数形结合问题
倾斜直线与曲线
水平直线与函数图像的交点问题，核心便是画出函数的图像，因为水平直线的图像以及最后题意的理解都非常简单。但如果直线是倾斜的，那么对题意的理解和解题过程都变得复杂，最主要的原因在于直线或者曲线含有参数且参数是不便分离的。
旋转的动直线
若直线的斜率在变化，则这样的直线往往都恒过某一个定点，对于这类型的题，首先找出这个定点非常关键，然后确定相应的临界情形，最后考虑旋转的方向。
-
【例 1】 已知函数 f ( x ) = ∣ x − 2 ∣ + 1 f(x)=|x-2|+1 f(x)=∣x−2∣+1， g ( x ) = k x g(x)=k x g(x)=kx，若 f ( x ) = g ( x ) f(x)=g(x) f(x)=g(x) 有两个不相等的实根，则实数 k k k 的取值范围是（ ）。
A. ( 0 , 1 2 ) \left(0, \frac{1}{2}\right) (0,21)
B. ( 1 2 , 1 ) \left(\frac{1}{2}, 1\right) (21,1)
C. ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2)
D. ( 2 , + ∞ ) (2,+\infty) (2,+∞) -
【解析】 f ( x ) = ∣ x − 2 ∣ + 1 = { x − 1 , x ⩾ 2 3 − x , x < 2 f(x)=|x-2|+1=\begin{cases}x-1, & x \geqslant 2 \\ 3-x, & x<2\end{cases} f(x)=∣x−2∣+1={x−1,3−x,x⩾2x<2。由题意，函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像与 g ( x ) g(x) g(x) 的图像有两个不同的交点，分别画出两函数的图像如图 3-21 所示， g ( x ) g(x) g(x) 是恒过原点的直线。
当直线 g ( x ) = k x g(x)=k x g(x)=kx 过函数 f ( x ) f(x) f(x) 的最低点 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1) 时，两图像只有一个交点，此时 k = 1 2 k=\frac{1}{2} k=21。然后直线 g ( x ) g(x) g(x) 绕着原点逆时针旋转，两图像有两个交点，直到直线 g ( x ) = k x g(x)=k x g(x)=kx 与 f ( x ) = x − 1 f(x)=x-1 f(x)=x−1 平行时，交点又变为一个，此时 k = 1 k=1 k=1。之后继续逆时针旋转直到趋于与 f ( x ) = 3 − x f(x)=3-x f(x)=3−x 平行时，交点始终只有一个。所以两图像有两个交点，则 1 2 < k < 1 \frac{1}{2}<k<1 21<k<1，故选 B。
诚如例 1 中的解析那样，初始位置（临界情况）的选取非常重要，一般来说，初始位置要么恰好满足题意，要么恰好不满足题意，具体情况具体分析。下面我们再给出一个类似的例子，其临界条件是直线与二次曲线相切，这是最常见情形。
-
【例 2】 （2013 课标 Ⅰ 文 12）已知函数 f ( x ) = { − x 2 + 2 x , x ⩽ 0 ln ( x + 1 ) , x > 0 f(x)=\begin{cases}-x^{2}+2 x, & x \leqslant 0 \\ \ln (x+1), & x>0\end{cases} f(x)={−x2+2x,ln(x+1),x⩽0x>0，若 ∣ f ( x ) ∣ ⩾ a x |f(x)| \geqslant a x ∣f(x)∣⩾ax，则 a a a 的取值范围是（ ）。
A. ( − ∞ , 0 ] (-\infty, 0] (−∞,0]
B. ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1]
C. [ − 2 , 1 ] [-2,1] [−2,1]
D. [ − 2 , 0 ] [-2,0] [−2,0] -
【解析】 因为 ∣ f ( x ) ∣ = { x 2 − 2 x , x ⩽ 0 ln ( x + 1 ) , x > 0 |f(x)|=\begin{cases}x^{2}-2 x, & x \leqslant 0 \\ \ln (x+1), & x>0\end{cases} ∣f(x)∣={x2−2x,ln(x+1),x⩽0x>0，可作出其图像，如图 3-22 所示，而 y = a x y=a x y=ax 是恒过原点的直线，要使得 ∣ f ( x ) ∣ ⩾ a x |f(x)| \geqslant a x ∣f(x)∣⩾ax 恒成立，由图像可知 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0，临界情况为直线 y = a x y=a x y=ax 与 f ( x ) = x 2 − 2 x ( x ⩽ 0 ) f(x)=x^{2}-2 x(x \leqslant 0) f(x)=x2−2x(x⩽0) 相切。则方程 x 2 − 2 x = a x x^{2}-2 x=a x x2−2x=ax 只有一个实数根，由 Δ = ( 2 + a ) 2 = 0 \Delta=(2+a)^{2}=0 Δ=(2+a)2=0 得 a = − 2 a=-2 a=−2。当直线 y = a x y=a x y=ax 绕着原点逆时针旋转直到与 x x x 轴重合时，直线 y = a x y=a x y=ax 的图像始终 在 f ( x ) f(x) f(x) 的图像下方，满足题意，所以 − 2 ⩽ a ⩽ 0 -2 \leqslant a \leqslant 0 −2⩽a⩽0，故选 D。
本题的临界情况为直线与曲线相切，因为曲线为二次函数，所以可以根据一元二次方程根的个数来 求解，利用的是 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0，这是因为相切时的切点在对应的定义域内，这一点通过图像可以直观的判断出来，或者求出参数的值后验证一下切点的横坐标是否落在定义域内。
-
【变式 1】 （2019 厦门期末质检文 15 改编）已知 f ( x ) = { − x 2 − 2 x + 1 , − 2 ⩽ x < 0 x + 1 , x ⩾ 0 f(x)=\begin{cases}-x^{2}-2 x+1, & -2 \leqslant x<0 \\ x+1, & x \geqslant 0\end{cases} f(x)={−x2−2x+1,x+1,−2⩽x<0x⩾0，若函数 g ( x ) = f ( x ) − a x + a g(x)=f(x)-a x+a g(x)=f(x)−ax+a 存在零点，则实数 a a a 的取值范围为 ______。
-
【变式 2】 （2019 华大高考联盟文 11）已知函数 f ( x ) = { ∣ 2 x − 2 ∣ + 1 , x > 0 x 2 + 2 x + 2 , x ⩽ 0 f(x) =\begin{cases}\left|2^{x}-2\right|+1, & x>0 \\ x^{2}+2 x+2, & x \leqslant 0\end{cases} f(x)={∣2x−2∣+1,x2+2x+2,x>0x⩽0，若方程 f ( x ) = k x + 2 k f(x)=k x+2 k f(x)=kx+2k 有 4 个不同的解，则实数 k k k 的取值范围为（ ）。
A. ( − ∞ , − 2 − 2 2 ) ∪ ( 1 3 , 1 ) (-\infty,-2-2 \sqrt{2}) \cup\left(\frac{1}{3}, 1\right) (−∞,−2−22 )∪(31,1)
B. ( 2 2 − 2 , 1 ) (2 \sqrt{2}-2,1) (22 −2,1)
C. ( 1 3 , 1 ) \left(\frac{1}{3}, 1\right) (31,1)
D. ( 1 3 , 2 2 − 2 ) \left(\frac{1}{3}, 2 \sqrt{2}-2\right) (31,22 −2)
过定点的直线与曲线交点问题的临界情况绝大多数是相切，此时直线正好是曲线的切线，当曲线方程不是二次曲线的时候，还能通过判别式来求解吗？显然是不能的。如何求解呢？斜率，因为直线的斜率恰好为曲线在切点处的导数值，直线与曲线交于切点，那么通过这两个条件建立方程组求解。
-
【例 3】 已知 f ( x ) = x e x − k x 2 − 2 e x + 2 k x f(x)=x \mathrm{e}^{x}-k x^{2}-2 \mathrm{e}^{x}+2 k x f(x)=xex−kx2−2ex+2kx 只有一个零点，则实数 k k k 的范围为（ ）。
A. ( − ∞ , e ] (-\infty, e] (−∞,e]
B. [ 0 , e ] [0, \mathrm{e}] [0,e]
C. ( − ∞ , e ) (-\infty, e) (−∞,e)
D. [ 0 , e ) [0, \mathrm{e}) [0,e) -
【解析】 f ( x ) = x e x − k x 2 − 2 e x + 2 k x = ( x e x − 2 e x ) − ( k x 2 − 2 k x ) = ( e x − k x ) ( x − 2 ) f(x)=x \mathrm{e}^{x}-k x^{2}-2 \mathrm{e}^{x}+2 k x=\left(x \mathrm{e}^{x}-2 \mathrm{e}^{x}\right)-\left(k x^{2}-2 k x\right)=\left(\mathrm{e}^{x}-k x\right)(x-2) f(x)=xex−kx2−2ex+2kx=(xex−2ex)−(kx2−2kx)=(ex−kx)(x−2)，显然函数 f ( x ) f(x) f(x) 有一个零点为 x = 2 x=2 x=2，所以由题意函数 f ( x ) f(x) f(x) 只有一个零点，则方程 e x − k x = 0 \mathrm{e}^{x}-k x=0 ex−kx=0 无实根，或者只有一个实数根 2，即 y = e x y=\mathrm{e}^{x} y=ex 与 y = k x y=k x y=kx 无交点或者只有一个交点，即相切于 x = 2 x=2 x=2 处。如图 3-23 所示，临界情况为直线 y = k x y=k x y=kx 与 y = e x y=\mathrm{e}^{x} y=ex 相切。设切点为 ( x 0 , e x 0 ) \left(x_{0}, \mathrm{e}^{x_{0}}\right) (x0,ex0)，则 { e x 0 = k e x 0 = k x 0 \begin{cases}\mathrm{e}^{x_{0}}=k \\ \mathrm{e}^{x_{0}}=k x_{0}\end{cases} {ex0=kex0=kx0，解得 x 0 = 1 x_{0}=1 x0=1， k = e k=\mathrm{e} k=e。很容易验证方程 e x − k x = 0 \mathrm{e}^{x}-k x=0 ex−kx=0 不可能有唯一实数根 x = 2 x=2 x=2。当直线 y = k x y=k x y=kx 绕着原点顺时针旋转直到与 x x x 轴重合，两图像没有交点，此时 0 ⩽ k < e 0 \leqslant k<\mathrm{e} 0⩽k<e；当 k = e k=\mathrm{e} k=e 或 k < 0 k<0 k<0 时，两图像有一个交点；当 k > e k>\mathrm{e} k>e 时，两图像有两个交点。故本题选 D。
-
【注】 当然，通过计算的结果一定要验证切点的横坐标是否落在对应的定义域内，否则，临界情况就不是相切，而是端点处或者其他情形，这要根据具体的图像来判断。如果对方程或者不等式的解涉及整数问题，那么在整数点处就是重要的临界情况。
-
【例 4】 （2015 全国 Ⅰ 理 12）设函数 f ( x ) = ( 2 x − 1 ) e x − a x + a f(x)=(2 x-1) \mathrm{e}^{x}-a x+a f(x)=(2x−1)ex−ax+a，其中 a < 1 a<1 a<1，若存在唯一的整数 x 0 x_{0} x0 使得 f ( x 0 ) < 0 f\left(x_{0}\right)<0 f(x0)<0，则 a a a 的取值范围为（ ）。
A. [ 3 − 2 e , 1 ) \left[\frac{3}{-2 \mathrm{e}}, 1\right) [−2e3,1)
B. [ 3 − 2 e , 3 4 ) \left[\frac{3}{-2 \mathrm{e}}, \frac{3}{4}\right) [−2e3,43)
C. [ 3 2 e , 3 4 ) \left[\frac{3}{2 \mathrm{e}}, \frac{3}{4}\right) [2e3,43)
D. [ 3 2 e , 1 ) \left[\frac{3}{2 \mathrm{e}}, 1\right) [2e3,1) -
【解析】 f ( x ) = ( 2 x − 1 ) e x − a x + a < 0 f(x)=(2 x-1) \mathrm{e}^{x}-a x+a<0 f(x)=(2x−1)ex−ax+a<0 等价于 a ( x − 1 ) > ( 2 x − 1 ) e x a(x-1)>(2 x-1) \mathrm{e}^{x} a(x−1)>(2x−1)ex 。令 g ( x ) = ( 2 x − 1 ) e x g(x)=(2 x-1) \mathrm{e}^{x} g(x)=(2x−1)ex，由 g ′ ( x ) = ( 2 x + 1 ) e x g^{\prime}(x)=(2 x+1) \mathrm{e}^{x} g′(x)=(2x+1)ex，可知函数 g ( x ) g(x) g(x) 在 ( − ∞ , − 1 2 ) \left(-\infty,-\frac{1}{2}\right) (−∞,−21) 上单调递减，在 ( − 1 2 , + ∞ ) \left(-\frac{1}{2},+\infty\right) (−21,+∞) 上单调递增，故在 x = − 1 2 x=-\frac{1}{2} x=−21 处取得极小值 g ( − 1 2 ) = − 2 e g\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{-2}{\sqrt{\mathrm{e}}} g(−21)=e −2，且当 x → − ∞ x \rightarrow-\infty x→−∞ 时 g ( x ) → 0 g(x) \rightarrow 0 g(x)→0，当 x → + ∞ x \rightarrow+\infty x→+∞ 时 g ( x ) → + ∞ g(x) \rightarrow+\infty g(x)→+∞。从而作出函数 g ( x ) g(x) g(x) 的图像，如图 3-24 所示。而 y = a ( x − 1 ) y=a(x-1) y=a(x−1) 是过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 的直线，因为 a < 1 a<1 a<1，所以不等式 a ( x − 1 ) > g ( x ) a(x-1)>g(x) a(x−1)>g(x) 在点 ( 0 , − 1 ) (0,-1) (0,−1) 处成立。当直线过点 ( − 1 , − 3 e ) \left(-1,-\frac{3}{\mathrm{e}}\right) (−1,−e3) 时， a = 3 2 e a=\frac{3}{2 \mathrm{e}} a=2e3。所以原不等式的解集中恰有唯一整数，则必为 0，故 3 2 e ⩽ a < 1 \frac{3}{2 \mathrm{e}} \leqslant a<1 2e3⩽a<1，选 D。
-
