高考数学第一轮复习8 第8讲　函数与方程

第8讲函数与方程课标要求考情分析结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根的个数.利用函数零点的存在性定理或函数的图象，对函数是否存在零点进行判断或利用零点(方程实根)的存在情况求相关参数的范围，是高考的热点，题型以选择、填空题为主，也可和导数等知识交汇出现解答题，中高档难度．核心素养：直观想象、逻辑推理1．函数零点(1)定义对于函数y＝f(x)(x∈D)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．(2)三个等价关系(3)存在性定理2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ＞0Δ＝0Δ＜0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与x轴的交点(x1，0)，(x2，0)(x1，0)无交点零点x1，x2x1无常用结论1．若y＝f(x)在闭区间[a，b]上的图象连续不断，且有f(a)f(b)<0，则函数y＝f(x)一定有零点．2．f(a)f(b)<0是y＝f(x)在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．3．若函数f(x)在[a，b]上是单调函数，且f(x)的图象连续不断，f(a)f(b)<0⇒函数f(x)在区间(a，b)上有且只有一个零点．【小题自测】1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)函数f(x)＝x2－1的零点是(－1，0)和(1，0)．()(2)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．()答案：(1)×(2)×2．(教材改编)下列函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中函数零点的是()解析：选A.根据二分法的概念可知A不能用二分法求零点．3．(忽视二次项系数为0的情况致误)若函数f(x)＝2ax2－x－1在(0，1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是()A．(－1，1) B．[1，＋∞)C．(1，＋∞) D．(2，＋∞)解析：选C.当a＝0时，函数的零点是x＝－1，不符合题意．当a≠0时，若Δ>0，f(0)·f(1)<0，则a>1；若Δ＝0，即a＝－eq\f(1,8)，函数的零点是x＝－2，不符合题意，故选C.4．函数f(x)＝x2－3x的零点是______．答案：0和35．函数f(x)＝ex＋3x的零点有________个．解析：f(x)在R上单调递增，又f(－1)＝eq\f(1,e)－3<0，f(0)＝1>0，因此函数f(x)有且只有一个零点．答案：1考点一函数零点所在区间的判断(自主练透)1．(巧用结论1)(2022·云南顶级名校检测)函数f(x)＝lnx－eq\f(3,x)的零点所在的区间是()A．(1，2) B．(2，e)C．(e，3) D．(3，＋∞)解析：选C.因为函数f(x)在定义域上为增函数，所以函数f(x)在定义域上至多有一个零点．又因为f(e)＝1－eq\f(3,e)<0，f(3)＝ln3－1>0，所以f(e)·f(3)<0，所以函数f(x)＝lnx－eq\f(3,x)的零点所在的区间是(e，3)．2．已知实数a>1，0<b<1，则函数f(x)＝ax＋x－b的零点所在的区间是()A．(－2，－1) B．(－1，0)C．(0，1) D．(1，2)解析：选B.因为a>1，0<b<1，f(x)＝ax＋x－b在定义域上为增函数，所以f(－1)＝eq\f(1,a)－1－b<0，f(0)＝1－b>0，由零点存在性定理可知f(x)在区间(－1，0)上存在零点．3．设函数f(x)＝eq\f(1,3)x－lnx，则函数y＝f(x)()A．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均有零点B．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))，(1，e)内均无零点C．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内有零点，在区间(1，e)内无零点D．在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点解析：选D.令f(x)＝0得eq\f(1,3)x＝lnx.作出函数y＝eq\f(1,3)x和y＝lnx的图象，如图，显然y＝f(x)在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))内无零点，在区间(1，e)内有零点．判断函数零点所在区间的方法方法解读适合题型定理法利用函数零点的存在性定理进行判断能够容易判断区间端点值所对应函数值的正负图象法画出函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断容易画出函数的图象考点二函数零点个数的判断(师生共研)(巧用结论3)(2022·江西重点中学联考)定义在R上的函数y＝f(x)满足f(6－x)＝f(x)，(x－3)f′(x)>0(x≠3)，若f(0)·f(1)<0，则函数f(x)在区间(5，6)内()A．没有零点 B．有且仅有1个零点C．至少有2个零点 D．可能有无数个零点【解析】因为f(6－x)＝f(x)，所以函数图象关于直线x＝3对称，因为(x－3)f′(x)>0，所以当x>3时，f′(x)>0；当x<3时，f′(x)<0，所以函数f(x)在(－∞，3)上单调递减，在(3，＋∞)上单调递增，因为f(0)·f(1)<0.