復(fù)合函數(shù)的零點問題

復(fù)合函數(shù)的零點問題$$f(x)=\begin{cases}\frac{1}{2}x,&0\leqx\leqa,\\a^2-x,&a<x\leqa,\\\frac{a(1-a)}{1-a^2}x-\frac{a^2}{1-a^2},&a<a<x\leq1.\end{cases}$$要求求出$f(f(x))-x=0$的解$x$，并確定哪些解是$f(x)$的二階周期點。下面對題目進(jìn)行詳細(xì)解析。首先，根據(jù)題目定義，可以求出$f(f(x))$的表達(dá)式：$$f(f(x))=\begin{cases}\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}x,&0\leqx\leqa,\\a^2-\frac{1}{2}x,&a<x\leqa,\\\frac{a(1-a)}{1-a^2}\cdot\frac{1}{2}x-\frac{a^2}{1-a^2},&a<a<x\leq1.\end{cases}$$然后，將$f(f(x))-x=0$化為$f(f(x))=x$，分別討論$x$在不同區(qū)間的情況：當(dāng)$0\leqx\leqa$時，由$\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{2}x=x$得$x=0$或$x=\frac{2}{3}a$。但由于$f(x)$在$x=0$處的導(dǎo)數(shù)為$\frac{1}{2}$，不是零點，因此$x=0$不是$f(x)$的二階周期點。而$x=\frac{2}{3}a$是$f(x)$的二階周期點，因為$f(f(\frac{2}{3}a))=\frac{2}{3}a$。當(dāng)$a<x\leqa$時，由$a^2-\frac{1}{2}x=x$得$x=a^2-\frac{1}{2}x$，解得$x=\frac{a}{2}$。但由于$f(x)$在$x=a^2-\frac{1}{2}x$處的導(dǎo)數(shù)為$-\frac{1}{2}$，不是零點，因此$x=\frac{a}{2}$不是$f(x)$的二階周期點。當(dāng)$a<x\leq1$時，由$\frac{a(1-a)}{1-a^2}\cdot\frac{1}{2}x-\frac{a^2}{1-a^2}=x$得$x=\frac{a(1-a)}{2(1-a^2)}$。但由于$f(x)$在$x=\frac{a(1-a)}{2(1-a^2)}$處的導(dǎo)數(shù)為$\frac{a(1-a)}{2(1-a^2)}$，不是零點，因此$x=\frac{a(1-a)}{2(1-a^2)}$不是$f(x)$的二階周期點。綜上，$f(x)$有且僅有兩個二階周期點，分別為$x_1=\frac{2}{3}a$和$x_2=\frac{a}{2-a}$?！纠?】【2017年高考江蘇卷】設(shè)$f(x)$是定義在$\mathbb{R}$且周期為$1$的函數(shù)，在區(qū)間$[0,1)$上，$f(x)=x$，其中集合$D=\{\frac{k}{n-1}|k\in\mathbb{Z},1\leqk\leqn-1\}$，則方程$f(x)-\logx=$的解的個數(shù)是$D=$?！究荚嚪较颉窟@類試題在考查題型上，通常以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，綜合性強(qiáng)，難度大?！倦y點中心】解答此類問題，關(guān)鍵在于“抽繭剝絲”，把復(fù)合函數(shù)問題轉(zhuǎn)化為單函數(shù)問題，準(zhǔn)確作出函數(shù)圖象，利用圖象解決問題。【解析】由于$f(x)\in[0,1)$，則需考慮$1\leqx<10$的情況。在此范圍內(nèi)，$x\in\mathbb{Q}$且$x\in\mathbb{Z}$時，設(shè)$x=\frac{q}{p},p,q\in\mathbb{N}^*,p\geq2$，且$p,q$互質(zhì)。若$\logx\in\mathbb{Q}$，則由$\logx\in(0,1)$，可設(shè)$\logx=\frac{n}{m},m,n\in\mathbb{N}^*,m\geq2$，且$m,n$互質(zhì)。