UI2017江苏卷第14题的三种解法

摘 要：高考区分题一直是一个高点，很多人望而生畏，然而只要基础扎实，方法得当，大胆创新，打开它是一件很美妙的事情。

关键词：2017高考区分题；分段函数；数形结合

题目（2017·江苏文理科，14）设f（x）是定义在R上且周期为1的函数，在区间[0，1）上，f（x）=

x2，x∈D，x，xD，其中集合D=x|x=n-1n，n∈N*，则方程

f（x）-lgx=0的解的个数是。

方法一（以特殊代一般）：待求也是解题的已知信息。从待求“方程f（x）-lgx=0的解的个数是”给我们的启示：答案与n无关，因此，我们可以从特殊值入手，求得答案。

取n=1，则D={0}，x∈[0，1）时，f（x）=x2，x=0，x，x≠0，

作出y=f（x）与y=lgx的图象，如图1，

由图知，y=f（x）与y=lgx的图象在[2，3），[3，4），…，[8，9）内各有一个交点，计7个；

在[9，10），[10，11），…，上无交点；在[0，1）内无交点；

要弄清楚x∈[1，2）时，y=f（x）与y=lgx的图象除（1，0）外还有无其他交点？

易求y′=1xln10，y=lgx在（1，0）处的切线方程为y=1ln10（x-1）=lge（x-1），

显然，当1lge（x-1），∴y=f（x）与y=lgx的图象在[1，2）内有且只有1个交点。

综上，y=f（x）与y=lgx的图象有8个交点，即f（x）-lgx=0的解的个数是8。

方法二（数形结合法）：y=f（x）在[0，1）上的图象为一条线段（含左端点不含右端点）扣去一个点n-1n，

n-1n，再补上一个点n-1n，n-1n2，

其值域是0，n-1n∪n-1n，1，n∈N*。

由0≤lgx<1得1≤x<10，因此，研究方程f（x）-lgx=0的解的个数，只须在1≤x<10内。

作出y=f（x）的图象，再作出y=lgx的图象，如图2，

易见y=f（x）与y=lgx的图象在[2，3），[3，4），…，[8，9）内各有一个交点；在[9，10）内无交点；另外，y=f（x）与y=lgx的图象在[1，2）内有且只有1个交点（1，0）（仿方法一证明）。

∴y=f（x）与y=lgx的图象有8个交点，即f（x）-lgx=0的解的个数是8。

方法三（大胆猜，小心证）：运用特殊或数形结合，猜测出y=f（x）与y=lgx的图象有8个交点，即f（x）-lgx=0的解的个数是8。

下面给出严格证明。

易求f（x）=（x-k）2，x-k∈D，x-k，x-kD，x∈[k，k+1），k∈Z。

f（x）的值域是0，n-1n∪n-1n，1，n∈N*。

由0≤lgx<1得1≤x<10，因此，研究方程f（x）-lgx=0的解，只须在1≤x<10内。

设F（x）=f（x）-lgx，x∈[k，k+1），k=1，2，3，…，9。

先证明：x=n-1n（n∈N*）不是F（x）的零点。假设x=n-1n（n∈N*）是F（x）的零点，则n-1n-k2=lgn-1n，n>1，10（n-1-kn）2=n-1nn2，左边为整数，右边为真分数，矛盾，∴x=n-1n（n∈N*）不是F（x）的零点。

再证：在[1，2）上时，F（x）的零点有且只有一个x=1，此时k=1。

显然，k=1时，F（1）=0，∴x=1是F（x）的零点。

当10，∴F（x）在（1，2）上单调递增，∴F（x）>F（1）=0，∴F（x）在（1，2）上有且只有一个零点x=1。

最后证明：F（x）在[k，k+1）内有唯一零点，k=2，3，…，8。

当x∈[k，k+1），k=2，3，…，9时，F（k）=-lgk<0；F（k+1）=1-lg（k+1）=lg10k+1>0

Symbol^C@ 2≤k<9，又F（x）在[k，k+1）上连续，∴F（x）在[k，k+1）内有唯一零点，k=2，3，…，8。

综上，F（x）在x>0上有且只有8个零点，故f（x）-lgx=0的解的个数是8。

方法四（换元简化）：f（x）-lgx=0

Symbol[C@ f（x）=lgxT=1

Symbol^C@ f（x-k）=lgx，k∈Z。

设t=x-k，则t∈[0，1），方程化为f（t）=lg（t+k），t∈[0，1）。

f（t）=t2，t=n-1n，t，t≠n-1n，（n∈N*），其值域是

0，n-1n∪n-1n，1，n∈N*。

由0≤lg（t+k）<1有1≤t+k<10，又t∈[0，1），k∈Z，∴k=1，2，…，9。

先证明：t=n-1n（n∈N*）不是f（t）=lg（t+k）的解。假设t=n-1n（n∈N*）是f（t）=lg（t+k）的解，则n-1n2=lg

n-1n+k，∵当k=2，…，9时，2

n-1n+k必为无理数，而n-1n2为有理数，矛盾，∴t=n-1n（n∈N*）不是f（t）=lg（t+k）的解。

注：n-1n是既约分数，且是真分数。

再证：当k=1时，f（t）=lg（t+k）有唯一解t=0。

当k=1时，n-1n2=lgn-1n+1，

∵n-1n+1∈[1，2），∴lgn-1n+1有唯一的有理数lg1=0，此时，n=1，∴f（t）=lg（t+k）有唯一解t=0。

最后证明：f（t）=lg（t+k）在[0，1）内有唯一零点，k=2，3，…，8。

当k=2，3，…，9时，f（t）=lg（t+k）

Symbol^C@ t=lg（t+k），t∈[0，1）。

设F（t）=t-lg（t+k），t∈[0，1），k=2，3，…，9，则F′（t）=1-lget+k=t+k-lget+k

>0，

∴F（t）在[0，1）上增。

∵F（0）=-lgk<0；F（1）=1-lg（k+1）=lg10k+1>0

Symbol^C@ 2≤k<9，又F（t）在上连续[0，1），∴当k=2，3，…，8时，F（t）在[0，1）内有唯一零点。

综上，F（t）=t-lg（t+k），t∈[0，1）有且只有8个零点，故f（x）-lgx=0的解的个数是8。

最后用四句話概括：分段函数嵌集合，周期对数寻零点；特值数形大胆猜，零点存在严谨证。

作者简介：邢富根，江苏省南京市，南京淳辉高级中学。