函數的零點和極值點1

時間 2019-11-25

標籤函數零點 0點極值简体版

原文原文鏈接

前言

涉及到函數的零點和極值點的問題，與轉化劃歸思想、數形結合思想有着緊密的聯繫。html

函數$y=f(x)$有$n$個零點 $\Longleftrightarrow$ 方程$f(x)=0$有$n$個不一樣的根 $\Longleftrightarrow$ 兩個函數圖像$y=f(x)$與$y=0$有$n$個不一樣的交點，思想方法：數形結合。函數
函數$y=f(x)$有$n$個極值點 $\Longleftrightarrow$ 函數$y=f'(x)$有$n$個不一樣的零點(變號零點¹ ) $\Longleftrightarrow$ 兩個函數圖像$y=f'(x)$與$y=0$有$n$個不一樣的穿根交點而不是相切點，思想方法：數形結合。學習

典例剖析

已知函數的零點個數，求參數的取值範圍；spa

例1 【2017$\cdot$ 西安模擬】已知函數$f(x)=kx^2-lnx$有兩個零點，求參數$k$的取值範圍。3d

$A.k > \cfrac{e}{2}$ $B.0< k <\sqrt{e}$ $C.k > \cfrac{\sqrt{2}e}{2}$ $D.0< k <\cfrac{1}{2e}$

【法1】：不徹底分離參數法，數形結合法，定義域爲$(0，+\infty)$，轉化爲方程$kx^2=lnx$有兩個不一樣的實數根，
htm

再轉化爲函數$y=kx^2$與函數$y=lnx$的圖像有兩個不一樣的交點，
blog

如圖設兩個函數的圖像相切於點爲$(x_0，y_0)$，
內存

則有關係式$\begin{cases}2kx_0=\cfrac{1}{x_0}\\kx_0^2=y_0\\y_0=lnx_0\end{cases}$，
ci

解得$y_0=\cfrac{1}{2}，x_0=\sqrt{e}$，即切點爲$(\sqrt{e}，\cfrac{1}{2})$，
get

再代入函數$y=kx^2$，求得此時的$k=\cfrac{1}{2e}$，

再結合函數$y=kx^2$的係數$k$的做用，可得兩個函數要有兩個不一樣的交點，

則$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故選$D$.

【法2】：徹底分離參數法，定義域爲$(0，+\infty)$，轉化爲方程$kx^2=lnx$有兩個不一樣的實數根，

再轉化爲$k=\cfrac{lnx}{x^2}$有兩個不一樣的實數根，

再轉化爲函數$y=k$和函數$y=g(x)=\cfrac{lnx}{x^2}$的圖像有兩個不一樣的交點，

用導數研究函數$g(x)$的單調性，$g'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x^2-lnx\cdot 2x}{(x^2)^2}=\cfrac{1-2lnx}{x^3}$，

令$1-2lnx>0$，獲得$0< x<\sqrt{e}$，令$1-2lnx<0$，獲得$x >\sqrt{e}$，

即函數$g(x)$在區間$(0，\sqrt{e}]$上單調遞增，在$[\sqrt{e}，+\infty)$上單調遞減，

故$g(x)_{max}=g(\sqrt{e})=\cfrac{1}{2e}$，

做出函數$g(x)$和函數$y=k$的簡圖，由圖像可得$k$的取值範圍是$k\in(0，\cfrac{1}{2e})$。故選$D$.

