例21【2014高考新课标Ⅰ卷理科，第11题】
已知函数\(f(x)=ax^3-3x^2+1\)，若函数\(f(x)\)存在唯一零点 \(x_0\)，且\(x_0>0\)，则\(a\)的取值范围是【C】
$A(2，+\infty)$ $B(1，+\infty)$ $C(-\infty，-2)$ $D(-\infty，-1)$
法1：由于函数\(f(x)\)存在唯一零点 \(x_0\)，且\(x_0>0\)，
则方程\(f(x)=0\)有唯一的正实数解，即\(ax^3-3x^2+1=0\)有唯一的正实数解，
即方程\(a=\cfrac{3x^2-1}{x^3}\)有唯一的正实数解，
即函数\(y=a\)和函数\(y=h(x)=\cfrac{3x^2-1}{x^3}=\cfrac{3}{x}-\cfrac{1}{x^3}(x>0)\)有唯一的交点，
其余思路待补充。
法2：先将题目转化为，方程\(ax^3=3x^2-1\)有唯一的正实数解，
则静态函数\(y=3x^2-1\)和动态函数\(y=ax^3\)只能在区间\((0 ，+\infty)\)上有交点，
此处需要我们知道函数\(y=ax^3\)的参变数\(a\)的作用，
由图像可知，当\(a\leq 0\)时，都不满足题意，故需要\(a<0\)，
但当\(a\)取很小的负值时，显然满足题意，当\(a\)为某一个恰当的负值时，两个曲线在\(x<0\)时可能相切，
当然，此处你可能还会认为是有相切，还有相交，这不要紧，我们通过下述的计算就能回答这个疑惑。
设切点坐标为\(P(x_0，y_0)\)，则有\(x_0<0\)，
则有\(\left\{\begin{array}{l}{3ax_0^2=6x_0}\\{y_0=ax_0^3}\\{y_0=3x_0^2-1}\end{array}\right.\)
解得\(x_0=-1\)，\(y_0=2\)，将切点\(P(-1，2)\)代入\(y=ax^3\)，解得\(a=-2\)，
故当\(a<-2\)时，两条曲线在\(x<0\)上没有交点，只在\(x>0\)上有交点，故满足题意，
即\(a\)的取值范围时\((-\infty，-2)\)，故选\(C\)。
法3：利用导数方法，同时注意题目的隐含条件，\(f(0)=1\)，
\(f'(x)=3ax^2-6x=3x(ax-2)\)，
①当\(a=0\)时，原函数为\(y=-3x^2+1\)，有两个零点，不符合题意，舍去。
②当\(a>0\)时，由导函数的图像可知，函数\(f(x)\)在区间\((-\infty，0)\)上单调递增，在区间\((0，\cfrac{2}{a})\)上单调递减，在区间\((\cfrac{2}{a}，+\infty)\)上单调递增，
此时函数在区间\((-\infty，0)\)上必有一个零点，不符合题意，舍去。
③当\(a<0\)时，由导函数的图像可知，函数\(f(x)\)在区间\((-\infty，\cfrac{2}{a})\)上单调递减，在区间\((\cfrac{2}{a}，0)\)上单调递增，在区间\((0，+\infty)\)上单调递减，
此时只需要函数\(f(x)\)的极小值大于零即可，即\(f(\cfrac{2}{a})>0\)，
即\(a\cdot (\cfrac{2}{a})^3-3\cdot (\cfrac{2}{a})^2+1>0\)，化简得到\(a^2>4\)，
解得\(a<-2\)或\(a>2\)，又\(a<0\)，故\(a<-2\)。
即\(a\)的取值范围时\((-\infty，-2)\)，故选\(C\)。
例22【学生问题】
定义在\(R\)上的函数\(f(x)\)满足\(f(x)+f(x+4)=16\)，当\(x\in (0，4]\)时，\(f(x)=x^2-2^x\)；则函数\(f(x)\)在\([-4，2016]\)上的零点个数是【B】
$A、504$ $B、505$ $C、1008$ $D、1009$
分析：由\(f(x)+f(x+4)=16\)，得到\(f(x+4)+f(x+8)=16\)，两式相减得到，
\(f(x+8)=f(x)\)，即\(T=8\)；
当\(x\in (0，4]\)时，\(f(x)=x^2-2^x\)已经知道，关键是求得\(x\in (4，8]\)上的解析式；
当\(0<x\leq 4\)，\(4<x+4\leq 8\)，
故\(f(x+4)=16-f(x)\)，令\(x+4=t\)，则\(x=t-4\)，则\(t\in (4，8]\)
