高中数学教案函数的概念

函数的概念
一.知识网络


二.高考考点
1.映射中的象与原象的概念;
2.分段函数的问题:定义域、值域以及相关的方程或不等式的解的问题;
3.复合函数的解析式、图象以及相关的最值等问题;
4.分类讨论、数形结合等数学思想方法的应用.
三.知识要点
(一)函数的定义
1、传统定义:设在某一变化过程中有两个变量x和y,如果对于某一范围内x的每一个
值 ,y都有唯一的值和它对应,那么就说y是x的函数,x叫做自变量,y叫做因变量(函数).
2 、现代定义:设A、B是两个非空数集,如果按照某个确定的对应关系f,使对于集合A
中的任意一个数 x ,在集合B中都有唯一确定的数f(x)和它对应,那么就称 f：A→B为从集
合A到集合B的一 个函数,记作y=f(x),x∈A.其中,x叫做自变量,x的取值范围A叫做函数
的定义域;与x的 值相对应的y的值叫做函数值,函数值的集合｛f(x)|x∈A｝叫做函数的值
域.
3、认知:

①注意到现代定义中“A、B是非空数集”,因 此,今后若求得函数定义域或值域为φ,
则此函数不存在.
②函数对应关系、定义域和值 域是函数的三要素,缺一不可.在函数的三要素中,对应关
系是核心,定义域是基础,当函数的定义域和 对应法则确定之后,其值域也随之确定.
(二).映射的概念
将函数定义中的两个集合从非空数集扩展到任意元素的集合,便得到映射概念.
1、定义1:设A 、B是两个集合,如果按照某种对应法则f,对于集合A中任何一个元素,
在集合B中都有唯一的元素和 它对应,那么这样的对应(包括集合A、B及集合A到集合B的
对应法则f)叫做集合A到集合B的映射 ,记作 f：A→B
2、定义2:给定一个集合A到集合B的映射 f：A→B,且a∈A,b∈ B,如果在此映射之下
元素a和元素b对应,则将元素b叫做元素a的象,元素a叫做元素b的原象.即 如果在给定
映射下有 f：a→b,则b叫做a的象,a叫做b的原象.
3、认知:
映射定义的精髓在于“任一(元素)对应唯一(元素)”,即A中任一元素在B中都有唯一
的象.在这里,A中元素不可剩,允许B中有剩余；不可“一对多”,允许“多对一”.因此,根
据B中 元素有无剩余的情况,映射又可分为“满射”和“非满射”两类.
集合A到集合B的映射 f：A→B是一个整体,具有方向性； f：A→B 与 f：B→A 一般
情况下是不同的映射.
（三）、函数的表示法
表示函数的方法,常用的有解析法、列表法、图象法和口头描述法.
1、解析法:把两个变量的函 数关系,用一个等式来表示,这个等式叫做函数的解析表达式,
简称解析式.
2、列表法 :列出表格表示两个变量的函数关系的方法.运用列表法表示的,多是理论或实
际生活中偏于实用的函数 .
3、图象法:用函数图象表示两个变量之间函数关系的方法.
图象法直现形象地 表示出函数的变化情况,是数形结合的典范.只是它不能精确表示自
变量与函数值之间的对应关系.
认知:函数符号的意义
在函数的概念中,我们用符号“y=f(x)”表示“y是x的函数”这句话.
其中,对于运用解 析法给出的函数y=f(x),其对应法则“f”表示解析式蕴含的对自变
量x施加的“一套运算的法则 ”,即一套运算的框架.
具体地,对于函数f(x)=5 -2x+3(x>1) ① 对应法则“f”表示这样一套运算的框
架:5( ) －2（ ）＋3，（ ）＞１．
即f: 5( ) -2( )+3,( )>1. 据此,我们可分别对函数值与函数表达式作以
诠释和辩析:
f(a):对自变量x的取值a实施上述运算后的结果,故有f(a)=5 -2a+3 (a>1);
f(x):对自变量x实施上述运算后的结果,故有f(x)=5 -2x+3 (x>1);
f(g(x)):对函数g(x)实施上述运算后的结果,于是有 f(g(x))=5 (x)-2g(x)+3
( g(x)>1 ) ②
感悟:函数符号意义之下 的产物或推论有比较才能有鉴别,有品味才能有感悟.我们仔细
地比较和品味①、②,不难从中悟出这样 的代换规律:
f(x)的解析式f[g(x)]的表达式
我们将上述替换形象地称之为“同位替换”.