例2 【姊妹題1】(2017$\cdot$安徽合肥模擬)已知函數$f(x)=xlnx-ae^x$有兩個極值點，則實數$a$的取值範圍是【】

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

【法1】：函數$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有兩個變號零點，

即函數$g(x)=lnx+1(x>0)$與函數$h(x)=ae^x(x>0)$有兩個不一樣的交點；

仿上題的法1，求得兩條曲線相切時的$a=\cfrac{1}{e}$，

結合圖像可知，要使兩個函數有兩個不一樣的交點，

則有$0< a <\cfrac{1}{e}$，故選A。

【法2】：函數$f'(x)=lnx+1-ae^x=0$有兩個變號零點，

分離參數獲得，$a=\cfrac{lnx+1}{e^x}$，

仿上例法2，求得$0< a <\cfrac{1}{e}$，故選A。

例3 【姊妹題2】函數$f(x)=(x-2)e^x+a(x-1)^2$有兩個零點，求$a$的取值範圍。

【法1】：方程$a(x-1)^2=(2-x)e^x$有兩個不一樣的根，

即函數$g(x)=a(x-1)^2$與函數$h(x)=(2-x)e^x$有兩個不一樣的交點，

其中函數$h(x)=(2-x)e^x$的圖像須要先判斷單調性，

用導數求得$x\in(-\infty，1)$上單調遞增，在$x\in(1，+\infty)$上單調遞減，

做圖時須要注意這樣幾點，$x<1$時，$h(x)>0$，$h(1)=e$，$h(2)=0$；

作出如右圖所示的圖像，

由圖像可得，$a$的取值範圍是 $a >0$；即$a\in(0，+\infty)$；

【法2】：分離參數獲得，$a=\cfrac{(2-x)e^x}{(x-1)^2}$

一樣能夠作，只是作函數$h(x)=\cfrac{(2-x)e^x}{(x-1)^2}$的圖像比較難，

用導數求得函數$h(x)$在$(-\infty，1)$上單調遞增，在$(1，+\infty)$上單調遞減，

注意$x<1$時，$h(x)>0$，$h(0)=2$，$h(2)=0$，且$x=1$是其漸近線；如右圖所示；

故$a$的取值範圍是 $a >0$；即$a\in(0，+\infty)$；

解後反思：

一、法1要求咱們對函數$y=kx^2$的係數的$k$的幾何意義要很清楚。

二、合理的轉化劃歸是學習數學的一個必備素養。

三、圖是高中數學的生命線。

四、這幾個題目的求解也可使用上述的兩個思路，一模一樣，這也讓咱們感覺到數學的學習中，真的有必要總結一些比較特殊的模型，以簡化思惟，節省時間。

例4 已知函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點，求$a$的取值範圍【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(0，\cfrac{1}{2})$ $C.(0，1)$ $D.(0，+\infty)$

法1：函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點，即導函數$f'(x)=lnx+1-2ax$有兩個變號零點，

即方程$lnx=2ax-1$有兩個不一樣實數根，即函數$y=lnx$與函數$y=2ax-1$有兩個不一樣的交點，做出圖像如右圖；

設恆過定點的函數$y=2ax-1$與函數$y=lnx$相切於點$(x_0，y_0)$，

則$\begin{cases}2a=\cfrac{1}{x_0}\\y_0=2ax_0-1\\y_0=lnx_0\end{cases}$，

解得$x_0=1，y_0=0$，即切點爲$(1，0)$，此時直線的斜率爲$k=1$，

由圖像可知，要使函數$y=lnx$與函數$y=2ax-1$有兩個不一樣的交點，

則$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故選B.

法2：轉化爲導函數$f'(x)=lnx+1-2ax$有兩個變號零點，

分離參數獲得，方程$2a=\cfrac{lnx+1}{x}$有兩個不一樣的實根，

令$g(x)=\cfrac{lnx+1}{x}$，定義域爲$x>0$，$g'(x)=\cfrac{-lnx}{x^2}$，

則$x\in(0，1)$時，$g'(x)>0$，函數$g(x)$單調遞增，

$x\in(1，+\infty)$時，$g'(x)<0$，函數$g(x)$單調遞減，

故$g(x)_{max}=g(1)=1$，

做出函數$y=g(x)$和$y=2a$的圖像於同一個座標系中，

則獲得$0<2a<1$，即$a\in(0，\cfrac{1}{2})$，故選$B$.

例5 【同源題，2013湖北卷】已知$a$爲常數，函數$f(x)=x(lnx-ax)$有兩個極值點$x_1，x_2(x_1 < x_2)$，則【】

$A.f(x_1)>0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

$B.f(x_1)<0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$C.f(x_1)>0，f(x_2)<-\cfrac{1}{2}$

$D.f(x_1)<0，f(x_2)>-\cfrac{1}{2}$

分析：同於上例2的不徹底分離參數法，能夠求得函數$f(x)$有兩個極值點時的條件是$0< a <\cfrac{1}{2}$，

再者，由兩個函數$y=lnx$和$y=2ax-1$有兩個交點的圖像，能夠直觀獲得$x_1< 1 < x_2$，

且由$f'(x)=lnx-2ax+1=lnx-(2ax-1)$，以及圖像可知，$f'(x) >0$在$(x_1，x_2)$上恆成立，

故$f(x)$在$(x_1，x_2)$上單調遞增，則有$f(x_1)< f(1) =-a <0$，$f(x_2) > f(1) =-a >-\cfrac{1}{2}$，

故選$D$。

例6 函數$f(x)=\begin{cases}x^3-x-1，&x\ge2或x\leq -1\\1&-1<x<2\end{cases}$，求函數$g(x)=f(x)-x$的零點。