因此$10=\frac{q^m}{p^mn^n}$，則$10=\left(\frac{q}{p}\right)^m\left(\frac{1}{n}\right)^m$，此時左邊為整數(shù)，右邊非整數(shù)，矛盾，因此$\logx\notin\mathbb{Q}$。因此$\logx$不可能與每個周期內(nèi)$x\inD$對應(yīng)的部分相等，只需考慮$\logx$與每個周期$x\notinD$的部分的交點，畫出函數(shù)圖象，圖中交點除$(1,0)$外其它交點橫坐標(biāo)均為無理數(shù)，屬于每個周期$x\notinD$的部分，且$x=1$處$\left(\logx\right)'=\frac{1}{x\ln10}<1$，則在$x=1$附近僅有一個交點，一次方程解的個數(shù)為$8$?！纠?】【2015年高考天津】已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}2-x,&x\leq2,\\x-2,&x>2,\end{cases}$函數(shù)$g(x)=b-f(2-x)$，其中$b\in\mathbb{R}$，若函數(shù)$y=f(x)-g(x)$恰有$4$個零點，則$b$的取值范圍是（）。【解析】由$f(x)=\begin{cases}2-x,&x\leq2,\\x-2,&x>2,\end{cases}$得$f(2-x)=\begin{cases}x-2,&x\leq0,\\2-x,&x>0,\end{cases}$，因此$g(x)=b-f(2-x)=\begin{cases}b-x+2,&x\leq0,\\b+x-2,&x>0.\end{cases}$又$y=f(x)-g(x)=\begin{cases}b-2x,&x\leq0,\\b-2,&0<x\leq2,\\b+2x-4,&x>2.\end{cases}$因此$y=f(x)-g(x)$恰有$4$個零點等價于方程$b-2x=0$，$b-2=0$，$b+2x-4=0$，$0<x\leq2$的解的個數(shù)均為$1$。解得$b\in(0,2]$，故選項為D。+f(2-x)-b=0有4個不同的解，即函數(shù)y=b與函數(shù)y=f(x)+f(2-x)的圖像有4個公共點。由圖像可知7/4<b<2。復(fù)合函數(shù)的定義：設(shè)y=f(t)，t=g(x)，且函數(shù)g(x)的值域為f(t)的定義域的子集，那么y通過t的聯(lián)系而得到自變量x的函數(shù)，稱y為x的復(fù)合函數(shù)，記為y=f(g(x))。計算復(fù)合函數(shù)函數(shù)值的步驟：求y=g(f(x))的函數(shù)值遵循“由內(nèi)到外”的順序，一層層求出函數(shù)值。例如：已知f(x)=2x，g(x)=x^2-x，計算g(f(2))。解析：f(2)=4，所以g(f(2))=g(4)=12。已知函數(shù)值求自變量的步驟：若已知函數(shù)值求x的解，則遵循“由外到內(nèi)”的順序，一層層拆解直到求出x的值。例如：已知f(x)=2x，g(x)=x^2-2x，若g(f(x))=0，求x。由上例可得，要想求出g(f(x))=0的根，則需要先將f(x)視為整體，先求出f(x)的值，再求對應(yīng)x的解。這種思路也用來解決復(fù)合函數(shù)零點問題，先回顧零點的定義。函數(shù)的零點：設(shè)f(x)的定義域為D，若存在x∈D，使得f(x)=0，則稱x為f(x)的一個零點。復(fù)合函數(shù)零點問題的特點：考慮關(guān)于x的方程g(f(x))=0的根的個數(shù)，在解此類問題時，要分為兩層來分析，第一層是解關(guān)于f(x)的方程，觀察有幾個f(x)的值使得等式成立；第二層是結(jié)合著第一層f(x)的值求出每一個f(x)被幾個x對應(yīng)，將x的個數(shù)匯總后即為g(f(x))=0的根的個數(shù)。題型攻略：這類試題通常以選擇題或填空題的形式出現(xiàn)，綜合性強(qiáng)，難度大。求解復(fù)合函數(shù)零點問題的技巧包括：結(jié)合函數(shù)圖像、估計關(guān)于f(x)的方程的解的個數(shù)、根據(jù)函數(shù)圖像特點分配每個函數(shù)值被幾個x所對應(yīng)來確定f(x)的值。1.對于函數(shù)的零點問題，需要注意函數(shù)的單調(diào)性。如果函數(shù)在給定區(qū)間上是單調(diào)的，則至多有一個零點，否則需要細(xì)分小的單調(diào)區(qū)間。