故\(f(t)=16-f(t-4)\)，\(t\in (4，8]\)
即\(f(x)=16-f(x-4)\)，\(x\in (4，8]\)
则周期函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^2-2^x，0<x\leq 4}\\{16-(x-4)^2-2^{x-4}，4<x\leq 8}\end{array}\right.\)
接下来的难点是做函数\(f(x)\)在一个周期上的图像，
重点是做\(y=x^2-2^x，0<x\leq 4\)的图像。
结合上图可以做出函数\(y=x^2-2^x，0<x\leq 4\)的图像。
再做出\(x\in (4，8]\)时的\(f(x)\)的图像。
在区间\([0，2016]\)上，包含\(\cfrac{2016}{8}=252\)个周期，每个周期上的零点有两个，
故有\(252\times2=504\)个，但是在\([-4，0)\)上还有一个，
故共有\(505\)个零点，故选\(B\)。
例23【2018广东中山期末】已知\(\cfrac{1}{3}\leq k<1\)，函数\(f(x)=|2^x-1|-k\)的零点分别为\(x_1\)、\(x_2\)，\((x_1<x_2)\)，函数\(g(x)=|2^x-1|-\cfrac{k}{2k+1}\)的零点分别为\(x_3\)、\(x_4\)，\((x_3<x_4)\)，则\(x_4+x_2-(x_3+x_1)\)的最小值为【】
$A.1$ $B.log_23$ $C.log_26$ $D.4$
分析：函数\(f(x)\)的零点问题，转化为函数\(y=|2^x-1|\)与\(y=k\)的图像交点的横坐标问题，同理，函数\(g(x)\)的零点问题，转化为函数\(y=|2^x-1|\)与\(y=\cfrac{k}{2k+1}\)的图像交点的横坐标问题，
又由于\(y=\cfrac{k}{2k+1}=\cfrac{1}{2+\frac{1}{k}}\)，在\(k\in [\cfrac{1}{3}，1)\)上单调递增，即当\(k\)的取值从\(\cfrac{1}{3}\)增大到\(1\)时，\(\cfrac{k}{2k+1}\)的取值对应的从\(\cfrac{1}{5}\)增大到\(\cfrac{1}{3}\)，
做出如下的图像，从图像入手分析，当\(y=k\)向上平移时，\(x_2-x_1\)逐渐增大，同理对应的\(x_4-x_3\)逐渐增大，所以要使得\(x_4+x_2-(x_3+x_1)\)取到最小值，则需要\(x_4-x_3\)和\(x_2-x_1\)同时取到最小值，此时\(k=\cfrac{1}{3}\)，同时对应的有\(\cfrac{k}{2k+1}=\cfrac{1}{5}\)；
此时，\(|2^{x_2}-1|=\cfrac{1}{3}\)，即\(2^{x_2}-1=\cfrac{1}{3}\)，解得\(x_2=log_2\cfrac{4}{3}\)，又\(|2^{x_1}-1|=\cfrac{1}{3}\)，即\(1-2^{x_1}=\cfrac{1}{3}\)，解得\(x_1=log_2\cfrac{2}{3}\)，
同理对应的有\(|2^{x_4}-1|=\cfrac{1}{5}\)，即\(2^{x_4}-1=\cfrac{1}{5}\)，解得\(x_4=log_2\cfrac{6}{5}\)，又\(|2^{x_3}-1|=\cfrac{1}{5}\)，即\(1-2^{x_3}=\cfrac{1}{5}\)，解得\(x_3=log_2\cfrac{4}{5}\)，
故此时\([x_4+x_2-(x_3+x_1)]_{min}=(log_2\cfrac{6}{5}-log_2\cfrac{4}{5})+(log_2\cfrac{4}{3}-log_2\cfrac{2}{3})=log_23\)，故选\(B\)。
解后反思：比如将条件更改为\(\cfrac{1}{3}\leq k\leq \cfrac{4}{5}\)，那么用相应的思路和方法，可以求解\(x_4+x_2-(x_3+x_1)\)的取值范围；
例24【2018届广东东莞模拟】已知函数\(f(x)\)，任取两个不相等的正数\(x_1\)、\(x_2\)，总有\([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0\)，对于任意的\(x>0\)，总有\(f[f(x)-lnx]=1\)。若\(g(x)=f'(x)+f(x)-m^2+m\)有两个不同的零点，则正实数\(m\)的取值范围是___________。