分析：函數$g(x)$的零點，即方程$f(x)=x$的根，這樣問題就轉化爲分段函數方程了。

再等價轉化獲得$\begin{cases}x\ge 2或x\leq -1\\x^3-x-1=x\end{cases}$或者$\begin{cases}-1<x<2\\x=1\end{cases}$，

解第二個不等式組容易獲得$x=1$ ，難點是解第一個不等式組。

由$x^3-2x-1=0$，用試商法可得$x=-1$是其一個根，

故分解爲$x^3+1-2(x+1)=(x+1)(x^2-x-1)=0$，解得$x=-1$或$x=\cfrac{1\pm\sqrt{5}}{2}$(不符捨去)，

故函數$g(x)=f(x)-x$的零點爲$x=-1$和$x=1$。

例7 【2017•濰坊模擬】已知函數$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3－bx^2＋c(b，c爲常數)$，當$x＝2$時，函數$f(x)$取得極值，若函數$f(x)$只有三個零點，則實數$c$的取值範圍是________．

分析：$f'(x)=x^2-2bx$，由$f'(2)=0$獲得$b=1$，故$f'(x)=x^2-2x=x(x-2)$，

故函數$f(x)$在$(-\infty，0)$上$\nearrow$，在$(0，2)$上$\searrow$，在$(2，+\infty)$上$\nearrow$；

要使得函數$f(x)$只有三個零點，則只需且必須$\begin{cases}f(0)=c>0\\f(2)=\cfrac{8}{3}-4+c<0\end{cases}$，

解得$c\in(0，\cfrac{4}{3})$。

引伸：

一、若是是僅僅只有一個零點呢？

二、若是有兩個零點呢？

例8 【2017$\cdot$全國卷3理科第12題】已知函數$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一的零點，則$a$的值爲【】

$A.-\cfrac{1}{2}$ $B.\cfrac{1}{3}$ $C.\cfrac{1}{2}$ $D.1$

【法1】：分離常數法，本題目就不適宜使用此法；

由$f(x)=0$獲得$a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x$，

分離獲得$a=\cfrac{-x^2+2x}{e^{x-1}+e^{-x+1}}=h(x)$，

你應該能感受到函數$h(x)$若要用導數分析其單調性，

那會是至關的難，故分離參數的思路通常在這個題目中，就天然捨棄了。

【法2】：由題目可知方程$f(x)=0$僅有一解，即$a(e^{x-1}+e^{-x+1})=-x^2+2x$僅有一解，

即函數$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$與函數$y=-x^2+2x$的圖像僅有一個交點。參考圖像

具體用手工怎麼做圖呢，函數$y=-x^2+2x$的圖像你們應該會的，故重點說函數$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的圖像作法。

令函數$g(x)=y=e^x+\cfrac{1}{e^x}=e^x+e^{-x}$，則是偶函數，$g(0)=2$，

當$x\ge 0$時，$g'(x)=e^x-e^{-x}$，$g'(x)$單調遞增，

故$g'(x)\ge g'(0)=0$，則函數$g(x)$在$[0，+\infty)$上單調遞增，又由偶函數可知，在$(-\infty，0]$上單調遞減，

這樣咱們就作出了函數$g(x)=e^x+\cfrac{1}{e^x}$的圖像，而後將其向右平移一個單位，獲得$y=e^{x-1}+e^{-x+1}$的圖像，

前邊的係數$a$的做用有兩個，其一控制張角大小，其二控制函數最低點的位置，

就像函數$y=a|x|$中的$a$的做用同樣的，因此咱們就能用手工作出函數$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的圖像，

要使得函數$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$與函數$y=-x^2+2x$的圖像僅有一個交點，

就須要函數$y=a(e^{x-1}+e^{-x+1})$的最小值$a(e^{1-1}+e^{-1+1})=2a$和函數$y=-x^2+2x$的最大值$-1^2+2\times1=1$相等，

故$2a=1$，解得$a=\cfrac{1}{2}$。

【法3】：構造函數法+函數的性質法；

函數$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})=(x-1)^2+a[e^{x-1}+e^{-(x-1)}]-1$，

令$t=x-1$，則$g(t)=f(x-1)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1$，

因爲$g(-t)=t^2+a(e^t+e^{-t})-1=g(t)$，故$g(t)$爲偶函數，

因爲函數$f(x)$有惟一零點，則函數$g(t)$也有惟一零點，

又函數$g(t)$是偶函數，即函數$g(t)$與$t$軸僅有一個交點，則$g(0)=0$，

代入獲得$2a-1=0$，即$a=\cfrac{1}{2}$；

【法4】：函數$f(x)=0\Leftrightarrow$ $a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})=-x^2+2x$

