从一道高考题谈与函数零点有关的变量取值范围问题浙江省兰溪市第一中学(321102)张城兵函数零点是函数、方程与不等式三个知识块联系的重要桥梁，因而知识点的重要性就不言而喻了，由它产生的题目简约而不简单，内涵丰富，意境深远.多种知识和解题技巧组合在一起,往往让学生无从下手，或者中途夭折.笔者选取一些典型的例子，予以剖析，以飨读者.例1(2015年高考浙江文科第20题)设函数f(x)= x2+ax+b(a,b e R).(1)略；⑵已知函数f(x)在[—1,1]上存在零点，0W b—2a W1,求b的取值范围.解法一这是当年浙江省文科高考压轴题，至今让人津津乐道，回味无穷.考生首先想到方法一，但庞杂的不等式组和难画的线性规划图，使学生很难做全对，由方程f(x)=0在[—1,1]上有实根及已知,得0W b—2a W1, (i)0w b—2a w1,f(—1)•f⑴W0;或者(ii)a—1<一2<1,f(—1)20,f(1)20,A=a2—4b20.①若a W0时,p(x)>0,即h'(x)>0,则h(x)在［1,+8)单调递增，则h(x)2h(1)=0,则h(x)max W0不成立.11214a2①若0<a<2,p(x)=-a(x-—)十———开口向下，对称轴为x=,A=1—4a2>0,则2ap(x)=—ax2+x—a=0存在两个实根x1、x2(x1<x2),则x1+x2=1>0,且x1x2=1,则0<x1<1<x2,令ap(x)>0,则1<x<x2；令p(x)<0.则x>x2.从而h(x)在(1,x2)单调递增,在(x2,+8)上单调递减,在x=x2取最大值h(x)max=h(x2)>h(1)=0,则h(x)max W0不成立.①若a22,p(x)=-a(x-—)2十——开口向下，A=1—4a2W0,则p(x)W0在［1,+8)恒成立,即h'(x)W0在［1,+8)恒成立，则h(x)在［1,+8)单调递减，则h(x)在x=1取最大值h(x)max=h(1)=0,则h(x)max W0成立.综上可得—e［2,+8).评注本题巧妙处理ln x是解题的关键，这类问题可归纳为f(x,a)ln x W g(x,a)(f(x,a)>0)恒成立，构造函数h(x)=g(x,—)—ln x,则h(x)min20,h'(x)=f(x,a)g(込仍⑦2)—f'(x,a)g(x,a)—i,导函数h'(x)中不含f2(x,a)xln x,易于判断单调性和零点,有助于解题.三、指数函数与对数函数的复合函数处理策略例3(2018年高考新课标I卷第21(2)改编)已知函数f(x)=a e x—ln x—1.f(x)20恒成立，求a取值范围.思路本题是函数不等式恒成立问题,需构造函数并转化为函数最值来解决，由于f(x)是由y=e x和y=ln x联合构成，考虑y=e x和y=ln x导函数特征，因此构造函数g(x)=e-x(ln x+1),并转化为求g(x)最值来解决.解f(x)=a e x—ln x—120恒成立O a2e-x(ln x+1)恒成立•令g(x)=e-x(ln x+1),则待证式归结为g(x)max W a.由于g'(x)=e-x(1—ln x—1),令h(x)=——ln x—1,xx则h'(x)=—£—1<0,从而h(x)在(0,+8)单调减.因为h(1)=0,所以x e(0,1)时,h(x)>0,即 g(x)>0, x e(1,+8)时,h(x)<0,即g(x)<0,则g(x)在(0,1)单调增，在(1,+8)上单调减，故g(x)max=g(1)=j,则a2—,即a e[—,+8).ee评注对于同时出现指数函数和对数函数的不等式问题，通常是整理成ln x与其它不含e x项构成多项式，最后与e x构成积或商的形式，即将形如f(x,a)e x+f(x,a)ln x+g(x,a)20(f(x,a)>0)的不等式，变形得到e-x(ln x+洋喫)2—1,再构造函数f(x,a)h(x)=e-x(ln x+专单)，则问题归结为h(x)口-2—1f(x,a)的问题.高考导数问题中的函数通常都是由初等函数,把握初等函数导函数特性，恰当构造函数是解题的关键.