考点04 利用函数的图像探究函数的性质(2)(解析版)

考点04 利用函数的图像探究函数的性质（2）

【知识框图】

【自主热身，归纳提炼】

x（3－x），0≤x≤3，

1、(2018南京、盐城一模）设函数f(x)是偶函数，当x≥0时，f(x)＝若函数3

x>3，－x＋1，y＝f(x)－m有四个不同的零点，则实数m的取值范围是________． 9

1， 【答案】 4

【解析】先画出x≥0时的函数图像，再利用偶函数的对称性得到x<0时的图像．令y＝0得f(x)＝m.令9

1，. y＝f(x)，y＝m，由图像可得要有四个不同的零点，则m∈4

2、(2019苏州期初调查）已知函数f(x)＝|x2－6|，若a>b>0，且f(a)＝f(b)，则a2b的最大值是________． 【答案】16

【解析】作出函数f(x)图像，如下图：

则00，g(b)递增，当b∈(2，6)时，g′(b)<0，g(b)递减，所以g(b) 的最大值为16，则a2b的最大值是16.

1

解后反思 处理双元变量的最值问题，常用消元法，转化为单元变量的函数来处理，特别注意的是，要注意写准函数的定义域．

3x－3x＋2a，x≥a，

3、(2019泰州期末）已知函数f(x)＝3若存在x0<0，使得f(x0)＝0，则实数a的取值

x＋3x－4a，x范围是________． 【答案】 [－1，0)

思路分析 本题是一个分段函数的形式，有以下两种处理的思路：

思路1.对两段函数分别研究图像和性质，由于研究的是x<0的情形，故分a≥0和a<0两种情况讨论，当a≥0时，结论易得；当a<0时，由于x思路2.考虑能否合并成一个含绝对值的函数，本题f(x)＝x3－3|x－a|－a，从而问题转化为y＝x3和y＝3|x－a|＋a的图像在y轴左侧有交点的问题，通过函数的图像，不难得到结论．

解法1(分类讨论法) 当a≥0时，只考虑x0，f(x)在(－∞，a)上单调递增，而f(0)＝－4a≤0，显然不存在x0＜0，使得f(x0)＝0，所以a≥0不成立．

当a<0时，当x①当a3－a＝a(a2－1)>0，即－1③当a<－1时，f(x)在 [a，－1)上单调递增，在(－1，0)上递减，而f(－1)＝2a＋2<0，结论不成立． 综上实数a的取值范围是[－1，0)．

解法2(图像法) 函数f(x)＝x3－3|x－a|－a，由题意可得y＝x3与y＝3|x－a|＋a在y轴左侧有交点．

y＝x，

y＝3|x－a|＋a的顶点为(a，a)，在直线y＝x上，由解得x＝－1.

y＝x3，

又y＝x3在x＝－1处的切线率斜恰为3，画出图像如图所示，数形结合知a∈[－1，0)

解后反思 本题解法1属于常规思路，解法2对函数式的化简和变形提出了很高的要求，其中y＝3|x－a|＋a是折线函数，是由y＝3|x|图像在y＝x上滑动所形成的图形，对于此类题型，同学要多总结，多积累，才能灵活应用．

1log2（－x＋1）－1，x∈[－1，k]，

4、(2018扬州期末） 已知函数f(x)＝若存在实数k使得该函数

－2|x－1|，x∈（k，a]，

2

的值域为[－2，0]，则实数a的取值范围是________． 1

【答案】 2，2

1【解析】根据函数f(x)的解析式作出草图如图，①当x∈[－1，k]时，f(x)＝log(－x＋1)－1，它在[－1，

21

1)上是单调递增的，且f(－1)＝－2，f2＝0，因为该函数在[－1，a]上的值域为[－2，0]，所以必须有－1

12f(2)＝－2，f(1)＝0，因为函数的值域为[－2，0]，所以必须有0≤k函数的值域为[－2，0]，则必须0≤k≤x＋2，x≤0，5、(2018镇江期末）已知k为常数，函数f(x)＝x＋1若关于x的方程f(x)＝kx＋2有且只

|lnx|，x>0，有四个不同解，则实数k的取值构成的集合为________．

1

【答案】 e3∪(－e，－1)



