函數與方程的轉化，函數與圖象的應用

含參函數與方程的綜合問題，是高考數學試卷中最為基礎，且綜合性強、難度性高的一類常見考點.此類綜合問題，場景熟知，知識基礎，設問多變，可以很好地融合函數與方程中眾多的基本概念，以及其他模塊的基本數學知識，同時又合理交匯一些相關的數學思想方法與基本技能等，是全面考查考生數學能力的重要載體，具有較高的選拔性與區分度.

1真題呈現

高考真題（2024年高考數學全國甲卷文 ?16 ）曲線 y=x³-3x 與 y=-（x-1）²+a 在 （0，+∞） 上有兩個不同的交點，則 a 的取值范圍為

此題以一個確定的三次函數曲線，一個含參數的二次函數曲線為問題場景，動靜結合，借助給定區間上兩曲線的交點個數的設置，進而確定對應參數的取值范圍.

本題可以利用題設條件，進行函數與方程的巧妙轉化，借助函數與方程思想，通過分離參數法、作差構建法以及圖象關系法等思維切入，數形結合，直觀形象來確定對應的參數取值范圍問題，實現問題的突破與求解.

2真題破解

解法1：分離參數法.

依題，令 x³-3x=-（x-1）²+a ，分離參數可得a=x³-3x+（x-1）²=x³+x²-5x+1.

令函數 g（x）=x³+x²-5x+1，x∈（0，+∞）， 則有 g^′（x）=3x²+2x-5=（3x+5）（x-1）

令 g^′（x）=0 ，解得 x=1 或 舍去）.

當 x∈（0，1） 時， g^′（x）lt;0 ，函數 g（x） 單調遞減；當 x∈（1，+∞） 時， g^′（x）gt;0 ，函數 g（x） 單調遞增.

易知 g（0）=1，g（1）=-2 又當 x+∞ 時， g（x）+∞ 作出函數 g（x） 的草圖，如圖1.

依題可知方程 a=x³+x²- 5x+1 在 （0，+∞） 上有兩個不同零點，則知函數 g（x） 的圖象與直線 y=a 有兩個交點，數形結合可知 a∈（-2，1） ：

圖1

故填答案：（-2，1）.

點評：根據題設條件，將對應的函數問題方程化處理，結合分離參數，并構造新函數，利用求導運算，結合函數與導數的綜合應用，確定對應函數的單調區間與極值情況，通過作出對應函數的圖象，數形結合來直觀分析與求解，往往是解決此類問題比較常見的一個思路過程.

解法2：作差構建法.

依題，令 x³-3x=-（x-1）²+a ，移項可得 x³+ x²-5x+1-a=0.

構建函數 h（x）=x³+x²-5x+1-a，x∈（0，+∞） 則 h^′（x）=（3x+5）（x-1）. 令 h^′（x）=0 ，解得 x=1 或 舍去）.

當 x∈（0，1） 時 ，h^′（x）lt;0 ，函數 h（x） 單調遞減；當x∈（1，+∞） 時， h^′（x）gt;0 ，函數 h（x） 單調遞增.

依題知方程 x³+x²-5x+1-a=0 在 （0，+∞） 上有兩個不同零點，則函數 h（x） 的圖象與 x 軸正半軸有兩個交點，數形結合得 解得），a∈（-2，1）

點評：根據題設條件，直接由兩曲線所對應的函數解析式進行作差處理，通過方程法的轉化，直接構建含參的函數，利用函數與導數的綜合應用來分析與處理，也是解決問題的一種基本技巧方法.該解法與解法1中的分離參數法的基本思維類似，只是最后數形結合分析時的對象一者是含參的直線方程，一者是 x 軸正半軸，異曲同工.

解法3：圖象關系法.

設函數 f（x）=x³-3x，g（x）=-（x-1）²+a x∈（0，+∞）

易知 f^′（x）=3x²-3=3（x+1）（x-1）. 令 f^′（x）=0 ，解得 x=1 或 x=-1（ 舍去）.

當 x∈（0，1） 時， f^′（x）lt;0 ，函數 f（x） 單調遞減；當 x∈（1，+∞ 時， f^′（x）gt;0 ，函數 f（x） 單調遞增.

