江苏专版2019届高三数学备考冲刺140分问题04函数与方程不等式相结合问题含解.pdf

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1、问题 4 函数与方程、不等式相结合问题问题 4 函数与方程、不等式相结合问题 一、考情分析 函数与方程、函数与不等式都是高中数学的重要内容,也都是高考的热点和重点,在每年的高考试题中这部 分内容所占的比例都很大,函数与方程、函数与不等式是高中数学的主线,它们贯穿于高中数学的各个内容, 求值的问题就要涉及到方程,求取值范围的问题就离不开不等式,但方程、不等式更离不开函数,函数与方 程、函数与不等式思想的运用是我们解决问题的重要手段. 二、经验分享 (1) 确定函数零点所在区间,可利用零点存在性定理或数形结合法 (2)判断函数零点个数的方法：解方程法；零点存在性定理、结合函数的性质；数形结合法：转

2、化为 两个函数图象的交点个数 (3) 已知函数零点情况求参数的步骤 判断函数的单调性；利用零点存在性定理,得到参数所满足的不等式(组)；解不等式(组),即得参数 的取值范围 (4)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,利用数形结合求解参数范围 (5)“af(x)有解”型问题,可以通过求函数yf(x)的值域解决 三、知识拓展 1有关函数零点的结论 (1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数,则f(x)至多有一个零点 (2)连续不断的函数,其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号 (3)连续不断的函数图象通过零点时,函数值可能变号,也可能不变号 2三个等价关系 方程f(x)0 有实数根

3、函数yf(x)的图象与x轴有交点函数yf(x)有零点 四、题型分析四、题型分析 (一) 函数与方程关系的应用(一) 函数与方程关系的应用 函数与方程是两个不同的概念,但它们之间有着密切的联系,方程f(x)0的解就是函数yf(x)的图像与x 轴的交点的横坐标,函数yf(x)也可以看作二元方程f(x)y0通过方程进行研究.就中学数学而言,函数 思想在解题中的应用主要表现在两个方面：一是借助有关初等函数的性质,解有关求值、解(证)不等式、解 方程以及讨论参数的取值范围等问题：二是在问题的研究中,通过建立函数关系式或构造中间函数,把所研 究的问题转化为讨论函数的有关性质,达到化难为易,化繁为简的目的.

4、许多有关方程的问题可以用函数的 方法解决,反之,许多函数问题也可以用方程的方法来解决.函数与方程的思想是中学数学的基本思想,也是 各地模考和历年高考的重点. 【例 1】已知函数（xR）有四个不同的零点,则实数k的取值范围是 【分析】把函数（xR）有四个不同的零点转化为方程有三个不同的根, 再利用函数图象求解 【解析】因为0x 是函数( )f x的零点,则函数有四个不同的零点,等价于方程 有三个不同的根,即方程有三个不同的根记函数 由题意 y= 1 k 与( )yg x有三个不同的交点,由图知 1 01 k ,所以1k 实数k的取 值范围是是1+，、 【点评】零点问题也可转化为方程的根的问题,的

5、根的个数 问题,可以转化为函数 yf x和 yg x图象交点的个数问题,通过在直角坐标系中作出两个函数图象, 从而确定交点的个数,也就是方程根的个数 【小试牛刀】 【2018 届 2 江苏徐州丰县高三上学期调考】 设函数（aR，e为自然对 数的底数） ，若曲线sinyx上存在一点 00 (,)xy使得，则a的取值范围是 【答案】1,e 【解析】由题设及函数的解析式可知，所以10 y由题意问题转 化为 “存在 1 , 0x， 使得有解” ， 即在 1 , 0有解， 令， 则， 当0x时 ， 函 数是 增 函 数 ； 所 以10 x， 当 ，即exh)(1.所以1,e，故应填答案1,e. (二)