【解析】作函数y＝f(x)和y＝kx＋2的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有3个公共点，当k≥0lnx0－211

时，直线应与曲线y＝f(x)(x>1)相切，设切点(x0，lnx0)，则切线斜率为k＝，又k＝，则＝

x0x0x0lnx0－2x＋21

，解得x0＝e3，此时k＝3，当k<0时，当y＝kx＋2与曲线y＝相切于点(0，2)时，函数y＝f(x)x0ex＋1和y＝kx＋2的图像只有三个公共点，不符合题意，此时k＝－1，当－1x0x0x0x0时k＝－e不符合题意，当k<－e时，两图像只有两个公共点，不合题意，而当－e1

个公共点，符合题意，所以实数k的取值范围是e3∪(－e，－1)．



3

解后反思 方程解的个数的判断，常转化为函数图像公共点个数的判断，在转化的过程中，一般将它转化为一个确定的函数与一个不确定的函数，这样，只需要研究不确定的函数的图像的变化情况就可以得到问题的解．转化时有时也会做一些“技术”上的处理，比如本题可以知方程f(x)＝kx＋2一定有一个零f（x）－2

解，在x≠0时，可以转化为直线y＝k与曲线y＝有三个公共点来处理，这样做的好处是在画出

x两图像后很容易得到k的取值范围，但曲线画起来难度增加了．

1e－x－2，x>0，

6、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）设函数f(x)＝(其

x3－3mx－2，x≤0中e为自然对数的底数)有3个不同的零点，则实数m的取值范围是________． 【答案】(1，＋∞)

1－

解法1(直接法) 当x>0时，令f(x)＝ex－＝0，解得x＝ln2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求函

2数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x≤0时，f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点，因为f′(x)＝3x2－3m，令f′(x)＝0，则x2－m＝0，若m≤0，则函数f(x)为增函数，不合题意，故m>0，所以函数f(x)在(－∞，－m)上为增函数，在(－m，0]上为减函数，即f(x)max＝f(－m)＝－mm＋3mm－2＝2mm－2，f(0)＝－2<0，要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞，0]上有2个不同的零点，则f(x)max＝2mm－2>0，即m>1，故实数m的取值范围是(1，＋∞)．

1－

解法2(分离参数) 当x>0时，令f(x)＝ex－＝0，解得x＝ln2>0，此时函数f(x)有1个零点，因为要求

2函数f(x)在R上有3个不同的零点，则当x≤0时，f(x)＝x3－3mx－2有2个不同的零点，即x3－3mx－2＝0，显然x＝0不是它的根，所以

3m＝x2－

2222（x3＋1）2

，令y＝x－(x<0)，则y′＝2x＋2＝，当x∈(－∞，－1)xxxx2

时，y′<0，此时函数单调递减；当x∈(－1，0)时，y′>0，此时函数单调递增，故ymin＝3，因此，要使f(x)＝x3－3mx－2在(－∞，0)上有两个不同的零点，则需3m>3，即m>1. 【问题探究，开拓思维】

题型一、运用函数图像解决多元问题

知识点拨：解决多元问题的最值问题主要思想就是把多元问题转化为单元问题，要通过函数的图像找到

4

各个参数的关系，但要注意参数的范围。

1(|x3|1)，x0，例1、(2018苏锡常镇调研（二）） 已知函数f(x)2若存在实数abc，

lnx， x0，满足f(a)f(b)f(c)，则af(a)bf(b)cf(c)的最大值是 ． 【答案】2e212

思路点拨：根据函数解析式，可以结合函数的图象得出a，b，c的关系，利用消元思想将问题转化为一元函数问题，进而利用导数知识解决. 解题过程：作函数f(x)的图象如下：

