小结教学设计和教学实录

含字母的函数与方程问题的处理方法

浙江省海宁市高级中学

朱

荣

对于含字母的函数与方程问题的处理方法主要有：应用函数知识直接进行求解、分类讨论、参变分离。下面以例题分析的形式来阐述。

例1.方程xax10在x[0,2]内有两个不等的实根，求实数a的取值范围。

方法一，应用二次函数的知识直接进行求解

分析：要考虑三个方面的问题——判别式、对称轴、端点

设f(x)x2ax1，画出图像（如图1）。由图可知：

2a2x10 x22 a240a5022a，解得：。

22f(0)10f(2)52a0

方法二，参变分离

22由xax10可得：axx1。当x0时，左边

（图1）

y a 为0，右边为1，所以方程不成立，因此，根在(0,2]内，所以

a o （图2）

2 2 x 52ax1，实现了参变分离，接下来只要考虑函数ya与

x1yx，x(0,2]的图像之间的交点问题。

x5画出图像（如图2），由图可知，当2a时有两个交点。

2

例2.求函数f(x)xax1,x[0,2]的最小值。

处理方法：分类讨论

2a20 0 2 0 2 2 a给定区间[0,2]在对称轴x的左边、右边、骑跨在对称

2轴上面，分这三种情况进行讨论。

a2，即a4时，f(x)minf(2)52a；

2a②当0，即a0时，f(x）minf(0)1；

2①当③当0a4时，f(x)min（图3）

aa2f()1。

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所以f(x)min1 ,a0 a21,0a4。

452a,a42

例3.若对任意的x[0,2]，不等式xax10恒成立，求实数a的取值范围。

方法一：求不等式左边二次函数的最小值，要分类讨论的。理论依据：若最小值0，则全部大于等于零。设f(x)x2ax1,x[0,2]，结合例2可得：

①当a0时，f(x)min10成立，所以a0；

②当0a4时，f(x)mina210，所以0a2；

45，所以a；

2③当a4时，f(x)min52a0，所以a综上可知：a(,2]。

方法二：参变分离

22因为xax10，所以axx1；当x0时，

y 01成立，所以，只要再考虑在x(0,2]内恒成立即可！此

时命题转化为ax1在x(0,2]内恒成立，不用分类讨

xo （图4）

2 2 x 论，只需求出右边函数的最小值即可。

1,x(0,2]的图像（如图4），可得

x函数的最小值为2，所以a2。

画出函数f(x)x

参变分离的最大好处是不用分类讨论，但对具体问题的处理还得依据具体情况。有时，这两种方法得一起使用。

例4.已知函数f(x)ax式(x1)[f(x)11,aR，若对任意的x(0,1)(1,)，不等x1x12]0恒成立，求实数a的取值范围。

x方法一：直接转化，不考虑参变分离

22x2ax2(x21)2(x1)[f(x)](x1)(ax2)0，命题转化为

xx(x1)x1xax2(x21)20对任意的x(0,1)(1,)恒成立。

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设g(t)at(t1)2，其中tx2,t0，且t1。求函数g(t)的最小值。