所以f(0)>0，f(1)<0，根据对称性可知f(6)＝f(0)>0，f(5)＝f(1)<0，根据零点存在性定理可知，函数f(x)在区间(5，6)内有且仅有1个零点．【答案】B判断函数零点个数的3种方法(1)方程法：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)定理法：利用零点存在性定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点．(3)图象法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．【对点训练】1．函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋lnx，x>0))的零点个数为()A．3 B．2C．7 D．0解析：选B.方法一：(方程法)由f(x)＝0得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,－1＋lnx＝0，))解得x＝－2或x＝e.因此函数f(x)共有2个零点．方法二：(图象法)函数f(x)的图象如图所示，由图象知函数f(x)共有2个零点．2．(2022·河南信阳质量检测)函数y＝f(x)的周期为4，当x∈(－2，2]时，f(x)＝x2－1，则f(x)在[0，2020]上零点的个数为()A．1009 B．1010C．2019 D．2020解析：选B.由题知，当x＝1或x＝－1时，f(x)＝0，所以f(x)在每个周期内有两个零点，作出f(x)在(－2，2]上的图象，如图所示．由图象可知，在y轴的右侧，每隔2个单位长度就有一个零点，所以f(x)在[0，2020]上有1010个零点．考点三函数零点的应用(多维探究)考向1根据函数零点情况求参数(1)已知函数f(x)＝log2x＋3x＋b的零点在区间(0，1]上，则b的取值范围是()A．[－3，0] B．(－∞，3]C．[0，3] D．[－3，＋∞)(2)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是________．【解析】(1)易知函数f(x)＝log2x＋3x＋b在区间(0，＋∞)上单调递增，因为函数f(x)＝log2x＋3x＋b的零点在区间(0，1]上，且当x→0时，log2x＋3x→－∞，所以根据零点存在性定理，得f(1)＝log21＋3×1＋b≥0，得b≥－3.故选D.(2)画出函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0))的图象，如图所示．由于函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图象得0<m<1，即m∈(0，1)．【答案】(1)D(2)(0，1)利用函数零点求参数的方法及步骤考向2解决函数多个零点的问题(2022·陕西渭南一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|log2x|，x>0，,－x2－4x＋4，x<0.))若函数g(x)＝f(x)－m有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，则x1x2x3x4的取值范围是()A．(0，4) B．(4，8)C．(0，8) D．(0，＋∞)【解析】函数g(x)有四个不同的零点等价于函数f(x)的图象与直线y＝m有四个不同的交点，画出f(x)的大致图象，如图所示．由图可知m∈(4，8)．不妨设x1<x2<x3<x4，则－4<x1<－2<x2<0，且x1＋x2＝－4，x3x4＝1.因为x1＋x2＝－4，所以x2＝－x1－4，则x1x2＝x1(－x1－4)∈(0，4)，故x1x2x3x4∈(0，4)．【答案】A求函数的零点和求函数的多个零点(或方程的根以及直线y＝m与函数图象的多个交点横坐标)的和时，应考虑函数的性质，尤其是对称性特征(这里的对称性主要包括函数本身关于点的对称、直线的对称等)．【对点训练】1．函数f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是()A．(1，3) B．(1，2)C．(0，3) D．(0，2)解析：选C.由题意，知函数f(x)在(1，2)上单调递增，又函数一个零点在区间(1，2)内，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）<0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a<0，,4－1－a>0，))解得0<a<3，故选C.2．(2022·东北三省四市联合模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－x2－2x，－2≤x≤0，,\f(1,2)f（x－2），x>0，))当n分别取1，2，3，…，k(k∈N*)时，方程f(x)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)对应的整数解分别为x1，x2，x3，…，xk，则eq\i\su(k＝1,20,)xk＝________．