2根据题意，结合图象可得ab6，f(a)f(b)f(c)lnc，且ece

所以af(a)bf(b)cf(c)(abc)f(c)(c6)lnc

2令g(c)(c6)lnc，ece

则g(c)lnc'61，易得g'(c)在c又因为g(e,e上递增，

2'e)3660，g'(e2)320，2ee0根据零点存在性定理可得存在唯一x0区间是x0,e2，

又因为g(e)(e6)lne所以g(c)(c6)lnc在

2e,e，使得g(x)0，从而函数g(c)的减区间是e,x，增

2'0e62222，g(e)(e6)lne2e12，则g(e)g(e2) 22e,e上的最大值是2e12．

解后反思：本题以分段函数为背景，考查了导数知识在解决函数综合问题中的应用，以及数形结合，化归与转化等重要数学思想.

5

log3x,0x3【变式1】、(2017常州期末）已知函数fx1210，若存在实数a、b、c、d，满

3x3x8,x3足

fafbfcfd

【答案】21,24

，其中dcba0，则abcd的取值范围是 .

思路点拨：由存在实数a、b、c、d，满足fafbfcfd得，存在一条平行于x轴的直线与函数f(x)的图象有四个不同的交点，从而得到a,b,c,d之间所存在的关系，利用这一关系来求得

abcd的取值范围。

解析：如图，

由图形可知0a1，1b3，则falog3alog3a，fblog3blog3b，

Qfafb，log3alog3b，ab1，因为1b3,f(b)f(c)fd，所以1100f(c)fd1，由0x2x81得3x4或6x7，由于cd，且二次函数

33110yx2x8的图象的对称轴为x5，故3c4且d10c，故

33abcdc10cc52521,24

x24x, 0≤x4,【变式2】、（2015南京、淮安三模） 已知函数f(x)若存在x1,x2R，当

log2(x2)2,4≤x≤6,0≤x14≤x2≤6时，f(x1)f(x2)，则x1f(x2)的取值范围为 ．

【答案】[3,2256] 27解析： 因为0≤x14≤x2≤6时，f(x1)f(x2)，画出函数f(x)的图象，易知1≤x1≤3， 则此时x1f(x2)x1(x124x1)x134x12(x1[1,3])，所以y3x128x1，令3x128x10，解得

6

88256x1，当x1取得最大值，x11时取得最小值3，

3327所以x1f(x2)的取值范围是[3,256]． 27，若存在

【关联1】、(2018南京学情调研）设函数

x1,x2[0,1]，使f(x1)g(x2)成立，则实数a的取值范围为＿＿＿＿.

【答案】 [1,4]

思路点拨：先分别求出函数f(x)和g(x)的值域，再根据条件建立这两个函数值域之间的关系并求出实数a的取值范围.

解析：对于函数f(x)，当x[0,]时，f(x)[,1]；当x(,1]时，f(x)[0,)， 从而当x[0,1]，函数f(x)的值域为D1[0,1]；

121212120对于函数g(x)，因为0x1，

661从而当x[0,1]，函数g(x)的值域为D2[2a,2a]（a0）；

2因为存在x1,x2[0,1]，使f(x1)g(x2)，所以D1D2, 若D1D2，则2x60sin，

x11，所以2aasin(x)a22a， 2621a0或2a1，解之得0a1或a4， 2所以当D1D2时，1a4，即所求是实数a的取值范围是[1,4].

精彩点评：本题求函数f(x)和函数g(x)的值域并不困难，关键在于先求D1D2时实数a的取值范围，再用补集的思想D1D2实数a的取值范围，从而得到本题的最终答案，这种正难则反的思想希望同学们掌握.

【关联2】、(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调） 已知函数f(x)＝

|logx|4，04，

【答案】(16，).

