用分离常数法解高考题

用分离常数法解2014年高考题1用分离常数法讨论方程根的个数题1(2014年高考课标全国卷I理科第11题即文科第12题)已知函数32()31fxaxx，若()fx存在唯一的零点0x，且00x，则a的取值范围是()A.(2,)B.(1,)C.(,2)D.(,1)答案C解因为函数32()31fxaxx的零点不为0，所以可得本题的题干等价于“关于x的方程axx3113有唯一实根，且该实根是正数，求a的取值范围”，也等价于“关于x的方程axx33有唯一实根，且该实根是正数，求a的取值范围”．用导数容易作出曲线33xxy如图1所示：图1由图1可得答案C．题2(2014年重庆卷文科第10题)已知函数]1,0(,]0,1(,311)(xxxxxf，且mmxxfxg)()(在]1,1(内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是()A.]21,0(]2,49(B.]21,0(]2,411(C.]32,0(]2,49(D.]32,0(]2,411(答案A解设)11(1)()(xxxfxh，题意即曲线)(xhy与直线my有两个公共点．因为)10(111)01(2311)(2xxxxxh，由复合函数单调性的判别法则“同增异减”可得函数)(xh在31,1上是减函数，在]1,0(,0,31上均是增函数，从而可作出曲线)(xhy的草图如图2所示，由此可得答案．图2题3(2014年高考江苏卷第13题)已知()fx是定义在R上且周期为3的函数，当[0,3)x时，21()22fxxx，若函数()yfxa在区间3,4上有10个零点(互不相同)，则实数a的取值范围是．答案10,2解作出函数21()2(03)2fxxxx的图象如图3所示：图3有1(0)2f；当且仅当1x时，1()=2fx极大；7(3)=2f．关于x方程()0fxa即()=fxa在[3,4]x上有10个零点，即曲线()yfx与直线ya在[3,4]上有10个交点．因为函数()fx的周期为3，所以直线ya与曲线212(03)2yxxx有4个交点，得所求实数a的取值范围是10,2．题4(2014年高考天津卷理科第14题)已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R．若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围为________．答案(0,1)∪(9,＋∞)解因为1x不是原方程的根，所以设xx1后可得本题等价于：若关于x的方程axx54恰有4个互异的实根，则实数a的取值范围为________．(1)作出对勾函数xxxf4)(的图象如图4所示：图4(2)再由平移可作出函数54)(xxxg的图象如图5所示：图5(3)作出函数54)(xxxh的图象如图6所示：图6因为关于x的方程axx54的互异实根个数即两条曲线ayxxy,54公共点的个数，所以由图6可得结论：①当0a时，原方程互异实根的个数是0；②当0a或91a时，原方程互异实根的个数是2；③当1a或9时，原方程互异实根的个数是3；④当10a或9a时，原方程互异实根的个数是4．所以本题的答案是(0,1)∪(9,＋∞)．题5(2014年高考天津卷文科第14题)已知函数f(x)＝|x2＋5x＋4|，x≤0，2|x－2|，x＞0.若函数y＝f(x)－a|x|恰有4个零点，则实数a的取值范围为________．答案(1,2)简解因为0x不是函数y＝f(x)－a|x|的零点，所以可得本题等价于：若两条曲线ayxxxxxy,)0(122)0(54恰有4个公共点，则实数a的取值范围为________．同题4的解法，可作出曲线)0(122)0(54xxxxxy如图7所示：图7由图7可得结论：①当0a时，原方程互异实根的个数是0；②当0a或2a时，原方程互异实根的个数是3；③当10a时，原方程互异实根的个数是6；④当1a时，原方程互异实根的个数是5；⑤当21a时，原方程互异实根的个数是4．所以本题的答案是(1,2)．题6(2014年高考天津卷理科第20(1)题)设f(x)＝x－aex(a∈R)，x∈R．已知函数y＝f(x)有两个零点x1，x2，且x1x2，求a的取值范围．解题设关于x的方程axxe有两个零点．用导数可得函数xxxge)(在),1(),1,(上分别是增函数、减函数，且0)(lim,e1)1(,)(limxggxgxx．由此可作出函数)(xg的图象如图8所示：图8所以所求答案为e1,0．题7(2014年高考课标全国卷II文科第21题)已知函数32()32fxxxax，曲线()yfx在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2．(1)求a；(2)证明：当1k时，曲线()yfx与直线2ykx只有一个交点．解(1)1a．(2)题意即证“当1k时，关于x的方程3232=2xxaxkx即有唯一实根”．