$e^{x-1}+e^{-(x-1)}\ge 2\sqrt{e^{x-1}\cdot e^{-(x-1)}}=2$，當且僅當$x=1$時取到等號；

$-x^2+2x=-(x-1)^2+1\leq 1$；

若$a>0$時，$a(e^{x-1}+e^{-(x-1)})\ge 2a$，

要使$f(x)$僅有一個零點，則必有$2a=1$，解得$a=\cfrac{1}{2}$；

若$a<0$，則函數$f(x)$的零點不惟一，

綜上，$a=\cfrac{1}{2}$；選C.

【法5】由$f(x)=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$，

獲得$f(2-x)=(2-x)^2-2(2-x)+a(e^{2-x-1}+e^{-(2-x)+1})=x^2-2x+a(e^{x-1}+e^{-x+1})$，

因此$f(2-x)=f(x)$，故$x=1$是函數$f(x)$圖像的對稱軸。

由題意可知，函數$f(x)$有惟一的零點，

故只能是$x=1$，

即$f(1)=1^2-2\times1+a(e^{1-1}+e^{-1+1})=0$，

解得$a=\cfrac{1}{2}$，故選C.

【法6】咱們通常這樣轉化，由函數$f(x)$有惟一的零點，

獲得方程$x^2-2x=-a(e^{x-1}+e^{-x+1})$有惟一解，注意到方程的右端，

咱們能夠和對勾函數作以聯繫，令$x-1=t$，則$x=t+1$，

故原方程就轉化爲$(t+1)^2-2(t+1)=-a(e^t+e^{-t})$，爲了便於作出圖像，

還須要再代換，令$e^t=x$，則$x>0$且$t=lnx$，

這樣方程就又轉化爲$ln^2x-1=-a(x+\cfrac{1}{x})$，

在同一個座標系中，分別作出函數$y=ln^2x-1$和$y=-a(x+\cfrac{1}{x})$的圖像，

由圖像可知對勾函數前面的係數必須知足$-a=-\cfrac{1}{2}$，

即$a=\cfrac{1}{2}$，故選C.

例9 【2017$\cdot$全國卷3理科第12題】函數$f(x)=mx^2-2x+1$有且只有一個正實根零點，則實數$m$的取值範圍是【】

$A.(-\infty，0)$ $B.(-\infty，0]\cup\{1\}$ $C.(-\infty，0)\cup\{1\}$ $D.(-\infty，1]$

【法1】：驗證法；

令$m=0$，則由$-2x+1=0$可得一個正實根$x=\cfrac{1}{2}$，故$m=0$知足題意，排除$C$；

令$m=1$，則由$(x-1)^2=0$可得一個正實根$x=1$，故$m=1$知足題意，排除$D$；

令$m=\cfrac{1}{2}$，則由$\cfrac{1}{2}x^2-2x+1=\cfrac{1}{2}(x-2)^2-1=0$可得兩個正實根$x=2\pm\sqrt{2}$，排除$A$；

故選$B$.

【法2】：分類討論法；

注意到函數$f(x)=mx^2-2x+1$爲仿二次函數，故想到須要分類討論，令$f(x)=mx^2-2x+1=0$，注意隱含條件$f(0)=1$

$1^{\circ}$當$m=0$時，由$-2x+1=0$可得一個正實根$x=\cfrac{1}{2}$，故$m=0$知足題意；

$2^{\circ}$當$m>0$時，拋物線開口向上，$f(0)=1$，對稱軸爲$x=\cfrac{1}{m}>0$，只能$\Delta=4-4m=0$，

可得一個正實根$x=\cfrac{1}{m}$，解得$m=1$；

$3^{\circ}$當$m<0$時，拋物線開口向下，$f(0)=1$，對稱軸爲$x=\cfrac{1}{m}<0$，

要知足題意只需$\Delta=4-4m>0$便可，解得$m<0$；

綜上所述，$m$的取值範圍爲$(-\infty，0]\cup\{1\}$，選B。

【法3】：分離參數法，因爲函數有且只有一個正零點，

在$x>0$時，分離參數獲得$m=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$，

要使得原函數有且只有一個正零點，只須要函數$y=m$和函數$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$，

在$x>0$時的圖像的交點有且僅有一個便可。

用導數研究函數$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$的單調性，而後作出簡圖，此處簡略。

在同一座標系中，作出函數$y=m$和$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}(x>0)$的圖像，

