2024-天津卷-15 填-函数零点

本题导读

本题考查函数零点与方程根的个数。核心在于换元消元法（构造 $m=ax$）、参变分离法的灵活运用。

📌【题干】

Question

（2024年天津卷）若函数 $f(x)=2\sqrt{x^2-ax}-|ax-2|+1$ 有唯一零点，则 $a$ 的取值范围为 ______.

🔍【思路分析】

破题导航

1. 参数排查：首先验证 $a=0$ 的情况。若 $a=0$， $f(x)=2|x|-1$，显然拥有两个零点 $x=\pm \frac{1}{2}$，不符题意，判定 $a\ne 0$。
2. 复合变量换元：观察解析式，根式内为 $x^2-ax$，绝对值内为 $ax-2$。由于自变量 $x$ 始终与参数 $a$ 以乘积 $ax$ 或独立平方 $x^2$ 的形态存在，且 $x=0$ 明显不是零点（因 $f(0)=-1\ne 0$）。考虑令 $m=ax⟹x=\frac{m}{a}$，以此将双变量分离转化为关于新变元 $m$ 且参数 $a$ 完美分离的方程。
3. 确定定义域约束：令 $f(x)=0$，化简为 $2\sqrt{{\left(\frac{m}{a}\right)}^2-m}=|m-2|-1$。在实施平方消除根号前，右侧项必须具备非负性，即 $|m-2|-1⩾0⟹m⩾3$ 或 $m⩽1$。
4. 参变分离与图像交点比对：通过平方整理，方程最终转化为形如 $\frac{4}{a^2}=k(m)$ 的模型。只需对分段函数 $k(m)$ 的值域分布与单调性进行清点，寻找使得水平常数直线 $y=\frac{4}{a^2}$ 与 $y=k(m)$ 的图像恰好产生唯一交点的几何区间。

✅【答案】

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$(-\sqrt{3},-1)\cup (1,\sqrt{3})$

✍【详细解析】

Abstract

第一步：参数排查与变量代换

若 $a=0$，函数退化为 $f(x)=2\sqrt{x^2}-|-2|+1=2|x|-1$。 令 $f(x)=0⟹|x|=\frac{1}{2}⟹x=\pm \frac{1}{2}$，存在两个零点，不合题意，故 $a\ne 0$。

当 $a\ne 0$ 时，令 $f(x)=0$ 建立方程： $2\sqrt{x^2-ax}=|ax-2|-1$

引入核心代换变量，令 $m=ax$。因为 $a\ne 0$，则自变量可转换表达为 $x=\frac{m}{a}$。将其代入方程中： $2\sqrt{{\left(\frac{m}{a}\right)}^2-m}=|m-2|-1$

为安全脱去根号，等式两端需同时平方。在此之前，右侧项必须满足非负性约束： $|m-2|-1⩾0⟹|m-2|⩾1⟹m⩾3\text{或}m⩽1$

在这个前提下，两端平方展开： $4\left(\frac{m^2}{a^2}-m\right)=(|m-2|-1{)}^2⟹\frac{4m^2}{a^2}-4m=(|m-2|-1{)}^2$

将不含参数 $a$ 的 $-4m$ 移到等号右侧。注意到当 $m=0$ 时代入原方程不成立（左边 $0\ne$ 右边 $1$），说明 $m\ne 0$。方程两端同时除以 $m^2$，成功将参数 $a$ 隔离： $\frac{4}{a^2}=\frac{(|m-2|-1{)}^2+4m}{m^2}$

第二步：构造分段函数并计算各区间值域

构造关于新变元 $m$ 的函数： $k(m)=\frac{(|m-2|-1{)}^2+4m}{m^2}$ 根据区间约束（ $m⩾3$ 或 $m⩽1$ 且 $m\ne 0$ ），去绝对值展开分析：

• 分支①：当 $m⩾3$ 时 此时 $|m-2|=m-2$，代入分子展开化简： $k(m)=\frac{(m-2-1{)}^2+4m}{m^2}=\frac{(m-3{)}^2+4m}{m^2}=\frac{m^2-2m+9}{m^2}=1-\frac{2}{m}+\frac{9}{m^2}$

设 $t=\frac{1}{m}$。因为 $m\in [3,+\infty )$，则新自变量区间为 $t\in \left(0,\frac{1}{3}\right]$。原式转化为关于 $t$ 的二次函数： $\varphi (t)=9t^2-2t+1$ 该二次函数的对称轴位置在 $t_0=-\frac{-2}{2\times 9}=\frac{1}{9}$。 分析关键特征点的值：