而 f（0）=0 ， f（1）=-2 ；又當 時，f（x）+∞ .作出函數 f（x） 的草圖，如圖2.

而函數 g（x）=-（x-1）²+a，x∈（0，+∞） 的圖象是開口向下，以 x=1 為對稱軸的一條拋物線在 軸右側的部分.

依題可知，曲線 y=x³-3x 與 y=-（x-1）²+a 在 （0，+∞） 上有兩個不同的交點，則知函數g（x） 的圖象與函數 f（x） 的圖象有兩個交點，借助圖象關系，數形結合可知{8（0）=-1+alt;0，解（204號得 a∈（-2，1） ：

圖2

點評：根據三次函數的解析式，通過函數與導數的綜合應用來確定其對應的圖象，又借助二次函數的圖象，一“靜”一“動”，結合動靜變化規律構成的函數圖象關系，合理構建對應的不等式（組），給問題的分析與求解創造條件.利用函數圖象關系法處理此類問題，是大部分人比較容易想到的一種基本方法，也是一種習慣性思維方式.

3變式拓展

3.1類比變式

依托高考真題的應用場景，結合兩曲線在對應區間上的交點個數的變化，合理加以類比變式與應用，得到對應的變式問題.

變式1曲線 y=x³-3x 與 y=-（x-1）²+a 在 （0，+∞） 上僅有一個交點，則 a 的取值范圍為

解析：同以上高考真題的解法3中的解析部分，作出對應的函數圖象.

令 x³-3x=0 ，解得 x=0 或 （舍去）或

依題知函數 g（x） 的圖象與函數 f（x） 的圖象只有一個交點，數形結合，可知 g（1）=a=-2 或 ， ， 解得 a=-2 或 a?1 故填答案： {-2}∪[1，+∞）

變式2曲線 y=x³-3x 與 y=-（x-1）²+a 在 （0，+∞） 上沒有交點，則 a 的取值范圍為

答案： （-∞，-2）

3.2深入變式

變式3已知函數 與 g（x）= 的圖象有3個不同的公共點，其中e為自然對數的底數，則 a 的取值范圍為

解析：依題，由 f（x）=g（x） ，化簡可得

令函數 ，代入上式有 ，化簡可得 t²+（a-1）t+1-a=0

對 h（x） 求導，得 由 h^′（x）=0 ，解得 x=e.

當 x∈（0，e） 時， h^′（x）gt;0 ，函數 h（x） 單調遞增；當 x∈（e，+∞） 時， h^′（x）lt;0 ，函數 h（x） 單調遞減.

而當 x+∞ 時， h（x）0. 作出函數 h（x） 的草圖，如圖3所示.

由題意可知，方程 t²+（a-1）t+ 1-a=0 有一個

根 t₁∈（0，1） ，另一個根 t₂=1 或 t₂=0 或 Φ_t1∈ （-∞，0）

當 t₂=1 時，方程無意義，舍去；

當 t₂=0 時， a=1，t₁=0 ，不滿足題意，舍去；

當 t₁∈（-∞，0） 時，令 k（t）=t²+（a-1）t+1- a ，且 k（1）=1gt;0 ，則 解，得 agt;1 ：

綜上分析， a 的取值范圍為 （1，+∞） ：

故填答案： （1，+∞）

4教學啟示

在解決涉及函數與方程的綜合應用問題時，可以借助函數的零點情況、方程的實根情況、曲線的交點個數等不同形式來創新設置，巧妙交匯函數與方程等綜合知識，融合函數與導數、函數與不等式的應用，以及函數與方程思想，成為考查知識與能力等方面比較突出的一個基本考點.

此類問題難度往往比較大，很好地融合函數與方程、函數與導數、函數與不等式等相關知識，或依托函數的圖象與性質，或分離參數巧妙轉化，以突破相關參數或與參數有關的代數式的最值（或取值范圍）的求法與應用為場景，數形結合，直觀想象，融人其他一些相關的知識與應用.

在實際教學與學習過程中，借助此類涉及函數與方程的綜合應用問題，以綜合創新的應用場景，合理加以數學基礎知識的交匯與融合，基于數學“四基\"的有效落實，很好地考查考生的“四能”情況，對于考生的選拔與區分，以及關鍵能力的提升與核心素養的形成等方面都是有益的.Z