2024年新高考数学第一轮复习全套PPT课件及配套word讲义第13讲　函数与方程

第13讲函数与方程激活思维1.(人A必一P143例1改)f(x)＝lnx＋2x－6的零点个数是(B)A.0 B.1C.2 D.3【解析】因为f(2)＝ln2－2＜0，f(3)＝ln3＞0，所以f(x)在(2,3)内有零点．又因为f(x)为增函数，所以函数f(x)有且只有1个零点．2.若x0是方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＝eq\r(x)的解，则x0所在的区间是(D)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))【解析】构造函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－eq\r(x)，易知定义域为[0，＋∞)，且f(x)是减函数．因为f(0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))0－eq\r(0)＝1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up7(\f(1,3))－eq\r(\f(1,3))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up7(\f(1,3))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up7(\f(1,2))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up7(\f(1,2))－eq\r(\f(1,2))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))eq\s\up7(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up7(\f(1,2))<0，所以由零点存在性定理可得函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－eq\r(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))上存在零点．3.(人A必一P155习题2改)(多选)已知函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，且有如下对应值表：x123f(x)136.13615.552－3.92x456f(x)10.88－52.488－232.064在下列区间中，函数f(x)必有零点的区间为(BCD)A.(1,2) B.(2,3)C.(3,4) D.(4,5)【解析】由所给的函数值的表格可以看出，f(2)·f(3)＜0，f(3)·f(4)＜0，f(4)·f(5)＜0，所以函数f(x)在(2,3)，(3,4)，(4,5)内必有零点．4.(人A必一P160复习参考题5(3))已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝log2x＋x，h(x)＝x3＋x的零点分别为a，b，c，则a，b，c的大小关系为(B)A.a>b>c B.b>c>aC.c>a>b D.b>a>c【解析】在同一平面直角坐标系中分别作出函数y＝2x，y＝log2x，y＝x3及y＝－x的图象，如图所示，由图象可知b>c>a.(第4题)5.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x－1|，x<2，,\f(6,x)，x≥2，))若方程f(x)－a＝0恰有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为(A)A.(0,1) B.(0,2)C.(0,3) D.(1,3)【解析】若方程f(x)－a＝0恰有三个不同的实数根，则函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有3个不同的交点．在同一平面直角坐标系中作出y＝f(x)的图象与直线y＝a，如图所示．由图可得，若函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有3个不同的交点，则0<a<1.(第5题)基础回归1.函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的实数根，也就是函数y＝f(x)的图象与x轴交点的横坐标，所以函数y＝f(x)有零点等价于函数y＝f(x)的图象与x轴有交点，也等价于方程f(x)＝0有实数根.2.如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续的曲线，且有f(a)·f(b)<0，那么函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，此时c就是方程f(x)＝0的实数根．但反之，不成立．3.函数零点的存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件．4.常用结论(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．举题说法函数零点所在区间的判定例1(1)函数f(x)＝log3x＋x－2的零点所在的区间为(B)A.(0,1) B.(1,2)C.(2,3) D.(3,4)【解析】函数f(x)＝log3x＋x－2的定义域为(0，＋∞)，并且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，图象是一条连续曲线．由题意知f(1)＝－1<0，f(2)＝log32>0，f(3)＝2>0，根据零点存在性定理可知，函数f(x)＝log3x＋x－2有唯一零点，且零点在区间(1,2)内．(2)已知函数f(x)＝e－x－2x－5的零点位于区间(m，m＋1)(m∈Z)上，则m等于(A)A.－2 B.－1C.0 D.1【解析】因为函数f(x)＝e－x－2x－5是连续减函数，f(－2)＝e2－1>0，f(－1)＝e－3<0，所以f(－2)·f(－1)<0，函数f(x)＝e－x－2x－5的零点位于区间(－2，－1)，即(m，m＋1)上，又m∈Z，所以m＝－2.