方程有解 | 习题
方程有解习题，以及 数学中哪些常见命题能转化为方程有解的命题来求解。
前言
- 数 \(\Longleftrightarrow\) 形的相互转化
初中阶段碰到方程\(f(x)=0\)有解的问题，比如方程\(x^2-3x+2=0\)有解，我们一般会想到用代数方法求解；而高中阶段出现的方程有解的问题，比如方程\(a\)\(-\)\(\cfrac{1}{x}\)\(=\)\(0\)在区间\((0\)\(,\)\(+\infty)\)上有解，最终常常会转化为\(a\)\(=\)\(\cfrac{1}{x}\)\(=\)\(f(x)\)的形式，而且常常要用到数形结合的方法求解而不是用代数的方法去求解。
对于更复杂一些的问题，常常需要我们先对题目向方程有解的模型做出相应的转化，然后轻松求解，这体现了我们数学思维的灵活性和数学应用意识的提升。
模型说明
\(A= f(x)\) 在区间 \([m，n]\) 上有解，等价于 \(A\in [f(x)_{min},f(x)_{max}]\) 的值域 原因是\(A= f(x)\) 在区间 \([m，n]\) 上有解等价于函数 \(y=f(x)\) 与函数 \(y=a\) 的图像有交点；； 故关键是求解函数\(f(x)\)的值域。说明：碰到具体题目可能需要我们进行相应的转化化归，才会变形为上述的形式。
典例剖析
法1：函数\(f(x)=lnx-x^3\)与\(g(x)=x^3-ax\)的图像上存在关于x轴的对称点，
即当\(x=x_0\)时，\(f(x_0)=-g(x_0)\)。即方程\(f(x)=-g(x)\)有解，则\(lnx-x^3=-x^3+ax\)有解，
所以\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，
令\(h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)，由导数知识可知，\(f(x)\)在\((0，e)\)上单调递增，在\((e，+\infty)\)上单调递减，
又\(f(e)=\cfrac{1}{e}\)，故函数\(h(x)\in (-\infty，\cfrac{1}{e}]\)，故\(a\)的取值范围为\((-\infty，\cfrac{1}{e}]\) ，选\(D\)。
法2：转换为方程\(lnx=ax\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=lnx\)和函数\(y=ax\)图像在\((0,+\infty)\)上有交点，利用数形结合求解；
法3：接上转换为方程\(a=\cfrac{lnx}{x}\)在\((0,+\infty)\)有解，即函数\(y=h(x)=\cfrac{lnx}{x}\)和函数\(y=a\)的图像有交点，利用数形结合求解；
分析：函数\(f(x)=e^x+2(x<0)\)与\(g(x)=ln(x+a)+2\)的图像上存在关于\(y\)轴对称的点，即\(f(-x_0)=g(x_0)\)。
即方程\(f(-x)=g(x)\)有解，
所以当\(x>0\)时，\(e^{-x}+2=ln(x+a)+2\)有解，
即方程\(e^{-x}=ln(x+a)\)在\(x>0\)时有解，
即函数\(y=e^x\)与函数\(y=ln(x+a)\)图像有交点，
法1：数形结合法，如右图所示可知，当函数\(y=ln(x+a)\)过点\((1，0)\)时，没有交点，
此时由\(ln(0+a)=1\)可得，\(a=e\)；
又由图像平移可知，需要将函数\(y=ln(x+a)\)向右移动才会有交点，
故\(a<e\)，即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选B.
法2：补集思想+计算法，由图可知，当函数\(y=ln(x+a)\)经过点\((0，1)\)上方时，必无交点，
即\(lna\ge 1\)时，即\(a\ge e\)时，二者无交点，
由补集思想可得，二者有交点时\(a<e\)，
即\(a\)的取值范围是\((-\infty，e)\)，选B.