【变式 3】 （2019 厦门质检理 10）已知函数 f ( x ) = { x 2 − 3 x + 2 , x ⩽ 1 ln x , x > 1 f(x)=\begin{cases}x^{2}-3 x+2, & x \leqslant 1 \\ \ln x, & x>1\end{cases} f(x)={x2−3x+2,lnx,x⩽1x>1， g ( x ) = f ( x ) − a x + a g(x)=f(x)-a x+a g(x)=f(x)−ax+a，若 g ( x ) g(x) g(x) 恰有一个零点，则 a a a 的取值范围是（ ）。
A. [ − 1 , 0 ] ∪ [ 1 , + ∞ ) [-1,0] \cup[1,+\infty) [−1,0]∪[1,+∞)
B. ( − ∞ , − 1 ] ∪ [ 0 , 1 ] (-\infty,-1] \cup[0,1] (−∞,−1]∪[0,1]
C. [ − 1 , 1 ] [-1,1] [−1,1]
D. ( − ∞ , − 1 ] ∪ [ 1 , + ∞ ) (-\infty,-1] \cup[1,+\infty) (−∞,−1]∪[1,+∞) -
【变式 4】 （2019 遂宁二诊理 12）已知函数 f ( x ) = ln x + ( a − 1 ) x + 2 − 2 a f(x)=\ln x+(a-1) x+2-2 a f(x)=lnx+(a−1)x+2−2a，若不等式 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 的解集中整数个数为 3，则 a a a 的取值范围是（ ）。
A. ( 1 − ln 3 , 0 ] (1-\ln 3,0] (1−ln3,0]
B. ( 1 − ln 3 , 2 ln 2 ] (1-\ln 3,2 \ln 2] (1−ln3,2ln2]
C. ( 1 − ln 3 , 1 − ln 2 ] (1-\ln 3,1-\ln 2] (1−ln3,1−ln2]
D. [ 0 , 1 − ln 2 ] [0,1-\ln 2] [0,1−ln2]
在进行后面的讲解之前，我们有必要对一类常见的函数作一个系统的阐述。
下取整函数 f ( x ) = [ x ] f(x)=[x] f(x)=[x]，其中 [ x ] [x] [x] 表示不超过 x x x 的最大整数，例如 [ 1.2 ] = 1 [1.2]=1 [1.2]=1， [ − 1.2 ] = − 2 [-1.2]=-2 [−1.2]=−2， [ 2 ] = 2 [2]=2 [2]=2。显然其解析式等价于， f ( x ) = [ x ] = n , n ⩽ x < n + 1 , n ∈ Z f(x)=[x]=n, n \leqslant x<n+1, n \in \mathbb{Z} f(x)=[x]=n,n⩽x<n+1,n∈Z，其图像如图 3-25 所示。
- 【注】 下取整函数满足 x − 1 < [ x ] ⩽ x x-1<[x] \leqslant x x−1<[x]⩽x， [ x ] ⩽ x < [ x ] + 1 [x] \leqslant x<[x]+1 [x]⩽x<[x]+1。
上取整函数 f ( x ) = { x } f(x)=\{x\} f(x)={x}，其中 { x } \{x\} {x} 表示不小于 x x x 的最小整数，例如 { 1.1 } = 2 , { − 1.1 } = − 1 \{1.1\}=2,\{-1.1\}=-1 {1.1}=2,{−1.1}=−1， { 2 } = 2 \{2\}=2 {2}=2 。显然， f ( x ) = { x } = n , n − 1 < x ⩽ n , n ∈ Z f(x)=\{x\}=n, n-1<x \leqslant n, n \in \mathbb{Z} f(x)={x}=n,n−1<x⩽n,n∈Z，其图像如图 3-26 所示。
-
【注】 上取整函数满足
x
⩽
{
x
}
<
x
+
1
x \leqslant\{x\}<x+1
x⩽{x}<x+1，
{
x
}
−
1
<
x
⩽
{
x
}
\{x\}-1<x \leqslant\{x\}
{x}−1<x⩽{x}。
非负小数部分函数
f
(
x
)
=
x
−
[
x
]
f(x)=x-[x]
f(x)=x−[x]，显然，
f
(
x
)
=
x
−
[
x
]
=
x
−
n
,
n
⩽
x
<
n
+
1
,
n
∈
Z
f(x)=x-[x]=x-n, n \leqslant x<n+1, n \in \mathbb{Z}
f(x)=x−[x]=x−n,n⩽x<n+1,n∈Z，其图像如图 3-27 所示。可见非负小数部分函数是一个周期为 1，值域为
[
0
,
1
)
[0,1)
[0,1) 的周期函数。
-
【例 5】 定义 f ( x ) = { x } f(x)=\{x\} f(x)={x}（ { x } \{x\} {x} 表示不小于 x x x 的最小整数，即上取整函数），例如 { 2.2 } = 3 \{2.2\}=3 {2.2}=3， { 3 } = 3 \{3\}=3 {3}=3，则下列性质描述正确的是（ ）。
① f ( 2 x ) = 2 f ( x ) f(2 x)=2 f(x) f(2x)=2f(x)；② 若 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right) f(x1)=f(x2)，则 x 1 − x 2 < 1 x_{1}-x_{2}<1 x1−x2<1；③ 任意 x 1 , x 2 ∈ R x_{1}, x_{2} \in \mathbb{R} x1,x2∈R，都有 f ( x 1 + x 2 ) ⩽ f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f\left(x_{1}+x_{2}\right) \leqslant f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) f(x1+x2)⩽f(x1)+f(x2)；④ f ( x ) + f ( x + 1 2 ) = f ( 2 x ) f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=f(2 x) f(x)+f(x+21)=f(2x)。
A. ①②
B. ①③
C. ②③
D. ②④ -
【解析】 选项 ①：取 x = 1.5 x=1.5 x=1.5，则 f ( 2 x ) = f ( 3 ) = 3 f(2 x)=f(3)=3 f(2x)=f(3)=3，而 2 f ( x ) = 4 2 f(x)=4 2f(x)=4；所以 ① 错误。
选项 ②：设 f ( x 1 ) = f ( x 2 ) = k f\left(x_{1}\right)=f\left(x_{2}\right)=k f(x1)=f(x2)=k，则 k − 1 < x 1 ⩽ k , k − 1 < x 2 ⩽ k k-1<x_{1} \leqslant k, k-1<x_{2} \leqslant k k−1<x1⩽k,k−1<x2⩽k，所以 − 1 < x 1 − x 2 < 1 -1<x_{1}-x_{2}<1 −1<x1−x2<1；所以 ② 正确。
选项 ③：当 x 1 , x 2 ∈ Z x_{1}, x_{2} \in \mathbb{Z} x1,x2∈Z 时， f ( x 1 + x 2 ) = f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f\left(x_{1}+x_{2}\right)=f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)；当 x 1 x_{1} x1 或 x 2 ∉ Z x_{2} \notin \mathbb{Z} x2∈/Z 时， f ( x 1 + x 2 ) ⩽ f ( x 1 ) + f ( x 2 ) f\left(x_{1}+x_{2}\right) \leqslant f\left(x_{1}\right)+f\left(x_{2}\right) f(x1+x2)⩽f(x1)+f(x2)，所以 ③ 正确。
选项 ④：取 x = 1.5 x=1.5 x=1.5，则 f ( x ) + f ( x + 1 2 ) = 4 , f ( 2 x ) = f ( 3 ) = 3 f(x)+f\left(x+\frac{1}{2}\right)=4, f(2 x)=f(3)=3 f(x)+f(x+21)=4,f(2x)=f(3)=3，所以(4)错误。故选 C。 -
【例 6】 求方程 [ 3 x + 1 ] = 2 x − 1 2 [3 x+1]=2 x-\frac{1}{2} [3x+1]=2x−21 的所有根之和。
-
【解析】 设 [ 3 x + 1 ] = 2 x − 1 2 = k , k ∈ Z [3 x+1]=2 x-\frac{1}{2}=k, k \in \mathbb{Z} [3x+1]=2x−21=k,k∈Z，则 k ⩽ 3 x + 1 < k + 1 k \leqslant 3 x+1<k+1 k⩽3x+1<k+1。由 2 x − 1 2 = k 2 x-\frac{1}{2}=k 2x−21=k 得 x = 1 2 k + 1 4 x=\frac{1}{2} k+\frac{1}{4} x=21k+41，代入上式可得 k ⩽ 3 2 k + 7 4 < k + 1 k \leqslant \frac{3}{2} k+\frac{7}{4}<k+1 k⩽23k+47<k+1，解得 k = − 3 k=-3 k=−3 或 − 2 -2 −2，相应的 x = − 5 4 x=-\frac{5}{4} x=−45 或 − 3 4 -\frac{3}{4} −43，故原方程的所有根之和为 − 2 -2 −2。
【方法总结 1】形如 [ f ( x ) ] = g ( x ) [f(x)]=g(x) [f(x)]=g(x) 方程的一般解法
（1）令 [ f ( x ) ] = k ( k ∈ Z ) [f(x)]=k(k \in \mathbb{Z}) [f(x)]=k(k∈Z)，得不等式 k ⩽ f ( x ) < k + 1 k \leqslant f(x)<k+1 k⩽f(x)<k+1；
（2）从 g ( x ) = k g(x)=k g(x)=k 中反解出 x x x，记为 x = h ( k ) x=h(k) x=h(k)，代入 ( 1 ) (1) (1) 中的不等式得 k ⩽ f [ h ( k ) ] < k + 1 k \leqslant f[h(k)]<k+1 k⩽f[h(k)]<k+1；
（3）解 (2) 中的关于整数 k k k 的不等式，将所得 k k k 值代入 x = h ( k ) x=h(k) x=h(k) 得方程的解。
-
【变式 5】 （2013 陕西文 10） [ x ] [x] [x] 表示不大于 x x x 的最大整数，则对任意实数 x x x 有（ ）。
A. [ − x ] = − [ x ] [-x]=-[x] [−x]=−[x]
B. [ x + 1 2 ] = [ x ] \left[x+\frac{1}{2}\right]=[x] [x+21]=[x]
C. [ 2 x ] = 2 [ x ] [2 x]=2[x] [2x]=2[x]
D. [ x ] + [ x + 1 2 ] = [ 2 x ] [x]+\left[x+\frac{1}{2}\right]=[2 x] [x]+[x+21]=[2x] -
【变式 6】 （2015 湖北理 10）设 x ∈ R x \in \mathbb{R} x∈R， [ x ] [x] [x] 表示不超过 x x x 的最大整数。若存在实数 t t t，使得 [ t ] = 1 , [ t 2 ] = 2 , ⋯ , [ t n ] = n [t]=1,\left[t^{2}\right]=2, \cdots,\left[t^{n}\right]=n [t]=1,[t2]=2,⋯,[tn]=n 同时成立，则正整数 n n n 的最大值是（ ）。
A. 3 3 3
B. 4 4 4
C. 5 5 5
D. 6 6 6 -
【例 7】 已知方程 x 3 − [ x ] = a x^{3}-[x]=a x3−[x]=a 在 x ∈ [ 0 , 3 ] x \in[0,3] x∈[0,3] 时有两个根，求 a a a 的取值范围。
-
【解析】 令 f ( x ) = x 3 − [ x ] = { x 3 , 0 ⩽ x < 1 x 3 − 1 , 1 ⩽ x < 2 x 3 − 2 , 2 ⩽ x < 3 24 , x = 3 f(x)=x^{3}-[x]=\begin{cases}x^{3}, & 0 \leqslant x<1 \\ x^{3}-1, & 1 \leqslant x<2 \\ x^{3}-2, & 2 \leqslant x<3 \\ 24, & x=3\end{cases} f(x)=x3−[x]=⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x3,x3−1,x3−2,24,0⩽x<11⩽x<22⩽x<3x=3，可作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-28 所示，方程 f ( x ) = a f(x)=a f(x)=a 有两个根，则 a ∈ [ 0 , 1 ) ∪ [ 6 , 7 ) ∪ { 24 } a \in[0,1) \cup[6,7) \cup\{24\} a∈[0,1)∪[6,7)∪{24}。
-
【例 8】 已知函数 f ( x ) = { x − [ x ] , x ⩾ 2 f ( x + 1 ) , x < 2 f(x)=\begin{cases}x-[x], & x \geqslant 2 \\ f(x+1), & x<2\end{cases} f(x)={x−[x],f(x+1),x⩾2x<2，其中 [ x ] [x] [x] 表示不超过 x x x 的最大整数，若直线 y = k x + k ( k > 0 ) y=k x+k(k>0) y=kx+k(k>0) 与函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像恰有三个不同的交点，则 k k k 的取值范围为（ ）。
A. ( 1 4 , 1 3 ] \left(\frac{1}{4}, \frac{1}{3}\right] (41,31]
B. ( 0 , 1 4 ] \left(0, \frac{1}{4}\right] (0,41]
C. [ 1 4 , 1 3 ] \left[\frac{1}{4}, \frac{1}{3}\right] [41,31]
D. [ 1 4 , 1 3 ) \left[\frac{1}{4}, \frac{1}{3}\right) [41,31) -
【解析】 由 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的解析式可知，当 x ⩾ 2 x \geqslant 2 x⩾2 时， f ( x ) f(x) f(x) 为小数部分函数，当 x < 2 x<2 x<2 时，周期为 1，从而可作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-29 所示。直线 g ( x ) = k x + k = g(x)=k x+k= g(x)=kx+k= k ( x + 1 ) ( k > 0 ) k(x+1)(k>0) k(x+1)(k>0) 是恒过定点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0)，且单调递增的一次函数，如图 3-29 所示，因为 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 与 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 有三个不同的交点，则 { g ( 2 ) < 1 g ( 3 ) ⩾ 1 \begin{cases}g(2)<1 \\ g(3) \geqslant 1\end{cases} {g(2)<1g(3)⩾1，解得 1 4 ⩽ k < 1 3 \frac{1}{4} \leqslant k<\frac{1}{3} 41⩽k<31，选 D。