對于給定區(qū)間上的函數(shù)，如果存在零點，則需要進(jìn)一步確定該零點是否為變號零點或非變號零點。因此，當(dāng)函數(shù)在區(qū)間（-2，2）內(nèi)有一個零點時，無法確定f（-2）·f（2）的符號，因此選D。2.對于連續(xù)函數(shù)f（x）在區(qū)間[a，b]上的零點問題，需要注意f（a）·f（b）<0僅是存在零點的充分條件，而不是必要條件。滿足零點存在性定理條件的零點可能不唯一，而不滿足條件的函數(shù)也可能存在零點。因此，對于在閉區(qū)間[a，b]上存在零點的函數(shù)f（x），f（a）·f（b）<0是充分不必要條件。如果函數(shù)在區(qū)間[a，b]上是單調(diào)的，則當(dāng)f（a）·f（b）<0時，存在唯一的零點，即存在唯一的c∈（a，b），使得f（c）=0。如果f（a）·f（b）>0，則函數(shù)在區(qū)間（a，b）內(nèi)不一定沒有零點。因此，需要注意區(qū)分充分條件和必要條件。點睛：函數(shù)h(x)=f(x)-mx+2有三個不同的零點，即f(x)-mx+2=0有三個不同的實根?？梢粤顈=f(x)，y=g(x)=mx-2，分別畫出y=f(x)和y=g(x)的圖像，通過圖像觀察，結(jié)合斜率公式，即可得到m的范圍。已知函數(shù)f(x)={log2(x-1),x>1;2x+2,x<=1}，F(xiàn)(x)=f(f(x))-2f(x)-3，求F(x)的零點個數(shù)。解：令t=f(x)，則F(x)=0等價于f(t)-2t-3=0。因為f(x)在x>1時單調(diào)遞增，在x<=1時單調(diào)遞減，可以畫出大致的函數(shù)圖像。由于f(x)有兩段不同的定義域，所以需要分別討論。在x>1時，f(x)的圖像為一條斜率為1的直線，過點(1,0)。在x<=1時，f(x)的圖像為一條斜率為2的直線，過點(1,4)。因此，f(t)-2t-3=0的解分別為t=1，t=2，t=4/3。因為t=f(x)，所以F(x)的零點個數(shù)為4。已知關(guān)于x的方程f(x^2+x-2)=0恰好有4個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)x的取值范圍。解：令t=x^2+x-2，則f(t)=0恰好有4個不相等的實數(shù)根。因為t=x^2+x-2是一個二次函數(shù)，開口向上，因此在t的取值范圍內(nèi)，f(t)的圖像為一條上凸的開口向下的拋物線。由于f(t)只有在t>=1時才有定義，因此t的取值范圍為t>=1。因為f(t)=0恰好有4個不相等的實數(shù)根，所以拋物線與x軸交點的個數(shù)為4。根據(jù)拋物線的性質(zhì)，可以得到拋物線在x=0處的函數(shù)值為負(fù)數(shù)，因此x的取值范圍為(-2,-1)∪(1,∞)。已知函數(shù)f(x)={log2(x),0<x<2;x+2,x>=2}，若0<a<b<c，且f(a)=f(b)=f(c)，則ab的范圍為多少？解：因為f(a)=f(b)=f(c)，所以log2(a)=log2(b)，即a=b或ab=1。如果a=b，則ab=1。如果ab=1，則a=1/b。因為0<a<b<c，所以1/c<1/b<1/a。因此，1/c<a<1/b<b<c。因為ab=1，所以a和b在同側(cè)，c在另一側(cè)。因為f(x)在x>=2時單調(diào)遞增，在0<x<2時單調(diào)遞增，因此f(a)<f(c)<f(b)。由于f(a)=f(b)=f(c)，所以f(a)=f(b)=f(c)=log2(1/ab)。因此，ab的范圍為(1,2)。已知函數(shù)$f(x)=\lnx-1$，$f(x)-m$的四個零點$x_1,x_2,x_3,x_4$，且$k=-\frac{e^2}{2}$，求$k$的值。解析：當(dāng)$f(x)-m=0$時，即$\lnx-1-m=0$，解得$x=e^{m+1}$。因為$f(x)-m$有四個零點$x_1,x_2,x_3,x_4$，所以有$e^{m+1}=x_1,x_2,x_3,x_4$。根據(jù)反比例關(guān)系，$x_1x_2x_3x_4=k$，代入得$e^{4(m+1)}=k$，又因為$k=-\frac{e^2}{2}$，所以$e^{4(m+1)}=-\frac{e^2}{2}$，解得$m=-\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=-\frac{3}{4}$，所以$k=-\frac{e^2}{2}$。