本文研究了导数压轴题中三类函数问题中的函数构造，归纳总结了一般性结论，因此，解导数压轴题可根据函数形式选择相应的策略构造函数求解.0 f b 一 2a f 1,, 一若(i)成立，则 <在坐标系I (1 — a + b)(1 + a + b) f 0,21 aOb 中作岀点(a,b)的可行域如图1所示，由A (-2, -3),D(—2, 一3)得 一3 f b f 一3；0 f b — 2a f 1,若(ii)成立,则<+ 2 5在坐标系aOb 中作1 + a + b2 0,a 2 — 4b 2 0,岀点(a,b)的可行域如图2所示，由点A(4 — 2/5, 9 — 4/5),1 2 2C (-3, -3),得-2 f b f 9 - W5,故b 的取值范围是 [—3, 9 - 4/5].解法二(官方的标准答案)设s,t 为方程f (x) = 0的解，且-1 f t f 1,(笔者注：因为题目告知函数f(x)个零点t e ［—1,1］, s 模糊处理)，则在[—1,1]上存在零点，个数不明确，所以只要保证其中一 S 十t 一 一-,由于st = b,2t 1 2t0 f b 一 2a f 1，因此壬十2 f s f 壬十2 (-1 f t f 1).当 —2t 2 t — 2t 2 2 —2t 20 f t f 1 时，----f st f -----------.由于---f -------- f 0t + 2 t + 2 3 t + 21 t — 2t2 2和-3 f f 9 - W5,所以-3 f b f 9 - W5.当—1 f t< 0 时，上兰 f st f 二22,由于一2 f 二22 < 0t +2 t +2 t +2t2t 2和—3 f< 0,所以—3 f b< 0.故b 的取值范围是[—3, 9 - 4/5].解法三函数f (x)在 ［—1,1］上存在零点，也就是 g(x) = ax + b 与 h(x) = —x 2 在x e ［—1,1］上有交点，而条件0 f b — 2a f 1意味着函 数g(x) = ax + b 图象过横坐 标为—2,纵坐标在［0,1］上变化的点，也即为线段AB 上的任意一点，且它与抛物线段有 公共点，如图3,求截距b 的范围.由图可知，直线BC 、BD不符合要求，直线AC 、AD 符合要求，找它们与抛物线段 有公共点的临界状态时b 的值即为所求.易求AC 的方程 y = —2x - 3,令 AD 的方程 y - 1 = k(x + 2)与 y = —x 2 联 立，得x 2 + kx + 2k + 1 — 0,若直线AD 与抛物线相切，由△ 一 k 2 — 8k — 4 = 0,得 k = 4 ± 2/5,取 k = 4 — 2/5(因 为x e ［—1,1］的限制，故k = 4+ 2/5舍去)，所以截距b = 9 一 4/5.综上,b 的取值范围是［—3, 9 一 4/5］.评注 方法一是学生首先想到方法，毕竟这也是学习函数零点后常用方法，但是它的复杂程度超乎想像;方法二是很创意的，用确定区间上的零点来充当自变量，特别是对另 一个零点s 的模糊处理是神来之笔;方法三更胜一筹，达到数形结合的最高境界.下面笔者以零点个数为标准，分门别类剖析.一、 零点个数明确，以零点为自变量例2 (2017年浙江省数学竞赛题)已知函数f(x)=x 2 + ax + b (其中a,b e R ),在区间［0,1］内有两个零点，则 a 2 - 2b 的取值范围是 _.解析 设零点为x 1,x 2 e ［0,1］且x 1 = x 2,则x 1 + x 2 = —a,nx 2 = b ,此时，x 1 ,x 2是独立变量，各 自可取到最大或最小值，只是要考虑不相等即可，所以 a 2 — 2b = x 12 + x 22 e (0, 2).例3已知函数f (x) = x 2 + ax + b(a,b e R)在区间 (0,1)和(1,2)上各有一个零点，则a 2 + a 一 2b 的取值范围为—•解析 设两零点为 x 1, x 2, 且 x 1 e (0, 1), x 2 e (1, 2), 则a 2 + a — 2b = (x 1 —㊁)2 + (x 2 — 2)2 — —, a 2 + a — 2b 的取值范围为(--,2).