往往受固定思维的影响，我们画周期函数的图像都只会画原点右边部分，因为很多题都只需要右边的图像，正如例 8 那样，题目已知动直线的斜率大于零。但是并不是所有的题都有这样的限制，如例 9，希望读者仔细读题，不要受惯性思维的影响。
-
【例 9】 定义在 R \mathbb{R} R 上的函数 f ( x ) f(x) f(x) 满足 f ( x + 2 ) = f ( x ) f(x+2)=f(x) f(x+2)=f(x)，且 x ∈ ( − 1 , 1 ] x \in(-1,1] x∈(−1,1] 时， f ( x ) = x 2 f(x)=x^{2} f(x)=x2，若函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像与函数 y = k x y=k x y=kx 的图像恰有 3 个交点，则实数 k k k 的取值范围是 ______。
-
【解析】 首先画出 f ( x ) f(x) f(x) 的图像如图 3-30 所示， y = k x y=k x y=kx 是恒过原点的直线，首先考虑 k > 0 k>0 k>0 的情形，当直线刚好过点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 时，两图像恰有 2 个交点，此时 k = 1 k=1 k=1，然后直线 y = k x y=k x y=kx 顺时针旋转至过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1) 时，两图像有4 个交点，此时 k = 1 3 k=\frac{1}{3} k=31 。因为 y = k x y=k x y=kx 与 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 有三个不同的交点，由图 3-30 可知 1 3 < k < 1 \frac{1}{3}<k<1 31<k<1。同理，当 k < 0 k<0 k<0 时， − 1 < k < − 1 3 -1<k<-\frac{1}{3} −1<k<−31，故填 ( − 1 , − 1 3 ) ∪ ( 1 3 , 1 ) \left(-1,-\frac{1}{3}\right) \cup\left(\frac{1}{3}, 1\right) (−1,−31)∪(31,1)。
我们连续给出了例 8 与例 9 这两个例子，现在回过头来看看这两个例子中的一些相似之处，无独有偶的是两个例子都涉及周期函数，周期函数的画图虽然也是重点，但我们认为这个不会给读者带来很大的麻烦。大家注意到两个例题都是通过比较端点的大小来获取参数的取值范围！或许有很多读者都没有留意到这个地方会出什么问题，事实上这里隐藏一个巨大的陷阱，稍不留神你就会出错，在本章的最后一节我们会专门花一个很大的篇幅来讲解为什么会出错。而在这里我们先通过一个例子指出仅仅通过比较端点的大小是错的，然后我们不加解释地给大家总结出哪种情况下可以放心大胆的使用比较端点大小来求解参数的取值范围，而又在哪种情况下不行。
-
【例 10】 已知 T = 4 T=4 T=4 的周期函数 f ( x ) = { m 1 − x 2 , − 1 < x ⩽ 1 1 − ∣ x − 2 ∣ , 1 < x ⩽ 3 f(x)=\begin{cases}m \sqrt{1-x^{2}}, & -1<x \leqslant 1 \\ 1-|x-2|, & 1<x \leqslant 3\end{cases} f(x)={m1−x2 ,1−∣x−2∣,−1<x⩽11<x⩽3，其中 m > 0 m>0 m>0。若方程 3 f ( x ) = x 3 f(x)=x 3f(x)=x 恰有 5 个实数解，则 m m m 的取值范围是（ ）。
A. ( 15 3 , 8 3 ) \left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \frac{8}{3}\right) (315 ,38)
B. ( 15 3 , 7 ) \left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \sqrt{7}\right) (315 ,7 )
C. ( 4 3 , 8 3 ) \left(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}\right) (34,38)
D. ( 4 3 , 7 ) \left(\frac{4}{3}, \sqrt{7}\right) (34,7 ) -
【解析】 首先作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3 -31 所示。由图像可知当直线 y = x 3 y=\frac{x}{3} y=3x 与第二个半椭圆 ( x − 4 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-4)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−4)2+m2y2=1(y⩾0) 相交，而与第三个半椭圆 ( x − 8 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-8)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−8)2+m2y2=1(y⩾0) 无交点时，两图像恰有 5个交点。故 { g ( 4 ) < m g ( 8 ) > 0 \begin{cases}g(4)<m \\ g(8)>0\end{cases} {g(4)<mg(8)>0，可得 4 3 < m < 8 3 \frac{4}{3}<m<\frac{8}{3} 34<m<38，故选 C。
相信这个做法是很多读者的解法，正确的解法见例 15 且正确答案应该是 B。刚才说过，这里我们 暂时不给大家解释原因，在曲线与曲线一节会做讲解。下面我们给出可以利用比较端点的大小求参数取值范围的情形，以及该方法行不通的情形。然而，在众多的考题中，能用的还是占多数，不能用的占少数，所以为了方便大家记忆，只需要大家知道哪些类型是不能的即可，相应的，剩下的类型就是可以使用这个方法的情形。
（1）若
f
(
x
)
f(x)
f(x) 递增，
g
(
x
)
g(x)
g(x) 是这种“脑袋型”的函数（这种函数的特征是先增后减，在顶点处的导数为零，常见的有开口向下的抛物线、落在
x
x
x 轴上方的正弦函数的那一部分和落在
x
x
x 轴上方的椭圆的那一部分，等等），若要求
f
(
x
)
f(x)
f(x) 与
g
(
x
)
g(x)
g(x) 在
g
(
x
)
g(x)
g(x) 的顶点
x
=
a
x=a
x=a 附近没有交点，此时不能利用比较端点的大小
(
f
(
a
)
>
g
(
a
)
)
(f(a)>g(a))
(f(a)>g(a)) 去求参数的取值范围。只要不是这种情形，可以放心大胆的使用，再回过头看看例 8 与例 9 这两个例子便可得到验证。对于递减的情况也有类似的结论:
（2）若
f
(
x
)
f(x)
f(x) 递减，
g
(
x
)
g(x)
g(x) 是这种“碗型”的函数（这种函数的特征是先减后增，在顶点处的导数为零，常见的有开口向上的抛物线、落在
x
x
x 轴下方的正弦函数的那一部分和落在
x
x
x 轴下方的椭圆的那一部分等等），若要求
f
(
x
)
f(x)
f(x) 与
g
(
x
)
g(x)
g(x) 在
g
(
x
)
g(x)
g(x) 的顶点
x
=
a
x=a
x=a 附近没有交点，此时不能利用比较端点的大小
(
f
(
a
)
<
g
(
a
)
)
(f(a)<g(a))
(f(a)<g(a)) 去求参数的取值范围。
-
【变式 7】 设 [ x ] [x] [x] 表示不小于实数 x x x 的最小整数，如 [ 2.6 ] = 3 [2.6]=3 [2.6]=3， [ − 3.5 ] = − 3 [-3.5]=-3 [−3.5]=−3，已知函数 f ( x ) = [ x ] 2 − 2 [ x ] f(x)=[x]^{2}-2[x] f(x)=[x]2−2[x]，若函数 F ( x ) = f ( x ) − k ( x − 2 ) + 2 F(x)=f(x)-k(x-2)+2 F(x)=f(x)−k(x−2)+2 在 ( − 1 , 4 ] (-1,4] (−1,4] 上有两个零点，则 k k k 的取值范围是（ ）。
A. [ − 5 2 , − 1 ) ∪ [ 2 , 5 ) \left[-\frac{5}{2},-1\right) \cup[2,5) [−25,−1)∪[2,5)
B. ( − 4 3 , − 1 ] ∪ [ 5 , 10 ) \left(-\frac{4}{3},-1\right] \cup[5,10) (−34,−1]∪[5,10)
C. [ − 1 , − 2 3 ) ∪ [ 5 , 10 ) \left[-1,-\frac{2}{3}\right) \cup[5,10) [−1,−32)∪[5,10)
D. [ − 4 3 , − 1 ] ∪ [ 5 , 10 ) \left[-\frac{4}{3},-1\right] \cup[5,10) [−34,−1]∪[5,10) -
【变式 8】 已知函数 f ( x ) f(x) f(x) 满足周期为 2 2 2，且 f ( x ) f(x) f(x) 是偶函数，当 x ∈ [ 0 , 1 ] x \in[0,1] x∈[0,1] 时， f ( x ) = x f(x)=x f(x)=x，若在区间 [ − 1 , 3 ] [-1,3] [−1,3] 内，函数 g ( x ) = f ( x ) − k x − k g(x)=f(x)-k x-k g(x)=f(x)−kx−k 有 4 个零点，则实数 k k k 的取值范围是 ______。
平移的动直线
对于平移的动直线情形，关键在于如何选取初始位置（临界情形），这个难把握之处正是本块内容的核心，初始位置的选取并非信手拈来，而是有根据的，详情请看如下例题：
-
【例 11】 若关于 x x x 的不等式 2 − x 2 > ∣ x − a ∣ 2-x^{2}>|x-a| 2−x2>∣x−a∣ 至少有一个负数解，则 a a a 的取值范围是 ______。
-
【分析】 本例的隐含条件比较多，极易出错， 2 − x 2 > 0 2-x^{2}>0 2−x2>0，这个条件就很容易遗忘，还有一个关键之 处就是 x − a x-a x−a 的斜率为 1 1 1。
-
【解析】 令 f ( x ) = 2 − x 2 f(x)=2-x^{2} f(x)=2−x2， g ( x ) = ∣ x − a ∣ g(x)=|x-a| g(x)=∣x−a∣，注意 f ( x ) = 2 − x 2 > 0 f(x)=2-x^{2}>0 f(x)=2−x2>0，作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像如图 3-32 所示。函数 g ( x ) = ∣ x − a ∣ g(x)=|x-a| g(x)=∣x−a∣ 是开口向上，对称轴为 x = a x=a x=a，顶点为 ( a , 0 ) (a, 0) (a,0) 的 V 字形折线。由题意在 y y y 轴左侧， g ( x ) g(x) g(x) 的图像一定有在 f ( x ) f(x) f(x) 的图像下面的部分，故临界值为两图像交于 y y y 轴上的点 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2)，此时 a = 2 a=2 a=2。当 g ( x ) g(x) g(x) 的图像往左平移直到直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 f ( x ) = 2 − x 2 f(x)=2-x^{2} f(x)=2−x2 相切时，满足 g ( x ) < f ( x ) g(x)<f(x) g(x)<f(x) 有负数解。由 x − a = 2 − x 2 x-a=2-x^{2} x−a=2−x2 即 x 2 + x − a − 2 = 0 x^{2}+x-a-2=0 x2+x−a−2=0 只有一个实根， Δ = 1 − 4 ( − a − 2 ) = 4 a + 9 = 0 \Delta=1-4(-a-2)=4 a+9=0 Δ=1−4(−a−2)=4a+9=0 得 a = − 9 4 a=-\frac{9}{4} a=−49 。即 − 9 4 < a < 2 -\frac{9}{4}<a<2 −49<a<2 时， g ( x ) < f ( x ) g(x)<f(x) g(x)<f(x) 有负数解，故填 ( − 9 4 , 2 ) \left(-\frac{9}{4}, 2\right) (−49,2)。
平行直线系与曲线的交点问题，临界情况视具体条件而定，或者端点处取，或者相切，另外，要熟练掌握直线的纵截距的概念和变化。
-
【例 12】 （2018 课标 Ⅰ 理 9）已知函数 f ( x ) = { e x , x ⩽ 0 ln x , x > 0 f(x)=\begin{cases}\mathrm{e}^{x}, & x \leqslant 0 \\ \ln x, & x > 0\end{cases} f(x)={ex,lnx,x⩽0x>0，若 g ( x ) = f ( x ) + x + a g(x)=f(x)+x+a g(x)=f(x)+x+a 存在两个零点，则 a a a 的取值范围是（ ）。
A. [ − 1 , 0 ) [-1,0) [−1,0)
B. [ 0 , + ∞ ) [0,+\infty) [0,+∞)
C. [ − 1 , + ∞ ) [-1,+\infty) [−1,+∞)
D. [ 1 , + ∞ ) [1,+\infty) [1,+∞) -
【解析】 由 g ( x ) = f ( x ) + x + a g(x)=f(x)+x+a g(x)=f(x)+x+a 存在两个零点可知 f ( x ) = − x − a f(x)=-x-a f(x)=−x−a 有两个不同交点，即斜率为 − 1 -1 −1 的平行直线系 y = − x − a y=-x-a y=−x−a 与函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像有两个交点。作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像如图 3-33 所示，可知过点 A ( 0 , 1 ) A(0,1) A(0,1) 和点 B ( 1 , 0 ) B(1,0) B(1,0) 的直线为 y = − x + 1 y=-x+1 y=−x+1，此时 a = − 1 a=-1 a=−1。当直线 y = − x − a y=-x-a y=−x−a 往上平移时，两图像只有一个交点，此时 − a > 1 -a>1 −a>1 即 a < − 1 a<-1 a<−1；当直线 y = − x − a y=-x-a y=−x−a 往下平移时，两图像有两个交点，此时 − a ⩽ 1 -a \leqslant 1 −a⩽1 即 a ⩾ − 1 a \geqslant-1 a⩾−1，故选 C。
-
【注】 直线的走势以及函数的具体图像决定了临界值的情形，比如本题中，因为 k = − 1 < 0 k=-1<0 k=−1<0，根据图像可判断直线 y = − x − a y=-x-a y=−x−a 与两曲线 y = e x ( x ⩽ 0 ) y=\mathrm{e}^{x}(x \leqslant 0) y=ex(x⩽0) 和 y = ln x ( x > 0 ) y=\ln x(x>0) y=lnx(x>0) 都不可能相切。如果 k > 0 k>0 k>0，则是另外一番景象。另外，要注意函数端点处是否能取到的细节。且要熟练掌握直线的平移与纵截距变化的关系，比如本题的纵截距是 − a -a −a，往上平移时纵截距越大，反之越小。
-