分析：本题目的难点之一是利用代换法先求得函数\(f(x)\)的解析式；然后再求正实数\(m\)的取值范围。
由于任意不等正数\(x_1\)、\(x_2\)，有\([f(x_1)-f(x_2)](x_1-x_2)>0\)，则\(f(x)\)在\((0，+\infty)\)上单调递增，
令\(f(x)-lnx=t\)，则\(f(t)=1\)①，又由于\(f(x)-lnx=t\)，即\(f(x)=lnx+t\)，令\(x=t\)，则\(f(t)=lnt+t\)②，
由①②可知，\(lnt+t=1\)，即\(lnt=1-t\)，观察可知，\(t=1\)，即函数\(f(x)\)的解析式为\(f(x)=lnx+1\)；
接下来，用常规方法求正实数\(m\)的取值范围。
由题目可知，\(g(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m\)有两个不同的零点，即方程\(lnx+1+\cfrac{1}{x}-m^2+m=0\)有两个不同的根，
整体分离参数得到，\(m^2-m=lnx+1+\cfrac{1}{x}\)，令\(h(x)=lnx+1+\cfrac{1}{x}\)，
则\(h'(x)=\cfrac{x-1}{x^2}\)，则\(x\in (0，1)\)时，\(h'(x)<0\)，\(h(x)\)单调递减，\(x\in (1，+\infty)\)时，\(h'(x)>0\)，\(h(x)\)单调递增，
故\(h(x)_{min}=h(1)=2\)，则题目转化为\(m^2-m>2\)，解得\(m<-1\)或\(m>2\)，又由\(m>0\)，可得\(m>2\)，
即正实数\(m\)的取值范围是\((2，+\infty)\).
例25【2019届高三理科数学二轮用题】若函数\(f(x)=(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)x\)有两个极值点，则实数\(a\)的取值范围是【】
$A.(0，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $B.(1，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $C.(-\cfrac{\sqrt{6}}{2}，+\cfrac{\sqrt{6}}{2})$ $D.(\cfrac{\sqrt{6}}{3}，1)\cup(1，\cfrac{\sqrt{6}}{2})$
分析：函数\(f(x)\)有两个极值点，则方程\(f'(x)=0\)有两个不同实根，且是变号实根；
即\(f'(x)=2(a+1)e^{2x}-2e^x+(a-1)=0\)有两个不同实根，令\(e^x=t>0\)，
则方程\(2(a+1)t^2-2t+(a-1)=0\)有两个不同的正实根，
则其必然满足\(\left\{\begin{array}{l}{\Delta=4-4\times2(a^2-1)>0}\\{-\cfrac{-2}{2\times 2(a+1)}>0}\\{\cfrac{a-1}{2(a+1)}>0}\end{array}\right.\)，解得\(\left\{\begin{array}{l}{-\cfrac{\sqrt{6}}{2}<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}}\\{a>1}\\{a<-1或a>1}\end{array}\right.\)，
则\(1<a<\cfrac{\sqrt{6}}{2}\)。故选\(B\)。
例26【2019届高三理科数学三轮用题】已知函数\(f(x)=\cfrac{1}{2}x^2+(a-e)x-aelnx+b\)，(其中\(a，b\in R\)，\(e\)为自然对数的底数)在\(x=e\)处取得极大值，则实数\(a\)的取值范围是【】
$A.(-\infty，0)$ $B.[0，+\infty)$ $C.[-e，0)$ $D.(-\infty，-e)$
分析：\(f'(x)=x+(a-e)-\cfrac{ae}{x}=\cfrac{x^2+(a-e)x-ae}{x}=\cfrac{(x+a)(x-e)}{x}\)，
做出分子函数的简图，由图可知，\(-a>e\)，解得\(a<-e\)，故选\(D\)。