例4 (2014年浙江省数学竞赛第18题)已知b,c e R , 二次函数f (x) = x 2 + bx + c .在(0,1)上与x 轴有两个不同交点，求c 2 + (b + 1) • c 的取值范围.解 析 令 r, s 为 二 次 函 数 的 两 个 零 点 (r = s ), 则 f (x) = (x — r)(x — s),易知 r + s = —b, rs = c ,所以c 2 + (b+1) • c = c(c + b +1) = rs(1 - r)(1 - s) f 1 • 4 = 16，因为r = s ,所以等号不成立，故c 2 + (b 十1) • c 的取值范围 是(0,16).评注此三例零点明确有几个,并在哪个区间，此时的零点就是自变量，并且取值范围也知道了，将所求的代数式转化为以零点为自变量的函数，尽管有两个自变量，但它们是 独立的，所以取值范围不难求,这是一种常规方法.二、 零点个数模糊，选一个独挡一面例 5 已知函数 f (x) = x 2 + ax + b(a,b e R)在［0,1］上至少有一个零点，则a 2 + 2b 的取值范围是 —.解析 零点个数不明确，题干中又未要求予以讨论，此时解法可能与零点个数无关，故只需选某个零点为x o ,x o e [0,1],当然此时不能用韦达定理了，而改用方程实根的定义(函数的零点实质就是方程的实根)，则x 2 + —x o + b = 0,即b = —x 2 — ax o ,所以 a 2 + 2b = a 2 — 2ax o — 2x o ,这是有两 个变量的函数,a 与x o 没有明显的制约关系，故可以先看作以—为主元的二次函数，求得(a 2 + 2b)mm = — 3x g ,再以x o 为主元，因为 x o e [0,1],故 a 2 + 2b e [—3, 0].例6已知函数f(x) = x 2 + ax + b (其中a,b e R )在区间(0,1]内有零点x o ,则ab(器+ L — j)的最大值是4 9x o 3解析 令零点为 x o , x o e (0, 1], 则 x 2o + ax o + b = 0, 即b = —x o 2 — ax o , 所以x o 1 1 1 4ab (〒 + —百)= ab(9x o + — 12)4 9x o 3 36 x o 1 2 4=乔 a(—x o — ax o )(9x o +---------12)36 x o 12=乔 a(—x o — a)(9x ° — 12x o + 4)36W —述(3x o — 2)2 = — [x o (3x o — 2)]2 W —36 o 丿 144 L 八0 144此例解法与前一例一脉相承，只是求最值难度加大,有更强的技巧性.例7已知二次函数f (x) = ax 2 + bx + e 有零点，若(a — b)2 + (b — e)2 + (e — a)2 2 Ma 2 恒成立，则实数 M 的 最大值是 .解析由已知b 2 2 4ae ,则(-)2 2 4 •二令-=x, e =a a a ay ,则 x 2 2 4y ,由(a — b)2 + (b — e)2 + (e — a)2 2 Ma 2,得M W (1 — -)2 + (- — e )2 + (e — 1)2,进而 M W (1 — x)2 +a a a a(x — y)2 + (y — 1)2 = 2y 2+2x 2 — 2x —2y —2xy +2,令 g(y)=2y 2 + 2x 2 — 2x — 2y — 2xy +2 = 2y 2 — (2 + 2x)y + 2x 2 — 2x + 2, 此时看作关于y 的二次函数，定义域为(—8,1 x 2].x + 1 W 斗,即 x 2 1 + / 苇丄)=3(x — 1)2,从而1) 当对称轴y —2或 x W 1 — ^3, g(y)mm = g(9g(y)min 2 2.2) 当y ="十丄> %,即x 2 2 4 4g (y )min = g (冷)=41 x 4 — 1 x 3 + 3x 2 — 2x + 2, g ' (y) = jx 3 — 2x 2 + 3x + 2 =1(x — 1)(x 2 — 2x + 4),令 g '(y) = 0,得 x = 1 为极小值点,2 9 9 9故g(y)mm = 9.