【变式 9】 （2019 河南名校联盟理 14）设函数 f ( x ) = { e x , x ⩽ 0 ln x , x > 0 f(x) =\begin{cases}\mathrm{e}^{x}, & x \leqslant 0 \\ \ln x, & x>0\end{cases} f(x)={ex,lnx,x⩽0x>0，若函数 g ( x ) = f ( x ) + 2 x − a g(x)= f(x)+2 x-a g(x)=f(x)+2x−a。若 g ( x ) g(x) g(x) 存在两个零点，则 a a a 的取值范围为 ______。
-
【变式 10】 （2019 天津文 8）已知函数 f ( x ) = { 2 x , 0 ⩽ x ⩽ 1 1 x , x > 1 f(x) =\begin{cases}2 \sqrt{x}, & 0 \leqslant x \leqslant 1 \\ \frac{1}{x}, & x>1\end{cases} f(x)={2x ,x1,0⩽x⩽1x>1，若关于 x x x 的方程 f ( x ) = − 1 4 x + a f(x)=-\frac{1}{4} x+a f(x)=−41x+a 恰有两个互异的实数解，则 a a a 的取值范围为（ ）。
A. [ 5 4 , 9 4 ] \left[\frac{5}{4}, \frac{9}{4}\right] [45,49]
B. ( 5 4 , 9 4 ] \left(\frac{5}{4}, \frac{9}{4}\right] (45,49]
C. ( 5 4 , 9 4 ] ∪ { 1 } \left(\frac{5}{4}, \frac{9}{4}\right] \cup\{1\} (45,49]∪{1}
D. [ 5 4 , 9 4 ] ∪ { 1 } \left[\frac{5}{4}, \frac{9}{4}\right] \cup\{1\} [45,49]∪{1}
动曲线
本部分主要讲解曲线含有参数且不可分离，而直线是固定情形，这类题类似于动直线的题目，同样需要考虑动曲线的初始位置（临界情形）如何选取。
-
【例 13】 关于 x x x 的方程 ∣ x 2 − a ∣ − x + 3 = 0 ( x > 0 ) \left|x^{2}-a\right|-x+3=0(x>0) ∣∣x2−a∣∣−x+3=0(x>0) 有两个不相等的实数根，则 a a a 的取值范围为 ______。
-
【解析】 原方程等价于 ∣ x 2 − a ∣ = x − 3 \left|x^{2}-a\right|=x-3 ∣∣x2−a∣∣=x−3，令 f ( x ) = ∣ x 2 − a ∣ f(x)=\left|x^{2}-a\right| f(x)=∣∣x2−a∣∣。
（1）当 a ⩽ 0 a \leqslant 0 a⩽0 时， f ( x ) = x 2 − a ( x > 0 ) f(x)=x^{2}-a(x>0) f(x)=x2−a(x>0)，图像如图 3-34 所示。临界情形为直线 y = x − 3 y=x-3 y=x−3 与其相切，由 f ′ ( x ) = 2 x = 1 f^{\prime}(x)=2 x=1 f′(x)=2x=1 得切点为 ( 1 2 , − 5 2 ) \left(\frac{1}{2},-\frac{5}{2}\right) (21,−25)，这种情况不可能。
（2）当 a > 0 a>0 a>0 时， f ( x ) = { − x 2 + a , 0 < x < a x 2 − a , x ⩾ a f(x)=\begin{cases}-x^{2}+a, & 0<x<\sqrt{a} \\ x^{2}-a, & x \geqslant \sqrt{a}\end{cases} f(x)={−x2+a,x2−a,0<x<a x⩾a ，图像如图 3-35 所示。由 (1) 知直线 y = x − 3 y=x-3 y=x−3 与 f ( x ) = x 2 − a f(x)=x^{2}-a f(x)=x2−a 相切于 x = 1 2 x=\frac{1}{2} x=21 处，由图像可知此时临界情况也不可能为相切（因为切点一定在 x = 3 x=3 x=3 右侧，此时 y > 0 y>0 y>0）。所以临界情况为直线 y = x − 3 y=x-3 y=x−3 与 f ( x ) f(x) f(x) 交于点 ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0)，此时 a = 9 a=9 a=9 。当 a > 9 a>9 a>9 时，两图像有两个交点，故填 ( 9 , + ∞ ) (9,+\infty) (9,+∞)。
曲线含有参数，这给图像的作法增加了难度，因为这类曲线的图像是分类讨论必不可少的步骤，下面我们再来看例子：
-
【例 14】 （2016 天津理 8）已知函数 f ( x ) = { x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a , x < 0 log a ( x + 1 ) + 1 , x ⩾ 0 ( a > 0 且 a ≠ 1 ) f(x)=\begin{cases}x^{2}+(4 a-3) x+3 a, & x<0 \\ \log _{a}(x+1)+1, & x \geqslant 0\end{cases}(a>0 \text { 且 } a \neq 1) f(x)={x2+(4a−3)x+3a,loga(x+1)+1,x<0x⩾0(a>0 且 a=1) 在 R \mathbb{R} R 上单调递减，关于 x x x 的方程 ∣ f ( x ) ∣ = 2 − x |f(x)|=2-x ∣f(x)∣=2−x 恰有两个不相等的实数解，则 a a a 的取值范围是（ ）。
A. ( 0 , 2 3 ] \left(0, \frac{2}{3}\right] (0,32]
B. [ 2 3 , 3 4 ] \left[\frac{2}{3}, \frac{3}{4}\right] [32,43]
C. [ 1 3 , 2 3 ] ∪ { 3 4 } \left[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right] \cup\left\{\frac{3}{4}\right\} [31,32]∪{43}
D. [ 1 3 , 2 3 ) ∪ { 3 4 } \left[\frac{1}{3}, \frac{2}{3}\right) \cup\left\{\frac{3}{4}\right\} [31,32)∪{43} -
【解析】 函数 f ( x ) f(x) f(x) 在 R \mathbb{R} R 上单调递减，则由分段函数的单调性可得 { 0 < a < 1 3 − 4 a 2 ⩾ 0 3 a ⩾ 1 \begin{cases}0<a<1 \\ \frac{3-4 a}{2} \geqslant 0 \\ 3 a \geqslant 1\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧0<a<123−4a⩾03a⩾1，解得 1 3 ⩽ a ⩽ 3 4 \frac{1}{3} \leqslant a \leqslant \frac{3}{4} 31⩽a⩽43。此时由 f ( x ) = log a ( x + 1 ) + 1 = 0 f(x)=\log _{a}(x+1)+1=0 f(x)=loga(x+1)+1=0 解得 x = 1 a − 1 ∈ [ 1 3 , 2 ] x=\frac{1}{a}-1 \in\left[\frac{1}{3}, 2\right] x=a1−1∈[31,2]，所以直线 y = 2 − x y=2-x y=2−x 与 y = ∣ f ( x ) ∣ ( x ⩾ 0 ) y=|f(x)|(x \geqslant 0) y=∣f(x)∣(x⩾0) 必有一个交点，则由题意只需直线 y = 2 − x y=2-x y=2−x 与 y = ∣ f ( x ) ∣ ( x < 0 ) = x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a y=|f(x)|(x<0)=x^{2}+(4 a-3) x+3 a y=∣f(x)∣(x<0)=x2+(4a−3)x+3a 恰有一个公共点。
（1）临界情形之一是直线 y = 2 − x y=2-x y=2−x 与 f ( x ) = x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a ( x < 0 ) f(x)=x^{2}+(4 a-3) x+3 a(x<0) f(x)=x2+(4a−3)x+3a(x<0) 相切，如图 3-37 所示，则 { − 1 = 2 x + 4 a − 3 2 − x = x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a x < 0 \begin{cases}-1=2 x+4 a-3 \\ 2-x=x^{2}+(4 a-3) x+3 a \\ x<0\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧−1=2x+4a−32−x=x2+(4a−3)x+3ax<0，解得 a = 3 4 a=\frac{3}{4} a=43 或 1 1 1（舍去）。
（2）临界情形之二是直线 y = 2 − x y=2-x y=2−x 与 f ( x ) = x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a ( x < 0 ) f(x)=x^{2}+(4 a-3) x+3 a(x<0) f(x)=x2+(4a−3)x+3a(x<0) 交于端点 ( 0 , 3 a ) (0,3 a) (0,3a)，即 3 a = 2 3 a=2 3a=2，解得 a = 2 3 a=\frac{2}{3} a=32，如图 3-36 所示。此时 f ′ ( 0 ) = 4 a − 3 = − 1 3 > − 1 f^{\prime}(0)=4 a-3=-\frac{1}{3}>-1 f′(0)=4a−3=−31>−1，所以当 3 a ⩽ 2 3 a \leqslant 2 3a⩽2 即 a ⩽ 2 3 a \leqslant \frac{2}{3} a⩽32 时，直 线 y = 2 − x y=2-x y=2−x 与 f ( x ) = x 2 + ( 4 a − 3 ) x + 3 a ( x < 0 ) f(x)=x^{2}+(4 a-3) x+3 a(x<0) f(x)=x2+(4a−3)x+3a(x<0) 只有一个交点。
综上所述，本题选 C。
不知道读者们是否还记得在例 10 中，我们说过所给解法是错误的，当时我们并没有给出正确的解答，下面给出正确的解答过程，见下例：
-
【例 15】 （2009 重庆理 10）已知 T = 4 T=4 T=4 的周期函数 f ( x ) = { m 1 − x 2 , − 1 < x ⩽ 1 1 − ∣ x − 2 ∣ , 1 < x ⩽ 3 f(x)=\begin{cases}m \sqrt{1-x^{2}}, & -1<x \leqslant 1 \\ 1-|x-2|, & 1<x \leqslant 3\end{cases} f(x)={m1−x2 ,1−∣x−2∣,−1<x⩽11<x⩽3，其中 m > 0 m>0 m>0。若方程 3 f ( x ) = x 3 f(x)=x 3f(x)=x 恰有 5 个实数解，则 m m m 的取值范围是（ ）。
A. ( 15 3 , 8 3 ) \left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \frac{8}{3}\right) (315 ,38)
B. ( 15 3 , 7 ) \left(\frac{\sqrt{15}}{3}, \sqrt{7}\right) (315 ,7 )
C. ( 4 3 , 8 3 ) \left(\frac{4}{3}, \frac{8}{3}\right) (34,38)
D. ( 4 3 , 7 ) \left(\frac{4}{3}, \sqrt{7}\right) (34,7 ) -
【分析】 令 y = m 1 − x 2 y=m \sqrt{1-x^{2}} y=m1−x2 ，两边平方可得 x 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) x^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) x2+m2y2=1(y⩾0)，当 x ∈ ( − 1 , 1 ] x \in(-1,1] x∈(−1,1] 时，函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像是 x x x 轴上方的半椭圆。而当 x ∈ ( 1 , 3 ] x \in(1,3] x∈(1,3] 时，其图像是开口向下，对称轴为 x = 2 x=2 x=2，顶点为 ( 2 , 1 ) (2,1) (2,1) 的倒 V 字型折线段。方程 3 f ( x ) = x 3 f(x)=x 3f(x)=x 恰有 5 个实数解，等价于 f ( x ) = x 3 f(x)=\frac{x}{3} f(x)=3x 有 5 个实数解，即直线 y = x 3 y=\frac{x}{3} y=3x 与 f ( x ) f(x) f(x) 的图像有 5 个交点。
-
【解析】 首先作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像如图 3-38 所示。有图像可知，当直线 y = x 3 y=\frac{x}{3} y=3x 与第二个半椭圆 ( x − 4 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-4)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−4)2+m2y2=1(y⩾0) 相交，而与第三个半粗圆 ( x − 8 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-8)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−8)2+m2y2=1(y⩾0) 无交点时，两图像恰有 5 个交点。将 y = x 3 y=\frac{x}{3} y=3x 代入 ( x − 4 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-4)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−4)2+m2y2=1(y⩾0) 得 ( 9 m 2 + 1 ) x 2 − 72 m 2 x + 135 m 2 = 0 \left(9 m^{2}+1\right) x^{2}-72 m^{2} x+135 m^{2}=0 (9m2+1)x2−72m2x+135m2=0，由 Δ > 0 \Delta>0 Δ>0 且 m > 0 m>0 m>0 解得 m > 15 3 m>\frac{\sqrt{15}}{3} m>315 。将 y = x 3 y=\frac{x}{3} y=3x 代入 ( x − 8 ) 2 + y 2 m 2 = 1 ( y ⩾ 0 ) (x-8)^{2}+\frac{y^{2}}{m^{2}}=1(y \geqslant 0) (x−8)2+m2y2=1(y⩾0)，由 Δ < 0 \Delta<0 Δ<0 解得 m < 7 m<\sqrt{7} m<7 。
综上所述， 15 3 < m < 7 \frac{\sqrt{15}}{3}<m<\sqrt{7} 315 <m<7 ，故选 B \mathrm{B} B。 -