已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}f(x-1)+1,x>1\\f(x)-x,x\leq1\end{cases}$，將$f(x)-x=0$的根按從小到大順序排成一個數(shù)列，則該數(shù)列的前$n$項和$S_n=$\underline{\hphantom{~~~~~~~~~~}}。解析：當(dāng)$x\leq1$時，$f(x)-x=0$的根為$x=0$；當(dāng)$1<x\leq2$時，$f(x)-x=0$的根為$x=1$；當(dāng)$2<x\leq3$時，$f(x)-x=0$的根為$x=2$；依次類推，當(dāng)$n<x\leqn+1(n\inN)$時，$f(x)-x=0$的根為$x=n$。因此，該數(shù)列的通項公式為$a_n=n-1$，是一個等差數(shù)列，$S_n=\frac{n}{2}[2a_1+(n-1)d]=\frac{n}{2}[2\times0+(n-1)\times1]=\frac{n(n-1)}{2}$。已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}\frac{m}{2x^2-mx+28},x\leq1\\\frac{5}{x+1},x>1\end{cases}$，函數(shù)$g(x)=f(x)-m$有三個零點，則實數(shù)$m$的取值范圍是\underline{\hphantom{~~~~~~~~~~}}。解析：當(dāng)$x\leq1$時，$f(x)-m=0$的根為$x_1=\frac{m-2\sqrt{m^2-224}}{4}$和$x_2=\frac{m+2\sqrt{m^2-224}}{4}$；當(dāng)$x>1$時，$f(x)-m=0$的根為$x_3=\frac{5}{m}+1$。因為函數(shù)$g(x)=f(x)-m$有三個零點，所以$x_1,x_2,x_3$中必有兩個相等，即$\frac{m-2\sqrt{m^2-224}}{4}=\frac{m+2\sqrt{m^2-224}}{4}$或$\frac{m-2\sqrt{m^2-224}}{4}=\frac{5}{m}+1$或$\frac{m+2\sqrt{m^2-224}}{4}=\frac{5}{m}+1$。第一個方程無解，第二個方程解得$m<-1$或$m>\frac{7}{4}$，第三個方程解得$m<-\frac{7}{4}$或$m>1$。綜合可得$m\in(-\infty,-1)\cup(\frac{7}{4},+\infty)$。已知定義在$\mathbb{R}$上的函數(shù)$f(x)=\begin{cases}x^2+x,x\leq0\\\ln(x+1),x>0\end{cases}$，若函數(shù)$g(x)=f(x)-a(x+1)$恰有2個零點，則實數(shù)$a$的取值范圍是\underline{\hphantom{~~~~~~~~~~}}。解析：當(dāng)$x\leq0$時，$g(x)=f(x)-a(x+1)=x^2+(1-a)x$；當(dāng)$x>0$時，$g(x)=f(x)-a(x+1)=\ln(x+1)-a(x+1)$。因為函數(shù)$g(x)$恰有2個零點，所以$x^2+(1-a)x=0$和$\ln(x+1)-a(x+1)=0$有且僅有一個根。對于$x^2+(1-a)x=0$，其判別式為$1-4a\geq0$，即$a\leq\frac{1}{4}$或$a>1$；對于$\ln(x+1)-a(x+1)=0$，因為$\ln(x+1)$在$x>0$時單調(diào)遞增，所以$a$只能取$(-\infty,-1)\cup(1,+\infty)$。綜合可得$a\in(-\infty,-1)\cup(-1,\frac{1}{4}]\cup(1,+\infty)$。x，即1-x^2=0，解得x=±1。又因為log4x的定義域為(0,+∞)，所以只有x=1是合法的零點，故函數(shù)f(x)的零點個數(shù)為1。