解析：当－2≤x≤0时，f(x)＝－x2－2x＝－x(x＋2)，所以f(x)图象的对称轴x＝－1在该区间内，且f(－1)＝1，f(－2)＝f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝eq\f(1,2)f(x－2)，即将前一个区间内的图象向右平移2个单位，并且函数值变为原来的eq\f(1,2)，作出f(x)的图象如图所示，当－2≤x≤0时，方程f(x)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)无整数解，又f(1)＝eq\f(1,2)，f(2k－1)＝eq\f(1,2)f(2k－3)＝…＝eq\f(1,2k)，k∈N*，f(2k)＝f(2k－2)＝…＝f(0)＝0，k∈N*，所以f(x)＝eq\f(1,2n)(n∈N*)时，整数解唯一且为2n－1，所以f(2n－1)＝eq\f(1,2n)，即xn＝2n－1，所以eq\i\su(k＝1,20,)xk＝1＋3＋5＋7＋…＋(2×20－1)＝eq\f(20×（1＋2×20－1）,2)＝400.答案：400助学培优4破解嵌套函数的零点问题函数的零点是高考命题的热点，主要涉及判断函数零点的个数或范围，常考查三次函数与复合函数相关零点，与函数的性质和相关问题交汇．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．类型一嵌套函数零点个数的判断(2022·沈阳市教学质量监测)已知函数f(x)是定义在(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（x－1）2，0<x≤2,f（x－2）＋1，x>2))，则函数g(x)＝f2(x)－f(x)的零点个数为()A．4 B．5C．6 D．7【解析】因为当x∈(0，2]时，f(x)＝(x－1)2，当x>2时，f(x)＝f(x－2)＋1，所以将f(x)在区间(0，2]上的图象向右平移2个单位长度，同时再向上平移1个单位长度，得到函数f(x)在(2，4]上的图象．同理可得到f(x)在(4，6]，(6，8]，…上的图象．再由f(x)的图象关于y轴对称得到f(x)在(－∞，0)上的图象，从而得到f(x)在其定义域内的图象，如图所示：令g(x)＝0，得f(x)＝0或f(x)＝1，由图可知直线y＝0与y＝1和函数y＝f(x)的图象共有6个交点，所以函数g(x)共有6个零点．【答案】C破解嵌套函数零点个数问题的主要步骤(1)换元解套，转化为t＝g(x)与y＝f(t)的零点．(2)依次解方程，令f(t)＝0，求t，代入t＝g(x)求出x的值或判断图象交点个数．类型二求嵌套函数零点中的参数函数f(x)＝eq\b\lc\{(\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________．【解析】设t＝f(x)，令g(x)＝f(f(x))－a＝0，则a＝f(t)．在同一平面直角坐标系内作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．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．当a<－1时，y＝a与y＝f(t)的图象只有一个交点，函数g(x)只有一个零点，不合题意．综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点．【答案】[－1，＋∞)(1)求解本题需要抓住分段函数的图象性质，由y＝a与y＝f(t)的图象，确定t1，t2的取值范围，进而由t＝f(x)的图象确定零点的个数．(2)含参数的嵌套函数方程，还应注意让参数的取值“动起来”，抓临界位置，动静结合．【跟踪训练】(2022·晋南高中联考)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|x2＋2x|，x≤0，,lnx，x>0，))则函数g(x)＝2f(f(x)－1)－1的零点个数为()A．7 B．8C．10 D．11解析：选B.设t＝f(x)－1，则2f(t)－1＝0的解为t1＝eq\r(e)，t2＝－1－eq\f(\r(6),2)，t3＝－1＋eq\f(\r(2),2)，t4＝－1－eq\f(\r(2),2).t＝f(x)－1的根等价于直线y＝t＋1与y＝f(x)的图象的交点个数，画出f(x)的图象，如图，数形结合知有8个交点，即g(x)＝2f(f(x)－1)－1有8个零点．[A级基础练]1．(2022·吉林延边期末)某同学用二分法求方程2x＋5x－8＝0在x∈(1，2)内近似解的过程中，设f(x)＝2x＋5x－8，且计算f(1)<0，f(2)>0，f(1.5)>0，则该同学下次应计算的函数值为()A．f(0.5) B．f(1.125)C．f(1.25) D．f(1.75)解析：选C.根据二分法下次应计算的函数值为feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋1.5,2)))＝f(1.25)．2．(2022·四川成都名校联考)下列函数在区间(－1，1)内有零点且单调递增的是()A．y＝0.3x－eq\f(1,3) B．y＝x3＋1C．y＝logeq\s\do9(\f(1,3))(－x) D．y＝3x－1解析：选D.对于A，y＝0.3x－eq\f(1,3)在(－1，1)上单调递减，不符合题意；对于B，y＝x3＋1在(－1，1)上单调递增，令y＝x3＋1＝0，解得x＝－1，不符合题意；对于C，y＝logeq\s\do9(\f(1,3))(－x)在[0，1)上没有定义，不符合题意；对于D，y＝3x－1在(－1，1)上有零点x＝0，且在(－1，1)上单调递增，符合题意．3．已知f(x－2)＝lnx－eq\f(2,x)，且f(x0)＝0，则x0所在的区间为()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(4，5)解析：选A.f(x－2)＝lnx－eq\f(2,x)，则f(x)＝ln(x＋2)－eq\f(2,x＋2)，根据单调性的性质可知，f(x)＝ln(x＋2)－eq\f(2,x＋2)是定义域上的增函数，故f(x)在定义域内最多有一个零点，又f(0)＝ln2－1<0，f(1)＝ln3－eq\f(2,3)>0，所以存在x0∈(0，1)，使得f(x0)＝0.4．