【注】 如例 10 中所述，本例不可利用 { f ( 4 ) > g ( 4 ) f ( 8 ) < g ( 8 ) ⇒ 4 3 < m < 8 3 \begin{cases}f(4)>g(4) \\ f(8)<g(8)\end{cases} \Rightarrow \frac{4}{3}<m<\frac{8}{3} {f(4)>g(4)f(8)<g(8)⇒34<m<38，其中 g ( x ) = x 3 g(x)=\frac{x}{3} g(x)=3x 。我们在这里暂时不给大家解释具体原因，在完成曲线与曲线一节中的例 10 的解析之后我们加以解释。
-
【变式 11】 （2018 天津文 14）已知 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，函数 f ( x ) = { x 2 + 2 x + a − 2 , x ⩽ 0 − x 2 + 2 x − 2 a , x > 0 f(x)=\begin{cases}x^{2}+2 x+a-2, & x \leqslant 0 \\ -x^{2}+2 x-2 a, & x>0\end{cases} f(x)={x2+2x+a−2,−x2+2x−2a,x⩽0x>0，对于任意 x ∈ [ − 3 , + ∞ ) , f ( x ) ⩽ ∣ x ∣ x \in[-3,+\infty), f(x) \leqslant|x| x∈[−3,+∞),f(x)⩽∣x∣ 恒成立，则 a a a 的取值范围是 ______。
-
【变式 12】 已知 t > 0 t>0 t>0，关于 x x x 的方程 2 − ∣ x ∣ = t − x 2 \sqrt{2}-|x|=\sqrt{t-x^{2}} 2 −∣x∣=t−x2 ，则方程的实根个数为（ ）。
A. 0 0 0 或 2 2 2
B. 0 0 0 或 2 2 2 或 3 3 3 或 4 4 4
C. 0 0 0 或 2 2 2 或 4 4 4
D. 0 0 0 或 1 1 1 或 2 2 2 或 3 3 3 或 4 4 4
正如文明的进步亦督促文明不断探索创新、寻求更优的思想一样，“简洁美”是数学的一大特色，“化繁为简”自然成了数学领域里不可或缺的视觉。因此，当明确意识到动曲线比动直线复杂得多的时候，我们不禁大胆设想，是否能将动曲线问题转化为动直线问题呢？这一大胆尝试性的思想虽然不能惠及所有的动曲线问题，却也为我们解决此类问题开辟了新的思维方向。下面这道题目，这是一道典型的化动曲线为动直线的题目，其解法实在令人叹为观止！
-
【例 16】 （2012 山东理 12）函数 f ( x ) = 1 x f(x)=\frac{1}{x} f(x)=x1， g ( x ) = a x 2 + b x ( a , b ∈ R , a ≠ 0 ) g(x)=a x^{2}+b x(a, b \in \mathbb{R}, a \neq 0) g(x)=ax2+bx(a,b∈R,a=0)，若 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 的图像有且仅有两个不同的公共点 A ( x 1 , y 1 ) A\left(x_{1}, y_{1}\right) A(x1,y1)， B ( x 2 , y 2 ) B\left(x_{2}, y_{2}\right) B(x2,y2), 则下列判断正确的是（ ）。
A. 当 a < 0 a<0 a<0 时， x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0
B. 当 a < 0 a<0 a<0 时， x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0
C. 当 a > 0 a>0 a>0 时， x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0
D. 当 a > 0 a>0 a>0 时， x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0 -
【分析】 函数 f ( x ) = 1 x f(x)=\frac{1}{x} f(x)=x1 与 g ( x ) = a x 2 + b x g(x)=a x^{2}+b x g(x)=ax2+bx 的图像都是曲线，直接判断很难，因此适当变形。 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 的图像恰有两个交点，即方程 1 x = a x 2 + b x \frac{1}{x}=a x^{2}+b x x1=ax2+bx 有两个实数根，两边除以 x x x 得 1 x 2 = a x + b \frac{1}{x^{2}}=a x+b x21=ax+b，这样就变为直线 y = a x + b y=a x+b y=ax+b 与曲线 y = 1 x 2 y=\frac{1}{x^{2}} y=x21 的交点问题了。
-
【解析】 由题意方程 1 x = a x 2 + b x \frac{1}{x}=a x^{2}+b x x1=ax2+bx 即 1 x 2 = a x + b \frac{1}{x^{2}}=a x+b x21=ax+b 恰有两个实数根（注意到两个方程的 x x x 没有变）。令 p ( x ) = 1 x 2 p(x)=\frac{1}{x^{2}} p(x)=x21， q ( x ) = a x + b q(x)=a x+b q(x)=ax+b，容易作出函数 p ( x ) = 1 x 2 p(x)=\frac{1}{x^{2}} p(x)=x21 的图像。
（1）如图 3-39 所示，当 a > 0 a>0 a>0 时，把直线 y = a x + b y=a x+b y=ax+b 从下往上平移直到与 x < 0 x<0 x<0 的一支相切时，两图像恰有两个交点，此时 y 2 ′ > y 1 ′ y_{2}^{\prime}>y_{1}^{\prime} y2′>y1′，即 1 x 2 2 > 1 x 1 2 \frac{1}{x_{2}^{2}}>\frac{1}{x_{1}^{2}} x221>x121，可得 x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0，从而 y 1 + y 2 = 1 x 1 + 1 x 2 = x 1 + x 2 x 1 x 2 > 0 y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}>0 y1+y2=x11+x21=x1x2x1+x2>0。
（2）如图 3-40 所示，当 a < 0 a<0 a<0 时，把直线 y = a x + b y=a x+b y=ax+b 从下往上平移直到与 x > 0 x>0 x>0 的一支相切时，两图像恰有两个交点，此时 y 2 ′ < y 1 ′ y_{2}^{\prime}<y_{1}^{\prime} y2′<y1′，即 1 x 2 2 < 1 x 1 2 \frac{1}{x_{2}^{2}}<\frac{1}{x_{1}^{2}} x221<x121，可得 x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0，从而 y 1 + y 2 = 1 x 1 + 1 x 2 = x 1 + x 2 x 1 x 2 < 0 y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}<0 y1+y2=x11+x21=x1x2x1+x2<0，故选 B。 -
【变式 13】 （2012 山东文 12）函数 f ( x ) = 1 x f(x)=\frac{1}{x} f(x)=x1， g ( x ) = − x 2 + b x g(x)=-x^{2}+b x g(x)=−x2+bx，若 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像与 y = g ( x ) y=g(x) y=g(x) 的图像有且仅有两个不同的公共点 A ( x 1 , y 1 ) A\left(x_{1}, y_{1}\right) A(x1,y1)， B ( x 2 , y 2 ) B\left(x_{2}, y_{2}\right) B(x2,y2)，则下列判断正确的是（ ）。
A. x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0
B. x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0
C. x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 > 0 y_{1}+y_{2}>0 y1+y2>0
D. x 1 + x 2 < 0 x_{1}+x_{2}<0 x1+x2<0， y 1 + y 2 < 0 y_{1}+y_{2}<0 y1+y2<0 -
【变式 14】 已知函数 f ( x ) = x 2 − a x ( 1 e ⩽ x ⩽ e ) f(x)=x^{2}-a x\left(\frac{1}{\mathrm{e}} \leqslant x \leqslant \mathrm{e}\right) f(x)=x2−ax(e1⩽x⩽e) 与 g ( x ) = e x g(x)=\mathrm{e}^{x} g(x)=ex 的图像上存在关于直线 y = x y=x y=x 对称的点，则实数 a a a 取值范围是（ ）。
A. [ 1 , e + 1 e ] \left[1, \mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}}\right] [1,e+e1]
B. [ 1 , e − 1 e ] \left[1, \mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}}\right] [1,e−e1]
C. [ e − 1 e , e + 1 e ] \left[\mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}}\right] [e−e1,e+e1]
D. [ e − 1 e , e ] \left[\mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right] [e−e1,e]
变式参考答案
-
【变式 1】
函数 g ( x ) = f ( x ) − a x + a g(x)=f(x)-a x+a g(x)=f(x)−ax+a 存在零点等价于 f ( x ) = a ( x − 1 ) f(x)=a(x-1) f(x)=a(x−1) 存在交点，画出函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像，如图 3-86 所示，直线 y = a ( x − 1 ) y=a(x-1) y=a(x−1) 恒过定点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)，当直线经过点 ( − 2 , 1 ) (-2,1) (−2,1) 时，此时 − 3 a = 1 -3 a=1 −3a=1，即 a = − 1 3 a=-\frac{1}{3} a=−31，然后绕着点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 顺时针旋转，旋转到直. 线 y = a ( x − 1 ) y=a(x-1) y=a(x−1) 与直线 y = x + 1 y=x+1 y=x+1 平行终止，此时 a = 1 a=1 a=1，可知 a ⩽ − 1 3 a \leqslant-\frac{1}{3} a⩽−31 或 a > 1 a>1 a>1，故填 ( − ∞ , − 1 3 ] ∪ ( 1 , + ∞ ) \left(-\infty,-\frac{1}{3}\right] \cup(1,+\infty) (−∞,−31]∪(1,+∞) 。 -
【变式 2】
画出函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像，如图 3-87 所示，方程 f ( x ) = k x + 2 k f(x)= k x+2 k f(x)=kx+2k 有 4 个不同的解，直线 y = k ( x + 2 ) y=k(x+2) y=k(x+2) 恒过定点 ( − 2 , 0 ) (-2,0) (−2,0)，直线绕着点 ( − 2 , 0 ) (-2,0) (−2,0) 逆时针旋转，当直线过点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 时，图像只有一个交点，继续旋转，当直线与二次曲线 y = x 2 + 2 x + 2 y=x^{2}+2 x+2 y=x2+2x+2 在 x ∈ ( − 1 , 0 ) x \in(-1,0) x∈(−1,0) 上相切时，此时图像有 3 个交点，可得 x 2 + 2 x + 2 = x^{2}+2 x+2= x2+2x+2= k x + 2 k k x+2 k kx+2k，即 x 2 + ( 2 − k ) x + 2 − 2 k = 0 x^{2}+(2-k) x+2-2 k=0 x2+(2−k)x+2−2k=0，可知 Δ = ( 2 − k ) 2 − 4 ( 2 − 2 k ) = 0 \Delta=(2-k)^{2}- 4(2-2 k)=0 Δ=(2−k)2−4(2−2k)=0，可得 a = 2 2 − 2 a=2 \sqrt{2}-2 a=22 −2，此时是临界情形，再逆时针旋转就出现 4 个交点，当直线经过点 ( 0 , 2 ) (0,2) (0,2) 时恰好有 3 个交点，此时 2 k = 2 2 k=2 2k=2，即 k = 1 k=1 k=1，由图 3-87 可知， 2 2 − 2 < k < 1 2 \sqrt{2}-2<k<1 22 −2<k<1，故选 B。 -
【变式 3】
函数 g ( x ) g(x) g(x) 恰有一个零点，即函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与直线 y = a ( x − 1 ) y=a(x-1) y=a(x−1) 恰有一个交点，因为函数 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与直线 y = a ( x − 1 ) y=a(x-1) y=a(x−1) 都经过点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)。函数 f ( x ) = x 2 − 3 x + 2 f(x)=x^{2}-3 x+2 f(x)=x2−3x+2 的导函数 f ′ ( x ) = 2 x − 3 f^{\prime}(x)=2 x-3 f′(x)=2x−3，曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 处切线的斜率为 a = f ′ ( 1 ) = − 1 a=f^{\prime}(1)=-1 a=f′(1)=−1，然后绕着点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 逆时针旋转，直到直线与 x x x 轴重合，此时满足题意，即 a ∈ [ − 1 , 0 ] a \in[-1,0] a∈[−1,0]。接着旋转直到直线与 y = ln x y=\ln x y=lnx 相切时，对函数 f ( x ) = ln x f(x)=\ln x f(x)=lnx 求导可得 f ′ ( x ) = 1 x f^{\prime}(x)=\frac{1}{x} f′(x)=x1，此时曲线 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 在点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 处的切线斜率为 a = f ′ ( 1 ) = 1 a=f^{\prime}(1)=1 a=f′(1)=1，然后再旋转，直到直线垂直 x x x 轴终止，可知 a ∈ [ 1 , + ∞ ) a \in[1,+\infty) a∈[1,+∞)。如图 3-88 所示，则 a ∈ [ − 1 , 0 ] ∪ [ 1 , + ∞ ) a \in[-1,0] \cup[1,+\infty) a∈[−1,0]∪[1,+∞)，故选 A。 -