显然,同位替 换是在函数符号的意义下产生的函数特有的替换,它源于“等量替换”，又
高于“等量替换”，对于同位 替换,在两式不可能相等的条件下仍可操作实施,这是“等量替
换”所不能比拟的.由f(x)的解析式 导出f(x+1)的解析式,便是辩析两种替换的一个很好的
范例.
四.经典例题
例1.如右图,在直角梯形OABC中,AB∥OC,BC⊥OC,且AB=1,OC=BC=2, 直线l:x=ｔ,截此
梯形所得位于l左方的图形面积为S,则函数S=f(t)的大致图象是以下图形 中
( )

分析1:立足于f(t)在t∈[0,1]上的函数式.直线OA的方程为y=2x, 故当0≤t≤1时,
ｓ＝ ，,由此否定A,B,D,应选C.
分析2:运用运动的观点,感悟函数图象所反映的函数值随着自变量的变化而变化的状
态.
当l在Ｏ,D之间运动时,S随着t的增加而增加,并且增加的速度越来越快,即ΔS
1
,
ΔS
2
…, ΔS
n
是递增的(ΔS
i
是单位时间 内面积的增量),故排除A和B,对于C和D,由t∈[0,1]
时f(t)= 的凹凸性可排除D,故应选C.
例2.如图所示,梯形OABC各顶点的坐标分别为O(0,0),A(6,0),
B(4,2),C (2,2),一条与y轴平行的直线ｌ从点O开始作平行移动,到点A为止.设直线ｌ与x
轴的交点为M ,OM=x,并记梯形被直线ｌ截得的在左侧的图形面积为y,求函数 y=f(x)的解析
式,定义域及值域.
分析:如图,由于点M位置的不同,所得图形 的形状与面积不同,故需要分类讨论,注意到
决定ｌ左侧图形形状的关键点,故以x=2,4 分划讨论的区间.
解: (1)当0≤x≤2时,上述图形是一等腰RtΔ,此时, ｙ＝ ,即
(2)当2个矩形,此时 ,即y=2x-2;
(3)当4于直线ｌ右侧),此时 ,即
因此,综合(1)、(2)、(3)得所求y=f(x)的解析式为
由此可知,f(x)的定义域为[0,2]∪ ∪ =[0,6].
又当0≤x≤2时, ,即此时0≤y≤2; 当2 当4 点评:分段函数问题的基本解题策略:分段研究,综合结论.不过,在研究由实际问题 产生的
函数及其两域时,必须具体问题具体分析,必须考虑所给问题的实际情况.
例3. (1)已知f(x)=x+2x-1(x>2),求f(2x+1)的解析式;
(2)已知 ,求f(x＋1)的解析式.
解: (1) ∵f(x)=x+2x-1 (x>2) ∴以2x+1替代上式中的x得
f(2x+1)=(2x+1)+2(2x+1)-1 (2x+1>2)
∴f(2x+1)=4x+8x+2 (x>12 )
(2)由已知得 ∴以x替代上式中的 得 f(x)=x-1 (x≥1)
∴f(x+1)=(x＋1)-1 (x+1≥1) 即f(x+1)=x+2x (x≥0)
点 评:上述求解也可运用换元法,但是,不论是“换元法”,还是上面实施的“同位替
换”,它们都包括两 个方面的替换:

22
2
2
2
2
2

(1)解析式中的替换; (2) 取值范围中的替换. 根据函数三要素的要求,这两个方面
的替换缺一不可.
例4. 设y=f(2x+1)的定义域为[-1,1],f(x-1)=x,试求不等式f(1-x) 分析:为将不等式f(1-x) 解:由题设知,在y= f(2x+1)中有-1≤x≤1 -1≤2x+1≤3,
∴运用“同位替换”的思想 在f(x-1)中应有-1≤x-1≤3 ① 又由题设知
f(x-1)=(x-1)+2(x-1)+1 ②
∴由①、②得f(x-1)=(x-1)+2(x-1)+1 (-1≤x-1≤3) ∴f(1-x)=(1-x)+2(1-x)+1
(-1≤1-x≤3) 即f(1-x)=x-4x+4 (-2≤x≤2)
于是有
f(1-x)≤2)1 因此,所求不等式f(1-x) 点评:在这里,三个不同函数f(2x+1), f(x-1), f(x+1)均以x为自变量, x是“一仆三
主”.因此,在探求函数解析式或定义域时,一定要注意“两方替换”,双管齐下.本例便 是多
次实施同位替换的良好范例.
例5. (1)设A={a,b,c},B={-1,0,1},映射f：A→B
①若映射f满足f(a)>f(b)≥f(c),则映射f的个数为
②若映射f满足f(a)+f(b)+f(c)=0,则映射f的个数为
③若映射f满足 f(a)-f(b)=f(c), 则映射f的个数为 .
(2)设A= {1,2,3,4,5},B={6,7,8},从A到B的映射f满足
f(1)≤f(2)≤f(3) ≤f(4)≤f(5),则映射f的个数为 .
分析:注意到f(a)的意义:在映射f ：A→B之下A中元素a的象,故有f(a),f(b),f(c)
∈B.为便于梳理思路,解答这类题 经常运用列表法或分类讨论的方法.
解: (1)由已知得f(a),f(b),f(c)∈B
①列表法：∵f(a)>f(b)≥f(c) ∴f(a)只能取0或1,f(c)只能取-1或0.
根据映射的定义,以f(a)取值从大到小的次序列表考察:
f(a) f(b) f(c)
1
1
1
0
0
0
-1
-1
0
-1
-1
-1
2
2
22
2
22
由此可知符合条件的映射是4个.
②列表法:注意到f(a)+f(b)+f(c)=0,又B中 三个元素之和为0的情形只有两
种:0+0+0;1+(-1)+0,以a的象f(a)的取值(从小到 大)为主线列表考察
f(a) f(b) f(c)
0
0
0
1

0
1
-1
0
0
-1
1
-1

1
-1
-1
-1
1
0
0
0
1
由此可知符合条件的映射有7个.
③分类讨论：f(a)-f(b)=f(c) f(a)=f(b)+f(c)即a的象等于其它两个元素的象的 和.
以象集合元素的个数为主线(从小到大)展开讨论.
（ i ）当象集合为单元素集合时,只有象集{0}满足已知条件,此时符合条件的映射f
只有1个.
（ ii ）当象集合为双元素集合时,满足条件的象集合为{-1,0}或{1,0}
{-1,0}:-1=0+(-1),-1=(-1)+0;{1,0}:1=0+1,1=1+0
此时符合条件的映射有4个.
（ iii ）当象集合为三元素集合时,满足条件的象集合为{-1,0,1} {-1,0,1}: 0=1+(-1),
0=(-1)+1∴此时符合条件的映射f有2个
于是综合(i)、(ii)、(iii)得符合条件的映射f的个数为7.
(2)分类讨论:以象集合中元素的个数(从小到大)为主线展开讨论.
(i)当象集合为单元素集时,象集为{6}或{7}或{8},故此时满足条件的映射f有3个;
(ii)当象集合为双元素集时,先将A中元素分为两组,有 种分法,又每两组的象有3种情
形,故此时符合条件的映射f有 ×3=12个;
(iii)当象集合为三元素集时,先将A中元素分为3组,有 种分法，又每三组的象只有1
种情形,故此时符合条件的映射f有 ×1=6个。于是综合(i)、(i i)、(iii)得符合条件的映
射f的个数为3+12+6=21.
点评:在认知f( λ)(λ∈A)的意义以及题设条件的意义的基础上,以象集元素的个数
(从小到大)为主线展开讨论, 是解决此类映射问题的通用方法(通性通法),请同学们在今后
的解题中注意应用.
例6. 已知函数f(t)对任意实数x,y满足f(x+y)=f(x)+f(y)+xy+1,且f(-2)=-2.
(1)求f(1)的值; (2)试求满足f(t)=t的整数t的个数,并说明理由.
分析:这是未给出具体的函数解析式,只给出一个函数恒等式.注意到这一恒等式的一般
性,循着“一般 ”与“特殊”之间的辩证关系,想到从“特殊”(特殊取值或特殊关系)入手
去破解“一般”,以寻出目 标.
解: (1)为了出现f(1),在上述恒等式中令x=1,y=-1得f(0)=f(1)+f(-1) ① 又令
x=0,y=0得f(0)=-1 ②
令x=-1,y=-1得 f(-2)=2f(-1)+2 ∵f(-2)=-2, ∴f(-1)=-2 ③ ∴将
②、③代入①得f(1)=1.
(2)为利用f(1)=1,在上述恒等式中令x= 1得f(y+1)=f(y)+y+2f(y+1)-f(y)=y+2 ∴当
t∈Z时,有f(t+1)-f(t)=t+2 ④
根据④,运用阶差法得 f(t)=f(1)+[f(2)-f(1)]]+…+[f(t)-f(t-1)] ∴
2
f(t)=1+(1+2)+(2+2)+…+[(t-1)+2]=1+2(t-1)+ 即f(t)= ∴f(t)=t t+t-2=0
(t-1)(t+2)=0 t=1或t=-2
于是可知,满足f(t)=t的整数t只有两个:t=-2,t=1.
点评: 函数f(x)当x取正整数时的问题，即为数列问题.所以,这里运用(或借鉴)了数列求和的思想或方法(阶差法或分项法).看透问题,把握本质,解题时方能联想顺畅,入手准
确. 这是我们始终所追求的境界.
五. 高考真题
(一)选择题