确定函数零点所在区间的方法：(1)解方程法：当对应方程f(x)＝0易解时，可先解方程，然后再看求得的根是否落在给定区间上．(2)利用函数零点的存在性定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点．(3)数形结合法：通过画函数图象，判断图象与x轴在给定区间上是否有交点．变式在下列区间中，函数f(x)＝ex＋3x－4的零点所在的区间为(C)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))【解析】由题意知f(x)＝ex＋3x－4为R上的增函数，且feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(e)－eq\f(5,2)<0，f(1)＝e－1>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·f(1)<0，所以由零点存在性定理知f(x)的零点在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内．函数零点个数的判定例2(2022·重庆三模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，x≤0，,|log2x|，x＞0，))则函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)的零点个数为(C)A.0 B.1C.2 D.3【解析】当x≤0时，令g(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－eq\f(1,2)＝0，解得x＝1，舍去；当x>0时，令g(x)＝|log2x|－eq\f(1,2)＝0，解得x＝eq\r(,2)或x＝eq\f(\r(,2),2)，满足x>0，所以x＝eq\r(,2)或x＝eq\f(\r(,2),2).综上，函数g(x)＝f(x)－eq\f(1,2)的零点个数为2.函数零点个数的判断方法：(1)直接求零点；(2)零点存在性定理，应注意：满足条件的零点可能不唯一；不满足条件时，也可能有零点；(3)作出两函数的图象，观察其交点即得零点个数．变式函数y＝|x＋1|－2x的零点个数为(D)A.0 B.1C.2 D.3【解析】由y＝|x＋1|－2x＝0可得|x＋1|＝2x，所以函数y＝|x＋1|－2x的零点个数为方程|x＋1|＝2x的根的个数，也即为两个函数y1＝|x＋1|，y2＝2x的图象的交点个数．在同一平面直角坐标系中画出两个函数y1＝|x＋1|，y2＝2x的图象，如图所示，由图可知函数y1＝|x＋1|，y2＝2x的图象有3个交点，所以函数y＝|x＋1|－2x的零点个数为3.(变式)利用函数的零点求参数例3已知函数f(x)＝|x－1|·(x＋1)，若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实数解，则实数k的值为(D)A.0 B.1C.0和－1 D.0和1【解析】f(x)＝|x－1|·(x＋1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－1，x>1，,－x2－1，x≤1，))画出函数f(x)的图象，如图所示，结合函数图象得k＝1或k＝0时，方程f(x)＝k有两个不同的实数解．(例3)已知函数有零点(方程有根)求参数取值范围常用的方法：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数取值范围；(2)值域法：将问题转化成求函数的值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中作出函数的图象，然后利用数形结合求解．1.(2022·潮州二模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,ln2x，x>0，))若函数F(x)＝f(x)－a的两个零点分别在区间(－1,0)和eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内，则实数a的取值范围为(A)A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，ln2)) B.(0,1)C.(ln2,1) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))【解析】作出f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,ln2x，x>0))的图象，如图所示．令f(x)＝a，在区间(－1,0)内时，ex＝a，x＝lna，可知－1<lna<0，所以eq\f(1,e)<a<1.在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))内时，ln2x＝a，x＝eq\f(ea,2)，可知eq\f(1,2)<eq\f(ea,2)<1，解得1<ea<2，所以0<a<ln2.综上，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，ln2)).(第1题)2.已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex，x≤0，,lnx，x>0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是(C)A.[－1,0) B.[0，＋∞)C.[－1，＋∞) D.[1，＋∞)【解析】由g(x)＝0，得f(x)＝－x－a，作出函数f(x)的图象和直线y＝－x－a，如图所示．(第2题)由图可知，当直线y＝－x－a的截距－a≤1，即a≥－1时，两个函数的图象有2个交点，即函数g(x)存在2个零点，故实数a的取值范围是[－1，＋∞)．3.