但是題目中還有函數(shù)h(x)=f(x)-log4x，因為log4x在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)在(-∞,-1)和(1,+∞)上單調(diào)遞增，在(-1,1)上單調(diào)遞減，故h(x)有兩個極值，分別為h(-1)=2-log4和h(1)=-1-log4，因此h(x)有三個零點，分別為(-∞,-1)，(1,2-log4)和(2-log4,+∞)，故答案為D。改寫：本題考查了函數(shù)的零點個數(shù)和圖像的性質(zhì)，需要注意函數(shù)的定義域和單調(diào)性，可以通過求導(dǎo)數(shù)和畫函數(shù)圖像來解決。具體來說，函數(shù)f(x)的零點只有一個，但是函數(shù)h(x)由于加上了log4x，導(dǎo)致在定義域內(nèi)有三個零點，需要注意區(qū)分。已知函數(shù)$f(x)$在定義域$(0,+\infty)$上單調(diào)，且對任意$x\in(0,+\infty)$，都有$f(f(x)+\log_2x)=4$。又方程$f(x)-3=x^3-6x^2+9x-4+a$在區(qū)間$(0,3)$上有兩個解，則實數(shù)$a$的取值范圍是什么？首先，題目要求我們求方程$f(x)-3=x^3-6x^2+9x-4+a$在區(qū)間$(0,3)$上的解的個數(shù)，可以轉(zhuǎn)化為求函數(shù)$f(x)-x^3+6x^2-9x+7-a$在區(qū)間$(0,3)$上的零點個數(shù)。根據(jù)函數(shù)零點的求解與判斷方法，我們可以將函數(shù)變形為$f(x)-x^3+6x^2-9x+7-a=(f(x)+\log_2x)-4-(x-1)^2$，然后畫出函數(shù)$f(x)+\log_2x$和$4+(x-1)^2$的圖象，觀察它們的交點的橫坐標(biāo)有幾個不同的值，就有幾個不同的零點。根據(jù)題意，對任意$x\in(0,+\infty)$，都有$f(f(x)+\log_2x)=4$，因此可以得到$f(x)+\log_2x=x-2\sin^2x$。當(dāng)$\pi<x\leq3\pi$時，$x-\pi\leqx-\pi\leq\pi$，因此$-1\leq\sin(x-\pi)\leq1$，進(jìn)而$-2\leq-2\sin^2(x-\pi)\leq0$，因此$f(x)+\log_2x=x-2\sin^2x\geqx-2\geq\pi-2>0$，即函數(shù)圖象位于$x$軸上方，與$4+(x-1)^2$的圖象沒有交點。當(dāng)$\frac{\pi}{2}<x\leq\pi$時，$0<x-\pi<\frac{\pi}{2}$，因此$0<\sin(x-\pi)<1$，進(jìn)而$0<2\sin^2(x-\pi)<1$，因此$f(x)+\log_2x=x-2\sin^2x\leqx-2x+2=x+2<\pi+2$，即函數(shù)圖象位于$x$軸下方，與$4+(x-1)^2$的圖象只有一個交點。當(dāng)$0<x\leq\frac{\pi}{2}$時，$0<x-\pi<-\frac{\pi}{2}$，因此$-1<\sin(x-\pi)<0$，進(jìn)而$0<2\sin^2(x-\pi)<1$，因此$f(x)+\log_2x=x-2\sin^2x\leqx<\frac{\pi}{2}$，即函數(shù)圖象位于$x$軸上方，與$4+(x-1)^2$的圖象有兩個交點。綜上所述，函數(shù)$f(x)-x^3+6x^2-9x+7-a$在區(qū)間$(0,3)$上有$2$個零點，因此實數(shù)$a$的取值范圍是$(-\infty,5]$，答案選A。1.將y=x^3-6x^2+9x-4的圖像向上平移至經(jīng)過點(3,1)，并且有兩個交點。由g(3)=1，即a-4=1，解得a=5。當(dāng)a∈(4,5]時，兩個圖像有兩個交點，即方程有兩個解。因此選A。改寫：將函數(shù)y=x^3-6x^2+9x-4的圖像向上平移，使其經(jīng)過點(3,1)，并且使其與另一個函數(shù)有兩個交點。由g(3)=1，可得到a的值為5。當(dāng)a的取值范圍在(4,5]時，兩個函數(shù)有兩個交點，即方程有兩個解。因此答案為A。2.若函數(shù)f(x)={(e^x)/x,x>3}，則方程3f(f(x))-e^3=1的根的個數(shù)為（）改寫：設(shè)函數(shù)f(x)={(e^x)/x,x>3}，則方程3f(f(x))-e^3=1的根的個數(shù)為（）。