1. 在y=2, y=log
2
x, y=x, y=cos2x这四个函数中,当01
2
<1时, 恒成立的函数的个数
是( ).
A.0 B.1 C.2 D.3
分析:运用数形结合思想,考察各函数的图象.注意到对任意x
1
,x
2
∈I,且x
1
2
,当f(x)总
x2
满足 时,函数f(x)在区间I上的图象是“上凸”的,由此否定y=2,y=x,y=cos2x, 本题应选
B
2.已知 ,则f(x)的解析式可取为( )
A. B. C. D.
分析:运用直接法． 令 =t，则x= (t≠-1), ∴f(t)= (t≠-1)∴f(ｘ)= (x≠-1) 应
选C
说明:注意到对于 ,有 =－1+ ≠-1,∴对于 f(x)应有x≠-1.若选项中的函数附加定义
域,则从定义域入手筛选为上乘解法.
3. 设函数f(x)= ,若f(-4)=f(0),f(-2)=-2,则关于x的方程f(x)=x的解的个数为
( ).
A.1 B.2 C.3 D.4
分析: 从确定f(x)的解析式入手.由f(-4)=f(0),f(-2)=-2得
∴方程f(x)=x 或 或x=2 或x=2, 故本题应选C
4.设函数f(x)= ,则使得f(x)≥1的自变量x的取值范围为( )
A. ∪[0,10] B. ∪[0,1]
C. ∪[1,10] D.[-2,0]∪[1,10]
分析:注意到解决分段函数的基本策略:分段研究,综合结论.
f(x)≥1 或 x≤-2 或 0≤x≤10,故应选A
运用特取法:取 ,则 ,由此否定C,D;取x=2,得 ,由此否定B,故本题应选A
(二)填空题
22
1.已知a,b为常数,若f(x)=x+4x+3, f(ax+b)=x+10x+24,则5a-b= .
22222
分析: 由f(x)=x+4x+3得 f(ax+b)=(ax+b)＋4（ax+b）+3=ax+(2ab+4a)x+b+4b+3,
2222
∴由已知条件得ax+(2ab+4a)x+b+4b+3= x+10x+24
故有 ∴5a-b=2
2. 对于函数定义域中任意的x
1
,x
2
(x
1
≠x
2
),有如下结论:
① f(x
1
+x
2
)= f(x
1
)·f(x
2
) ② f(x
1
·x
2
)= f(x
1
)+f(x
2
)
③ ④ .
当f(x)=lgx时,上述结论中正确结论的序号是 .
分析:根据对数的运算法则知②正确,①不正确; 借助f(x)=lgx的图象,考察 的几何
意义;经过点(x
1
, f(x
1
)),( x
2
, f(x
2
))的直线的斜率,可知③正确;注意到f(x)=lgx 的图象
“上凸”,可知④正确.故本题应填②、③、④.
3.已知 ,则不等式x+(x+2)·f(x+2)≤5的解集是 .
分析: 注意到原不等式中 “f”之下的式子为(x+2),为利用已知条件化抽象为具体,故
从x+2的符号或取值入手进行讨论 和等价转化. 原不等式 或 或 x<-2
∴原不等式的解集为 .
(三)解答题
2
1. 已知函数f(x)和g(x)的图象关于原点对称,且f(x)=x+2x.
(1)求函数g(x)的解析式; (2)解不等式g(x)≥f(x)-|x-1|.
分析: 求“对称曲线”的函数式或方程,基本策略是从点的对称切入探求.而对于含有
绝对值的不等式,在运用 公式或平方去掉绝对值不能实现时,“分类讨论”乃是解题取胜的
x2

