高中数学讲义微专题10 函数零点的个数问题 18页

- 1 - 微专题 10 函数零点的个数问题 一、知识点讲解与分析： 1、零点的定义：一般地，对于函数 ，我们把方程 的实数根 称 为函数 的零点 2、函数零点存在性定理：设函数 在闭区间 上连续，且 ，那么在开 区间 内至少有函数 的一个零点，即至少有一点 ，使得 。 （1） 在 上连续是使用零点存在性定理判定零点的前提 （2）零点存在性定理中的几个“不一定”（假设 连续） ① 若 ，则 的零点不一定只有一个，可以有多个 ② 若 ，那么 在 不一定有零点 ③ 若 在 有零点，则 不一定必须异号 3、若 在 上是单调函数且连续，则 在 的零点唯一 4、函数的零点，方程的根，两图像交点之间的联系 设 函 数 为 ， 则 的 零 点 即 为 满 足 方 程 的 根 ， 若 ,则方程可转变为 ，即方程的根在坐标系中为 交点的横坐标，其范围和个数可从图像中得到。 由此看来，函数的零点，方程的根，两图像的交点这三者各有特点，且能相互转化，在 解决有关根的问题以及已知根的个数求参数范围这些问题时要用到这三者的灵活转化。（详 见方法技巧） 二、方法与技巧： 1、零点存在性定理的应用：若一个方程有解但无法直接求出时，可考虑将方程一边构造为一 个函数，从而利用零点存在性定理将零点确定在一个较小的范围内。例如：对于方程 ，无法直接求出根，构造函数 ，由 即可判定   y f x x D    0f x  x   y f x x D   f x  ,a b     0f a f b   ,a b  f x  0 ,x a b  0 0f x   f x  ,a b  f x     0f a f b   f x     0f a f b   f x  ,a b  f x  ,a b    f a f b  f x  ,a b      0f a f b f x   ,a b  y f x  f x   0f x       f x g x h x     g x h x    ,g x h x ln 0x x    lnf x x x    11 0, 02f f      - 2 - 其零点必在 中 2、函数的零点，方程的根，两函数的交点在零点问题中的作用 （1）函数的零点： 工具：零点存在性定理 作用：通过代入特殊值精确计算，将零点圈定在一个较小的范围内。 缺点：方法单一，只能判定零点存在而无法判断个数，且能否得到结论与代入的特殊值有关 （2）方程的根： 工具：方程的等价变形 作用：当所给函数不易于分析性质和图像时，可将函数转化为方程，从而利用等式的性质可 对方程进行变形，构造出便于分析的函数 缺点：能够直接求解的方程种类较少，很多转化后的方程无法用传统方法求出根，也无法判 断根的个数 （3）两函数的交点： 工具：数形结合 作用：前两个主要是代数运算与变形，而将方程转化为函数交点，是将抽象的代数运算转变 为图形特征，是数形结合的体现。通过图像可清楚的数出交点的个数（即零点，根的个数） 或者确定参数的取值范围。 缺点：数形结合能否解题，一方面受制于利用方程所构造的函数（故当方程含参时，通常进 行参变分离，其目的在于若含 的函数可作出图像，那么因为另外一个只含参数的图像为直线， 所以便于观察），另一方面取决于作图的精确度，所以会涉及到一个构造函数的技巧，以及作 图时速度与精度的平衡（作图问题详见：1.7 函数的图像） 3、在高中阶段主要考察三个方面：（1）零点所在区间——零点存在性定理，（2）二次方程 根分布问题，（3）数形结合解决根的个数问题或求参数的值。其中第（3）个类型常要用到函 数零点，方程，与图像交点的转化，请通过例题体会如何利用方程构造出函数，进而通过图 像解决问题的。 三、例题精析： 例 1：直线 与函数 的图象有三个相异的交点，则 的取值范围为 (　　)． A． B． C． D． 1 ,12     x y a 3 3y x x  a  2,2  2,2  2,  , 2  - 3 - 思 路 ： 考 虑 数 形 结 合 ， 先 做 出 的 图 像 ， ，令 可解得： 或 ， 故 在 单 调 递 增 ， 在 单 调 递 减 ，函数 的 极 大 值 为 ，极 小 值 为 ，做出草图。而 为一条水平线，通过图像可得， 介于极大值与极小值 之间，则有在三个相异交点。可得： 答案：A 小炼有话说：作图时可先作常系数函数图象，对于含有参数的函数，先分析参数所扮演的角 色，然后数形结合，即可求出参数范围。 例 2：设函数 ，若关于 的方程 在 上恰 有两个相异实根，则实数 的取值范围是_________ 思路：方程等价于： ，即函数 与 的图像恰有两个交点，分析 的 单 调 性 并 作 出 草 图 ： 令 解 得 ： 在 单调递减，在 单调递增， ，由图像可得，水平线 位于 之间时，恰好与 有两个不同的交点。 