方程有解習題

前言

數\(\Longleftrightarrow\) 形的相互轉化

初中階段碰到方程\(f(x)=0\)有解的問題，好比方程\(x^2-3x+2=0\)有解，咱們通常會想到用代數方法求解；而高中階段出現的方程有解的問題，好比方程\(a-\cfrac{1}{x}=0\)在區間\((0,+\infty)\)上有解，最終經常會轉化爲\(a=\cfrac{1}{x}=f(x)\)的形式，並且經常要用到數形結合的方法求解而不是用代數的方法去求解。

對於更復雜一些的問題，經常須要咱們先對題目向方程有解的模型作出相應的轉化，而後輕鬆求解，這體現了咱們數學思惟的靈活性和數學應用意識的提高。

模型說明

\(A= f(x)\)在區間\([m，n]\)上有解，等價於\(A\in [f(x)_{min}，f(x)_{max}]\)的值域； 故關鍵是求解函數\(f(x)\)的值域。說明：碰到具體題目可能須要咱們進行相應的轉化化歸，纔會變形爲上述的形式。

典例剖析

例1 【2017•蚌埠模擬】已知函數\(f(x)=lnx-x^3\)與\(g(x)=x^3-ax\)的圖像上存在關於\(x\)軸的對稱點，則\(a\)的取值範圍爲【 】

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

法1分析：函數\(f(x)=lnx-x^3\)與\(g(x)=x^3-ax\)的圖像上存在關於x軸的對稱點，即當\(x=x_0\)時，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。

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\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由導數知識可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上單調遞增，在\((e，+\infty)\)上單調遞減，

又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函數\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值範圍爲\((-\infty，-\cfrac{1}{e}]\) ，選D。

法2：轉換爲方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函數\(y=lnx\)和函數\(y=ax\)圖像在\((0,+\infty)\)上有交點，利用數形結合求解；

法3：接上轉換爲方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函數\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函數\(y=a\)的圖像有交點，利用數形結合求解；

姊妹題1 【2018陝西省高三第二次質檢第12題】已知函數\(f(x)=e^x+2(x<0)\)與\(g(x)=ln(x+a)+2\)的圖像上存在關於\(y\)軸對稱的點，則則\(a\)的取值範圍爲【 】

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

分析：函數\(f(x)=e^x+2(x<0)\)與\(g(x)=ln(x+a)+2\)的圖像上存在關於\(y\)軸對稱的點，即\(f(-x_0)=g(x_0)\)。

即方程\(f(-x)=g(x)\)有解，

因此當\(x>0\)時，\(e^{-x}+2=ln(x+a)+2\)有解，

即方程\(e^{-x}=ln(x+a)\)在\(x>0\)時有解，

即函數\(y=e^x\)與函數\(y=ln(x+a)\)圖像有交點，

法1：數形結合法，如右圖所示可知，當函數\(y=ln(x+a)\)過點\((1，0)\)時，沒有交點，

此時由\(ln(0+a)=1\)可得，\(a=e\)；

又由圖像平移可知，須要將函數\(y=ln(x+a)\)向右移動纔會有交點，

故\(a<e\)，即\(a\)的取值範圍是\((-\infty，e)\)，選B.

法2：補集思想+計算法，由圖可知，當函數\(y=ln(x+a)\)通過點\((0，1)\)上方時，必無交點，

即\(lna\ge 1\)時，即\(a\ge e\)時，兩者無交點，

由補集思想可得，兩者有交點時\(a<e\)，

即\(a\)的取值範圍是\((-\infty，e)\)，選B.

