方程有解习题

前言

数\(\Longleftrightarrow\) 形的相互转化

初中阶段碰到方程\(f(x)=0\)有解的问题，好比方程\(x^2-3x+2=0\)有解，咱们通常会想到用代数方法求解；而高中阶段出现的方程有解的问题，好比方程\(a-\cfrac{1}{x}=0\)在区间\((0,+\infty)\)上有解，最终经常会转化为\(a=\cfrac{1}{x}=f(x)\)的形式，并且经常要用到数形结合的方法求解而不是用代数的方法去求解。

对于更复杂一些的问题，经常须要咱们先对题目向方程有解的模型作出相应的转化，而后轻松求解，这体现了咱们数学思惟的灵活性和数学应用意识的提高。

模型说明

\(A= f(x)\)在区间\([m，n]\)上有解，等价于\(A\in [f(x)_{min}，f(x)_{max}]\)的值域； 故关键是求解函数\(f(x)\)的值域。说明：碰到具体题目可能须要咱们进行相应的转化化归，才会变形为上述的形式。

典例剖析

例1 【2017•蚌埠模拟】已知函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(a\)的取值范围为【 】

$A.(-\infty，e)$ $B.(-\infty，e]$ $C.(-\infty，-\cfrac{1}{e})$ $D.(-\infty，-\cfrac{1}{e}]$

法1分析：函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于x轴的对称点，即当\(x=x_0\)时，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。

因此方程\(f(x)=-g(x)\)有解， 因此\(lnx-x^3=-x^3+ax\)有解，

因此\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，

令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由导数知识可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，

又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函数\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值范围为\((-\infty，-\cfrac{1}{e}]\) ，选D。

法2：转换为方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；

法3：接上转换为方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函数\(y=a\)的图像有交点，利用数形结合求解；

姊妹题1 【2018陕西省高三第二次质检第12题】已知函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，则则\(a\)的取值范围为【 】

$A.(-\infty，\cfrac{1}{e})$ $B.(-\infty，e)$ $C.(-\cfrac{1}{e}，e)$ $D.(-e，\cfrac{1}{e}]$

分析：函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，即\(f(-x_0)=g(x_0)\)。

即方程\(f(-x)=g(x)\)有解，

因此当\(x>0\)时，\(e^{-x}+2=ln(x+a)+2\)有解，

即方程\(e^{-x}=ln(x+a)\)在\(x>0\)时有解，

即函数\(y=e^x\)与函数\(y=ln(x+a)\)图像有交点，

法1：数形结合法，如右图所示可知，当函数\(y=ln(x+a)\)过点\((1，0)\)时，没有交点，

此时由\(ln(0+a)=1\)可得，\(a=e\)；

又由图像平移可知，须要将函数\(y=ln(x+a)\)向右移动才会有交点，

故\(a<e\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选B.

法2：补集思想+计算法，由图可知，当函数\(y=ln(x+a)\)通过点\((0，1)\)上方时，必无交点，

即\(lna\ge 1\)时，即\(a\ge e\)时，两者无交点，

由补集思想可得，两者有交点时\(a<e\)，

即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选B.

解后反思：在网上见到有人这样解，\(lna<1\)，解得\(0<a<e\)，这是错的(很显然，\(a=0\)是知足的)

缘由是当\(a<0\)时，\(lna\)是没有意义的，可是此时函数\(y=ln(x+a)\)的图像已经和\(y\)轴没有交点了，

已经向右移动了，其渐近线也是向右移动的。

姊妹题2 【学生训练题目】已知函数\(f(x)=x^2+e^x-\cfrac{1}{2}(x<0)\)与函数\(g(x)=x^2+\ln(x+a)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(a\)的取值范围是【】

$A.(-\infty，\sqrt{e})$ $B.(-\sqrt{e}，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $C.(-\infty，\cfrac{\sqrt{e}}{e})$ $D.(-\cfrac{\sqrt{e}}{e}，\sqrt{e})$

提示：答案为A，请仿上例完成。

姊妹题3 【学生训练题目】已知函数\(f(x)=lnx-x^2\)与函数\(g(x)=x^2-\cfrac{2}{x}-m\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(m\)的取值范围为________.