【变式 4】
首先确定函数的定义域为 ( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) (0,+∞)，函数 f ( x ) > 0 f(x)>0 f(x)>0 等价 a ( x − 2 ) > x − 2 − ln x a(x-2)>x-2-\ln x a(x−2)>x−2−lnx，即直线 y = a ( x − 2 ) y=a(x-2) y=a(x−2) 的图像在曲线 y = x − 2 − ln x y=x-2-\ln x y=x−2−lnx 的上方且包含三个整数解。令 g ( x ) = x − 2 − ln x g(x)=x-2-\ln x g(x)=x−2−lnx， h ( x ) = a ( x − 2 ) h(x)=a(x-2) h(x)=a(x−2)，对 g ( x ) g(x) g(x) 求导可得 g ′ ( x ) = x − 1 x g^{\prime}(x)=\frac{x-1}{x} g′(x)=xx−1，当 x ∈ ( 0 , 1 ) x \in(0,1) x∈(0,1) 时，函数 g ( x ) g(x) g(x) 单调递减，当 x > 1 x>1 x>1 时，函数 g ( x ) g(x) g(x) 单调递增，故在 x = 1 x=1 x=1 处取得极小值 g ( − 1 ) = − 1 g(-1)=-1 g(−1)=−1，当 x x x 趋近 0 0 0 时，函数 g ( x ) g(x) g(x) 逼近于正无穷，当 x x x 趋近 + ∞ + \infty +∞ 时，函数 g ( x ) g(x) g(x) 逼近于正无穷，图像如图 3-89 所示，要保证 h ( x ) > g ( x ) h(x)>g(x) h(x)>g(x) 有三个整数解，只需满足 { h ( 1 ) > g ( 1 ) h ( 3 ) > g ( 3 ) h ( 4 ) ⩽ g ( 4 ) \begin{cases}h(1)>g(1) \\ h(3)>g(3) \\ h(4) \leqslant g(4)\end{cases} ⎩⎪⎨⎪⎧h(1)>g(1)h(3)>g(3)h(4)⩽g(4)，解得 1 − ln 3 < a ⩽ 1 − ln 2 1-\ln 3<a \leqslant 1-\ln 2 1−ln3<a⩽1−ln2，故选 C。 -
【变式 5】
选项 A：令 x = 1.5 x=1.5 x=1.5，则 [ − x ] = [ − 1.5 ] = − 2 [-x]=[-1.5]=-2 [−x]=[−1.5]=−2，$-[x]=-[1.5]=-1 $；所以 A 错误。
选项 B：令 x = 1.5 x=1.5 x=1.5，则 [ x + 1 2 ] = [ 2 ] = 2 \left[x+\frac{1}{2}\right]=[2]=2 [x+21]=[2]=2， [ x ] = [ 1.5 ] = 1 [x]=[1.5]=1 [x]=[1.5]=1；所以 B 错误。
选项 C：令 x = 1.5 x=1.5 x=1.5，则 [ 2 x ] = [ 3 ] = 3 [2 x]=[3]=3 [2x]=[3]=3，$2[x]=2[1.5]=2 $；所以 C 错误。
选项 D：令 [ x ] = m [x]=m [x]=m，则 m ⩽ x < m + 1 m \leqslant x<m+1 m⩽x<m+1， m + 1 2 ⩽ x + 1 2 < m + 3 2 m+\frac{1}{2} \leqslant x+\frac{1}{2}<m+\frac{3}{2} m+21⩽x+21<m+23， 2 m ⩽ 2 x < 2 m + 2 2 m \leqslant 2 x<2 m+2 2m⩽2x<2m+2 。
当 m ⩽ x < m + 1 2 m \leqslant x<m+\frac{1}{2} m⩽x<m+21 时， m + 1 2 ⩽ x + 1 2 < m + 1 m+\frac{1}{2} \leqslant x+\frac{1}{2}<m+1 m+21⩽x+21<m+1， 2 m ⩽ 2 x < 2 m + 1 2 m \leqslant 2 x<2 m+1 2m⩽2x<2m+1，此时 [ x ] + [ x + 1 2 ] = [ 2 x ] = 2 m [x]+\left[x+\frac{1}{2}\right]=[2 x]=2 m [x]+[x+21]=[2x]=2m；
当 m + 1 2 ⩽ x < m + 1 m+\frac{1}{2} \leqslant x<m+1 m+21⩽x<m+1 时， m + 1 ⩽ x + 1 2 < m + 3 2 m+1 \leqslant x+\frac{1}{2}<m+\frac{3}{2} m+1⩽x+21<m+23， 2 m + 1 ⩽ 2 x < 2 m + 2 2 m+1 \leqslant 2 x<2 m+2 2m+1⩽2x<2m+2，此时 [ x ] + [ x + 1 2 ] = [ 2 x ] = 2 m + 1 [x]+\left[x+\frac{1}{2}\right]=[2 x]=2 m+1 [x]+[x+21]=[2x]=2m+1。故选 D。 -
【变式 6】
由题意， [ t n ] = n \left[t^{n}\right]=n [tn]=n，则 n ⩽ t n < n + 1 n \leqslant t^{n}<n+1 n⩽tn<n+1。
当 n = 1 n=1 n=1 时， 1 ⩽ t < 2 1 \leqslant t<2 1⩽t<2；
当 n = 2 n=2 n=2 时， 2 ⩽ t 2 < 3 2 \leqslant t^{2}<3 2⩽t2<3 得 2 ⩽ t < 3 \sqrt{2} \leqslant t<\sqrt{3} 2 ⩽t<3 ；
当 n = 3 n=3 n=3 时， 3 ⩽ t 3 < 4 3 \leqslant t^{3}<4 3⩽t3<4 得 3 3 ⩽ t < 4 3 \sqrt[3]{3} \leqslant t<\sqrt[3]{4} 33 ⩽t<34 ；
当 n = 4 n=4 n=4 时， 4 ⩽ t 4 < 5 4 \leqslant t^{4}<5 4⩽t4<5 得 4 4 ⩽ t < 5 4 \sqrt[4]{4} \leqslant t<\sqrt[4]{5} 44 ⩽t<45 ；
当 n = 5 n=5 n=5 时， 5 ⩽ t 5 < 6 5 \leqslant t^{5}<6 5⩽t5<6 得 5 5 ⩽ t < 6 5 \sqrt[5]{5} \leqslant t<\sqrt[5]{6} 55 ⩽t<56 。
可见，当 n = 1 , 2 , 3 , 4 n=1,2,3,4 n=1,2,3,4 时 t t t 的范围有交集 [ 3 3 , 5 4 ) [\sqrt[3]{3}, \sqrt[4]{5}) [33 ,45 )，当 n = 5 n=5 n=5 时没有交集，所以 n n n 的最大正整数为4，故选 B。 -
【变式 7】
这里定义的 [ x ] [x] [x] 是 “上取整函数”，则 f ( x ) = { 0 , − 1 < x ⩽ 0 − 1 , 0 < x ⩽ 1 0 , 1 < x ⩽ 2 3 , 2 < x ⩽ 3 8 , 3 < x ⩽ 4 f(x)=\begin{cases}0, & -1<x \leqslant 0 \\ -1, & 0<x \leqslant 1 \\ 0, & 1<x \leqslant 2 \\ 3, & 2<x \leqslant 3 \\ 8, & 3<x \leqslant 4\end{cases} f(x)=⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧0,−1,0,3,8,−1<x⩽00<x⩽11<x⩽22<x⩽33<x⩽4，由题意函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像与过定点 ( 2 , − 2 ) (2,-2) (2,−2) 的直线 y = k ( x − 2 ) − 2 y=k(x-2)-2 y=k(x−2)−2 有两个交点。作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-90 所示，当 − 1 ⩽ k < − 2 3 -1 \leqslant k<-\frac{2}{3} −1⩽k<−32 或 5 ⩽ k < 10 5 \leqslant k<10 5⩽k<10 时，两图像恰有两个交点，故选 C。 -
【变式 8】
画出 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-91 所示， y = k x + k y=k x+k y=kx+k 是恒过定点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0) 的直线，由题意直线 y = k x + k y=k x+k y=kx+k 与 f ( x ) f(x) f(x) 的图像有 4 个交点，当直线与 x x x 轴重合的时候，不满足题意，但此时是一个临界位置，然后绕着点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0) 逆时针旋转，出现 4 个交点，当直线经过点 ( 3 , 1 ) (3,1) (3,1) 时可得 k = 1 − 0 3 + 1 = 1 4 k=\frac{1-0}{3+1}=\frac{1}{4} k=3+11−0=41，如图 3-91 所示，可知 0 < k ⩽ 1 4 0<k \leqslant \frac{1}{4} 0<k⩽41，故填 ( 0 , 1 4 ] \left(0, \frac{1}{4}\right] (0,41]。 -
【变式 9】
由 g ( x ) = f ( x ) + 2 x − a g(x)=f(x)+2 x-a g(x)=f(x)+2x−a 存在两个零点可知 f ( x ) = − 2 x + a f(x)=-2 x+a f(x)=−2x+a 有两个不同交点，即斜率为 − 2 -2 −2 的平行直线系 y = − 2 x + a y=-2 x+a y=−2x+a 与函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像有两个交点。作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-92 所示，可知过点 ( 0 , 1 ) (0,1) (0,1) 的直线为 y = − 2 x + 1 y=-2 x+1 y=−2x+1，此时 a = 1 a=1 a=1。当直线 y = − 2 x + a y=-2 x+a y=−2x+a 往上平移时，两图像只有一个交点；当直线 y = − 2 x + a y=-2 x+a y=−2x+a 往下平移时，两图像有两个交点，此时 a ⩽ 1 a \leqslant 1 a⩽1 。故 填 ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1]。 -
【变式 10】
作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，如图 3-93 所示，可知当直线 y = − 1 4 x + a y=-\frac{1}{4} x+a y=−41x+a 与 y = 1 x y=\frac{1}{x} y=x1 相切时有两个不同交点，即 1 x = − 1 4 x + a \frac{1}{x}=-\frac{1}{4} x+a x1=−41x+a，整理可得 x 2 − 4 a x + 4 = 0 x^{2}-4 a x+4=0 x2−4ax+4=0，由 Δ = 0 \Delta=0 Δ=0 可得 a = 1 a=1 a=1，然后图像向右平移，当直线经过点 ( 1 , 1 ) (1,1) (1,1) 后，此时出现两个不同交点，可得 1 = − 1 4 + a 1=-\frac{1}{4}+a 1=−41+a，即 a = 5 4 a=\frac{5}{4} a=45，继续向右平移，直到直线经过点 ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 时终止，可得 2 = − 1 4 + a 2=-\frac{1}{4}+a 2=−41+a，即 a = 9 4 a=\frac{9}{4} a=49，图像如图所示，所以 a a a 的取值范围为 [ 5 4 , 9 4 ] ∪ { 1 } \left[\frac{5}{4}, \frac{9}{4}\right] \cup\{1\} [45,49]∪{1}，故选 D。 -
【变式 11】
作出函数 f ( x ) f(x) f(x) 和 y = ∣ x ∣ y=|x| y=∣x∣ 的图像如图 3-94 所示。
（1）当 − 3 ⩽ x ⩽ 0 -3 \leqslant x \leqslant 0 −3⩽x⩽0 时，要使不等式 f ( x ) ⩽ ∣ x ∣ f(x) \leqslant|x| f(x)⩽∣x∣ 恒成立，只需 { f ( − 3 ) = a + 1 ⩽ 3 f ( 0 ) = a − 2 ⩽ 0 \begin{cases}f(-3)=a+1 \leqslant 3 \\ f(0)=a-2 \leqslant 0\end{cases} {f(−3)=a+1⩽3f(0)=a−2⩽0，解得 a ⩽ 2 a \leqslant 2 a⩽2。
（2）当 x > 0 x>0 x>0 时，要使得 f ( x ) ⩽ ∣ x ∣ f(x) \leqslant|x| f(x)⩽∣x∣ 恒成立，则直线 y = x ( x > 0 ) y=x(x>0) y=x(x>0) 与 f ( x ) = − x 2 + 2 x − 2 a f(x)=-x^{2}+2 x-2 a f(x)=−x2+2x−2a 最多只有一个交点，即方程 x 2 − x + 2 a = 0 x^{2}-x+2 a=0 x2−x+2a=0 最多只有一个实数根，则 Δ = 1 − 8 a ⩽ 0 \Delta=1-8a \leqslant 0 Δ=1−8a⩽0，解得 a ⩾ 1 8 a \geqslant \frac{1}{8} a⩾81。
综上所述， a a a 的取值范围为 1 8 ⩽ a ⩽ 2 \frac{1}{8} \leqslant a \leqslant 2 81⩽a⩽2，故填 [ 1 8 , 2 ] \left[\frac{1}{8}, 2\right] [81,2]。 -
【变式 12】
令 y = t − x 2 y=\sqrt{t-x^{2}} y=t−x2 ，则 x 2 + y 2 = t ( y ⩾ 0 ) x^{2}+y^{2}=t(y \geqslant 0) x2+y2=t(y⩾0)，表示圆心在原点，半径为 t \sqrt{t} t 的上半圆。而 y = 2 − ∣ x ∣ ( − 2 ⩽ x ⩽ 2 ) y=\sqrt{2}-|x|(-\sqrt{2} \leqslant x \leqslant \sqrt{2}) y=2 −∣x∣(−2 ⩽x⩽2 ) 是开口向下，对称轴为 y y y 轴，顶点为 ( 0 , 2 ) (0, \sqrt{2}) (0,2 )，且在 x x x 轴上方的倒 V 字型折线段。如图 3-95 所示，当 0 < t < 1 0<t<1 0<t<1 时，两图像没有交点；当 t = 1 t=1 t=1 时，两图像有 2 个交点；当 1 < t < 2 1<t<\sqrt{2} 1<t<2 时，两图像有 4 个交点；当 t = 2 t=\sqrt{2} t=2 时，两图像有 3 个交点；当 t > 2 t>\sqrt{2} t>2 时，两图像没有交点。故选 B。 -
【变式 13】