解后反思：在网上见到有人这样解，\(lna<1\)，解得\(0<a<e\)，这是错的(很显然，\(a=0\)是满足的)
原因是当\(a<0\)时，\(lna\)是没有意义的，但是此时函数\(y=ln(x+a)\)的图像已经和\(y\)轴没有交点了，
已经向右移动了，其渐近线也是向右移动的。
提示：答案为A，请仿上例完成。
提示：由题意可知，函数\(f(x)=-g(-x)\)在\(x>0\)上有解，
即方程\(lnx-x^2=-x^2-\cfrac{2}{x}+m\)在\(x>0\)上有解，
即\(m=lnx+\cfrac{2}{x}\)在\(x>0\)上有解，
设\(h(x)=lnx+\cfrac{2}{x}(x>0)\)，
则\(h'(x)=\cfrac{1}{x}-\cfrac{2}{x^2}=\cfrac{x-2}{x^2}\)，
故\(h(x)\)在区间\((0，2)\)上单调递减，在区间\((2，+\infty)\)上单调递增，
则\(h(x)_{min}=h(2)=ln2+1\)
即函数\(h(x)\)的值域是\([ln2+1，+\infty)\)
故\(m\)的取值范围为是\([ln2+1，+\infty)\)。
解后反思：若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(x\)轴的对称点，则\(f(x)=-g(x)\)有解；若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于\(y\)轴的对称点，则\(f(-x)=g(x)\)有解；
若函数\(f(x)\)与函数\(g(x)\)的图像上存在关于原点的对称点，则\(f(x)=-g(-x)\)有解；
分析：由题意知\(x>0\)，又\(f′(x)=1+\cfrac{a}{x}\)，
要使函数\(f(x)=x+alnx\)不是单调函数，
则需方程\(f'(x)=1+\cfrac{a}{x}=0\)在\(x>0\)上有解，
即方程\(a=-x\)在\(x>0\)上有解，
又函数\(g(x)=-x\)在\(x>0\)上的值域是\((-\infty，0)\)，故\(a\in(-\infty，0)\)。
分析：若是R上的单调递减函数，则\(f'(x)\leq 0\)恒成立，
现在不是R上的单调递减函数，
故\(f'(x)=-x^2+2bx-2b-3=-(x-b)^2+b^2-2b-3>0\)在R上能成立，
故只需要\(f'(x)_{max}=b^2-2b-3>0\)即可，
解得\(b<-1\)或\(b>3\)。故\(b\in (-\infty，-1)\cup(3，+\infty)\)。
反思总结：不是单调递减的情形可能包含有单调递增函数或常函数或有增有减函数。
法1：补集思想，\(f'(x)=x^2-2x+a\)，
若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单增，则\(f'(x)=x^2-2x+a\ge 0\)恒成立，分离参数得到\(a\ge -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{max}=1\)，故\(a\ge 1\)；
若函数\(f(x)\)在\([-1，2]\)上单减，则\(f'(x)=x^2-2x+a\leq 0\)恒成立，分离参数得到\(a\leq -x^2+2x\)恒成立，在\([-1，2]\)上求得函数\(f(x)_{min}=-3\)，故\(a\leq -3\)；
故取其补集，当\(-3<a<1\)时，函数\(f(x)\)在区间\([-1，2]\)上不单调。
法2：由题可知\(f(x)\)不单调，则导函数\(y=f'(x)\)在区间\([-1，2]\)上至少有一个变号零点，
当只有一个变号零点时，由\(f'(-1)\cdot f'(2)\leq 0\)可得，\(-3\leq a\leq 0\)；
当有两个变号零点时，由\(\begin{cases}f'(-1)>0\\f'(2)>0\\\Delta >0\end{cases}\)，解得\(0<a<1\)；
综上所述，实数\(a\)的取值范围是\((-3，1)\)。
法1：从数的角度入手，由正弦定理\(\cfrac{k}{sinA}=\cfrac{12}{sin60^{\circ}}\)，
得到方程\(k=8\sqrt{3}sinA，A\in(0，\cfrac{2\pi}{3})\)有一个解，或者两个函数图像有一个交点，数形结合求解即可。
由图可知，满足题意的三角形恰有一个，则\(k\in(0，12]\)或\(k=8\sqrt{3}\)。
法2：从形的角度入手，动静元素互相换位，即理解为让长度为\(12\)的边变化，让长度为\(k\)的边不变化。
如图，以点\(C\)为圆心画弧，当\(12\)小于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，
即\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}>12\)时，解得\(k>8\sqrt{3}\)，此时三角形是不存在的；
当\(12\)等于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\times\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，
即\(12=k\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(k=8\sqrt{3}\)，三角形是唯一的；
当\(12\)大于点\(C\)到边\(AB\)的高度\(k\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}\)时，三角形是两个的，
即\(12>k\times \cfrac{\sqrt{3}}{2}\)，解得\(k<8\sqrt{3}\)；
当\(12\)大于或等于边\(BC\)时，三角形是唯一的，即\(0<k\leqslant 12\)，