杀手锏.
解: (1)设点Q(x
0
,y< br>0
)为y=f(x)图象上任意一点,点Q关于原点的对称点为P(x,y),则有
2
① ∵点Q(x
0
,y
0
)在函数y=f(x)图象上 ∴y
0
=x
0
+2x
0
②∴①代入②得
2
-y=(-x)+2(- x)
22
即 y=-x+2x 故有g(x)=-x+2x
22
(2) g(x)≥f(x)-|x-1|2x-|x-1|≤0 当x≥1时,2x-x+1≤0, 此不等式无解; 当
2
x<1时, 2x+x-1≤0 .
∴原不等式的解集为 .
点评:以“点对称”入手破解对称问题,以“绝对值的零值”分划讨论的区间,这都是解
决相关问题的基本策略.
2.已知函数f(x)=kx+b的图象与x、y轴分别相交于点A、B, = ( 分别是与x、y轴正
2
半轴同方向的单位向量),函数g(x)=x-x-6
(1) 求k、b的值; (2) 当x满足f(x)>g(x)时,求函数 的最小值.
分析:对于(1),注意到k、b含在f(x)的解析式中,故从探求A、B点坐标切入,利用 = 建
立方程或方程组;对于(2),则要注意立足于不等式f(x)>g(x)的解集，探求所给函数的最小
值.
解: (1)由已知得A(- ,0),B(0,b),从而 =( ,b)、又 =(2,2),故得 ∴所求k=1,b=2.
22
(2) f(x)>g(x) x+2>x-x-6 x-2x-8<0 -2 = = =(x+2)+ -5 (分离整式项) ②
又由①知 0 ∴由②得 -5=-3当且仅当x+2= 即x=-1(满足①式)时等号成立.
∴函数 的最小值为-3.
点评:在这里,运用不等式求所给函数的最小值,函数式的分离整式项的变形至关重要.
一 般地,当分子次数等于分母次数时,分式可分离出一个常数项;当分子次数大于分母次数时,
分式可分离 出一个整式项.“分离”整式项的手法,是在分子实施“配凑”,将分子表示为分
母的函数式.
3.已知函数f(x)= (a,b为常数),且方程f(x)-x+12=0有两个实根为x1
=3,x
2
=4.
(1)求函数f(x)的解析式; (2)设k>1,解关x的不等式 .
分析: 对于(1),从已知方程的实根入手推理.对于( 2),则要注意求解分式不等式的基本
过程:移项—通分—分解因式—转化(为整式不等式)—求解.这 是解决这类问题的规范性、完
整性以及完解完胜的基础与保障.
解: (1) f(x)-x+12=0 -x+12=0 将x
1
=3,x
2
=4代入方程得 解得 ∴f(x)=
(2)原不等式 f(x)- (2-x)[ ]<0
(x-2)(x-1)(x-k)>0※
2
(I) 当12; (II)当k=2时,由(※)得(x-2)(x-1)>0
12;
(III)当k>2时,由(※)得1k. 于是可知,当1(1,k)∪(2,+∞);
当k>2时, 原不等式的解集为(1,2)∪(k,+∞).
点评:本题突出考察分类讨论与数形结 合的思想.在解高次不等式时,若采用“根轴法”，则
可使解答更为快捷准确,请同学们一试.
4.对定义域分别是D
f
、D
g
的函数y=f(x), y=g(x),规定:函数
2
(1) 若函数f(x)= ,g(x)=x,写出函数h(x)的解析式; (2) 求问题(1)中函数h(x)
的值域;