提示：由题意可知，函数\(f(x)=-g(-x)\)在\(x>0\)上有解，

即方程\(lnx-x^2=-x^2-\cfrac{2}{x}+m\)在\(x>0\)上有解，

即\(m=lnx+\cfrac{2}{x}\)在\(x>0\)上有解，

设\(h(x)=lnx+\cfrac{2}{x}(x>0)\)，

则\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{x-2}{x^2}\)，

故\(h(x)\)在区间\((0，2)\)上单调递减，在区间\((2，+\infty)\)上单调递增，

则\(h(x)_{min}=h(2)=ln2+1\)

即函数\(h(x)\)的值域是\([ln2+1，+\infty)\)

故\(m\)的取值范围为是\([ln2+1，+\infty)\)。

解后反思：若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(f(x)=-g(x)\)有解；若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(f(-x)=g(x)\)有解；

若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(f(x)=-g(-x)\)有解；

例2 若函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，则实数\(a\)的取值范围是 【 】

$A.[0，+\infty)$ $B.(-\infty，0]$ $C.(-\infty，0)$ $D.(0，+\infty)$

分析：由题意知\(x>0\)，又\(f′(x)=1+\cfrac{a}{x}\)，

要使函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，

则需方程\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}=0\)在\(x>0\)上有解，

即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解，

又函数\(g(x)=-x\)在\(x>0\)上的值域是\((-\infty，0)\)，故\(a\in(-\infty，0)\)。

例3 【不是单调递减】已知函数\(f(x)=-\cfrac{1}{3}x^3+bx^2-(2b+3)x+2-b\)在R上不是单调递减函数，则\(b\)的取值范围是___________。

分析：如果R上的单调递减函数，则\(f'(x)\leq 0\)恒成立，

如今不是R上的单调递减函数，

故\(f'(x)=-x^2+2bx-2b-3=-(x-b)^2+b^2-2b-3>0\)在R上能成立，

故只须要\(f'(x)_{max}=b^2-2b-3>0\)便可，

解得\(b<-1\)或\(b>3\)。故\(b\in (-\infty，-1)\cup(3，+\infty)\)。

反思总结：不是单调递减的情形可能包含有单调递增函数或常函数或有增有减函数。

例4 【函数不单调】函数\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-x^2+ax-5\)在区间\([-1，2]\)上不单调，则实数\(a\)的取值范围是_________。 \((-3，1)\)

法1：补集思想，\(f'(x)=x^2-2x+a\)，

若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单增，则\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恒成立，分离参数获得\(a\ge -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)；

若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单减，则\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恒成立，分离参数获得\(a\leq -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{min}=-3\)，故\(a\leq -3\)；

故取其补集，当\(-3<a<1\)时，函数\(f(x)\)在区间\([-1，2]\)上不单调。

法2：由题可知\(f(x)\)不单调，则导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1，2]\)上至少有一个变号零点，

当只有一个变号零点时，由\(f'(-1)\cdot f'(2)\leq 0\)可得，\(-3\leq a\leq 0\)；

当有两个变号零点时，由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\\Delta >0\end{cases}\)，解得\(0<a<1\)；

综上所述，实数\(a\)的取值范围是\((-3，1)\)。

例5 【正弦定理解三角形】若是知足\(\angle ABC=60^{\circ}\)，\(AC=12\)，\(BC=k\)的三角形\(\Delta ABC\)恰有一个，那么\(k\)的范围是多少？

法1：从数的角度入手，由正弦定理\(\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}\)，

获得方程\(k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解便可。

\(0<k\leq 12\)或\(k=8\sqrt{3}\)，图像待补充。

法2：待补充，从形的角度入手。

例6 【方程有两个根】已知关于\(x\)的方程\(2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1-a=0\)在区间\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在两个根，则实数\(a\)的取值范围是________。

等价 已知函数\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1-a\)在区间\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上有两个零点，则实数\(a\)的取值范围是________。