答案： 小炼有话说：（1）本题中的方程为 ，在构造函数时，进行 了 与 的分离，此法的好处在于一侧函数图像为一条曲线，而含参数的函数图像由于不含 所以为一条水平线，便于上下平移，进行数形结合。由此可得：若关于 的函数易于作出图像， 则 优 先 进 行 参 变 分 离 。 所 以 在 本 题 中 将 方 程 转 变 为 ， 构 造 函 数 并进行数形结合。 3 3y x x    ' 23 3 3 1 1y x x x     ' 0y  1x   1x  3 3y x x     , 1 , 1,    1,1  1 2f    1 2f   y a y a  2,2a      2 2 2ln 1f x x x x    x   2f x x x a    0,2 a    2 22 2ln 1 2ln 1x x x x x a a x x          y a    2ln 1g x x x    g x  ' 2 11 1 1 xg x x x       ' 0g x  1x   g x  0,1  1,2      1 1 2ln2, 0 0, 2 2 2ln3g g g     y a    1 , 2g g  g x 1 2ln2 2 2ln3a    1 2ln2 2 2ln3a     2 22 2ln 1x x x x x a      x a x x  2ln 1a x x      2ln 1g x x x   - 4 - （2）在作出函数草图时要注意边界值是否能够取到，数形结合时也要注意 能否取到边界值。 例 3：已知函数 ，若函数 有三个零点，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：函数 有三个零点，等价于方程 有三个不同实数根，进而等 价于 与 图像有三个不同交点，作出 的图像，则 的正负会导致 图 像不同，且会影响 的位置，所以按 进行分类讨论，然后通过图像求出 的 范围为 。 答案：D 小炼有话说：（1）本题体现了三类问题之间的联系：即函数的零点 方程的根 函数图象 的交点，运用方程可进行等式的变形进而构造函数进行数形结合，解决这类问题要选择合适 的函数，以便于作图，便于求出参数的取值范围为原则。 （2）本题所求 在图像中扮演两个角色，一方面决定 左侧图像直线的倾斜角，另一方 面决定水平线的位置与 轴的关系，所以在作图时要兼顾这两方面，进行数形结合。 例 4：已知函数 满足 ，当 ，若在区间 内， 函数 有三个不同零点，则实数 的取值范围是（ ） A． B. C． D． 思路： ，当 时， ，所以 a    2, 0 ln , 0 kx xf x k Rx x      y f x k  k 2k  1 0k   2 1k    2k    y f x k   f x k   f x y k   f x k  f x y k  0, 0k k  k 2k     k  f x x  f x    3f x f x    1,3 , lnx f x x   1,9    g x f x ax  a ln3 1,3 e     ln3 1,9 3e     ln3 1,9 2e     ln3 ln3,9 3          3 3 xf x f x f x f         3,9x    ln3 3 x xf x f      - 5 - ，而 有三个不同零点 与 有三 个不同交点，如图所示，可得直线 应在图中两条虚线之间，所以可解得： 答案：B 小炼有话说：本题有以下两个亮点。 （1）如何利用 ，已知 的解析式求 的解析式。 （2）参数 的作用为直线 的斜率，故数形结合求出三个交点时 的范围 例 5 ： 已 知 函 数 是 定 义 在 上 的 偶 函 数 ， 当 时 ， ，则函数 的零点个数为（ ） A． 4 B．6 C．8 D．10 思路：由 为偶函数可得：只需作出正半轴的图像，再利用对称性作另一半图像即可，当 时，可以利用 利用图像变换作出图像， 时， ，即自变量差 2 个单位，函 数值折半，进而可作出 ， ，……的图像， 的零点个数即为 根的个数，即 与 的交点个数，观察图像在 时，有 5 个交点，根据对称性可得 时，也有 5 个 交点。共计 10 个交点 答案：D 小炼有话说：   ln ,1 3 ln ,3 93 x x f x x x         g x f x ax    y f x y ax y ax ln3 1 9 3a e    3 xf x f         1,3 ,x f x    3,9 ,x f x a y ax a )(xf     ,00,  0x         2,22 1 20,12 )( |1| xxf x xf x 1)(4)(  xfxg  f x  0,2x  2xy  2x     1 22f x f x   2,4  4,6  g x   1 4f x   f x 1 4y  0x  0x  - 6 - （1） 类似函数的周期性，但有一个倍数关系。