6、函数与不等式关系的应用 (二) 函数与不等式关系的应用 函数与不等式都是高中数学的重要内容,也都是高考的重点,在每年的高考试题中这部分内容所占的比例都 是很大的.函数是高中数学的主线,方程与不等式则是它的重要组成部分.在很多情况下函数与不等式也可 以相互转化,对于函数yf(x),当y0 时,就转化为不等式f(x)0,借助于函数图像与性质解决有关问题,而 同时研究函数的性质,也离不开解不等式的应用. 【例 2】已知函数, ,若对任意的 12 ,x x R,都有 成立,则实数k的取值范围为 . 【分析】根据题中条件 ： 对任意的 12 ,Rx x ,都有成立,将问题转化为.再 由题中所给两函数的特

7、征：函数是一确定的分段函数,由它的图象不难求出函数的最 大值 max ( )f x 1 4 ；而另一个函数中含有绝对值,由含有绝对值的不等式可求出它 的最小值,即可得到不等式 1 |1| 4 k ,则可求出k的取值范围. 【解析】对任意的 12 ,x x R,都有成立,即.观察 的图象可知,当 1 2 x 时,函数 max ( )f x 1 4 ；因为,所以 所以, 1 |1| 4 k ,解得 3 4 k 或或 5 4 k , ,故答案为 3 4 k 或或 5 4 k 【点评】本题考查了分段函数、对数函数和二次函数的性质,主要考察了不等式的恒成立问题和函数的最值 问题. 注意不等式： |ba

8、对, a bR是恒成立的.特别要注意等号成立的条件. 渗 透到方程问题、不等式问题、和某些代数问题都可以转化为函数知识.且涉及的知识点多、面广,在概念性、 应用性、理解性都有一定的要求,它们是高考中考查的重点,所以在教学中我们应引引起高度的重视. 【小试牛刀】 【2018 届江苏省南京市高三 12 月联考】若不等式对任 意的0,y恒成立，则实数x的取值集合为_ 【答案】 5 2 【解析】画图可知，函数和函数连续在y轴右边有相同的零 点，令 0g y ，得yx，代入 0fy 中，得0x ，或 5 2 x ，注意到0x ，所以实数x的取值集 合为 5 2 ,故填 5 2 . (三) 函数、方程和不

9、等式关系的应用(三) 函数、方程和不等式关系的应用 函数、方程、不等式的结合,是函数某一变量值一定或在某一范围下的方程或不等式,体现了一般到特殊的 观念.也体现了函数图像与方程、不等式的内在联系,在高中阶段,应该让学生进一步深刻认识和体会函数、 方程、不等式三部分之间的内在联系,并把这种内在联系作为学习的基本指导思想,这也是高中数学最为重 要的内容之一.而新课程标准中把这个联系提到了十分明朗、鲜明的程度.因此,在高三的复习中,对这部分 内容应予以足够的重视. 【例 3】已知函数,其中m,a均为实数 (1)求( )g x的极值； (2)设1,0ma,若对任意的 12 ,3,4x x 12 ()x

10、x,恒成立,求a的最小值； (3)设2a ,若对任意给定的 0 (0,ex ,在区间(0,e上总存在 1212 , ()t t tt,使得成立,求 m的取值范围 【分析】 (1)求( )g x的极值,就是先求出( )g x,解方程( )0g x ,此方程的解把函数的定义域分成若干个区 间,我们再确定在每个区间里( )g x的符号,从而得出极大值或极小值；（2）此总是首先是对不等式 恒成立的转化,由（1）可确定( )f x在3,4上是增函数,同样的方法（导 数法）可确定函数 1 ( )g x 在3,4上也是增函数,不妨设 21 xx,这样题设绝对值不等式可变为 2 ()f x 1 ()f x 2

11、 1 ()g x 1 1 ()g x ,整理为,由此函数在区间 3,4上为减函数,则在（3,4）上恒成立,要求a的取值范围采取分离参数法 得恒成立,于是问题转化为求在3,4上的最大值；（3）由于 0 x的任意 性,我们可先求出( )g x在(0, e上的值域(0,1,题设“在区间(0,e上总存在 1212 , ()t t tt,使得 1 ( )f t 2 ( )f t 0 ()g x成立”,转化为函数( )f x在区间(0, e上不是单调函数,极值点为 2 m （ 2 0e m ）,其次 ( )1f e ,极小值 2 ()0f m ,最后还要证明在 2 (0,) m 上,存在t,使( )1f