由圖像可得，$m$的取值範圍爲$(-\infty，0]\cup\{1\}$。

補充：用導數研究函數$g(x)=\cfrac{2x-1}{x^2}$的單調性，

$g'(x)=\cfrac{-2(x^2-1)}{x^4}$，

令$g'(x)>0$的$0<x<1$；令$g'(x)<0$的$x>1$；

故函數$g(x)$在區間$(0，1]$上單調遞增，在區間$[1，+\infty)$上單調遞減，

又$g(1)=1$，而後就能手動作出函數圖像。

例10 【2017$\cdot$山東卷】已知當$x\in[0，1]$時，函數$y=f(x)=(mx-1)^2$的圖像與$y=g(x)=\sqrt{x}+m$的圖像有且只有一個交點，則正實數$m$的取值範圍是【】

$A.(0，1]\cup[2\sqrt{3}，+\infty)$

$B.(0，1]\cup[3，+\infty)$

$C.(0，\sqrt{2}]\cup[2\sqrt{3}，+\infty)$

$D.(0，\sqrt{2}]\cup[3，+\infty)$

分析：這類題目總的解決途徑無非是從形的角度和從數的角度兩個方面思考：

法1：從形的角度，天然須要咱們對常見函數的圖像以及所含參數$m$的含義要很是清楚才行。

注意到兩個函數圖像都會隨着參數$m$的取值變化而變化，都是動圖。

第一種情形，如圖一所示，兩者在對稱軸$x=\cfrac{1}{m}$的左側只有一個交點，右側不能有交點

則有$\begin{cases}f(0)\ge g(0)\\ f(1)<g(1)\end{cases}$，即$\begin{cases}1\ge m\\ (m-1)^2<m+1\end{cases}$，

$0<m\leq 1$；

第二種情形，如圖二所示，兩者在對稱軸$x=\cfrac{1}{m}$的左側沒有交點，右側只有一個交點

則有$\begin{cases}f(0)< g(0)\\ f(1)\ge g(1) \end{cases}$，即$\begin{cases}1< m\\ (m-1)^2\ge m+1 \end{cases}$，

$m\ge 3$；

綜上所述，$m$的取值範圍爲$(0，1]\cup[3，+\infty)$ ，選$B$.

例12 【2016$\cdot$山東卷】已知函數$f(x)=\begin{cases}|x|，x<m\\x^2-2mx+4m，x\ge m\end{cases}$，其中$m>0$，若存在實數$b$，使得關於$x$的方程$f(x)=b$有三個不一樣的根，則$m$的取值範圍是_____________。

【等價題目】已知函數$f(x)=\begin{cases}|x|，x<m\\x^2-2mx+4m，x\ge m\end{cases}$，其中$m>0$，若存在實數$b$，使得函數$y=f(x)-b$有三個不一樣的零點，則$m$的取值範圍是_____________。

分析：因爲$m>0$，故在$x$軸的正半軸任取一點記爲$m$，作出分段函數$f(x)$的兩段函數圖像，

注意第二段函數$y=x^2-2mx+4m=(x-m)^2+4m-m^2$，對稱軸是$x=m$，最小值是$4m-m^2$，

因爲最小值隨$m$是變化的，故作出了三種情形，編號爲①②③；

要使得關於$x$的方程$f(x)=b$有三個不一樣的根，

則須要函數$y=f(x)$與函數$y=b$的圖像有三個不一樣的交點，

很顯然，圖①②都不知足題意，只有圖③知足題意，

而後將圖形語言轉化爲數學語言便可，

即$|m|>m^2-2m^2+4m$，由$m>0$，

獲得$m^2-3m>0$，解得$m<0$或$m>3$

又$m>0$，綜上$m>3$。$m\in (3，+\infty)$。

例13 已知函數$f(x)$是R上的偶函數，且對任意的$x\in R$都有$f(x+2)=f(x)$成立，當$0\leq x\leq 1$時，$f(x)=x^2$，若函數$y=x+a$與函數$y=f(x)$的圖像在$[0，2]$上恰有兩個不一樣的公共點，則$a$的取值範圍是__________。

