x) 问题可转化为 g ( x)  x 2  是偶函数， 2k  k, x  0 有且仅有两个不同的零点. x 1 2 2 x    1 x  0  分离函数得 k ，由图形易知 k＞0， x 问题进一步转化为 y 1 2 2 x 、y    1  x  0  有两个交点问题. k x 先考察两曲线相切时的“临界状态”，此时，两曲线只有一个交点 设两个函 数 图 象 的 公 切 点 为 � � 2  x0  0 �x0 ,   1 � x0 � � 2 �2 �x 2  k x0 �0 1 � 2   1  x0 2 ，解得 则� ，切点为 k � x0 �x0  0 � 1� 3, � � � x  3 � 3� � 0 再考虑两曲线有两个交点，当且仅当对于二次函数 y 1 2 1 x y k ，当 x  3 时，其函数值 3 ，即图象在 � 1� 3, � � � 3 �的下方 1 2 1 �3  所以当 k 3 时，即 k＞27 时，上述两个函数图象有两个交点 综上所述，实数 k 的取值范围是(27， �)． 点评： 1.本题解法较多，但利用“形”最简单，只要函数分离的恰当，这种题实现“分分钟”解决也是可及的. 2.有关函数零点的问题解法灵活，综合考察函数的图象与性质、导数的几何意义、分离函数的意识、 分离参数的意识等，综合性强，较难把握. 3.利用“数学结合法”求解零点问题的要点有二.一是分离函数，基本策略是“一静一动、一直一曲，动直 线、定曲线”,函数最好是基本初等函数；二是求解过程中的“临界状态”的确定，若是一直一曲，一般相 切是“临界状态”，若是两曲，一般公切是“临界状态”（曲线的凸凹性相反，即曲线在公切线的两侧） � 1  mx 2 ，， x0 �x f ( x)  �e x 2 （2020·南通五月模拟·13）已知函数 ，若函数 f ( x ) 有四个不同的零点， � � e  mx ，x  0 例2 则实数 m 的取值范围是 【答案】 (�,  ． e2 ) 4 �1  mx 2 ，， x0 �x f ( x)  �e x 2 【解析】 是偶函数，问题转化为 e x  mx 2 =0 ，即 x （ ）有两个零点 � � e  mx ，x  0 e =  mx 2 x  0 易知 m  0 ，两边均为曲线，较难求解. 两边取自然对数， 问题即为： 先考察直线 x =ln  m   2ln x g ( x)  x  ln  m  y  x b 与 ，即 x  ln  m   2ln x h( x)  2ln x 与 h( x)  2ln x 有两个交点 相切，即只有一点交点的“临界状态” ( x0 )  2  1 ，解得 设切点为 ( x0 , 2 ln x0 ) ，则 h� x0 x0  2 ，此时切点为 (2, 2ln 2) 代入 b  2ln 2  2 再求 g ( x )  x  ln  m  由图象知，当 与 h( x)  2ln x g ( x)  x  ln  m  有两个交点时，m 的取值范围 在直线 故 ln   m   b  2ln 2  2 ，解之得 y  x b m 下方时，满足题意 e2 4 ，此时也符合 m  0 所以实数 m 的取值范围是 (�,  e2 ) 4 ． 点评： 取对数的目的在于“化双曲为一直一曲”，简化了运算、难度，取对数不影响零点的个数. 例3 若函数 f ( x )  【答案】 (�,  |x|  kx 3 有三个不同的零点，则实数 的取值范围为 k x2 ． 27 ) �( 0,  �) 32 【分析】本题的难点是“分离函数”，函数分离的是否恰当、易于进一步解题，是分离时应综合考虑的重要 因素，也是学生数学素养、能力的综合体现 .本例中，可将已知变形为下列多种形式： |x|  kx3 x2 1 x3 ( x  2) 1 x3 ( x  2) | x|    kx 2 | x |  k ( x  2) x x 、 x3 ，k ，···，但利用 k 较简单. x( x  2) 【解析】易知 0 是函数 f ( x)  当 x≠0 时， f ( x)  |x|  kx3 一个的零点， x2 1 x3 ( x  2) x 3 ( x  2) |x| 1  g ( x)   kx3  0 y  x x 可化为 k ，考虑 有且只有两个非零 x2 k 与 零点. 