12、t ,由此可求出m的范围. 【解析】 （1）,令( )0g x,得x = 1 列表如下： g(1) = 1,y =( )g x的极大值为 1,无极小值 （2）当1,0ma时, ,(0,)x 在3,4恒成立,( )f x在3,4上为增函数 设, 0 在3,4恒成立, ( )h x在3,4上为增函数 设 21 xx,则等价于, 即 x（,1）1（1,） ( )g x 0 g(x)极大值 设,则u(x)在3,4为减函数 在（3,4）上恒成立 恒成立 设,=,x3,4, ,( )v x， 则与的图象有两个交点， 联立方程组，整理得， 由，解得或， 所以实数 的取值范围是. 8 【 江 苏 省 南 通

13、市 2018 届 高 三 上 学 期 第 一 次 调 研 】 已 知 函 数 .若函数有4个零点，则实数a的取值范围是_. 【答案】 【解析】令 当10a时 f t有两个零点，需 当1=0a时 f x有三个零点， 所以函数有5个零点， 舍； 当10a时，由于1 21a 所以，且，所以 综上实数a的取值范围是 9【 江 苏 省 如 皋 市 2017-2018 学 年 度 高 三 年 级 第 一 学 期 教 学 质 量 调 研 】 已 知 函 数 ，且 yf x在0,2x上的最大值为 1 2 ，若函数有四 个不同的零点，则实数a的取值范围为_. 【答案】01 ， 【解析】 若0m ，则在0,2上递

14、增，有最小值 1 2 ，不合题意， 0m，要使 f x在0,2的最大值为 1 2 ，如果2 2 m ，即4m ，则，得 矛 盾 ， 不 合 题 意 ； 如 果2 2 m ， 则， 2m ， 若有四个零点， 则 yf x与 2 yax有四个交点， 只 有 2 yax开 口 向 上 ， 即0a ， 当 2 yax与有 一 个 交 点 时 ， 方 程 有一个根， 0 得1a ，此时函数有三个不同的零点，要使 函数有四个不同的零点， 2 yax与有两个交点，则抛物线 2 yax的开口要比 2 yx的开口大，可得1a ， 01a ，即实数a的取值范围为0,1，故答案为 0,1. 10 【南京市、盐城市

15、2018 届高三年级第一次模拟】设函数 f x是偶函数，当x0 时， f x= ，若函数有四个不同的零点，则实数m的取值范围是_ 【答案】 9 1, 4 【解析】作图，由图可得实数m的取值范围是 9 1, 4 11 【江苏省泰州中学 2018 届高三 12 月月考】若函数，则函数在 0 1，上不同的零点个数为_ 【答案】3 【解析】因为， 0g x 可转化为： 1 0, 2 x ，函数41yx与 lnyx 以及 1 ,1 2 x ，函数43yx与lnyx 交点的个数；作出函数图象如图: 由函数图象可知零点个数为 3 个. 12 【江苏省常熟市 2018 届高三上学期期中】 已知函数， 若直线y

16、ax与 yf x 交于三个不同的点， ,B n f n， ,C t f t（其中mnt） ， 则 1 2n m 的取值范围 是_ 【答案】 1 1,e e 【解析】作出函数，的图象如图： 设直线 y=ax 与 y=lnx 相切于（x0，lnx0） ，则， 曲线 y=lnx 在切点处的切线方程为 ylnx0= 0 1 x （xx0） ， 把原点（0，0）代入可得：lnx0=1，得 x0=e 要使直线 y=ax 与 y=f（x）交于三个不同的点，则 n（1，e） ， 联立 1 21 yx e yx ，解得 x= 1 2 e e m（ 1 2 e e , 1 2 ） ， 1 m （2， 1 2 e