解後反思：在網上見到有人這樣解，\(lna<1\)，解得\(0<a<e\)，這是錯的(很顯然，\(a=0\)是知足的)

緣由是當\(a<0\)時，\(lna\)是沒有意義的，可是此時函數\(y=ln(x+a)\)的圖像已經和\(y\)軸沒有交點了，

已經向右移動了，其漸近線也是向右移動的。

姊妹題2 【學生訓練題目】已知函數\(f(x)=x^2+e^x-\cfrac{1}{2}(x<0)\)與函數\(g(x)=x^2+\ln(x+a)\)的圖像上存在關於\(y\)軸的對稱點，則\(a\)的取值範圍是【】

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

提示：答案爲A，請仿上例完成。

姊妹題3 【學生訓練題目】已知函數\(f(x)=lnx-x^2\)與函數\(g(x)=x^2-\cfrac{2}{x}-m\)的圖像上存在關於原點的對稱點，則\(m\)的取值範圍爲________.

提示：由題意可知，函數\(f(x)=-g(-x)\)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，

設\(h(x)=lnx+\cfrac{2}{x}(x>0)\)，

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

故\(h(x)\)在區間\((0，2)\)上單調遞減，在區間\((2，+\infty)\)上單調遞增，

則\(h(x)_{min}=h(2)=ln2+1\)

即函數\(h(x)\)的值域是\([ln2+1，+\infty)\)

故\(m\)的取值範圍爲是\([ln2+1，+\infty)\)。

解後反思：若函數\(f(x)\)與函數\(g(x)\)的圖像上存在關於\(x\)軸的對稱點，則\(f(x)=-g(x)\)有解；若函數\(f(x)\)與函數\(g(x)\)的圖像上存在關於\(y\)軸的對稱點，則\(f(-x)=g(x)\)有解；

若函數\(f(x)\)與函數\(g(x)\)的圖像上存在關於原點的對稱點，則\(f(x)=-g(-x)\)有解；

例2 若函數\(f(x)=x+alnx\)不是單調函數，則實數\(a\)的取值範圍是 【 】

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

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

要使函數\(f(x)=x+alnx\)不是單調函數，

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

即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解，

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

例3 【不是單調遞減】已知函數\(f(x)=-\cfrac{1}{3}x^3+bx^2-(2b+3)x+2-b\)在R上不是單調遞減函數，則\(b\)的取值範圍是___________。

分析：如果R上的單調遞減函數，則\(f'(x)\leq 0\)恆成立，

如今不是R上的單調遞減函數，

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

故只須要\(f'(x)_{max}=b^2-2b-3>0\)便可，

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

反思總結：不是單調遞減的情形可能包含有單調遞增函數或常函數或有增有減函數。

例4 【函數不單調】函數\(f(x)=\cfrac{1}{3}x^3-x^2+ax-5\)在區間\([-1，2]\)上不單調，則實數\(a\)的取值範圍是_________。 \((-3，1)\)

法1：補集思想，\(f'(x)=x^2-2x+a\)，

若函數\(f(x)\)在\([-1，2]\)上單增，則\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恆成立，分離參數獲得\(a\ge -x^2+2x\)恆成立，在\([-1，2]\)上求得函數\(f(x)_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)；

若函數\(f(x)\)在\([-1，2]\)上單減，則\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恆成立，分離參數獲得\(a\leq -x^2+2x\)恆成立，在\([-1，2]\)上求得函數\(f(x)_{min}=-3\)，故\(a\leq -3\)；

故取其補集，當\(-3<a<1\)時，函數\(f(x)\)在區間\([-1，2]\)上不單調。

法2：由題可知\(f(x)\)不單調，則導函數\(y=f'(x)\)在區間\([-1，2]\)上至少有一個變號零點，

當只有一個變號零點時，由\(f'(-1)\cdot f'(2)\leq 0\)可得，\(-3\leq a\leq 0\)；

當有兩個變號零點時，由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\\Delta >0\end{cases}\)，解得\(0<a<1\)；

綜上所述，實數\(a\)的取值範圍是\((-3，1)\)。

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\(\Delta ABC\)恰有一個，那麼\(k\)的範圍是多少？

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

獲得方程\(k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)有一個解，或者兩個函數圖像有一個交點，數形結合求解便可。