所以M W 9,从而实数m 的最大值是9.8 8 8评注 例5、例6零点个数不明确,我们可以在规定区间1 一 < x < 1 + J3 时,x x 2 2——(2x + 2) •〒 + 2x 2 — 2x + 2 =内选一个记作x o ,但无法只用x o 来表示所求代数式,所以借助主元方法, 先来后到, 确保 x o 用在最后, 而例 7 不用设零 点,这是由所求问题决定的，利用齐次式，达到减元目的.三、 三个或四个函数的零点问题的处理例 8 若函数 f (x) = 2x 3 + mx 2 + nx +1 在(0,1)上有三个不同的零点，则f (0).f (1)取值范围是____.解析 令 f (x) = 2(x — x 1 )(x — x 2)(x — x 3),(x 1,x 2,x 3互不相等)则 f (0).f ⑴=—4[x 1(1 — x 1)][x 2(1 - x 2)][x 3(1-x 3)] 2 —4 x 1 x 1 x 1 = — 1 (用均值不等式，但等号取不4 4 4 16到)，所以f (0).f (1)取值范围是(—1,0).16例 9 已知函数 f (x) = x + £, g(x) = f 2 (x) — af (x) + 2a有四个不同的零点x 1,x 2,x 3,x 4,则[2 一 f (x 1)] • [2 一 f (x 2)] • [2 一 f (x 3)] • [2 一 f (x 4)]=------.解析 令 t = f (x),则 y = g(x) = t 2 — at + 2a ,因为 g(x)有四个不同零点x 1 ,x 2,x 3,x 4,故t 2 — at + 2a = 0有两个不 等实根 t 1, t 2 且 t 1 +12 = a, t 1t 2 = 2a ,所以 2(t 1 +12)= t 1t 2, 令 f (x 1) = f (x 2)= t 1,f (x 3)= f (x 4)= t 2,所以[2 —f (x 1)].[2 —f (x 2)]•[2 —f (x 3)]^ [2 —f (x 4)] = [(2 — t 1)(2 — t 2)]2 = 16・例 10 设 x 1, x 2 是 a 2x 2 + bx + 1 = 0 的两实根； x 3, x 4是 ax 2 + bx + 1 = 0 的两实根. 若 x 3 < x 1 < x 2 < x 4, 则实数a 的取值范围是—.解析 当 a > 0, 如 图 4,g(x 1) < 0 = f (x 1),所以ax 12 < a 2x 12, 得 a > 1； 当 a <0, 则 g(x 2) > 0 = f(x 2), 求得ax 2 +bx 2 + 1 > a 2x 2 +bx 2 + 1,解得0 < a < 1,矛盾，故a 的取值范围是(1, + 8).评注 零点个数增加，并不影响方法，只是增加学生理解难度.四、 反弹琵琶型——函数不存在零点例 11 已知 f (x) = x 2 — 2x + e, f 1(x) = f (x),f n (x)= f (f n -1(x))(n 2 2,n e N *),若函数 y = f ”(x) — x 不存在零点,则e 值的取范围是—.9解析 当f(x) = x 无解时，用判别式得e > 9,此 时 f (x) > x 恒成立，则 f 2(x) — 2f (x) + e = x < f (x)即f 2(x) — 3f(x) + e < 0此时仍无解，由数学归纳法, 9y = f n (x) — x 无零点.而当e W 4时，f (x) = x 有解,9则y = f n (x) — x 存在零点•所以e 值的取范围是(4 , + 8).图4三角形的一个半角公式及其应用安徽省枞阳县宏实中学(246700)江保兵在教学中，笔者发现了三角形的一个半角公式,并发现它们在解题中若能巧妙应用，往往可以达到事半功倍的效果.