例27【2019届高三理科数学三轮模拟训练题】已知函数\(f(x)=\left\{\begin{array}{l}{x^3，x\leq a}\\{x^2+2x，x>a}\end{array}\right.\)，若存在实数\(b\)，使得函数\(g(x)=f(x)+b\)有两个零点，则\(a\)的取值范围是【】
$A.(-\infty，-1)\cup(-1，0)\cup(2，+\infty)$
$B.(-\infty，-2)\cup(-1，0)\cup(1，+\infty)$
$C.(-\infty，0)\cup(1，+\infty)$
$D.(-\infty，-1)\cup(2，+\infty)$
$A.(-\infty，-1)\cup(-1，0)\cup(2，+\infty)$ $B.(-\infty，-2)\cup(-1，0)\cup(1，+\infty)$
$C.(-\infty，0)\cup(1，+\infty)$ $D.(-\infty，-1)\cup(2，+\infty)$
法1：分析：本题目需要先做出函数的图像，如下图所示，同时要明白参数\(a\)的作用，
存在实数\(b\)，使得函数\(g(x)=f(x)+b\)有两个零点，意味着直线\(y=-b\)与分段函数\(f(x)\)的两段都有交点，
情形一，两段函数都是单调的，此时需要\(a^2+2a<a^3\)，解得\(a>2\)或者\(-1<a<0\)；
情形二，第二段函数不单调，此时需要\(a<-1\)；
综上所述，\(a\in (-\infty，-1)\cup(-1，0)\cup(2，+\infty)\)，故选\(A\)。
法2：做出分段函数的图像，使用排除法，令\(a=\cfrac{3}{2}\)，和\(a=-\cfrac{1}{2}\)验证，可以排除\(B\)，\(C\)，\(D\)，故选\(A\)。
解后反思：①将题目中的条件“存在实数\(b\)，使得函数\(g(x)=f(x)+b\)有两个零点”更改为函数\(f(x)\)是单调递增的函数，则\(a\)的取值范围为\(\{a\mid a=-1或0\leq a\leq 2\}\)；
②将题目中的条件“存在实数\(b\)，使得函数\(g(x)=f(x)+b\)有两个零点”更改为函数\(f(x)\)不是单调递增的函数，则\(a\)的取值范围为\(\{a\mid a<-1或-1<a<0或 a>2\}\)；
例28【2019届高三理科数学三轮模拟试题】已知函数\(y=a+2lnx\)与函数\(y=x^2+2\)的图像在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个交点，则实数\(a\)的取值范围是________.
分析：转化为方程\(a=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个根，
即函数\(y=a\)和函数\(y=g(x)=x^2-2lnx+2\)在\(x\in [\cfrac{1}{e}，e]\)内有两个交点，
\(g'(x)=2x-\cfrac{2}{x}=\cfrac{2(x-1)(x+1)}{x}\)，则在\([\cfrac{1}{e}，1]\)上单调递减，在\([1，e]\)上单调递增，
又\(g(1)=3\)，\(g(\cfrac{1}{e})=4+\cfrac{1}{e^2}\)，\(g(e)=e^2>4+\cfrac{1}{e^2}\)，
做出示意图，可知实数\(a\)的取值范围为\(a\in (3，4+\cfrac{1}{e^2}]\)
例29若\(f(x)=2x^3-ax^2+1(a\in R)\)，在\((0，+\infty)\)内有且只有一个零点，则\(f(x)\)在\([-1，1]\)上的最大值与最小值的和为______。
分析：方程\(a=\cfrac{2x^3+1}{x^2}=g(x)\)在\((0，+\infty)\)内有且只有一解，
即函数\(y=g(x)\)与\(y=a\)在\((0，+\infty)\)内有且只有一个交点，
用数形结合求得\(a=3\)，然后用常规方法求得最值即可。
例30已知函数\(f(x)=\cfrac{1}{2}x+m+\cfrac{3}{2x}-lnx(m\in R)\)，若\(x_1\)，\(x_2\)是函数\(g(x)=x\cdot f(x)\)的两个极值点，且\(x_1<x_2\)，求证：\(x_1x_2<1\)。
分析：待解答
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