17、） ， 1 2n m 的取值范围是（1， 1 e e ） 故答案为：（1， 1 e e ） 13【江苏省徐州市第三中学 20172018 学年度高三第一学期月考】 已知函数， 若存在唯一的整数x，使得成立，则实数a的取值范围为_ 【答案】0,2 3,8 【解析】由得：当0x 时， f xa; 当0x 时， f xa; 因为当20x 时， ，当2x 时， 0f x ，当0x 时， 0f x ，因此当 0a 时， 1,2,x ，不合题意；当02a 时， 1x ； 当23x 时， 1, 1x ，不合题意；当38x 时， 1x ，当8x 时， ，不合题 意；因此a的取值范围为0,2 3,8 14 【江

18、苏省启东中学 2018 届高三上学期第一次月考】已知函数f(x)是以 4 为周期的函数，且当1x3 时， 若函数恰有 10 个不同零点，则实数m的取值范围为 _. 【答案】 【解析】根据题意，得到 f x的图象如下： 由图可知， f x是偶函数， 又恰有 10 个不同零点，即 yf x与ym x的图象有 10 个交点，根据偶函数的特点， 则在0x 的图象中，有 5 个交点，如图中红色直线和蓝色直线就是两种极限情况. 红色直线：过6,1，则 1 6 m ； 蓝色直线：与区间3,4处的曲线相切， 所以只有一个解，解得， 15【江苏省南京市、盐城市 2019 届高三第二次模拟】 已知，. （1）当时

19、，求函数图象在处的切线方程； （2）若对任意，不等式恒成立，求 的取值范围； （3）若存在极大值和极小值，且极大值小于极小值，求 的取值范围. 【解析】 （1）当时，则. 又因为，所以函数图象在处的切线方程为， 即. （2）因为 所以， 且.因为，所以. 当时，即， 因为在区间上恒成立，所以在上单调递增. 当时， 所以满足条件. 当时，即时， 由，得， 当时，则在上单调递减， 所以时，这与时，恒成立矛盾. 所以不满足条件. 综上， 的取值范围为. （3）当时， 因为在区间上恒成立，所以在上单调递增， 所以不存在极值，所以不满足条件. 当时，所以函数的定义域为， 由，得， 列表如下： 极大值极小

20、值 由于在是单调减函数，此时极大值大于极小值，不合题意， 所以不满足条件. 当时，由，得. 列表如下： 极小值 此时仅存在极小值，不合题意， 所以不满足条件. 当时，函数的定义域为， 且，. 列表如下： 极大值极小值 所以存在极大值和极小值， 此时 因为， 所以， 所以，即， 所以满足条件. 综上，所以 的取值范围为. 16 【江苏省常州一中、泰兴中学、南菁高中 2019 届高三 10 月月考】已知函数， 函数在点处的切线与直线垂直，求 a 的值； 讨论函数的单调性； 当时，证明：不等式成立 其中， 【解析】 （1）由题意，求得函数的导数， 则，解得； ， 当时，的解集为，的解集为， 即的增区

21、间为，减区间为； 当时，的解集为，的解集为， 即的增区间为，减区间为； 当时，在上恒成立，即在上单调递减； 当时，的解集为，的解集为， 即的增区间为，减区间为； 设，则，在上单调递减， 又，在上恒成立，即， ， 则 17 【江苏省如皋市 2018-2019 学年高三年级第一学期期末】已知函数，其中 （1）若函数的图象在处的切线与直线垂直，求实数 a 的 值； （2）设函数 求函数的单调区间； 若不等式对任意的实数恒成立，求实数 a 的取值范围 【解析】 （1）因为函数，定义域为， 所以， 所以函数图象在处的切线方程为， 即 依题意，解得 所以实数 a 的值为 1 （2）令， 则 （1） 若，故

22、函数在上单调增 若，记 若，即，则，函数在上单调增 若，即，令，得， 当时，在和上单调 增； 当时，在上单调减 若，令，得（负舍） 当时，在上单调增； 当时，在上单调减 综上所述，当时，函数的单调增区间为，减区间为 ； 当时，函数的单调增区间为，无减区间； 当时，函数的单调增区间为和， 减区间为 （2）由（1）可知，当时，函数在上单调增， 故，所以符合题意； 当时，函数在上单调减，在上单 调增，故存在，所以不符题意； 当时，在上单调增，在上单调减 下面证明：存在， 首先证明： 要证：，只要证： 因为，所以，故 所以 其次证明：当时，对任意的都成立 令，则，故在上单调递 减，所以，即 所以当时，