分析：因爲對任意的$x\in R$都有$f(x+2)=f(x)$成立，則$T=2$，

又由於當$0\leq x\leq 1$時，$f(x)=x^2$，

故只作出函數$f(x)$在一個週期$[0，2]$上的圖像，如右圖所示。

當$a=0$時，此時函數$y=x+a$通過原點，剛好和$y=f(x)$有兩個不一樣的交點，符合題意；

而後咱們讓直線沿着$y$軸向下平移，

發現向下平移一開始，兩者有三個不一樣交點，但當兩者相切時，又有了兩個交點，

再往下平移，就只有一個交點了。

設切點爲$A(x_0，y_0)$，則$f'(x)=2x$，

由$f'(x_0)=2x_0=1$，及$y_0=x_0^2$，

解得$x_0=\cfrac{1}{2}$，$y_0=\cfrac{1}{4}$，代入$y_0=x_0+a$，

獲得$a=-\cfrac{1}{4}$。

故所求$a$的取值範圍是$a=0$或$a=-\cfrac{1}{4}$。

解後反思：

一、若題目變成「在區間$[0，1]$上兩者恰有兩個不一樣的交點」，則$-\cfrac{1}{4}<a\leq 0$；

二、若題目變成「在區間$[0，2]$上兩者恰有三個不一樣的交點」，則$-\cfrac{1}{4}<a< 0$；

三、若題目變成「在區間$[0，1]$上兩者恰有一個不一樣的交點」，則$a=-\cfrac{1}{4}$；

四、若題目變成「在區間$[0，2]$上兩者恰有一個不一樣的交點」，則$-2<a<-\cfrac{1}{4}$；

例14 已知函數$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{ln(-x)，x<0}\\{e^x+e^{2-x}-a，x\ge 0}\end{array}\right.$，若$f(x)$的全部零點之和爲$1$，則實數$a$的取值範圍是$(2e，e^2+1)$；

【分析】容易求出其中一個零點$x=-1$，而後研究$x\ge 0$時的函數$f(x)$的對稱性，由圖像的對稱性和單調性得出函數在$x\ge 0$上的兩個對稱的零點的條件，從而獲得$a$的取值範圍。

【解答】當$x<0$時，由$ln(-x)=0$，獲得函數的一個零點是$x=-1$，

當$x\ge 0$時，$f(x)=e^x+e^{2-x}-a$，$f(2-x)=e^{2-x}+e^x-a$，故$f(x)=f(2-x)$，即此時函數$f(x)$的圖像關於直線$x=1$對稱(此時函數圖像部分對稱，若去掉$x\ge 0$的限制，函數圖像徹底對稱)，此時函數如有零點，則必然知足$x_1+x_2=2$，故全部零點之和爲1，知足題意；

又$f'(x)=e^x-e^{2-x}$，當$x\in (0，1)$時，$f'(x)<0$，即$f(x)$單調遞減，當$x\in (1，+\infty)$時，$f'(x)>0$，即$f(x)$單調遞增，

故函數$f(x)_{min}=f(1)=e^1+e^{2-1}-a=2e-a$；

但要使得函數$f(x)$有零點必須知足條件$f(x)_{min}<0$且$f(0)>0$，（這是爲了保證函數有兩個零點，且在$(0，1)$段上的零點必須存在）

即$2e-a<0$且$e^0+e^2-a>0$，解得$2e<a<e^2+1$，

【點評】①本題目考查函數的零點，考查的很靈活，藉助圖像相似開口向上的拋物線的函數的對稱性考查零點的存在性，頗有創意，並且咱們通常很難想到研究函數的對稱性。大多可能會朝對勾形函數作轉化，結果思路變得模糊而不可解。
②對抽象函數而言，當咱們看到條件$f(x)=f(2-x)$，確定能想到函數有對稱軸$x=1$，但碰到具體的函數咱們卻每每想不到用$f(x)=f(2-x)$來判斷函數的對稱性。

例15 【2019屆高三理科數學資料用題】【2018日照一模】

已知函數$f(x)=\left\{\begin{array}{l}{|lgx|，x>0}\\{2^{|x|}，x\leq 0}\end{array}\right.$，則函數$y=2f^2(x)-3f(x)+1$的零點個數是【5】個。

分析：函數$y=2f^2(x)-3f(x)+1$的零點個數即方程$2f^2(x)-3f(x)+1=0$的根的個數，

故先求解方程$2f^2(x)-3f(x)+1=0$，即$[2f(x)-1][f(x)-1]=0$，

解得$f(x)=1$或$f(x)=\cfrac{1}{2}$，

接下來原方程的根的個數轉化爲方程$f(x)=1$或$f(x)=\cfrac{1}{2}$的根的個數，

故作出函數$y=f(x)$的圖像和直線$y=1$和$y=\cfrac{1}{2}$，

由圖像能夠看出，其共有$5$個交點，故原函數的零點個數爲$5$個。

例16 【2019屆高三理科數學資料用題】已知函數$f(x)=x^2-|x|+a$與$y=1$有$4$個交點，則實數$a$的取值範圍是_______________。