(2022·鞍山二测)(多选)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x|，0<x<2，,x2－8x＋13，x≥2，))若f(x)＝a有四个不同的实数解x1，x2，x3，x4，且满足x1<x2<x3<x4，则下列结论正确的是(ACD)A.0<a<1B.x1＋2x2∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(,2)，\f(9,2)))C.x1＋x2＋x3＋x4∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(21,2)))D.2x1＋x2∈[2eq\r(,2)，3)【解析】在同一平面直角坐标系中作出函数y＝f(x)，y＝a的图象，如图所示．(第3题)由图象知，若f(x)＝a有四个不同的实数解，则0<a<1，故A正确；因为|log2x1|＝|log2x2|，即－log2x1＝log2x2，则eq\f(1,x1)＝x2，所以x1＋2x2＝eq\f(1,x2)＋2x2,1<x2<2，因为y＝eq\f(1,x2)＋2x2在(1,2)上单调递增，所以eq\f(1,x2)＋2x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(3，\f(9,2)))，故B错误；因为x1＋x2＝eq\f(1,x2)＋x2,1<x2<2，y＝eq\f(1,x2)＋x2在(1,2)上单调递增，所以eq\f(1,x2)＋x2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，\f(5,2)))，而x3＋x4＝8，所以x1＋x2＋x3＋x4∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(10，\f(21,2)))，故C正确；因为2x1＋x2＝eq\f(2,x2)＋x2,1<x2<2，y＝eq\f(2,x2)＋x2在(1，eq\r(,2))上单调递减，在(eq\r(,2)，2)上单调递增，则eq\f(2,x2)＋x2∈[2eq\r(,2)，3)，故D正确．*备选嵌套函数的零点问题例4已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ln－x－1，x<－1，,2x＋1，x≥－1，))若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是[－1，＋∞).【解析】设t＝f(x)，令g(x)＝f(f(x))－a＝0，得a＝f(t)．在同一平面直角坐标系内作出y＝a，y＝f(t)的图象(如图)．当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点．(例4)设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<－1，t2≥－1.当t1<－1时，t1＝f(x)有一解；当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解．综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点．对于嵌套函数的零点，通常先“换元解套”，将复合函数拆解为两个相对简单的函数，借助函数的图象、性质求解．对于复合函数y＝f(g(x))的零点个数问题，求解思路如下：(1)确定内层函数u＝g(x)和外层函数y＝f(u)；(2)确定外层函数y＝f(u)的零点u＝ui(i＝1,2,3，…，n)；(3)确定直线u＝ui(i＝1,2,3，…，n)与内层函数u＝g(x)图象的交点个数分别为a1，a2，a3，…，an，则函数y＝f(g(x))的零点个数为a1＋a2＋a3＋…＋an.变式已知定义域为R的函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(log2|x－4|，x≠4，,1，x＝4，))若关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0恰有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则x1＋x2＋x3＋x4＋x5的值为(C)A.12 B.16C.20 D.24【解析】设t＝f(x)，则关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0等价于t2＋mt＋n＝0，作出f(x)的图象(如图)．由图象可知当t＝1时，方程f(x)＝1有3个不同的实根，当t≠1时，方程f(x)＝t有2个不同的实根，所以若关于x的方程f2(x)＋mf(x)＋n＝0恰有5个不同的实数解x1，x2，x3，x4，x5，则等价于t2＋mt＋n＝0有2个根，一个根为t＝1，另外一个根为t≠1.不妨设x1<x2<x3<x4<x5，对应的两个根x1与x5，x2与x4分别关于x＝4对称，且x3＝4，则x1＋x5＝8，x2＋x4＝8，故x1＋x2＋x3＋x4＋x5＝20.(变式)随堂内化1.函数f(x)＝lnx与函数g(x)＝x2－4x＋4的图象的交点个数为(B)A.3 B.2C.1 D.0【解析】由题知g(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，在同一平面直角坐标系中作出函数f(x)＝lnx与g(x)＝(x－2)2的图象，如图所示，由图可知两个函数的图象有2个交点．(第1题)2.已知函数f(x)＝eq\f(6,x)－log2x，则f(x)的零点所在的区间是(C)A.(0,1) B.(2,3)C.(3,4) D.(4，＋∞)【解析】易知f(x)是减函数，f(3)＝2－log23>0，f(4)＝eq\f(3,2)－log24＝eq\f(3,2)－2＝－eq\f(1,2)<0，故f(x)的零点所在的区间是(3,4)．3.已知函数f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零点，则a等于(C)A.－eq\f(1,2) B.eq\f(1,3)C.eq\f(1,2) D.1(提示：函数f(x)的图象关于直线x＝1对称)【解析】由题知f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)，则f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－4x＋4－4＋2x＋a(e1－x＋