23、对任意的都成立 又当时， ，与题意矛盾， 故不符题意 综上所述，实数 a 的取值范围是 18 【江苏省徐州市（苏北三市（徐州、淮安、连云港)2019 届高三年级第一次质量检测】已知函数 （1）若，求在处的切线方程； （2）若对于任意的正数 ，恒成立，求实数 的值； （3）若函数存在两个极值点，求实数 的取值范围 【解析】 （1）因为，所以当时， 则， 当时， 所以在处的切线方程为； （2）因为对于任意的正数 ，恒成立， 所以当时，即时，； 当时，即时，恒成立，所以； 当时，即时，恒成立，所以， 综上可知，对于任意的正数 ，恒成立， （3）因为函数存在两个极值点， 所以存在两个不相等的零点 设，

24、则 当时，所以单调递增，至多一个零点 当时，因为时，单调递减， 时，单调递增， 所以时， 因为存在两个不相等的零点，所以，解得 因为，所以 因为，所以在上存在一个零点 因为，所以又因为， 设，则，因为， 所以单调递减，所以， 所以，所以在上存在一个零点 综上可知： 19 【江苏省无锡市 2019 届高三上学期期末】已知函数 f(x) = ax(a 0). (1) 当 a = 1 时，求证：对于任意 x 0，都有 f(x) 0 成立； (2) 若函数 y = f(x) 恰好在 x = x1 和 x = x2 两处取得极值，求证： ln a. 【解析】 （1）当a1 时，f（x）exx2x， 则f

25、（x）exx1， f（x）ex10， （x0） ， f（x）exx1 单调递增， f（x）f（0）0， f（x）单调递增， f（x）f（0）10， 故对于任意x0，都有f（x）0 成立； （2）函数yf（x）恰好在xx1和xx2两处取得极值 x1，x2是方程f（x）0 的两个实数根，不妨设x1x2， f（x）exaxa，f（x）exa， 当a0 时，f（x）0 恒成立，f（x）单调递增，f（x）0 至多有一个实数解，不符合题意， 当a0 时，f（x）0 的解集为（，lna） ，f（x）0 的解集为（lna，+） ， f（x）在（，lna）上单调递减，在（lna，+）上单调递增， f（x）min

26、f（lna）alna， 由题意，应有f（lna）alna0，解得a1， 此时f（1）0， 存在x1（1，lna）使得f（x1）0， 易知当时，f(x). 存在x2（lna，）使得f（x2）0， a1 满足题意， f（x1）f（x2）0， aa0， a， f（）a（） ， 设t0， et， 设g（t）（2tet）et+1， g（t）2（t+1et）et， 由（1）可知，g（t）2（t+1et）et0 恒成立， g（t）单调递减， g（t）g（0）0， 即f（）0， lna 20 【江苏省泰州姜堰中学 20182019 学年第一学期高三数学期中】已知函数 若，试证明：当时，； 若对任意，均有两个极

27、值点， 试求 b 应满足的条件； 当时，证明： 【解析】证明：， ， 令，解得 可得：时，函数取得极小值即最小值， ， 函数在当时单调递增， 当时， ， 设，则， ， 故在递减，在递增， 故至多有 2 个零点； 当时， ，且， 又， 由可知， 是 R 上的连续函数， 在，上各有 1 个零点， 此时，为函数的 2 个不同的极值点， 故符合题意； 当时，取，则在递减，在递增， 故， 故时， 故函数递增，没有极值点，不合题意， 综上，当时，对任意，均有 2 个极值点； 由知，为的两个实数根， ，在递减， 下面先证，只需证明， 得， ， 设， 则， 故在递减， ， 又，时， 在递减， 问题转化为只需证明， 即证明， 设函数， 则， 设，则， 在递增， ，即， 在递增， 当时， 则， ，