①当a0时，g(t)的图像开口朝下，没有最小值，不合题意；

②当a0时，g(t）20恒成立，所以a0符合题意；

2③当a0时，g(t)a(t)12a1a2，所以g(t)ming()20，所以

4240a8；

综上可知：实数a的取值范围是0a8。

方法二：分类讨论+参变分离

①当0x1时，f(x)所以a211222x0，0，即ax所以ax2，

xx1x1xxx122，求右边的最小值，可以用“不等式”，也可以，通分用“二次函数”。

x21x2222(1x2)2x222（2)(x1x)2242228，等右边x1x2x21x2号成立的条件是x右边21，所以a8。

21228；或先求出分母（二次函数）的最大值为，22224x(1x)x1x2()2也可得到右边的最小值为8。

②当x1时，f(x)22220，可得a2，分母（二次函数）222xx1xx(1x)的取值范围是(,0)，所以右边的最小值是0（取不到），所以a0。

综上可知：实数a的取值范围是0a8。

例5.已知f(x)axlnx，若f(x)1对任意的x[1,)恒成立，求实数a的取值范围。

方法一：直接法，分类讨论——求f(x)的最小值

f(x)a1ax1，

xx①当a0时，f(x)0，所以单调递减，所以无最小值，且趋向于，不合题意；

②当a0时，

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体现导函数正负性的图像（如图5），由图5可知：

（ⅰ）当11，即a1时，f(x）在[1,)单增，

a1所以f(x)minf(x)a，所以a1；

11a1a（图5）

111，即0a1时，f(x)在(1,)单减，在单增，

aa11所以f(x)minf()1ln1，所以a1，所以a；

aa综上可知：实数a的取值范围是a1。

（ⅱ）当

方法二：参变分离（避免了分类讨论，但有时函数比较复杂）

由f(x)axlnx1可得：ax1lnx(x1)，所以a1lnx。

xx1x1lnx1lnx1xlnx设g(x)，则g(x)20，所以g(x)在

22xxxxxx[1,)单减，所以g(x)maxg(1)1，所以a1。

例6.已知函数f(x)x22ax152a的两个零点分别为x1,x2，且在区间(x1,x2)上恰好有两个正整数，求实数a的取值范围。

分析：从正面直接考虑，这两个正整数在哪里？一点方向都没有。零点问题、恒成立性问题，参变分离是一种不错的思维。

x215由f(x)x2ax152a0可得：2a，令tx1，则xt1，

x12(t1)21516t2g(t)，画出草图（如图5）右边，由

tt图可知t4必为区间内的正整数，接下来判断是3还是5符合题

意即可。

2a3 45 （图6）

193119313119g(3),g(5)，因为2a，所以，

3535533119a。

所以106

例7.已知f(x)数m的取值范围。

分析：由2x2m，当x[1,2]时，不等式f(x)恒成立，求实x1(x1)|xm|2x2mm,x[1,2]，可得x1[2,3]，所以x。

x1(x1)|xm||xm|第

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因为右边大于零，所以m0，又分母恒不为零，所以m(0,1)(2,)。

对绝对值进行分类讨论，转化成二次函数最值问题。

①

当0m1时，mx|xm|x(xm)

由图7可知，右边二次函数的对称轴小于m1221，所以在[1,2]上20m1（图7）

24单增，所以最大值为2(2m)m，所以m（舍）；

3②

当m2时，mx|xm|x(mx)，对右边二次函数的对称轴进行讨论

mm22，即2m4时，m，（ⅰ）当1（如图8）右边二次函数的最大值为24可得：0m4，所以2m4；

1 2

m

2

（图8）

（ⅱ）当2 m2（图9）

m2，即m4时，（如图9）右边二次函数的最大值为2(m2)m，2可得m4，所以m。

综上可知：实数m的取值范围是2m4。

2例8.已知函数f(x)xax1,aR。若对任意x[0,2]，均有|f(x)|2，求实数a的取值范围。

方法一：直接考虑二次函数的图像和性质，通过分类讨论探究|f(x)|的最大值问题。

①当a[0,2]，即a（,0)(4,)时，

25 3 1 0 2.5 4 （图10）

|f(x)|maxmax{|f(0)|,|f(2)|}{1,|52a|}，

由图7知：|f(x)|max|52a|2，可得：所以a。

②当37a，

22aa[0,2]，即a[0,4]时，|f(x)|maxmax{|f(0)|,|f(2)|,|f()|}

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a2max{1,|52a|,|1|}

由图8可知

4|2a5|, 0a2 1 ,2a22，所以

a2|1|,22a44（ⅰ）当0a2时，由|2a5|2可得：

223 0 2 （图11）

4 373a，所以a2；

222（ⅱ）当2a22时，12成立，所以2a22；

a21|2可得：23a23，（ⅲ）当22a4时，由|所以22a23；

4综上可知：实数a的取值范围是

方法二：参变分离

由|x2ax1|2可得：2xax12，即：x1axx3-----（*）

当x0时，（*）式显然成立；当x0时，x(0,2]，所以（*）式可变为：

2223a23。

213ax，

xx13因为函数yx在(0,2]上单调递增，所以最大值是；

x23函数yx23，等号成立的条件是x3(0,2]；所以最小值是23；

x3所以实数a的取值范围是a23。

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