综上可知，当\(k=8\sqrt{3}\)或\(k\in(0，12]\)时，满足条件的三角形恰好只有一个。
【解后反思】①动静互换，体现了思维的灵活性；②是否可以这样想，有一种从形入手分析的思路，必然就会有一种从数入手的思路与之对应。
分析：题目先转化为方程\(sin(x+\cfrac{\pi}{6})=\cfrac{a-1}{2}\)在区间\([0，\cfrac{2\pi}{3}]\)上存在两个根，
再转化为函数\(y=sin(x+\cfrac{\pi}{6})\)和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)有两个不同的交点，
然后在同一个坐标系中做出这两个函数的图像，
由于\(x\in [0，\cfrac{2\pi}{3}]\)，故\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)，
做出函数\(y=sint，t\in [\cfrac{\pi}{6}，\cfrac{5\pi}{6}]\)的图像和函数\(y=\cfrac{a-1}{2}\)的图像，如图所示，
由图像可以看出，\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)
解得\(2\leq a<3\)，故\(a\in [2，3)\)。
反思总结：
1、当横轴是\(x\)轴(如图二)和\(t=x+\cfrac{\pi}{6}\)(如图一)时，都可以得到结论\(\cfrac{1}{2}\leq \cfrac{a-1}{2}<1\)，
但是利用图一的做法，手工作图非常快捷，由于用到了整体思想，我们就可以利用模板函数的现成图像，
只需要在现成的图像上面截取我们需要的那一部分就可以了。这种方法我们需要仔细体会，用心揣摩。示例
2、为什么这两种方法都可以？是因为\(a=f(x)\)有解的题目，其实就是求函数\(f(x)\)的值域问题，而函数的值域的求法中，这两种方法殊途同归。
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：若能想到将\(\cfrac{1+lga}{1-lga}\)看成一个整体\(b\)，则原题目变形为方程\((\cfrac{1}{2})^x=b\)有正根，结合图像可知，函数\(y=(\cfrac{1}{2})^x\)和函数\(y=b\)的图像在\((0，+\infty)\)上有交点，故\(b\in (0，1)\)。
故原题目就等价于\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，
解\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}\)，由穿根法得到，\(-1<lga<1\)，
解\(\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，变形得到\(\cfrac{2lga}{lga-1}>0\)，由穿根法得到\(lga<0\)或\(lga>1\)，
故\(-1<lga<0\)，解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).
解后反思：1、整个求解过程是将\(lga\)也看成一个整体，故能想到用穿根法求解；2、看到双联不等式的中间分式部分，若能联想到分式的常用变形，也可以这样求解；
由\(0<\cfrac{1+lga}{1-lga}<1\)，得到\(0<\cfrac{lga-1+2}{1-lga}<1\)，即\(0<-1+\cfrac{2}{1-lga}<1\)，故\(1<\cfrac{2}{1-lga}<2\)，且能得到\(1-lga>0\)，
故利用倒数法则得到\(\cfrac{1}{2}<\cfrac{1-lga}{2}<1\)，即\(1<1-lga<2\)，即\(-2<lga-1<-1\)，即\(-1<lga<0\)，解得解得\(a\in (\cfrac{1}{10}，1)\)，故选\(C\).
法1：从数的角度入手分析，
当 \(x \leqslant 0\) 时， \(x+f(x)=m\)有解， 即 \(x+1=m\)有解，即求 \(y=x+1\) 的值域，解得 \(m \leqslant 1\)；
当 \(x>0\) 时, \(x+f(x)=m\)有解， 即 \(x+\cfrac{1}{x}=m\)，即求 \(y=x+\cfrac{1}{x}\) 的值域， 解得 \(m \geqslant 2\)，
即实数 \(m\) 的取值范围是 \((-\infty, 1]\cup[2,+\infty)\) . 故选\(D\) .
法2：从形的角度入手分析，
转化为方程\(f(x)=-x+m\)有解，即函数\(y=f(x)\)与函数\(y=-x+m\)的图象有交点，
做出两个函数的图象，由图象可知，当两个函数有交点时，
实数 \(m\) 的取值范围是 \((-\infty, 1]\cup[2,+\infty)\)， 故选\(D\) .
分析：注意到本题目是方程有解的类型，但是如果首选分离参数法，就成了下下之选，而且你也分离不了参数 \(a\)，故需要选择其他的思路 。注意到可以因式分解，故这样求解：
解： \(a^2x^2+ax-2=0\)，即\((ax+2)(ax-1)=0\)；显然 \(a\neq 0\)，利用图象转化可知，方程的根 \(\cfrac{1}{a}\) 或 \(-\cfrac{2}{a}\) 必在给定区间 \([-1,1]\) 上，
则\(-1\leqslant \cfrac{1}{a}\leqslant 1\)或\(-1\leqslant -\cfrac{2}{a}\leqslant 1\)
若常规方法，利用解分式不等式求解，太浪费时间，注意到题目的特点，此处换用绝对值不等式求解；
即\(|\cfrac{1}{a}|\leqslant 1\)或\(|\cfrac{2}{a}|\leqslant 1\)，即\(|a|\geqslant 1\)或\(|a|\geqslant 2\)，
则\(|a|\geqslant 1\)，即\(a\leqslant -1\)或\(a\geqslant 1\)。