由题意方程 1 x = − x 2 + b x \frac{1}{x}=-x^{2}+b x x1=−x2+bx 即 1 x 2 = − x + b \frac{1}{x^{2}}=-x+b x21=−x+b 恰有两个实数根（注意到两个方程的 x x x 没有变）。令 p ( x ) = 1 x 2 p(x)=\frac{1}{x^{2}} p(x)=x21，容易作出其图像，如图 3-96 所示，此时 y 2 ′ < y 1 ′ y_{2}^{\prime}<y_{1}^{\prime} y2′<y1′，即 1 x 2 2 < 1 x 1 2 \frac{1}{x_{2}^{2}}<\frac{1}{x_{1}^{2}} x221<x121，可得 x 1 + x 2 > 0 x_{1}+x_{2}>0 x1+x2>0，从而 y 1 + y 2 = 1 x 1 + 1 x 2 = x 1 + x 2 x 1 x 2 < 0 y_{1}+y_{2}=\frac{1}{x_{1}}+\frac{1}{x_{2}}=\frac{x_{1}+x_{2}}{x_{1} x_{2}}<0 y1+y2=x11+x21=x1x2x1+x2<0，故选 B。 -
【变式 14】
函数 g ( x ) = e x g(x)=\mathrm{e}^{x} g(x)=ex 关于 y = x y=x y=x 对称的函数为 y = ln x y=\ln x y=lnx，由题意 x 2 − a x = ln x x^{2}-a x=\ln x x2−ax=lnx，即 x − a = ln x x x-a=\frac{\ln x}{x} x−a=xlnx 在 1 e ⩽ x ⩽ e \frac{1}{\mathrm{e}} \leqslant x \leqslant \mathrm{e} e1⩽x⩽e 上有解，等价于直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 y = ln x x y=\frac{\ln x}{x} y=xlnx 有交点。令 h ( x ) = ln x x h(x)=\frac{\ln x}{x} h(x)=xlnx，则 h ′ ( x ) = 1 − ln x x 2 h^{\prime}(x)=\frac{1-\ln x}{x^{2}} h′(x)=x21−lnx，易知在 ( 1 e , e ) \left(\frac{1}{\mathrm{e}}, \mathrm{e}\right) (e1,e) 上， h ′ ( x ) > 0 h^{\prime}(x)>0 h′(x)>0， h ( x ) h(x) h(x) 单调递增，且 h ( 1 ) = 0 h(1)=0 h(1)=0， h ( 1 e ) = − e h\left(\frac{1}{\mathrm{e}}\right)=-\mathrm{e} h(e1)=−e， h ( e ) = 1 e h(\mathrm{e})=\frac{1}{\mathrm{e}} h(e)=e1，从而作出函数 h ( x ) h(x) h(x) 的图像，如图 3-97 所示。直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 h ( x ) h(x) h(x) 的图像相切时为临图 3 − 97 3-97 3−97 界情况，因为 h ′ ( 1 ) = 1 h^{\prime}(1)=1 h′(1)=1，所以相切于点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0)，此时 a = 1 a=1 a=1 。当直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 h ( x ) h(x) h(x) 的图像相交于点 ( e , 1 e ) \left(\mathrm{e}, \frac{1}{\mathrm{e}}\right) (e,e1) 时， a = e − 1 e a=\mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}} a=e−e1；当直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 h ( x ) h(x) h(x) 的图像相交于点 ( 1 e , − e ) \left(\frac{1}{\mathrm{e}},-\mathrm{e}\right) (e1,−e) 时， a = e + 1 e a=\mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}} a=e+e1。所以当 1 ⩽ a ⩽ e + 1 e 1 \leqslant a \leqslant \mathrm{e}+\frac{1}{\mathrm{e}} 1⩽a⩽e+e1 时，直线 y = x − a y=x-a y=x−a 与 h ( x ) h(x) h(x) 的图像有交点。故选 A。
练习题
-
（2013 湖北文 8） x x x 为实数， [ x ] [x] [x] 表示不超过 x x x 的最大整数，则函数 f ( x ) = x − [ x ] f(x)=x-[x] f(x)=x−[x] 在 R \mathbb{R} R 上为（ ）。
A. 奇函数
B. 偶函数
C. 增函数
D. 周期函数 -
（2014 重庆文 10）已知函数 f ( x ) = { 1 x + 1 − 3 , x ∈ ( − 1 , 0 ] x , x ∈ ( 0 , 1 ] f(x)=\begin{cases}\frac{1}{x+1}-3, & x \in(-1,0] \\ x, & x \in(0,1]\end{cases} f(x)={x+11−3,x,x∈(−1,0]x∈(0,1]，且 g ( x ) = f ( x ) − m x − m g(x)=f(x)-m x-m g(x)=f(x)−mx−m 在 ( − 1 , 1 ] (-1,1] (−1,1] 上有且仅有两个不同的零点，则实数 m m m 的取值范围是（ ）。
A. ( − 9 4 , − 2 ] ∪ ( 0 , 1 2 ] \left(-\frac{9}{4},-2\right] \cup\left(0, \frac{1}{2}\right] (−49,−2]∪(0,21]
B. ( − 11 4 , − 2 ] ∪ ( 0 , 1 2 ] \left(-\frac{11}{4},-2\right] \cup\left(0, \frac{1}{2}\right] (−411,−2]∪(0,21]
C. ( − 9 4 , − 2 ] ∪ ( 0 , 2 3 ] \left(-\frac{9}{4},-2\right] \cup\left(0, \frac{2}{3}\right] (−49,−2]∪(0,32]
D. ( − 11 4 , − 2 ] ∪ ( 0 , 2 3 ] \left(-\frac{11}{4},-2\right] \cup\left(0, \frac{2}{3}\right] (−411,−2]∪(0,32] -
（2014 湖北理 10）已知函数 f ( x ) f(x) f(x) 是定义在 R \mathbb{R} R 上的奇函数，当 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时， f ( x ) = 1 2 ( ∣ x − a 2 ∣ + ∣ x − 2 a 2 ∣ − 3 a 2 ) f(x)=\frac{1}{2}\left(\left|x-a^{2}\right|+\left|x-2 a^{2}\right|-3 a^{2}\right) f(x)=21(∣∣x−a2∣∣+∣∣x−2a2∣∣−3a2)。若 ∀ x ∈ R , f ( x − 1 ) ⩽ f ( x ) \forall x \in \mathbb{R}, f(x-1) \leqslant f(x) ∀x∈R,f(x−1)⩽f(x)，则实数 a a a 的取值范围为（ ）。
A. [ − 1 6 , 1 6 ] \left[-\frac{1}{6}, \frac{1}{6}\right] [−61,61]
B. [ − 6 6 , 6 6 ] \left[-\frac{\sqrt{6}}{6}, \frac{\sqrt{6}}{6}\right] [−66 ,66 ]
C. [ − 1 3 , 1 3 ] \left[-\frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right] [−31,31]
D. [ − 3 3 , 3 3 ] \left[-\frac{\sqrt{3}}{3}, \frac{\sqrt{3}}{3}\right] [−33 ,33 ] -
（2019 天津理 8）已知 a ∈ R a \in \mathbb{R} a∈R，设函数 f ( x ) = { x 2 − 2 a x + 2 a , x ⩽ 1 x − a ln x , x > 1 f(x)=\begin{cases}x^{2}-2 a x+2 a, & x \leqslant 1 \\ x-a \ln x, & x>1\end{cases} f(x)={x2−2ax+2a,x−alnx,x⩽1x>1，若关于 x x x 的不等式 f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 R \mathbb{R} R 上恒成立，则 a a a 的取值范围为（ ）。
A. [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]
B. [ 0 , 2 ] [0,2] [0,2]
C. [ 0 , e ] [0, \mathrm{e}] [0,e]
D. [ 1 , e ] [1, \mathrm{e}] [1,e] -
（2019 合肥一模文 12）若关于 x x x 的方程 e x + a x − a = 0 \mathrm{e}^{x}+a x-a=0 ex+ax−a=0 没有实根，则实数 a a a 的取值范围是（ ）。
A. ( − e 2 , 0 ] \left(-\mathrm{e}^{2}, 0\right] (−e2,0]
B. [ 0 , e 2 ) \left[0, \mathrm{e}^{2}\right) [0,e2)
C. ( − e , 0 ] (-\mathrm{e}, 0] (−e,0]
D. [ 0 , e ) [0, \mathrm{e}) [0,e) -
（2019 夏门质检文 11）已知函数 f ( x ) = { a e x , x < 0 x 2 + 2 x , x ⩾ 0 f(x)=\begin{cases}a \mathrm{e}^{x}, & x<0 \\ x^{2}+2 x, & x \geqslant 0\end{cases} f(x)={aex,x2+2x,x<0x⩾0，若函数 y = f ( x ) + a x y=f(x)+a x y=f(x)+ax
恰有两个零点，则实数 a a a 的取值范围是（ ）。
A. [ − 2 , 0 ) ∪ ( 0 , + ∞ ) [-2,0) \cup(0,+\infty) [−2,0)∪(0,+∞)
B. ( − ∞ , 0 ) ∪ ( 0 , 2 ] (-\infty, 0) \cup(0,2] (−∞,0)∪(0,2]
C. ( − ∞ , 0 ) ∪ ( 0 , e ] (-\infty, 0) \cup(0, \mathrm{e}] (−∞,0)∪(0,e]
D. [ − e , 0 ) ∪ ( 0 , + ∞ ) [-\mathrm{e}, 0) \cup(0,+\infty) [−e,0)∪(0,+∞) -
（2019 宁德质检文 12）已知函数 f ( x ) = { x 3 − 2 x , x ⩽ 0 − ln x , x > 0 f(x)=\begin{cases}x^{3}-2 x, & x \leqslant 0 \\ -\ln x, & x>0\end{cases} f(x)={x3−2x,−lnx,x⩽0x>0，若函数 g ( x ) = f ( x ) − x − a g(x)=f(x)-x-a g(x)=f(x)−x−a 有三个零点，则实数 a a a 的取值范围是（ ）。
A. [ 0 , 2 ) [0,2) [0,2)
B. [ 0 , 1 ) [0,1) [0,1)
C. ( − ∞ , 2 ] (-\infty, 2] (−∞,2]
D. ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1] -
（2009 上海理 11）当 0 ⩽ x ⩽ 1 0 \leqslant x \leqslant 1 0⩽x⩽1 时，不等式 sin π x 2 ⩾ k x \sin \frac{\pi x}{2} \geqslant k x sin2πx⩾kx 成立，则实数 k k k 的取值范围为 ______。
-
（2012 天津文 14）已知函数 f ( x ) = ∣ x 2 − 1 ∣ x − 1 f(x)=\frac{\left|x^{2}-1\right|}{x-1} f(x)=x−1∣x2−1∣ 的图像与函数 y = k x y=k x y=kx 的图像恰有两个交点，则实数 k k k 的取值范围是 ______。
-
（2004 天津理 14 改编）如果过两点 A ( a , 0 ) A(a, 0) A(a,0) 和 B ( 0 , a ) B(0, a) B(0,a) 的线段与抛物线 y = y= y= x 2 − 2 x − 3 x^{2}-2 x-3 x2−2x−3 没有交点，那么实数 a a a 的取值范围是 ______。
练习题答案
-
如下图所示，画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像，可知 f ( x ) f(x) f(x) 为周期函数，故选 D。
-
由题意可知 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 的 图像在 ( − 1 , 1 ] (-1,1] (−1,1] 上有且仅有两个交点，因为直线 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 过定点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0)，且 x ∈ ( − 1 , 1 ] x \in(-1,1] x∈(−1,1]，故 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 是以 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0) 为端点（不含）向右延伸的、终点与 x = 1 x=1 x=1 相交的线段，如下图所示，画出 f ( x ) f(x) f(x) 的图像，显然当 m > 0 m>0 m>0 且 2 m ⩽ 1 2 m \leqslant 1 2m⩽1 时满足题意，即 0 < m ⩽ 1 2 0<m \leqslant \frac{1}{2} 0<m⩽21。当 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 与 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 位于 x x x 轴下方的部分相切时，有 m x 2 + ( 2 m + 3 ) x + m + 2 = 0 , Δ = 0 m x^{2}+(2 m+3) x+m+2=0, \Delta=0 mx2+(2m+3)x+m+2=0,Δ=0 且 m < 0 m<0 m<0，解得 m = − 9 4 m=-\frac{9}{4} m=−49，易知当 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 过点 ( 0 , − 2 ) (0,-2) (0,−2) 时，有 m = − 2 > − 9 4 m=-2>-\frac{9}{4} m=−2>−49，故当 − 9 4 < m ⩽ − 2 -\frac{9}{4}<m \leqslant-2 −49<m⩽−2 时， y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = m x + m y=m x+m y=mx+m 在 ( − 1 , 1 ] (-1,1] (−1,1] 上有两个交点。