7

logx|4|，0解析 作出函数f(x)＝1的图象，

－x＋3，x>42∵a∴－log4a＝log4b，即log4a＋log4b＝0， 则log4ab＝0，

1

∴4知识点拨： 本题考查复合函数的零点问题，处理f(g(x))＝0解的个数问题，往往通过换元令t＝g(x)，f(t)＝0，研究t的解的个数，再讨论每一个解对应的g(x)＝t的解x的个数，常用数形结合的方法来处理．研究高次的方程、不等式通常首先考虑的是能否进行降次，转化为低次的方程、不等式；其次，在研究方程、不等式问题时，要充分注意它与函数的关系，即充分利用它所对应的函数的图像的直观性来研究问题，这往往可以起到化难为易，化繁为简的作用．

x－1，1≤x<2，

1、(2019宿迁期末）已知函数f(x)＝1 如果函数g(x)＝f(x)－k(x－3)恰有2个不同

x2f，x≥2，2的零点，那么实数k的取值范围是________. 168

【答案】 (－1，0)∪29，13

思路分析 函数g(x)＝f(x)－k(x－3)恰有2个不同的零点，表示函数y＝f(x)，y＝k(x－3)的图像有2个交点，所以关键是画出函数y＝f(x)的图像，将函数y＝f(x)在区间[1，2)上的图像每一点的横坐标和纵坐标都伸长2倍，就得到了y＝f(x)在区间[2，4)上的图像，将函数y＝f(x)在区间[2，4)上的图像每一点的横坐标和纵坐标都伸长2倍，就得到了y＝f(x)在区间[4，8)上的图像，依次类推，然后考察两函数图像有两个交点时直线的斜率．

函数g(x)＝f(x)－k(x－3)恰有2个不同的零点，表示函数y＝f(x)，y＝k(x－3)的图像有2个交点．画出y＝f(x)和y＝k(x－3)的图像，可以看出．当k>0时，当且仅当点(16，8)在直线y＝k(x－3)的上方且点(32，16)168

在直线y＝k(x－3)的下方(或在其上)时，两图像有两个公共点，可求出≤k<；当k<0时，当且仅当点

2913(2，1)在直线y＝k(x－3)的上方时，两图像有两个公共点，可求出－1(－1，0)∪29，13.

8

解后反思 这个函数题型是2015年，2016年的热点，又出现在今年的复习迎考中，难点在于y＝f(x)第二段图像的寻找和画出，其实是图像的平移与变换的应用，注意观察其特征，即可轻易得出后一段图像均为前一段图像的模．纵坐标伸长到原来2倍所得．本题为填空题，也可直接用具体的数去算，发现规律，然后再画出示意图，最后是利用数形结合寻找到符合题意的临界位置，最后进行求解最终的答案．

－x3＋3x2＋t，

【变式1】(2018南京、盐城、连云港二模）已知函数f(x)＝

x，

x＜0，x≥0，

t∈R.若函数g(x)

＝f(f (x)－1)恰有4个不同的零点，则t的取值范围为________． 【答案】[－4，0)

思路分析 本题是“复合函数零点”问题，常见思路是借助函数图像，由求外函数零点切入，进而再分析内函数零点个数．当x<0时，有f′(x)＝－3x2＋6x＝3x(2－x)，故函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，则函数f(x)在区间(－∞，0)上至多一个零点，进而分类讨论即可．

当x<0时，有f′(x)＝－3x2＋6x＝3x(2－x)，故函数f(x)在区间(－∞，0)上单调递减，此时f(0)＝t.当t≥0时，令f(x)＝0得，x＝0，从而当g(x)＝f(f(x)－1)＝0时，f(x)＝1，借助图像1知，此时至多两个零点，不符合题意；当t<0时，令f(x)＝0得，x＝0，或x＝m(m<0)，且－m3＋3m2＋t＝0，从而当g(x)＝f(f(x)－1)＝0时，f(x)－1＝0或f(x)－1＝m，即f(x)＝1或f(x)＝1＋m，借助图像2知，欲使得函数g(x)恰有4个不同的零点，则m＋1≥0，从而－1≤m<0，又因为t(m)＝m3－3m2，而t′(m)＝3m2－6m>0，故t(m)在区间[－1，0)上单调递增，从而t∈[－4，0)．