分析：將函數轉化爲$f(x)=|x|^2-|x|+a$，故$f(x)$爲偶函數，

重點作$x\ge 0$時的函數圖像，$f(x)=x^2-x+a=(x-\cfrac{1}{2})^2+a-\cfrac{1}{4}(x\ge 0)$，

對稱軸爲$x=\cfrac{1}{2}$，最低點爲$(\cfrac{1}{2}，a-\cfrac{1}{4})$，和$y$軸的交點爲$(0 ，a)$，

再完善$x<0$時的圖像，獲得函數$y=f(x)$的完整圖像，

想想，當參數$a$變化時，$f(x)$的圖像如何變化？

由圖像可知，要使得函數$f(x)=x^2-|x|+a$與$y=1$有$4$個交點，

則必須知足$a>1$且$a-\cfrac{1}{4}<1$，

解得$a\in (1，\cfrac{5}{4})$。

例17 【2019屆高三理科數學資料用題】已知$a，b$是實數，$1$和$-1$是函數$f(x)=x^3+ax^2+bx$的兩個極值點，

(1)求$a、b$的值；

分析：由題目可知，$f'(x)=3x^2+2ax+b$，

則由$\left\{\begin{array}{l}{f'(-1)=3-2a+b=0}\\{f'(1)=3+2a+b=0}\end{array}\right.$，解得$\left\{\begin{array}{l}{a=0}\\{b=-3}\end{array}\right.$，

經檢驗，$f'(x)=3x^2-3=3(x+1)(x-1)$，則$1$和$-1$是函數$f(x)$的兩個極值點，知足題意。

【解後反思】因爲可導函數$f(x)$，$f'(x_0)=0$是$x_0$爲極值點的必要不充分條件，

故解方程後須要檢驗。

(2)設函數$g(x)$的導函數$g'(x)=f(x)+2$，求$g(x)$的極值點。

分析：由題可知，$g'(x)=f(x)+2=x^3-3x+2$，

【試商法，得知$x=1$爲函數$g'(x)$的零點，故分組分解以下】

$g'(x)=x^3-1-3x+3=(x-1)(x^2+x+1)-3(x-1)$

$=(x-1)(x^2+x-2)=(x-1)^2(x+2)$，

若是題目是選擇或填空題，則利用穿根法作出函數$g'(x)$的簡圖，

由圖像可知，$x=1$不是極值點，$x=-2$是極小值點。

解答題時則這樣作，

當$x\in (-\infty，-2)$，$g'(x)<0$，則$g(x)$單調遞減；

當$x\in (-2，1)$，$g'(x)>0$，則$g(x)$單調遞增；

當$x\in (1，+\infty)$，$g'(x)>0$，則$g(x)$單調遞增；

故$x=-2$是函數$g(x)$的極小值點，$x=1$不是極值點。

注意：$x=-2$是導函數$y=g'(x)$的變號零點，

$x=1$是導函數$y=g'(x)$的不變號零點。

例18 【2019屆高三理科數學資料用題】設函數$f(x)=\cfrac{e^x}{x^2}-k(\cfrac{2}{x}+lnx)$，($k$爲常數)，

(1)當$k\leq 0$時，求函數$f(x)$的單調區間；

分析：函數的定義域爲$(0，+\infty)$，

$f'(x)=\cfrac{e^x\cdot x^2-e^x\cdot 2x}{x^4}-k(-\cfrac{2}{x^2}+\cfrac{1}{x})$

$=\cfrac{e^x(x-2)}{x^3}-\cfrac{kx(x-2)}{x^3}=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$