• 当 $t=\frac{1}{9}$ （对应 $m=9$ ）时，取得全局极小值： $\varphi \left(\frac{1}{9}\right)=9\left(\frac{1}{81}\right)-2\left(\frac{1}{9}\right)+1=\frac{8}{9}$；
• 当 $t=\frac{1}{3}$ （对应区间端点 $m=3$ ）时，函数值为： $\varphi \left(\frac{1}{3}\right)=9\left(\frac{1}{9}\right)-2\left(\frac{1}{3}\right)+1=\frac{4}{3}$；
• 当 $t\to 0$ （对应 $m\to +\infty$ ）时，函数图像无限逼近水平线 $\varphi (0)=1$。

综上所述，当 $m⩾3$ 时，函数 $k(m)$ 的连续值域区间为 $\left[\frac{8}{9},\frac{4}{3}\right]$。 在此部分内，若水平直线 $y=C$ 划过 $\left(1,\frac{4}{3}\right]$ 区间时，该分支会贡献唯一的一个实数解。

• 分支②：当 $m⩽1$ 且 $m\ne 0$ 时 此时 $m-2<0⟹|m-2|=2-m$，代入分子展开化简： $k(m)=\frac{(2-m-1{)}^2+4m}{m^2}=\frac{(1-m{)}^2+4m}{m^2}=\frac{m^2+2m+1}{m^2}=\frac{(m+1{)}^2}{m^2}={\left(1+\frac{1}{m}\right)}^2$

分析复合倒数乘方函数在其子区间内的值域分布：

• 当 $m\in (0,1]$ 时，内部项 $1+\frac{1}{m}\in [2,+\infty )$，进行平方放大后得 $k(m)\in [4,+\infty )$；
• 当 $m\in [-1,0)$ 时，内部项 $1+\frac{1}{m}\in (-\infty ,0]$，进行平方放大后得 $k(m)\in [0,+\infty )$；
• 当 $m\in (-\infty ,-1)$ 时，内部项 $1+\frac{1}{m}\in (0,1)$，进行平方放大后得 $k(m)\in (0,1)$。

将上述子值域进行并集归拢，清点对应各个不同水平高度下，分支②所能提供的解的个数：

• 当常数高度 $k⩾4$ 时，由于图像在 $(0,1]$ 与 $[-1,0)$ 均有分布，会产生 2 个解；

• 当常数高度 $1<k<4$ 时，图像有且仅有一段单调下滑弧穿过该区域（位于 $[-1,0)$ 内），此时该分支贡献唯一的一个解；

• 当常数高度 $0⩽k⩽1$ 时，由于底部图像产生交叉，会贡献 2 个或更多的解。

第三步：图像并轨，锁定唯一解的交割区间

将两个独立分支在全域数轴上的解数分布进行合并会审。目标是使得方程 $\frac{4}{a^2}=k(m)$ 的总实数解个数严格等于 1。 设总体水平高度为 $Y=\frac{4}{a^2}$。由 $a\ne 0$ 可知 $Y>0$。

• 若 $Y\in \left(1,\frac{4}{3}\right]$： 分支①在此区间内提供 1 个解；同时分支②由于该高度属于 $(1,4)$ 范围内，也必须要提供 1 个解。两分支各自贡献一个，总解数变为 2 个，不符题意。
• 若 $Y\in \left(\frac{4}{3},4\right)$： 分支①由于该高度已经完全超越其最大上限 $\frac{4}{3}$，该分支提供 0 个解；而分支②由于该高度完美契合了其唯一解的区间 $1<k<4$，因此该分支稳定贡献 1 个解。总解数 = $0+1=1$ 个，完全符合“唯一零点”的要求。

因此，常数 $\frac{4}{a^2}$ 必须被限制在 $\frac{4}{3}$ 到 4 之间的开区间内： $\frac{4}{3}<\frac{4}{a^2}<4$

各项同时除以 4 进行化简： $\frac{1}{3}<\frac{1}{a^2}<1$ 整体取倒数，根据不等式性质，不等号方向发生逆转： $1<a^2<3$ 两端开平方，解得参数 $a$ 的取值范围为： $a\in (-\sqrt{3},-1)\cup (1,\sqrt{3})$

【答案】：$(-\sqrt{3},-1)\cup (1,\sqrt{3})$

解法二（最优）：

第一步：引入换元 $t$ 简化结构

令 $t=\sqrt{x^2-ax}\ge 0$，则有： $t^2=x^2-ax⟹ax=x^2-t^2$

将 $ax$ 代入原方程 $f(x)=0$ 中： $2t-|(x^2-t^2)-2|+1=0⟹|x^2-(t^2+2)|=2t+1$

因为 $t\ge 0$，所以 $2t+1>0$。拆去绝对值号，得到两个子关系：

1. 关系①：$x^2-(t^2+2)=2t+1⟹x^2=(t+1{)}^2+2$

2. 关系②：$x^2-(t^2+2)=-(2t+1)⟹x^2=(t-1{)}^2$

第二步：建立 $x$ 与 $t$ 的唯一对应关系

将关系①和关系②分别代回 $ax=x^2-t^2$ 中：

• 由关系①：$ax=(t+1{)}^2+2-t^2=2t+3⟹x=\frac{2t+3}{a}$
• 由关系②：$ax=(t-1{)}^2-t^2=-2t+1⟹x=\frac{1-2t}{a}$