依然可以考虑利用周期性 的思想，在作图时，以一个“周期”图像为基础，其余各部分按照倍数调整图像即可 （2）周期性函数作图时，若函数图像不连续，则要注意每个周期的边界值是属于哪一段周期， 在图像中要准确标出，便于数形结合。 （3）巧妙利用 的奇偶性，可以简化解题步骤。例如本题中求交点个数时，只需分析正 半轴的情况，而负半轴可用对称性解决 例 6：对于函数 ，若在定义域内存在实数 x，满足 ，称 为“局部 奇函数”，若 为定义域 R 上的“局部奇函数”，则实数 m 的取值范 围是（ ） A. B. C. D. 思路：由“局部奇函数”可得： ，整理可 得： ，考虑到 ，从而可将 视为整体，方程转化为： ，利用换元设 （ ），则问题转化为只需让方程 存在大于等于 2 的解 即可，故分一个解和两个解来进行分类讨论。设 。 （1）若方程有一个解，则有相切（切点 大于等于 2）或相交（其中交点在 两侧）， 即 或 ，解得： 或 （2）若方程有两解，则 ，解得： ， 综上所述： 答案：A 小炼有话说：本题借用“局部奇函数”概念，实质为方程的根的问题，在化简时将 视    1 22f x f x   f x  f x    f x f x    f x   1 24 2 3x xf x m m    1 3 1 3m    1 3 2 2m   2 2 2 2m   2 2 1 3m    2 24 2 2 3 4 2 2 3 0x x x xm m m m               24 4 2 2 2 2 6 0x x x xm m        2 4 4 2 2 2x x x x     2 2x x    2 22 2 2 2 2 2 8 0x x x xm m       2 2x xt   2t  2 22 2 8 0t mt m      2 22 2 8 0g t t mt m     x m 2x  0 2m      2 0g  2 2m  1 3 1 3m      0 2 0 2 g m       2 2 2 2 1 3, 1 3 1 3 2 2 2 m m m m m               1 3 2 2m   2 2x x - 7 - 为整体，进而将原方程进行转化，转化为关于 的二次方程，将问题转化为二次方程根 分布问题，进行求解。 例 7 ： 已 知 函 数 的 图 像 为 上 的 一 条 连 续 不 断 的 曲 线 ， 当 时 ， ，则关于 的函数 的零点的个数为（ ） A．0 B．1 C．2 D．0 或 2 思路： ，结合 的零点个数即 为 方 程 ， 结 合 条 件 中 的 不 等 式 ， 可 将 方 程 化 为 ， 可 设 ，即只需求出 的零点个数，当 时， ，即 在 上单调递增；同理可得： 在 上单调递减， ，故 ，所以不存在零点。 答案：A 小炼有话说： （1）本题由于 解析式未知，故无法利用图像解决，所以根据条件考虑构造函数，利用 单调性与零点存在性定理进行解决。 （2）所给不等式 呈现出 轮流求导的特点，猜想可能是符合导数的乘 法法则，变形后可得 ，而 的零点问题可利用方程进行变形，从而与条件中 的 相联系，从而构造出 例 8 ： 定 义 域 为 的 偶 函 数 满 足 对 ， 有 ， 且 当 时， ，若函数 在 上至少 有三个零点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2 2x x  y f x R 0x     ' 0f xf x x  x     1g x f x x            '' ' 0 0 0xf xf x xf x f xf x x x x        g x   1 0f x x    1 0xf x       1h x xf x   h x 0x   ' 0h x   h x  0,  h x  ,0    min 0 1h x h      0 1 0h x h    f x    ' 0f xf x x   f x   ' 0xf x x   g x  xf x  h x R  f x x R       2 1f x f x f    2,3x    22 12 18f x x x       log 1ay f x x    0, a 20, 2       30, 3       50, 5       60, 6       - 8 - 思路： 体现的是间隔 2 个单位的自变量，其函数值差 ，联想到 周期性，考虑先求出 的值，由 为偶函数，可令 ，得 ， 为周期是 2 的周期函数。已知条件中函数 有三个零点，可将零点问题转化为方程 即 至少有三个根，所以 与 有三个交点。先利用 在 的函数解析式及周期性对称性作图，通过 图像可得： 时，不会有 3 个交点，考虑 的 图 像 。 