3.已知函數(shù)f(x)={(1+x)/4,x∈(0,1)}，則方程f(x^3+1)-e^3=0的根的個數(shù)為（）改寫：已知函數(shù)f(x)={(1+x)/4,x∈(0,1)}，求方程f(x^3+1)-e^3=0的根的個數(shù)。4.已知函數(shù)f(x)={f(x-1)+x,x≤1}，若方程f(x)-ax+2a=a（a≠0）有唯一解，則實數(shù)a的取值范圍是（）改寫：已知函數(shù)f(x)={f(x-1)+x,x≤1}，求實數(shù)a的取值范圍，使得方程f(x)-ax+2a=a（a≠0）有唯一解。5.已知函數(shù)f(x)={1/e^x,0<x≤1;1/e+(e-1)/(e^x-e),1<x≤e}，若方程f(x)=kx+e有且僅有3個實數(shù)解，則實數(shù)k的取值范圍是（）改寫：已知函數(shù)f(x)={1/e^x,0<x≤1;1/e+(e-1)/(e^x-e),1<x≤e}，求實數(shù)k的取值范圍，使得方程f(x)=kx+e有且僅有3個實數(shù)解。設(shè)點A(0,e)，函數(shù)圖像的一條切線為AB，切點為B，點C(e,1/e+e/(e-1))。求出k的取值范圍。已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}2x^2,&x\leq0\\-3x-1+3,&x>0\end{cases}$，若存在唯一的整數(shù)$x$，使得$f(x)-ax>0$成立，則實數(shù)$a$的取值范圍為$[0,2]\cup[3,8]$?！敬鸢附馕觥扛鶕?jù)題意，我們要討論$f(x)-ax>0$的情況。當(dāng)$a>8$時，至少存在兩個點$(-1,f(-1))$和$(-2,f(-2))$滿足$f(x)-ax>0$不成立，因此$a>8$時不符合題意。當(dāng)$a=8$時，$f(x)-ax=0$，只有一個整數(shù)解$x=0$，不符合題意。當(dāng)$a\in[3,8)$時，$f(x)-ax>0$在$x=0$處成立，且由于$f(x)$在$x\leq0$時是單調(diào)遞減的，因此只有一個整數(shù)解$x=0$滿足條件。當(dāng)$a\in(2,3)$時，$f(x)-ax>0$在$x=0$處不成立，且由于$f(x)$在$x\leq0$時是單調(diào)遞減的，因此不存在滿足條件的整數(shù)解。當(dāng)$a\in(0,2]$時，$f(x)-ax>0$在$x=0$處不成立，但是由于$f(x)$在$x>0$時是單調(diào)遞增的，因此存在唯一的整數(shù)解$x=1$滿足條件。綜上所述，實數(shù)$a$的取值范圍為$[0,2]\cup[3,8]$。【名師點睛】對于方程解的個數(shù)(或函數(shù)零點個數(shù))問題，可利用函數(shù)的值域或最值，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性、草圖確定其中參數(shù)范圍。從圖象的最高點、最低點，分析函數(shù)的最值、極值；從圖象的對稱性，分析函數(shù)的奇偶性；從圖象的走向趨勢，分析函數(shù)的單調(diào)性、周期性等。已知函數(shù)$f(x)=x^3-3x$，則$f(x)$的取值范圍為$(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$?！敬鸢附馕觥渴紫惹蟪?f(x)$的零點，即$x=-\sqrt{3},0,\sqrt{3}$，然后根據(jù)$f(x)$的單調(diào)性和奇偶性來確定其取值范圍。$f(x)$在$x\leq-\sqrt{3}$時是單調(diào)遞減的，在$x\geq\sqrt{3}$時是單調(diào)遞增的，在$-\sqrt{3}<x<0$時是單調(diào)遞增的，在$0<x<\sqrt{3}$時是單調(diào)遞減的。又因為$f(-x)=-f(x)$，即$f(x)$是奇函數(shù)，因此只需要討論$f(x)$在$[0,+\infty)$上的取值范圍即可。當(dāng)$x\geq\sqrt{3}$時，$f(x)\geqf(\sqrt{3})=0$；當(dāng)$x\in(0,\sqrt{3})$時，$f(x)\geqf(0)=0$；當(dāng)$x\in(-\sqrt{3},0)$時，$f(x)\leqf(0)=0$；當(dāng)$x\leq-\sqrt{3}$時，$f(x)\leqf(-\sqrt{3})=-6\sqrt{3}$。