函数与方程的习题
典例剖析
(1)若\(y=g(x)-m\)有零点,求\(m\)的取值范围;
(2)确定\(m\)的取值范围,使得\(g(x)-f(x)=0\)有两个相异实根.
解析:(1) 因为\(g(x)=x+\cfrac{e^2}{x}\ge 2\sqrt{e^2}=2e\),等号成立的条件是\(x=e\),
故\(g(x)\)的值域是\([2e,+\infty)\),
因而只需\(m≥2e\),则\(y=g(x)-m\)就有零点。
(2) 若\(g(x)-f(x)=0\)有两个相异实根,即\(g(x)\)与\(f(x)\)的图像有两个不同的交点,
作出\(g(x)=x+\cfrac{e^2}{x}(x>0)\)的大致图像如图.
因为\(f(x)=-x^2+2ex+m-1=-(x-e)^2+m-1+e^2\).
所以其图像的对称轴为\(x=e\),开口向下,
最大值为\(m-1+e^2\),故当\(m-1+e^2>2e\),即\(m>-e^2+2e+1\)时,
\(g(x)\)与\(f(x)\)有两个交点,即\(g(x)-f(x)=0\)有两个相异实根,
所以\(m\)的取值范围是\((-e^2+2e+1,+\infty)\).
分析:显然\(x=0\)不是方程\(f(x)-g(x)=0\)的根,故可变形为\(k=\cfrac{f(x)+1}{x}\),
设\(\phi(x)=\cfrac{f(x)+1}{x}=\begin{cases}x+\cfrac{1}{x}+4,x<0\\\cfrac{1}{x}+lnx,x>0\end{cases}\),即\(k=\phi(x)\)在\(x\in(-2,2)\)有三个实根,
用导数方法研究函数\(\phi(x)\)的单调性,做出其图像
由图像可得,要使得函数\(y=k\)与函数\(y=\phi(x)\)有三个交点,则\(k\in (1,ln2\sqrt{e})\cup(\cfrac{3}{2},2)\)
分析:由于\(x\neq 0\),故两边同时除以\(x\),二元变一元,变量集中,
得到\(3+a(2\cdot \cfrac{y}{x}-4e)\cdot ln\cfrac{y}{x}=0\),令\(\cfrac{y}{x}=t>0\),
则\(3+a(2t-4e)\cdot lnt=0\),即\(2a(t-2e)\cdot lnt=-3\),
由于\(a\neq 0\),则上式变形为\((t-2e)\cdot lnt=-\cfrac{3}{2a}\),
即存在正数\(t\),使得方程\((t-2e)\cdot lnt=-\cfrac{3}{2a}\)有解,
令\(g(t)=(t-2e)\cdot lnt\),则 \(g'(t)=\ln t+1-\cfrac{2e}{t}\),显然 \(g'(t)\) 是增函数,
\(g'(e)=\ln e+1-\cfrac{2e}{e}=1+1-2=0\),
当 \(t>e\) 时 \(g'(t)>0\),当 \(0<t<e\) 时 \(g'(t)<0\)
即当 \(t=e\) 时, 函数 \(g(t)\) 取得极小值为 \(g(e)=(e-2e)\ln e=-e\),
即 \(g(t)\geqslant g(e)=-e\),
若\((t-2e)\cdot lnt=-\cfrac{3}{2a}\)有解,
则 \(-\cfrac{3}{2a}\geqslant -e\), 即 \(\cfrac{3}{2a}\leqslant e\),
则解得 \(a<0\) 或 \(a\geqslant \cfrac{3}{2a}\),
故实数 \(a\) 的取值范围是 \((-\infty, 0)\cup[\cfrac{3}{2e},+\infty)\).
分析:当\(x=1\)时,\(lnx=0\),原式不成立,故不可能;
当\(lnx\neq 0\)时,\(lnx-ax=\cfrac{x^2}{lnx}\),故\(ax=lnx-\cfrac{x^2}{lnx}\),分离参数得到,
则\(a=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\),令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}-\cfrac{x}{lnx}\),则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点,
\(h'(x)=\cfrac{\cfrac{1}{x}\cdot x-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-x\cdot \cfrac{1}{x}}{(lnx)^2}=\cfrac{1-lnx}{x^2}-\cfrac{lnx-1}{(lnx)^2}\),\(x>0\)且\(x\neq 1\),
当\(x\in (0,1)\)时,\(h'(x)>0\),故\(h(x)\)单调递增;
当\(x>1\)时,\(h'(x)=\cfrac{(1-lnx)(lnx)^2-(lnx-1)\cdot x^2}{x^2\cdot (lnx)^2}\)
\(=\cfrac{((lnx)^2+x^2)\cdot (1-lnx)}{x^2\cdot (lnx)^2}\)
当\(x\in (1,e)\)时,\(h'(x)>0\),\(h(x)\)单调递增,\(x\in (e,+\infty)\)时,\(h'(x)<0\),\(h(x)\)单调递减,
又\(h(e)=\cfrac{1}{e}-e\),做出大致图像如下:
要使得则\(y=a\)与\(y=h(x)\)的图像有三个交点,必须\(a<\cfrac{1}{e}-e\)。
分析:做出适合题意的图像,由图像可知,函数\(f(x)\)的值域为\([-1,1]\),
完整的偶函数\(g(x)\)的解析式应该为\(g(x)=log_2|x|\),若存在实数\(a\),使得\(f(a)=g(b)\),
则\(g(b)\)必须满足\(-1\leqslant g(b)\leqslant 1\),即\(-1\leqslant log_2|b|\leqslant 1\),
上式可以转化为\(\left\{\begin{array}{l}{b\geqslant 0}\\{-1\leqslant log_2b\leqslant 1}\end{array}\right.\)或者\(\left\{\begin{array}{l}{b<0}\\{-1\leqslant log_2(-b)\leqslant 1}\end{array}\right.\)
解得\(\cfrac{1}{2}\leqslant b\leqslant 2\)或\(-2\leqslant b\leqslant -\cfrac{1}{2}\). 故选\(B\).
分析:选\(A\);
分析:选\(D\);