设 ， 则 ，利用图像变换作图，通 过观察可得：只需当 时， 的图 像 在 上 方 即 可 ， 即 所以 答案：B 小炼有话说：本题有以下几个亮点： （1） 的周期性的判定： 可猜想与 周期性有关，可带入 特殊值，解出 ，进而判定周期，配合对称性作图 （2）在选择出交点的函数时，若要数形结合，则要选择能够做出图像的函数，例如在本题中， 的图像可做，且 可通过图像变换做出 例 9 ： 已 知 定 义 在 上 的 函 数 满 足 ， 当 时 ， ，其中 ，若方程 恰有三个不同的实数根，则 实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D.      2 1f x f x f    1f  1f  f x 1x        1 1 1f f f    1 0f     2f x f x    f x    log 1ay f x x      log 1 0af x x      log 1af x x   f x  log 1ay x   f x  2,3x  1a  0 1a    logag x x    log 1 1ay x g x    2x   log 1ay x   f x     2log 2 1 2 2 log 3 2 loga a af a        2 1 33 0 3aa      f x      2 1f x f x f    f x  1f  f x  log 1ay x  R  f x    2f x f x    1,3x           21 , 1,1 1 2 , 1,3 x xf x t x x         0t   3 f x x t 40, 3      2 ,23      4 ,33      2 ,3     - 9 - 思 路 ： 由 可 得 ，即 的周期为 ，所 解方程可视为 与 的交点，而 的作用为 影响 图像直线的斜率，也绝对此段的最值 （ ），先做出 的图像，再根据三个交点的条件 作出 的图像（如图），可发现只要在 处， 的图像高于 图像且在 处 的图像低于 图像即可。所以有 ，即 答案：B 例 10：（2014 甘肃天水一中五月考）已知函数 的图像上 关于 轴对称的点至少有 3 对，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 思路：考虑设对称点为 ，其中 ，则问题 转 化 为 方 程 至 少 有 三 个 解 。 即 有三个根，所以问题转化为 与 有三个交点，先做出 的图像，通过 观 察 可 知 若 与 其 有 三 个 交 点 ， 则 ， 进 一 步 观 察 图 像 可 得 ： 只 要 ，则满足题意，所以    2f x f x        4 2f x f x f x      f x 4  y f x   3 xg x  t  1 2y t x   maxy t 3 xy   f x 2x   f x  g x 6x   f x  g x         6 6 2 2 f g f g    (6) (2) 2 2(2) 3 f f t f t      2 23 t      sin 1, 02 log 0, 1 , 0a x x f x x a a x              y a 50, 5       5 ,15       3 ,13       30, 3       0 0,x x 0 0x     0 0f x f x  sin 1 log2 ax x        sin 12g x x        logah x x sin 12y x      logay x 0 1a     5 5g h - 10 - ，所以 答案：A 三、近年模拟题题目精选： 1、已知 是以 为周期的偶函数，当 时， ，那么在区间 内， 关于 的方程 有 个根，则 的取值范围是( )． A． 或 B． C． 或 D． 2、（2014 吉林九校联考二模，16）若直角坐标平面内 A,B 两点满足条件：①点 都在函数 的图像上；点 关于原点对称，则称 是函数 的一个“姊妹点对”（ 与 可看作同一点对），已知 ，则 的“姊妹点对”有______ 个 3、（2015，天津）已知函数 函数 ，其中 ，若函数 恰有 4 个零点，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 4、（2015，湖南）已知 ，若存在实数 ，使函数 有两个 零点，则 的取值范围是______ 5、（2014，新课标全国卷 I）已知函数 ，若 存在唯一的零点 ， 且 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 2 2 5 1 1sin 1 log 5 2 log 