设AABC 的三边分别为a, b, c ,外接圆和内切圆的半径分别为R, r ,面积和半周长分别为S 和p ,则有:cos A b 2 十 C 2 - a 22cos 2 A - 12 b cAcos —2/(b + c - a)(b + c + a)Vcos Ab 2 十芒一护 1 - 2sin 2 A 2 bc .A sin 2"/ (a + c — b)(a + b — c)V①1①22 A _ (a + c — b)(a + b — c)2 (b+ c — a)(b + c + a)(a + c — b)2 (a + b — c)2(a + c — b)(a + b — c)(b + c — a)(b + c + a)c) + (c 十 a — b)(c + b — a) 2 4证明 tan A = (a 十 c一 b)(a 十 b 一 c) o 4S tan A = 24S 2(a + c 一 b)(a + b 一 c),同理：B 4S tan — = (b + c — a)(b + a — c),C4S tan — = (c + a — b)(c + b — a),所以待证不等式转化为：ABC4S (tan — + tan — + tan —) 2 ^/3SABC 尽O tan ㊁ + tan ㊁ + tan — 2 v 3,由 f (x) = tan x 的 凹凸性，tan A + tan # + tan £ 23tan A 十B 十C = /3即原不等式成立，当且仅当AABC6为正三角形时，等号成立.tan -A(a + c — b)(a + b — c)4S①3我们把①，②，①称为三角形的半角公式，下面结合具体的实例,谈谈这三个公式在解题中的应用.例1 (《数学通报>2020年4月号数学问题2536)设 △ABC 的三内角A,B,C 所对的三边分别为a,b,c ,三角形 面积为△,求证：(a + c — b)(a + b — c) + (b + c — a)(b + a —例2 (《数学通报＞2020年7月号数学问题2551)设△ABC 的面积为S ,求证：ab + bc + ca ；S = 27^ 1 ；sin A 十 sin B 十 sin C,a + b + c . 2 A B C S = (-------------)2 tan — t an — tan —;' 2 ' 2 2 2S 2ab + 2bc + 2ca — a 2 — b 2 — c 2S = ―A B C •4(tan — + tan — + tan —)(1)(2)(3)评注 学生习惯顺向思维，突然岀现逆向思维的问题，对 他们来说很难摆脱定势干扰，就好比说研究在某某区间单调性，一般学生没问题，但突然要求在某区不单调，就会手忙脚乱.读者对下面练习不妨一试：1. 若函数 f (x) = x 2 + 2ax + b , (x e [1, 2])有两个不同的零点，则a + b 的取值范围为()A. (0, 3]B. (0, 2)C. (1,3)D. [0, 3]2. 已知函数f (x ) = x 2 + ax 十b (其中a,b e R ),在区间[0,1]上有零点，则ab 的最大值是____.3. 已知二次函数 f (x) = ax 2 + bx + c(a,b, c e N *),函数f (x)在(-4,4)上有两个零点，则a + b + c 的最小值为4. 已知 a, b e R 且 0 f a+b f 1,函数 f (x) = x 2 +ax+b 在[--,0]上至少存在一个零点，则a - 2b 的取值范围是5. 已 知关于 x 的方程 x 2 + 2bx + c = 0(b, c e R) 在[—1,1]上有实数根,0 f 4b + c f 3,则b 的取值范围是____.6. (2017年福建省数学竞赛题)若关于x 的方程x 2 + ax + b 一 3 = 0(a,b e R)在区间[1,2]上有实根, 则a 2 + (b - 4)2的最小值为—.7. 若 a, b, c 为正整数, 方程 ax 2 + bx + c = 0 的两个实 数根x 1, x 2满足—1 < x 1 < x 2 < 1,求a + b + c 的最小值.参考答案 1. B 2. - 3. 41 4. [0,1] 5.[—1,2]6. 27. 最小值为11.。