综上可知， m m m 的取值范围为 ( − 9 4 , − 2 ] ∪ ( 0 , 1 2 ] \left(-\frac{9}{4},-2\right] \cup\left(0, \frac{1}{2}\right] (−49,−2]∪(0,21]，故选 A。 -
由题意可知，当 x ⩾ 0 x \geqslant 0 x⩾0 时， f ( x ) = { − x , 0 ⩽ x ⩽ a 2 − a 2 , a 2 < x < 2 a 2 x − 3 a 2 , x ⩾ 2 a 2 f(x)=\begin{cases}-x, & 0 \leqslant x \leqslant a^{2} \\ -a^{2}, & a^{2}<x<2 a^{2} \\ x-3 a^{2}, & x \geqslant 2 a^{2}\end{cases} f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧−x,−a2,x−3a2,0⩽x⩽a2a2<x<2a2x⩾2a2，又因为 f ( x ) f(x) f(x) 为奇函数， f ( x − 1 ) f(x-1) f(x−1) 可由 f ( x ) f(x) f(x) 向右平移 1 个单位得到，故可画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = f ( x − 1 ) y=f(x-1) y=f(x−1) 的函数图像，如下图所示。由图可知，当点 A A A 平移到点 B B B 右侧的点 A ′ A^{\prime} A′ 的位置时满足题意，即 4 a 2 ⩽ ( − 2 a 2 ) + 1 4 a^{2} \leqslant\left(-2 a^{2}\right)+1 4a2⩽(−2a2)+1，解得 − 6 6 ⩽ a ⩽ 6 6 -\frac{\sqrt{6}}{6} \leqslant a \leqslant \frac{\sqrt{6}}{6} −66 ⩽a⩽66 ，故选 B。
-
由题意知 y = x 2 − 2 a x + 2 a y=x^{2}-2 a x+2 a y=x2−2ax+2a 的对称轴为 x = a x=a x=a，由 f ( 0 ) ⩾ 0 f(0) \geqslant 0 f(0)⩾0 可得 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0。
（1）当 0 ⩽ a ⩽ 1 0 \leqslant a \leqslant 1 0⩽a⩽1 时，要使 f ( x ) = x 2 − 2 a x + 2 a ⩾ 0 f(x)=x^{2}-2 a x+2 a \geqslant 0 f(x)=x2−2ax+2a⩾0 恒成立，则须 f ( a ) ⩾ 0 f(a) \geqslant 0 f(a)⩾0，解得 0 ⩽ a ⩽ 2 0 \leqslant a \leqslant 2 0⩽a⩽2；当 a > 1 a>1 a>1 时，要使 f ( x ) = x 2 − 2 a x + 2 a ⩾ 0 f(x)=x^{2}-2 a x+2 a \geqslant 0 f(x)=x2−2ax+2a⩾0 恒成立，则须 f ( 1 ) ⩾ 0 f(1) \geqslant 0 f(1)⩾0，易知 f ( 1 ) = 1 > 0 f(1)=1>0 f(1)=1>0 恒成立。故当 a ⩾ 0 a \geqslant 0 a⩾0 时， f ( x ) ⩾ 0 f(x) \geqslant 0 f(x)⩾0 在 ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1] 上恒成立。
（2）要使 f ( x ) = x − a ln x ⩾ 0 f(x)=x-a \ln x \geqslant 0 f(x)=x−alnx⩾0 恒成立，即使 a ⩽ x ln x a \leqslant \frac{x}{\ln x} a⩽lnxx 在 ( 1 , + ∞ ) (1,+\infty) (1,+∞) 上恒成立，令 g ( x ) = x ln x ( x > 1 ) g(x)=\frac{x}{\ln x}(x>1) g(x)=lnxx(x>1)，则 g ′ ( x ) = ln x − 1 ( ln x ) 2 g^{\prime}(x)=\frac{\ln x-1}{(\ln x)^{2}} g′(x)=(lnx)2lnx−1，易知当 0 < x < e 0<x<\mathrm{e} 0<x<e 时， g ( x ) g(x) g(x) 单调递减，当 x > e x>\mathrm{e} x>e 时， g ( x ) g(x) g(x) 单调递增，故 g ( x ) ⩾ g ( e ) = e g(x) \geqslant g(\mathrm{e})=\mathrm{e} g(x)⩾g(e)=e，所以 a ⩽ e a \leqslant \mathrm{e} a⩽e。
综上所述， 0 ⩽ a ⩽ e 0 \leqslant a \leqslant \mathrm{e} 0⩽a⩽e，故选 C。 -
方程 e x + a x − a = 0 \mathrm{e}^{x}+a x-a=0 ex+ax−a=0 没有实根等价于 e x = − a ( x − 1 ) \mathrm{e}^{x}=-a(x-1) ex=−a(x−1) 在实数范围内无解，即 y = e x y=\mathrm{e}^{x} y=ex 与 y = − a ( x − 1 ) y=-a(x-1) y=−a(x−1) 的图像无交点，如右图所示，临界情形为直线 y = − a ( x − 1 ) y=-a(x-1) y=−a(x−1) 与 y = e x y=\mathrm{e}^{x} y=ex 相切，设切点为 ( x 0 , e x 0 ) \left(x_{0}, \mathrm{e}^{x_{0}}\right) (x0,ex0)，则 { − a = e x 0 − a ( x 0 − 1 ) = e x 0 \begin{cases}-a=\mathrm{e}^{x_{0}} \\ -a\left(x_{0}-1\right)=\mathrm{e}^{x_{0}}\end{cases} {−a=ex0−a(x0−1)=ex0，解得 x 0 = 2 x_{0}=2 x0=2， a = − e 2 a=-\mathrm{e}^{2} a=−e2。当直线 y = − a ( x − 1 ) y=-a(x-1) y=−a(x−1) 绕着点 ( 1 , 0 ) (1,0) (1,0) 顺时针旋转直到与 x x x 轴重合时，两图像没有交点，可得 0 ⩽ − a < e 2 0 \leqslant-a<\mathrm{e}^{2} 0⩽−a<e2，即 − e 2 < a ⩽ 0 -\mathrm{e}^{2}<a \leqslant 0 −e2<a⩽0，故选 A。
-
由题意可知 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = − a x y=-a x y=−ax 的图像有两个交点，显然 a = 0 a=0 a=0 时不满足条件，当 a > 0 a>0 a>0 时，画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 图像，如图 1 所示，可知 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 与 y = − a x y=-a x y=−ax 恒有两个交点；当 a < 0 a<0 a<0 时，画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 图像，如图 2 所示，可知 y = a e x y=a \mathrm{e}^{x} y=aex 与 y = − a x y=-a x y=−ax 恒有一个交点，则当 y = − a x y=-a x y=−ax 与 y = x 2 + 2 x y=x^{2}+2 x y=x2+2x 仅有交点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 时满足题意，即 y = − a x y=-a x y=−ax 的斜率小于或等于 y = x 2 + 2 x y=x^{2}+2 x y=x2+2x 在点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 处的切线斜率，易得 y ′ ∣ x = 0 = 2 \left.y^{\prime}\right|_{x=0}=2 y′∣x=0=2，故 − a ⩽ 2 -a \leqslant 2 −a⩽2，即 a ⩾ − 2 a \geqslant-2 a⩾−2。
综上可知， − 2 ⩽ a < 0 -2 \leqslant a<0 −2⩽a<0 或 a > 0 a>0 a>0，故选 A。 -
画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像，如下图所示，由题意可知 y = x + a y=x+a y=x+a 与 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像有三个交点，由图可知，当 a = 0 a=0 a=0 时显然满足题意；当 a < 0 a<0 a<0 时不满足题意；当 a > 0 a>0 a>0 时， y = − ln x y=-\ln x y=−lnx 与 y = x + a y=x+a y=x+a 恒有一个交点，所以当 y = x + a y=x+a y=x+a 平移到与 y = x 3 − 2 x y=x^{3}-2 x y=x3−2x 相切时，得到 a a a 的临界值。令 f ′ ( x ) = 1 f^{\prime}(x)=1 f′(x)=1 可解得 x = − 1 x=-1 x=−1 或 x = 1 x=1 x=1（舍），故切点为 ( − 1 , 1 ) (-1,1) (−1,1)，切线方程为 y = x + 2 y=x+2 y=x+2，所以当 0 ⩽ a < 2 0 \leqslant a<2 0⩽a<2 时满足题意，故选 A。
-
画出 y = sin π x 2 y=\sin \frac{\pi x}{2} y=sin2πx 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的图像，如下图所示，易知 y = k x y=k x y=kx 在 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1] 上的图像为点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0) 到点 ( 1 , k ) (1, k) (1,k) 之间的线段，由图可知，当 k ⩽ 1 k \leqslant 1 k⩽1 时满足题意，故填 ( − ∞ , 1 ] (-\infty, 1] (−∞,1]。
-
函数 f ( x ) = { x + 1 , x > 1 − x − 1 , − 1 ⩽ x < 1 x + 1 , x < − 1 f(x)=\begin{cases}x+1, & x>1 \\ -x-1, & -1 \leqslant x<1 \\ x+1, & x<-1\end{cases} f(x)=⎩⎪⎨⎪⎧x+1,−x−1,x+1,x>1−1⩽x<1x<−1，画出 y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 的图像，如右图所示，直线 y = k x y=k x y=kx 过原点。当直线 y = k x y=k x y=kx 平行于 x x x 轴时，两图像有一个交点，此时 k = 0 k=0 k=0；然后直线 y = k x y=k x y=kx 绕着原点逆时针旋转，在与直线 y = x + 1 y=x+1 y=x+1 平行之前，两图像有两个交点，此时 0 < k < 1 0<k<1 0<k<1；当直线 y = k x y=k x y=kx 与 y = x + 1 y=x+1 y=x+1 平行时，交点只有一个，此时 k = 1 k=1 k=1；直线 y = k x y=k x y=kx 继续绕原点逆时针旋转直到两图像交于点 ( 1 , 2 ) (1,2) (1,2) 之前，两图像又有两个交点，此时 1 < k < 2 1<k<2 1<k<2；继续逆时针旋转直到与 y = − x − 1 y=-x-1 y=−x−1 平行，交点只有一个，此时 k ⩾ 2 k \geqslant 2 k⩾2 或 k ⩽ − 1 k \leqslant-1 k⩽−1。故两图像有两个交点，则 0 < k < 1 0<k<1 0<k<1 或 1 < k < 2 1<k<2 1<k<2；两图像有一个交点，则 k = 0 k=0 k=0 或 k = 1 k=1 k=1，以及 k ⩾ 2 k \geqslant 2 k⩾2 或 k ⩽ − 1 k \leqslant-1 k⩽−1。故填 ( 0 , 1 ) ∪ ( 1 , 2 ) (0,1) \cup(1,2) (0,1)∪(1,2)。
-
作出函数 y = x 2 − 2 x − 3 y=x^{2}-2 x-3 y=x2−2x−3 的图像，如下图所示，图像与 x x x 轴交点为 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0)， ( 3 , 0 ) (3,0) (3,0)，与 y y y 轴的交点为 ( 0 , − 3 ) (0,-3) (0,−3)。过点 A A A， B B B 的线段所在直线的方程为 y = − x + a y=-x+a y=−x+a，其中 min { 0 , a } ⩽ x ⩽ max { 0 , a } \min \{0, a\} \leqslant x \leqslant \max \{0, a\} min{0,a}⩽x⩽max{0,a}，所以需要对 a a a 的值进行分类讨论。
（1）当 a > 0 a>0 a>0 时，线段所在直线的方程为 y = − x + a ( 0 ⩽ x ⩽ a ) y=-x+a(0 \leqslant x \leqslant a) y=−x+a(0⩽x⩽a)。当线段过点 ( 0 , 3 ) (0,3) (0,3) 时，两图像有一个交点，此时 a = 3 a=3 a=3；当线段向下平移至过原点时，两图像没有交点，此时 0 < a < 3 0<a<3 0<a<3；当线段向上平移时，两图像一个交点，此时 a > 3 a>3 a>3。
（2）当 a < 0 a<0 a<0 时，线段所在直线的方程为 y = − x + a ( a ⩽ x ⩽ 0 ) y=-x+a(a \leqslant x \leqslant 0) y=−x+a(a⩽x⩽0)。当线段过点 ( − 1 , 0 ) (-1,0) (−1,0) 时，两图像有一个交点，此时 a = − 1 a=-1 a=−1；当线段向上平移至过原点时，两图像没有交点，此时 − 1 < a < 0 -1<a<0 −1<a<0；当线段向下平移至过点 ( 0 , − 3 ) (0,-3) (0,−3) 时，两图像有一个交点，此时 − 3 ⩽ a < − 1 -3 \leqslant a<-1 −3⩽a<−1；当线段继续向下平移时，两图像没有交点，此时 a < − 3 a<-3 a<−3。
综上所述，当 a ∈ ( − ∞ , − 3 ) ∪ ( − 1 , 0 ) ∪ ( 0 , 3 ) a \in(-\infty,-3) \cup(-1,0) \cup(0,3) a∈(−∞,−3)∪(−1,0)∪(0,3) 时符合题意，故填 a ∈ ( − ∞ , − 3 ) ∪ ( − 1 , 0 ) ∪ ( 0 , 3 ) a \in(-\infty,-3) \cup(-1,0) \cup(0,3) a∈(−∞,−3)∪(−1,0)∪(0,3)。