5 log log 5 52 a a a aa a              5 5a  ( )f x 2 [0,1]x ( )f x x ( 1,3) x ( ) ( )f x kx k k R   4 k 10 4k  3 6k  10 4k  10 4k  3 6k  10 4k  ,A B  f x ,A B  ,A B  f x  ,A B  ,B A   2 2 , 0 2 , 0x x x x f x xe       f x    2 2 , 2, 2 , 2, x x f x x x          2g x b f x   b R    y f x g x  b 7 ,4     7, 4     70, 4      7 ,24        3 2 , ,x x x af x x a     b    g x f x b  a   3 23 1f x ax x    f x 0x 0 0x  a  2,  1,  , 2   , 1  - 11 - 6、（2014，山东）已知函数 ，若方程 有两个不相 等的实根，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7、（2014，天津）已知函数 ，若方程 恰有 4 个互 异的实数根，则实数 的取值范围是_________ 8、（2015，江苏）已知函数 ，则方程 实根的个数为__________ 9、已知函数 ，若 存在唯一的零点 ，且 ，则 的取值范 围是（ ） A. B. C. D. 10 、 对 于 函 数 ， 设 ， 若 存 在 使 得 ，则称 与 互为“零点关联函数”，若函数 与 互为“零点关联函数”，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 11 、 已 知 偶 函 数 满 足 对 任 意 ， 均 有 且 ，若方程 恰有 5 个实数解，则实数 的取值范围 是 . 12、（2016，河南中原第一次联考）已知函数 在区间 内恰有 9 个零点，则实数 的值为________ 13、（2014，四川）已知函数 为自然对数的 底数 （1）设 是函数 的导函数，求函数 在区间 上的最小值    2 1,f x x g x kx       f x g x k 10, 2      1 ,12       1,2  2,   2 3 ,f x x x x R     1 0f x a x   a     2 0,0 1 ln , 4 2, 1 x f x x g x x x            1f x g x    3 23 1f x ax x    f x 0x 0 0x  a  2,  1,  , 2   , 1     ,f x g x      | 0 , | 0m x f x n x g x    ,m n 1m n   f x  g x     1 2log 1 xf x x e      2 3g x x ax a    a 72, 3      7 ,33       2,3  2,4 ( )f x x R (1 ) (3 )f x f x   2(1 ), [0,1]( ) 1, (1,2] m x xf x x x       3 ( )f x x m   cos2 sinf x x a x    0,n n N  a   2 1, , , 2.71828xf x e ax bx a b R e        g x  f x  g x  0,1 - 12 - （2）若 ，函数 在区间 内有零点，求 的取值范围 习题答案：  1 0f   f x  0,1 a - 13 - 1、答案：B 解析：根据周期性和对称性可作出 的图像，直线 过定点 结合图像可得：若 内有四个根，可知 。若直线与 在 相切，联立 方程： ，令 可得： ，当 时，解得 ，综上所述： 2、答案：2 解析：关于原点对称的两个点为 和 ，不妨设 ，则有 ， 从而 ，所以“姊妹点对”的个数为方程 的个数，即曲线 与 的交点个数，作出图像即可得有两个交点 3、答案：D 解析：由 得 ， 所以 ， 即 ,所以 恰有 4 个零点等价于方程 有 4 个不同的解，即函数 与函数 的图象 的 4 个公共点，由图象可知 . 