(3) 若g(x)=f(x+ ),其中 是常数,且 ∈ ,请设计一个定义域为R的函数y=f(x)及一个
的值,使得h(x)=cos4x,并予以证明.
分析: 对于(1),注意到h(x)为分段函数,探求函数解析式要立足于“分段探求,综合结< br>论”的基本策略.对于(3),这里g(x)=f(x+ ),又注意到在大前提中h(x)的表达式以及 此时
f(x),g(x)的定义域均为R,可得h(x)=f(x) f(x+ ),又h(x)=cos4x,于是可由f(x)
f(x+ )=cos4x入手展开联想与探求,这里的探求自然是从cos4x的“一分为二”的变形入手.
解: (1)这里D
f
=(-∞,1)∪(1,+∞) D
g
=R ∴当x∈D
f
且x∈D
g
,即x∈(-∞,1)∪
(1,+∞) 时，
当x D
f
且x ∈ D
g
,即x=1时,h(x)=g(x)=1; 又x∈D
f
且x D
g
的x不存在,故得
(2)当x≠1时, =(x-1)+ +2 ∴若x>1, 则x-1>0, h(x)≥4,当且仅当x=2时等号成立;
若x<1, 则 x-1<0, 故有h(x)≤0, 当且仅当x=0时等号成立. 又当x=1时,h(x)=1.
∴函数h(x)的值域为 ∪{1}∪ .
(3)由题意得h(x)=f(x) f(x+ ) ①
22
又注意到cos4x=cos2x-sin2x=(cos2x+sin2x)( cos2x-sin2x)=(cos2x+sin2x)
②
∴由①、②知, 令f(x)= cos2x+sin2x (x∈R) = 则有g(x)= f(x+ )= = cos2x－sin2x
22
于是有 h(x)=f(x) f(x+ )=( sin2x + cos2x)(cos2x-sin2x)= cos2x-sin2x=cos4x.
点评: (I) 对于 (1),务必要注意逐段考察, 不可忽略f(1)=1.
(II) 既要注意(3)中g(x)=f(x+ ),又要注意大前提下的h(x)的表达式,双方结合推出
h(x)=f(x) f(x+ ).至此,解题的难点得以突破,问题便归结为将cos4x化为互有关联的两式
之积的三角变换.
5. 已知二次函数y=f
1
(x)的图象以原点为顶点且过点(1,1),反比 例函数y=f
2
(x)的图象
与直线y=x的两个交点间的距离为8,f(x)= f
1
(x)+ f
2
(x) (1)求函数f(x)的表达式;
(2)证明: 当a>3时,关于x的方程f(x)=f(a)有三个实数解.
分析: 由于二次函数与反比例函数的形式确定,故运用“待定系数法”探求f
1
(x)与
f< br>2
(x);对于(2),当对方程f(x)=f(a)直接求解感到困难时,要想到运用数形结合 思想,适时转
化为两个函数图象的交点问题.
22
解: (1)由题意设f
1
(x)=ax, f
2
(x)= (k>0), 由f
1
(1)=1得a=1,故f
1
(x)=x 又
2
y=f
2
(x)的图象与直线y=x的交点分别为A ,B ,则由|AB|=8得k=8,故f
2
(x)= ∴ f(x)=x+
22
(2) 证法一: 由f(x)=f(a)得x+ = =－x+
2
在同一坐标系内作出f
2
(x)= 与f
3
(x)= －x+ 的大致图象,注意到f
2
(x)= 的图象是以坐
2
标轴为渐近线,且位于第一、三象限的双曲线, f
3
(x)= －x+ 的图象则是以点(0, )为顶点,
2
开口向下的抛物线.因此f
2
(x)= 与f
3
(x)= －x+ 的图象在第三象限有一个交点, 即
f(x)=f(a)有一个负数解. ①
又∵f
2
(2)=4, f
3
(2)= -4 ∴当a>3时, f
3
(2)－f
2
(2)= -8>0,
∴当a>3时,在第一象限f
3
(x)的图象上存在一点(2, f
3
(2))在y=f
2
(x) 图象的上方.
∴y=f
2
(x)与y=f
3
(x)的图象在第一象限有两个交点. 即方程f(x)=f(a)有两个正数
解. ②
于是由①、②知,当a>3时,方程f(x)=f(a)有三个实数解.
2
证法二: 由f(x)=f(a)得x+ = (x-a)(x+a- )=0
∴x=a为方程f(x)=f(a)的一个实数解. ①
2
又方程 x+a- =0可化为ax+ －8=0 ②
4
由a>3得方程②的判别式Δ=a+32a>0
∴由②解得x
2
= ,x
3
=

∵x
2
<0. x
3
>0, ∴x
1
≠x
2
且x
2
≠x
3
③
24
此时,若x
1
= x
3
,则有a= 3a= a=4aa=0 或 a=
这与a>3矛盾,故有x
1
≠ x
3
④
于是由①、③、④知,原方程有三个实数解.

点评:以上两种解法各有短长.解法一转 化为两个函数图象的交点问题,显直观灵活,但
本题的求解头绪较多且比较隐蔽;解法二立足于求解方程 ,感觉踏实稳健,但有时会招致复杂
的运算.对于所给相关问题究竟选择哪一种解法为上,则要具体情况 具体分析,不可一概而
论.