如下图， 4 32 g ( x )min  g ( )   3 27 利用导数知识易得： 由图象得：  32 1 1 27   0 或  0 ，解之得： k   或 27 k k 32 k  0 所以实数 k 的取值范围为 (�,  [强化训练] 27 ) �( 0,  �) ． 32 x 1．已知关于 x 的方程 x  2 2. 若函数  kx 有三个不同的实数解，则实数 k 的取值范围是______. f ( x )  a x  x  a (a＞），且 0 a �1) 3．已知函数 f ( x)  e x  2 x  a 有两个零点,则实数 a 的取值范围是 . 有零点，则实数 a 的取值范围是____________. � e x ，≤ x 0 f  x  � 4. 已知函数 ln x ，x  0 ， g  x   f  x   x  a ，若 g  x  存在 2 个零点，则 a 的取值范围是________ � ____. 1,1 5．若函数 f ( x)  2 x  ax  1(a �R ) 在 (0, �) 内有且只有一个零点，则 f ( x ) 在  上的最大值与最 3 2 小值的和为____________. 1 � � ln x ,e g ( x )  � f x  ax f x  g ( x ) 6. 已知函数   ， 在� e � �上有两 x ，其中 a 为实数．若关于 x 的方程   个实数解，则实数 a 的取值范围为 7.已知关于 x 的方程 |x| =kx 3 x +3 ． 有三个不同的实数解，求实数 k 的取值范围. � ax  x  2 , x  0 � f ( x )  � 8. 已知函数 ，若函数 有且仅有四个不同的零点，则 3 g ( x)  f (1  x)  f ( x  1) �x , x  0 实数 a 的取值范围是 ． 9. （2020·衡水中学八调）已知函数 a f ( x)  a (2a  1)e 2 x  (3a  1)( x  2)e x  ( x  2) 2 有四个零点，则实数 的取值范围是__________． 10．已知函数 f ( x)  x  a  3 a ， a �R ，若关于 x 的方程 f ( x )  2 有且仅有三个不同的实根，且它 x 们成等差数列，则实数 a 取值的集合为 【参考答案】 ． 1．【答案】 0k  1 2 �1 �x  2 , x  0 � � 1 k  , x  0 ，画图得出 k 的取值范围． � 【解析】 � x2 �R, x  0 � � 2.【答案】 a 1 3．【答案】 4.【答案】 ( �, 2 ln 2  2]  1， � 5．【答案】 3 �1 , 1 � � 6.【答案】 � e 2 2e � � 【提示】完全分参 a 1 � ln x ln x � ,e y 2 � 2 e � �上有两个交点即可. x ，利用 y  a 与 x 在� k >0 7.【答案】 或 k <− 1 4 ． 8.【答案】(2， �) 【提示】设 g ( x) h ( x )  f ( x )  f ( x ) ，则 g ( x)  f (1  x)  f ( x  1)=f [( x  1)]  f ( x  1)  h( x  1) 有且仅有四个不同的零点，即等价于 h ( x )  f ( x )  f ( x ) 有且仅有四个不同的零点， ，故 即 t 3  at  2  t  0, t  0 有两个零点 �2 2 t   1, 0  t  2 � � t a� 思路一：（全分） 2 � t 2   1, t �2 � t 思路二：（半分） t 3  at   2  t , t  0 �1 � � e  1 � � �2 � � 2 � �� 1, 9. 【答案】 � ,1� 1 x x e x  ( x  2) � � � � f ( x )  ae  ( x  2) (2 a  1) e  ( x  2) 【提示】 � �� �，根据对称性，只需考察 有两个零点， a 0ae �