4、答案： 解析： 由两个零点，即方程 有两个根，从而 与  f x ( ) ( )f x kx k k R    1,0 ( 1,3) 10, 4k      f x  2,3 22 3 0y x ky y k y kx k          0  3 6k  3 6k   5 2,3x   10, 4k      ,x y  ,x y  0x   2 2 2 xy e y x x       2 22 xx x e   2 22 xx x e   2 2y x x  2 xy e     2 2 , 2, 2 , 2, x x f x x x      2 2 2 , 0 (2 ) , 0 x x f x x x       2 2 2 , 0 ( ) (2 ) 4 2 , 0 2 2 2 ( 2) , 2 x x x y f x f x x x x x x x                    2 2 2, 0 ( ) (2 ) 2, 0 2 5 8, 2 x x x y f x f x x x x x               ( ) ( ) ( ) (2 )y f x g x f x f x b         y f x g x  ( ) (2 ) 0f x f x b    y b ( ) (2 )y f x f x   7 24 b     ,0 1,a       g x f x b   f x b  y f x y b 8 6 4 2 2 4 6 8 15 10 5 5 10 15 - 14 - 有两个交点。可在同一直角坐标系下作出 ，观察图像可得： 时，水平线 与 有两个交点，故符合题意；当 时， 为增函数，所以最多只有一个零 点，不符题意；当 时，存在水平线与 分别有一个交点，共两个符合题意。 综上所述： 5、答案：C 解析： ，令 ，依题意可知 与 应在有唯 一交点且位于 的区域。设 ，所以 ，则 在 单增，在 单减， ，作出图像可知只有 当 时， 与 有唯一交点，且在 的区域。 6、答案：B 解析：方法一：方程 有两个不等实根可转化为函数 与 的图 像有两个不同交点，其中 为直线的斜率。通过数形结合 即可得到 方法二：本题还可以先对方程进行变形，再进行数形结合， 中 显然不是 方程的解，当 时， ，设 ，则问题转化 为 与 交点为 2 个。作出图像后即可观察到 的范围 7、答案： 解析：方程为： ， 显然不是方程的解，所以 时， ，即 ，令 ，则 与 有 4 个交 3 2,y x y x  0a  2y x 0 1a   f x 1a  3 2,y x y x     ,0 1,a    3 2 3 3 13 1 0ax x a x x      1 tx  y a 33y t t  0t    33g t t t      ' 23 3 3 1 1g t t t t      g t    1,0 , 0,1    , 1 , 1,      1 2, 1 2g g    2a   y a 33y t t  0t     f x g x  y f x  y g x k 1 ,12k     2 1x kx   0x  0x  2 1xk x     11 , 22 1 3 1, 2 xx xh x x xx           y k  y h x k    0,1 9, 2 3 1x x a x   1x  1x  2 3 1 x xa x   41 51a x x    1t x  y a 4 5y t t   - 15 - 点即可，作出图像数形结合即可得到 8、答案：4 解析：方程等价于 ，即 或 共多少个 根， ，数形结合可得： 与 有两个交点； ，同理可得 与 有两个交点，所以共 计 个 9、答案：C 解析： ，令 ，依题意可知 只有一个零 点 且 ，即 与 只有一个在横轴正半轴的交点。 可知 在 减，在 增， 作出图像可得只有 时， 与 只有一个在横轴正半轴的交点。 10、答案：C 解析：先从 入手，可知 为单增函数，且 ，所以 有唯一零点 ，即 ；所以 ，即 在 有 零 点 。 考 虑 方 程 ， 即 与 在 有公共点即可，数形结合可得： 11、答案： 解 析 ： 当 时 ， 方 程 恰 有 5 个 解 方 程 有 两 个 解 且 方 程 无解，考虑这两个方程的判别式可得 ；由对称性，    0,1 9,a       1f x g x       1f x g x       1f x g x     2 2 1,0 1 1 1,1 2 7 , 2 x y g x x x x x             f x  1y g x    2 2 1,0 1 1 3,1 2 5 , 2 x y g x x x x x               f x  1y g x   4 3 3 2 1 33 1 0ax x a x x           1t x 3 3a t t   0t 0 0t  y a   3 3g t t t     23 3g t t     g t    , 1 , 1,    1,1  1 2g    2a   y a   3 3g t t t       1 2log 1 xf x x e     f x  1 0f   f x 1x  1m  1 1 0 2n n       2 3g x x ax a     0,2 2 2 3 43 0 1 21 1 xx ax a a xx x            y a 41 21y x x     0,2  2,3a  8 3 7 4 15 4 15 8 3 7( , ) ( , )6 6 6 6       0m   23 [1 ( 4) ]m x x   23 [1 ( 8) ]m x x   15 4 8 3 7 6 6m   - 16 - 当 时，方程恰有 5 个解的范围是 ；所以 的取值范围是 12、答案： 解 析 ： 由 ， 得 ， 即 ． 