设24g()31xxxx，得22115248()(2)xgxxx，所以函数()gx在)2,0(),0,(上均是减函数，在),2(上是增函数．由此可作出函数24g()31xxxx的图象如图9所示：图9由图9可得欲证成立．题8(2014年高考北京卷文科第20题)已知函数3()23fxxx．(1)求()fx在区间[2,1]上的最大值；(2)若过点(1,)Pt存在3条直线与曲线()yfx相切，求t的取值范围；(3)问过点(1,2),(2,10),(0,2)ABC分别存在几条直线与曲线()yfx相切？只需写出结论．解(1)(3)略．(2)2()63fxx．当点P在曲线()yfx上即1t时：又当点(1,1)P是切点时，曲线()yfx过点P的切线是1条．又当点(1,1)P不是切点时，可设切点为3(,23)(1)PPPPxxxx，得3223163(1)1PPPPPxxxxx12Px所以此时过点P的切线是1条．得过点P存在2条直线与曲线()yfx相切，不合题意．所以1t，即点P不在曲线()yfx上．可设切点为3(,23)PPPxxx，得3223631PPPPxxtxx324630PPxxt题意即这个一元三次方程也即关于x的一元三次方程)1(36423ttxx有三个实根．用导数知识可作出函数364)(23xxxg的图象如图10所示：图10由图10可得所求t的取值范围是)1,3(．题9(2014年广东卷文科第21题)已知函数321()1(3fxxxaxaR)．(1)求函数()fx的单调区间；(2)当0a时，试讨论是否存在0110,,122x，使得01()2fxf．解(1)略．(2)方程0011()22fxfx，即323200001111111=1332222xxaxax3232000011111032222xxaxx2000011111032422xxxax2000141412702xxax①所以“当0a时，存在0110,,122x，使得01()2fxf”“当0a时，方程①在0110,,122x时有解”“当0a时，关于0x的方程2000114147120,,122xxax有解”因为函数2000011()41470,,122gxxxx的值域是)25,15()15,7(，所以“当0a时，存在0110,,122x，使得01()2fxf”)25,15()15,7(12a25557,,124412a由此得本题的答案是：当0a时，当且仅当25557,,124412a时，存在0110,,122x，使得01()2fxf．注由以上解法还可得下面的结论：若3211()1(32fxxxaxxaR)，则(1)当且仅当61a时，关于x的方程1()2fxf无解；(2)当且仅当67,61a时，关于x的方程1()2fxf有唯一解；(3)当且仅当61a且67a时，关于x的方程1()2fxf有且仅有两个解．题10(2014年高考山东卷理科第20题)设函数2e2ln(xfxkxkxx为常数，e2.71828是自然对数的底数)．(1)当0k时，求函数fx的单调区间；(2)若函数fx在0,2内存在两个极值点，求k的取值范围．解(1)3e(2)(0)xkxfxxxx．当0k时，得3e0,0xkxx，所以()fx与2x同号，得函数fx的单调增区间、减区间分别是(0,2),(2,)．(2)由(1)的结论知，22e(02)xxfxkxxx，fx与exkx同号．设e(02)xgxxx，得21e(02)xxgxxx．所以函数()gx在(0,1),(1,2)上分别是减函数、增函数．又因为20elim,(2)2xgxg，所以函数()fx在(0,2)有两个零点2ee2k．设这两个零点分别是1212,(02)xxxx，还可证它们分别是函数()fx的极小值点、极大值点．所以所求k的取值范围是2e,e2．2用分离常数法求解恒成立、存在性问题题11(2014年高考辽宁卷文科第12题)当[2,1]x时，不等式32430axxx恒成立，则实数a的取值范围是()A．[5,3]B．96,8C．[6,2]D．[4,3]答案C解分10,0,02xxx三种情形讨论，并用分离常数法，可求得答案．题12(2014年高考湖南卷理科第10题)已知函数221()(0)()ln()2xfxxexgxxxa与的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A.1(,)eB.(,)eC.1(,)eeD.1(,)ee答案B解题意即关于x的方程221eln()(0)2xxxaxx也即1e2e(0)xxax有解．易知函数1e2()=e(0)xhxxx是增函数(两个增函数之和是增函数)，所以e)0(ha．题13(2014年高考课标全国卷II理科第12题)设函数3sinxfxm．若存在fx的极值点0x满足22200xfxm，则m的取值范围是()A.(,6)(6,)B.(,4)(4,)C.(,2)(2,)D.(,1)(4,)答案C解3cosxfxmm．得0003cos0,(2xmfxxmkkmmZ)(还可得这样的0x一定是函数fx的极值点)．0x满足22200xfxm