,图1)

x2－2ax－a＋1，

【变式2】(2018南通、泰州一调）已知函数f(x)＝

ln（－x），

,图2)

x≥0，x<0，

g(x)＝x2＋1－2a.若函数

y＝f(g(x))有4个零点，则实数a的取值范围是________．

9



5－1

1 2

【答案】a|

思路分析 换元g(x)＝t，f(t)＝0，由g(x)＝x2＋1－2a＝t得x2＝t－(1－2a)，因为函数有四个零点，所以方程f(t)＝0有且仅有两个不相等的根t1，t2，且t1>1－2a，t2>1－2a，因为方程f(t)＝0的一个解为t＝－1，故按照1－2a与－1的大小关系，分三种情况讨论得出a的取值范围．

设g(x)＝t，因为函数y＝f(g(x))有四个不同的零点，所以方程f(t)＝0有且仅有两个不相等的根t1，t2，且由g(x)＝x2＋1－2a＝t，得x2＝t－(1－2a)，故t1>1－2a，t2>1－2a. 当t<0时，由ln(－t)＝0得t＝－1.

若1－2a＝－1，则a＝1，易得函数f(g(x))有五个不同的零点，舍去．

若1－2a<－1，则a>1，所以f(0)<0，所以方程f(t)＝0有且仅有一个正根，符合题意． 若1－2a>－1，则a<1，所以方程f(t)＝0必有两个正根，且t1>1－2a，t2>1－2a. 因为t>0时，f(t)＝t2－2at－a＋1， 所以a>0，Δ＝4a2－4(－a＋1)>0，f(0)>0， f(1－2a)＝(1－2a)2－2a(1－2a)－a＋1>0， 解得

5－1

5－15－1

1，即{a|1}． 22

综上可知，

x＜0，

【变式3】(2017南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）已知函数f(x)＝x－1，

x≥0，

2

－x＋m，

)其中

m＞0，若函数y＝f(f(x))－1有3个不同的零点，则实数m的取值范围是________． 【答案】(0,1)

思路分析 先画出函数图像草图，再分类讨论．

令f(f(x))＝1，得f(x)＝2或f(x)＝m－1＜0，进一步，得x＝m＞0，所以只要m＜1，即0＜m＜1.

【变式4】(2015宿迁一模）已知函数f(x)＝x2－2ax＋a2－1，若关于x的不等式f(f(x))<0的解集为空集，则实数a的取值范围是________． 【答案】 (－∞，－2]

思路分析 注意到f(f(x))<0是关于x的四次不等式，所以直接求解是有困难的，因此，首先得降次，由于

10

2＋1或x＝m－2＜0或x＝m.因为已知

f(x)可分解为[x－a＋1][x－a－1]，从而应用整体思想，可将问题转化为a－122x－2ax＋a－1>a－1，

不等式a－1x－2ax＋a2－1众多，所以应用数形结合的思想来加以解决，考虑函数y＝f(x)与y＝a－1，y＝a＋1的图像关系，易得到问题答案．

因为f(x)＝[x－(a＋1)][x－(a－1)]，所以f(f(x))<0等价于[f(x)－(a＋1)][f(x)－(a－1)]<0，从而a－1【关联】(2015无锡期末）已知函数y＝f(x)是定义域为R的偶函数，当x≥0时，f(x)＝



13

－2－4， x>2，

x

1

－x2， 0≤x≤2，4

7a

若关于x的方程[f(x)]2＋af(x)＋＝0，a，b∈R有且仅有8个不同的实数根，则

16

实数a的取值范围是________．

716

【答案】4，9 作出函数f(x)的图像(如图)．

7a

令t＝f(x)，则关于x的方程[fx]2＋af(x)＋＝0(a∈R)有且仅有8个不同的实数根可转化为关于x的方

1637a

－1，－内有两个不等程t＝f(x)在R上有4个不同的实数根，并且关于实数t的方程t2＋at＋＝0在t∈416

a3－1<－<－，247aa7a

实根，令g(t)＝t＋at＋，则g(t)的对称轴方程为t＝－，判别式Δ＝a－，则1624g－1>0，

－3>0，g4

2

2

Δ>0，

即



31－a＋7a>0，93167

16－4a＋16a>0，

7

a2－a>0，

4

716解得11