设 ， 令 ， 则 ．考察 的函数 的零点个 数，即如下图所示为 ， 的图象，易知： （ 1 ）方程 的 一 个 根 为 1 ， 另 一 个 根 为 时 ， 在 内 有 三 个 零 点 ， 此 时 ，解得 ；（1）方程 的一个根为－1，另一个 根 为 时 ， 在 内 有 三 个 零 点 ， 此 时 ， 解 得 ．综上可知当 时， 在 内有 3 个解．再由 可 知， ．综上可知 ， ． 13、解析：（1） 当 时， 当 时， 单调递增 当 时 在 单调递减，在 单调递增 0m  8 3 7 15 4 6 6m     m 8 3 7 4 15 4 15 8 3 7( , ) ( , )6 6 6 6       1a   ( ) 0f x  cos2 sin 0x a x  22sin sin 1=0x a x  2( ) 2sin sin 1g x x a x   sint x 2( ) 2 1g x t at   (0,2 )x  ( )g x sint x (0,2 )x  22 1 0t at   ( 1,0) ( )g x (0,2 ) 2 2 1 1 1 0 2 ( 1) ( 1) 1 0 a a              1a  22 1 0t at   (0,1) ( )g x (0,2 ) 22 ( 1) ( 1) 1 0 2 1 1 1 0 a a               1a   1a   ( ) cos2 sinf x x a x  (0,2 ) 9 33  2 3 6n    1a   6n     ' 2xg x f x e ax b     ' 2xg x e a    0,1x     ' 1 2 , 2g x a e a    11 2 0 2a a     ' 0g x   g x    min 0g x g b    11 2 0 2 2 2 ea e a a        g x   0,ln 2a   ln 2 ,1a       min ln 2 2 2 ln 2g x g a a a a b     - 17 - 当 时， 单调递减 综上所述： 时， 时， 时， （2） 且 在区间 内有零点 . 在 不单调，且至少有两个极值点 在 至少有两个零点 由（1）可得：若 或 ，则 在 单调，至多一个零点，均不符题意 在 单调递减，在 单调递增 由 可得： ，代入到不等式组可得： 由 下面判断： 时， 是否恒成立 设 2 0 2 ee a a     ' 0g x   g x    min 1 2g x g e a b     1 2a     min 0g x g b   1 2 2 ea        min ln 2 2 2 ln 2g x g a a a a b    2 ea     min 1 2g x g e a b       1 0, 0 0f f   f x  0,1  f x  0,1    'g x f x   0,1 1 2a  2 ea   g x  0,1 1 2 2 ea    g x   0,ln 2a   ln 2 ,1a        ln2 0 2 2 ln 2 0 0 0 1 0 2 01 0 g a a a a b g b e a bg                   1 0f  1 0 1e a b b e a              2 2 ln 2 1 0 21 1 0 1 2 1 0 a a a a e a ee a a e a e a                        1 1 0 2 12 1 0 e a a e ae a e a                2,1a e   2 2 ln 2 1 0a a a a e          2 2 ln 2 1 3 2 ln 2 1h a a a a a e a a a e              ' 13 2 2ln 2 1 2ln 2h a a a aa       - 18 - 令 解得： 在 单调递增，在 单调递减 在 时恒成立  ' 0h a  2 ea   h a 2, 2 ee     ,12 e       max 3 ln 1 1 02 2 e eh a h e e e e e                  2 2 ln 2 1 0h a a a a a e        2,1a e   2,1a e  