\(0<k\leq 12\)或\(k=8\sqrt{3}\)，圖像待補充。

法2：待補充，從形的角度入手。

例6 【方程有兩個根】已知關於\(x\)的方程\(2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1-a=0\)在區間\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在兩個根，則實數\(a\)的取值範圍是________。

等價 已知函數\(y=2sin(2x+\cfrac{\pi}{6})+1-a\)在區間\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上有兩個零點，則實數\(a\)的取值範圍是________。

分析：題目先轉化爲方程\(sin(x+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{a-1}{2}\)在區間\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在兩個根，

再轉化爲函數\(y=sin(x+\cfrac{\pi}{6})\)和函數\(y=\cfrac{a-1}{2}\)有兩個不一樣的交點，

而後在同一個座標系中作出這兩個函數的圖像，

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

作出函數\(y=sint，t\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)的圖像和函數\(y=\cfrac{a-1}{2}\)的圖像，如圖所示，

由圖像能夠看出，\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)

解得\(2\leq a<3\)，故\(a\in [2，3)\)。

反思總結：

一、當橫軸是\(x\)軸(如圖二)和\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\)(如圖一)時，均可以獲得結論\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)，

可是利用圖一的作法，手工做圖很是快捷，因爲用到了總體思想，咱們就能夠利用模板函數的現成圖像，

只須要在現成的圖像上面截取咱們須要的那一部分就能夠了。這種方法咱們須要仔細體會，用心揣摩。示例

二、爲何這兩種方法均可以？是由於\(a=f(x)\)有解的題目，其實就是求函數\(f(x)\)的值域問題，而函數的值域的求法中，這兩種方法異曲同工。

例7 若關於\(x\)的方程\((lnx-ax)lnx=x^2\)存在三個不等實根，則實數\(a\)的取值範圍是_________。

分析：當\(x=1\)時，\(lnx=0\)，原式不成立，故不可能；

當\(lnx\neq 0\)時，\(lnx-ax=\cfrac{x^2}{lnx}\)，故\(ax=lnx-\cfrac{x^2}{lnx}\)，分離參數獲得，

則\(a=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\)，則\(y=a\)與\(y=h(x)\)的圖像有三個交點，

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

當\(x\in (0，1)\)時，\(h'(x)>0\)，故\(h(x)\)單調遞增；

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

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

當\(x\in (1，e)\)時，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)單調遞增，\(x\in (e，+\infty)\)時，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)單調遞減，

又\(h(e)=\cfrac{1}{e}-e\)，作出大體圖像以下：

要使得則\(y=a\)與\(y=h(x)\)的圖像有三個交點，必須\(a<\cfrac{1}{e}-e\)。

例8 【總體思想】已知關於\(x\)的方程\((\cfrac{1}{2})^x=\cfrac{1+lga}{1-lga}\)有正根，則實數\(a\)的取值範圍是【】

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

分析：若能想到將\(\cfrac{1+lga}{1-lga}\)當作一個總體\(b\)，則原題目變形爲方程\((\cfrac{1}{2})^x=b\)有正根，結合圖像可知，函數\(y=(\cfrac{1}{2})^x\)和函數\(y=b\)的圖像在\((0，+\infty)\)上有交點，故\(b\in (0，1)\)。

故原題目就等價於\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，

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

解\(\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，變形獲得\(\cfrac{2lga}{lga-1}>0\)，由穿根法獲得\(lga<0\)或\(lga>1\)，

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

解後反思：一、整個求解過程是將\(lga\)也當作一個總體，故能想到用穿根法求解；二、看到雙聯不等式的中間分式部分，若能聯想到分式的經常使用變形，也能夠這樣求解；

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

故利用倒數法則獲得\(\cfrac{1}{2}<\cfrac{1-lga}{2}<1\)，即\(1<1-lga<2\)，即\(-2<lga-1<-1\)，即\(-1<lga<0\)，解得解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故選\(C\).