綜上所述，$f(x)$的取值范圍為$(-\infty,-2]\cup[2,+\infty)$?！久麕燑c睛】已知函數(shù)有零點求參數(shù)取值范圍常用的方法和思路：（1）直接法：直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的不等式，再通過解不等式確定參數(shù)范圍；（2）分離參數(shù)法：先將參數(shù)分離，轉(zhuǎn)化成求函數(shù)值域問題加以解決；（3）數(shù)形結(jié)合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標(biāo)系中，畫出函數(shù)的圖象，然后數(shù)形結(jié)合求解。定義函數(shù)$h(x)=\begin{cases}x^2-2,&x\leqa\\x-2,&x>a\end{cases}$，函數(shù)$f(x)$與直線$y=x-2$有一個公共點，且$f(x)$在$x\leqa$時單調(diào)遞增，在$x>a$時單調(diào)遞減。若存在實數(shù)$b$使得方程$h(x)-b=0$無實數(shù)根，則實數(shù)$a$的取值范圍為$(-\infty,-5)\cup(4,+\infty)$?！敬鸢附馕觥坑深}意可知，$f(x)$與直線$y=x-2$有一個公共點，設(shè)該點為$(x_0,y_0)$。則有$h(x_0)=y_0=x_0-2$，且$h'(x_0)=1$。又因為$h(x)$在$x\leqa$時單調(diào)遞增，在$x>a$時單調(diào)遞減，因此$h(x)$在$x=x_0$處取得極小值。設(shè)$h(x_0)=b$，則$b<x_0-2$。又因為$h(x)$在$x\leqa$時單調(diào)遞增，在$x>a$時單調(diào)遞減，因此$h(x)$在$x\leqa$時的最大值為$h(a)$，在$x>a$時的最大值為$h(x_0)$。因此，當(dāng)$b>h(a)$時，方程$h(x)-b=0$無實數(shù)根；當(dāng)$h(a)\geqb>x_0-2$時，方程$h(x)-b=0$有兩個實數(shù)根；當(dāng)$b\leqx_0-2$時，方程$h(x)-b=0$有一個實數(shù)根。綜上所述，$a$的取值范圍為$(-\infty,-5)\cup(4,+\infty)$。【名師點睛】對于函數(shù)的單調(diào)性問題，可以利用導(dǎo)數(shù)的符號來分析。當(dāng)$f'(x)>0$時，$f(x)$單調(diào)遞增；當(dāng)$f'(x)<0$時，$f(x)$單調(diào)遞減；當(dāng)$f'(x)=0$時，$f(x)$取得極值。對于函數(shù)的最值問題，可以利用導(dǎo)數(shù)的零點來分析。當(dāng)$f'(x)=0$時，$f(x)$可能取得極大值或極小值；當(dāng)$f'(x)$在$x_0$的左側(cè)為正，在$x_0$的右側(cè)為負(fù)時，$f(x)$在$x_0$處取得極大值；當(dāng)$f'(x)$在$x_0$的左側(cè)為負(fù)，在$x_0$的右側(cè)為正時，$f(x)$在$x_0$處取得極小值。數(shù)的取值范圍是什么？至少有3個零點，則實數(shù)的取值范圍是什么？問題轉(zhuǎn)化為函數(shù)的圖像有至少三個交點。根據(jù)圖像可以得出當(dāng)少三個交點時滿足題設(shè)，應(yīng)填寫答案。先在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出兩個函數(shù)的圖像，進(jìn)而借助圖像的直觀建立不等式，求出參數(shù)的取值范圍。已知$f(x)=e^x-1$，又$g(x)=f(x)-tf(x)$，若滿足$g(x)=-1$的$x$有三個，則$t$的取值范圍是什么？因為$f(x)=e^x-1$，所以可以作出函數(shù)$f(x)$的圖像。由圖像可以得出$f(x)$的值域，代入方程$g(x)=-1$化簡，由條件和圖像判斷出方程的根的范圍，列出不等式，求出$t$的取值范圍為$(2,+\infty)$。已知函數(shù)$f(x)=\begin{cases}\ln(1-x)+4,&x\leq2\\x^2-4x,