关键逻辑：由于 $a\ne 0$，每个非负实数 $t$ 都唯一对应一个实数 $x$。 因此，“原方程有唯一实根 $x$” 等价于 “这两个关于 $t$ 的方程在区间 $[0,+\infty )$ 上合计恰有 1 个实根”。

第三步：转化求解与分类讨论

将 $x$ 的表达式分别代回 $x^2$ 的式子中，建立关于 $t$ 的方程：

${\left(\frac{1-2t}{a}\right)}^2=(t-1{)}^2⟹\frac{|2t-1|}{|a|}=|t-1|$

去绝对值展开：$(2t-1{)}^2=a^2(t-1{)}^2$，解得两个根： $t_1=\frac{a+1}{a+2},t_2=\frac{a-1}{a-2}$

当 $a^2\in (1,4)$（即 $a\in (-2,-1)\cup (1,2)$）时：

• $t_1<0$（舍去）
• $t_2>0$（保留）
• 方程 A 在 $[0,+\infty )$ 上恰有 1 个有效实根。

${\left(\frac{2t+3}{a}\right)}^2=t^2+2t+3⟹(4-a^2)t^2+(12-2a^2)t+(9-3a^2)=0$

为了保证总共只有 1 个实根，在方程 A 已经贡献 1 个正根的前提下，方程 B 在 $[0,+\infty )$ 上必须无实根。

• 当 $a^2\in (1,4)$ 时，二次项系数 $4-a^2>0$，一次项系数 $12-2a^2>0$。

• 要使方程 B 无非负实根，只需其常数项 $9-3a^2>0$（即两根均为负数）： $9-3a^2>0⟹a^2<3⟹a\in (-\sqrt{3},\sqrt{3})$

第四步：求交集得出结果

综合方程 A 和方程 B 的限制条件（并排除端点 $a=\pm 1$ 引入额外根的情况）：

a \in (-2, -1) \cup (1, 2) \\ a \in (-\sqrt{3}, \sqrt{3}) \end{cases}$$ 取两者的交集，即得 $a$ 的取值范围： $$a \in (-\sqrt{3}, -1) \cup (1, \sqrt{3})$$ 解法3：

💡【考点归纳与避坑指南】

Danger

1. 核心考点：复杂含参超越方程向单自变量函数的换元转化、分类去绝对值建立分段控制方程、多区间值域重叠度下的解数判别。
2. 核心方法：复合换元消参法（ $m=ax$ ）、参变分离数形结合法。
3. 避坑指南：

• 忽略平方脱壳的非负性前提：在第一步化简方程时，必须卡死右侧绝对值项的非负性限制 $|m-2|-1⩾0$，以此划定出 $m⩾3$ 或 $m⩽1$ 的有效定义域，否则后续去绝对值时会产生逻辑漏洞。
• 漏判重叠区间的复合解数：确定分支二的唯一解区间是 $(1,4)$ 后，不能直接令 $\frac{4}{a^2}\in (1,4)$，必须比对分支一在 $\left(1,\frac{4}{3}\right]$ 段同时也存在解的情况。总解数唯一，不仅要求目标分支有解，还必须确保其他旁支在此区间内无解。

📖【试题探源与推广】

Tip

1. 试题探源：本题属于填空题板块的常规高难压轴构型。题目将根式方程与双层绝对值方程相结合，旨在考查数形结合、参变分离以及分类讨论等综合代数变换能力。
2. 结论推广：在面对含有乘积或复合形态的“唯一零点”压轴题时，通过引入复合变量进行换元（如将 $ax$ 整体代换为 $m$ ）是实现参变分离的有效手段。这种方法可以将原本相互纠缠的参变量关系转化为一条固定的静态分段函数图像与一条动态水平直线的交点判定，从而简化分类讨论的复杂度。

🔗【关联脉络】

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知识锚点 (Nodes)

• 20.03 导数研究单调性与极值最值
• 20.18 恒成立问题——参变分离法

类题演练 (Links)

• 2006-江西卷理-06 单-函数在闭区间上的最值
• 2008-上海卷理-19
• 2013-江西卷理-13 填-函数的表示方法