【將上述分式當作三個部分，$y=x-2$和$y=e^x-kx$和$y=x^3$，每個部分的正負必然會影響和決定總體的正負】

注意到$x^3>0$，當$k\leq 0$時，$e^x-kx>0$，故咱們只須要藉助$y=x-2(x>0)$的圖像，就能夠判斷$f'(x)$的正負。

當$x\in (0，2)$時，$f'(x)<0$，$f(x)$單調遞減；

當$x\in (2，+\infty)$時，$f'(x)>0$，$f(x)$單調遞增；

故單減區間爲$(0，2)$，單增區間爲$(2，+\infty)$。

(2)若函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，求$k$的取值範圍。

法1：分類討論法，

由(1)知，當$k\leq 0$時，函數$f(x)$在$(0，2)$內單調遞增，

故$f(x)$在$(0，2)$內不存在極值點；

當$k > 0$時，設函數$g(x)=e^x-kx$，$x\in (0，+\infty)$，

因爲$g'(x)=e^x-k=e^x-e^{lnk}$，

當$x\in (0，2)$時，$e^x \in (1，e^2)$，先考慮$g'(x)\ge 0$的情形，故由此找到分點$k=1$；

當$0< k \leq 1$時，$x\in (0，2)$時，$g'(x)=e^x-k >0$，

$y=g(x)$單調遞增，故$g(x)_{min}=g(0)=1>0$；

故函數$f(x)$在$(0，2)$內單調遞減，故不存在極值點；

當$k >1$時，則$x\in (0，lnk)$時，$g'(x)<0$，$g(x)$單調遞減，

$x\in (lnk，+\infty)$時，$g'(x) >0$，$g(x)$單調遞增，

因此函數$y=g(x)$的最小值爲$g(lnk)=k(1-lnk)$，

那麼函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點應該等價於函數$g(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，

函數$g(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點當且僅當

$\left\{\begin{array}{l}{g(0) >0}\\{g(lnk) <0}\\{g(2)>0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

即$\left\{\begin{array}{l}{e^0-0>0}\\{k(1-lnk) <0}\\{e^2-2k >0}\\{0< lnk <2}\end{array}\right.$

解得$e< k <\cfrac{e^2}{2}$；

綜上所述，函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

法2：因爲函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，

則函數$y=f'(x)$在區間$(0，2)$內存在兩個零點，且爲變號零點，

又$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}$，則方程$f'(x)=\cfrac{(x-2)(e^x-kx)}{x^3}=0$在$(0，2)$內有兩個不一樣的實根，

因爲$x\in (0，2)$，即方程$e^x-kx=0$在$(0，2)$內有兩個不一樣的實根，

分離參數，即方程$k=\cfrac{e^x}{x}$在$(0，2)$內有兩個不一樣的實根，

即函數$y=k$和函數$h(x)=\cfrac{e^x}{x}$的圖像在$(0，2)$內有兩個不一樣的交點，

函數$y=h(x)$的定義域爲$(-\infty，0)\cup(0，+\infty)$，

因爲$h'(x)=\cfrac{e^x\cdot x-e^x\cdot 1}{x^2}=\cfrac{e^x(x-1)}{x^2}$，

故$x\in (-\infty，0)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，

$x\in (0，1)$時，$h'(x)<0$，$h(x)$單調遞減，

$x\in (1，+\infty)$時，$h'(x)>0$，$h(x)$單調遞增，

又因爲$h(1)=e$，根據以上作出函數$h(x)$的簡圖以下，

注意，本題目中只須要關注$h(x)$的$x\in (0，2)$這一段，

由圖像可知，兩個函數的圖像在$(0，2)$內要有兩個不一樣的交點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

故函數$f(x)$在$(0，2)$內存在兩個極值點，則$k\in (e，\cfrac{e^2}{2})$。

例19 已知$|\vec{a}|=2|\vec{b}|$，$|\vec{b}| \neq 0$，且關於$x$的函數$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有極值，則$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角範圍是【】

$A.[0，\cfrac{\pi}{6})$ $B.(\cfrac{\pi}{3}，\pi]$ $C.(\cfrac{\pi}{3}，\cfrac{2\pi}{3}]$ $D.(\cfrac{\pi}{6}，\pi]$

分析：函數$f(x)=\cfrac{1}{3}x^3+\cfrac{1}{2}|\vec{a}|x^2+\vec{a}\cdot \vec{b}x$在$R$上有極值，

其充要條件是其導函數$y=f'(x)$存在變號零點，

$f'(x)=x^2+|\vec{a}|x+\vec{a}\cdot \vec{b}$，其$\Delta =|\vec{a}|^2-4\vec{a}\cdot \vec{b}>0$，

設$\vec{a}$與$\vec{b}$的夾角爲$\theta$，

則$4|\vec{b}|^2-4\times 2|\vec{b}| \cdot |\vec{b}| cos\theta>0$，

即$cos\theta<\cfrac{1}{2}$，因爲$\theta\in [0，\pi]$，

因此$\theta \in (\cfrac{\pi}{3}，\pi]$，故選$B$。

例20 若函數$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且僅有一個極值點，則實數$a$的取值範圍是___________。

分析：$f'(x)=4x^3-3ax^2+2x=x(4x^2-3ax+2)$，

函數$f(x)=x^4-ax^3+x^2-2$有且僅有一個極值點，

其充要條件是因子函數$h(x)=4x^2-3ax+2$不存在變號零點，