分析：题目先转化为方程\(sin(x+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{a-1}{2}\)在区间\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在两个根，

再转化为函数\(y=sin(x+\cfrac{\pi}{6})\)和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)有两个不一样的交点，

而后在同一个坐标系中作出这两个函数的图像，

因为\(x\in [0，\cfrac{2\pi}{3}]\)，故\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)，

作出函数\(y=sint，t\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)的图像和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)的图像，如图所示，

由图像能够看出，\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)

解得\(2\leq a<3\)，故\(a\in [2，3)\)。

反思总结：

一、当横轴是\(x\)轴(如图二)和\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\)(如图一)时，均可以获得结论\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)，

可是利用图一的作法，手工做图很是快捷，因为用到了总体思想，咱们就能够利用模板函数的现成图像，

只须要在现成的图像上面截取咱们须要的那一部分就能够了。这种方法咱们须要仔细体会，用心揣摩。示例

二、为何这两种方法均可以？是由于\(a=f(x)\)有解的题目，其实就是求函数\(f(x)\)的值域问题，而函数的值域的求法中，这两种方法异曲同工。

例7 若关于\(x\)的方程\((lnx-ax)lnx=x^2\)存在三个不等实根，则实数\(a\)的取值范围是_________。

分析：当\(x=1\)时，\(lnx=0\)，原式不成立，故不可能；

当\(lnx\neq 0\)时，\(lnx-ax=\cfrac{x^2}{lnx}\)，故\(ax=lnx-\cfrac{x^2}{lnx}\)，分离参数获得，

则\(a=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点，

\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-x\cdot \cfrac{1}{x}}{(lnx)^2}=\cfrac{1-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-1}{(lnx)^2}\)，\(x>0\)且\(x\neq 1\)，

当\(x\in (0，1)\)时，\(h'(x)>0\)，故\(h(x)\)单调递增；

当\(x>1\)时，\(h'(x)=\cfrac{(1-lnx)(lnx)^2-(lnx-1)\cdot x^2}{x^2\cdot (lnx)^2}\)

\(=\cfrac{((lnx)^2+x^2)\cdot (1-lnx)}{x^2\cdot (lnx)^2}\)

当\(x\in (1，e)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，\(x\in (e，+\infty)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，

又\(h(e)=\cfrac{1}{e}-e\)，作出大体图像以下：

要使得则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点，必须\(a<\cfrac{1}{e}-e\)。

例8 【总体思想】已知关于\(x\)的方程\((\cfrac{1}{2})^x=\cfrac{1+lga}{1-lga}\)有正根，则实数\(a\)的取值范围是【】

$A.(0，1)$ $B.(\cfrac{1}{10}，10)$ $C.(\cfrac{1}{10}，1)$ $D.(10，+\infty)$

分析：若能想到将\(\cfrac{1+lga}{1-lga}\)当作一个总体\(b\)，则原题目变形为方程\((\cfrac{1}{2})^x=b\)有正根，结合图像可知，函数\(y=(\cfrac{1}{2})^x\)和函数\(y=b\)的图像在\((0，+\infty)\)上有交点，故\(b\in (0，1)\)。

故原题目就等价于\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，

解\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}\)，由穿根法获得，\(-1<lga<1\)，

解\(\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，变形获得\(\cfrac{2lga}{lga-1}>0\)，由穿根法获得\(lga<0\)或\(lga>1\)，

故\(-1<lga<0\)，解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).

解后反思：一、整个求解过程是将\(lga\)也当作一个总体，故能想到用穿根法求解；二、看到双联不等式的中间分式部分，若能联想到分式的经常使用变形，也能够这样求解；

由\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，获得\(0<\cfrac{lga-1+2}{1-lga}<1\)，即\(0<-1+\cfrac{2}{1-lga}<1\)，故\(1<\cfrac{2}{1-lga}<2\)，且能获得\(1-lga>0\)，

故利用倒数法则获得\(\cfrac{1}{2}<\cfrac{1-lga}{2}<1\)，即\(1<1-lga<2\)，即\(-2<lga-1<-1\)，即\(-1<lga<0\)，解得解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).