若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0，1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点有()A．多于4个 B．4个C．3个 D．2个解析：选B.分别作出y＝f(x)与y＝log3|x|的图象如图所示，由图可知y＝f(x)与y＝log3|x|有4个交点，故函数y＝f(x)－log3|x|有4个零点．5．已知函数f(x)＝eq\f(ex,x)－a.若f(x)没有零点，则实数a的取值范围是()A．[0，e) B．(0，1)C．(0，e) D．[0，1)解析：选A.因为f(x)没有零点，所以关于x的方程f(x)＝0，即a＝eq\f(ex,x)无实数解．令g(x)＝eq\f(ex,x)，h(x)＝a，则函数y＝g(x)，y＝h(x)的图象无公共点．g′(x)＝eq\f(（x－1）ex,x2)，令g′(x)＝0，则x＝1.当x<0时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减，且g(x)<0；当0<x<1时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减且g(x)>0；当x>1时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．所以函数g(x)有极小值g(1)＝e，作出g(x)的图象，如图所示，结合图象可知0≤a<e，故选A.6．已知函数f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零点为1，则实数a的值为________．解析：由已知得f(1)＝0，即eq\f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq\f(1,2).答案：－eq\f(1,2)7．已知函数f(x)＝2lgx＋x－4的零点在区间(k，k＋1)(k∈Z)上，则k＝________．解析：由题意有函数f(x)＝2lgx＋x－4在区间(0，＋∞)上为增函数，又因为f(3)＝2lg3＋3－4＝2lg3－1＝lg9－1<0，f(4)＝2lg4＋4－4＝2lg4>0，即f(3)f(4)<0，则函数f(x)＝2lgx＋x－4的零点在区间(3，4)上，即k＝3.答案：38．若函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x≤0，,lnx，x>0))有两个不同的零点，则实数a的取值范围是________．解析：当x>0时，由f(x)＝lnx＝0，得x＝1.因为函数f(x)有两个不同的零点，则当x≤0时，函数f(x)＝2x－a有一个零点．令f(x)＝0，得a＝2x.因为0<2x≤20＝1，所以0<a≤1，所以实数a的取值范围是(0，1]．答案：(0，1]9．函数f(x)＝x2＋bx＋c的两个零点为2，3.(1)求b，c的值；(2)若函数g(x)＝f(x)＋mx的两个零点分别在区间(1，2)，(2，4)内，求m的取值范围．解：(1)因为2，3为方程x2＋bx＋c＝0的两根，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－b＝2＋3，,c＝2×3.))所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(b＝－5，,c＝6.))(2)由(1)知f(x)＝x2－5x＋6.所以g(x)＝x2＋(m－5)x＋6，依题意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0，))解得－eq\f(1,2)<m<0.故实数m的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0)).[B级综合练]10．已知奇函数f(x)是R上的单调函数，若函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，则实数λ的值是()A.eq\f(1,4) B．eq\f(1,8)C．－eq\f(7,8) D．－eq\f(3,8)解析：选C.因为函数y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一个零点，所以方程f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0只有一个实数根，又函数f(x)是定义在R上的单调奇函数，所以f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0⇔f(2x2＋1)＝f(x－λ)⇔2x2＋1＝x－λ，所以方程2x2－x＋1＋λ＝0只有一个实数根，所以Δ＝(－1)2－4×2×(1＋λ)＝0，解得λ＝－eq\f(7,8).11．(2022·云南昆明一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xex，x≤0，,lnx，x>0，))若g(x)＝f(x)－ax有四个不同的零点，则a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))) B．eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))C．[1，e) D．[e，＋∞)解析：选A.g(x)＝f(x)－ax有四个不同的零点，即方程f(x)－ax＝0有四个不相等的实根，当x＝0时，f(x)－ax＝0，故x＝0为其中一个根，当x≠0时，可转化为a＝eq\f(f（x）,x)，令h(x)＝eq\f(f（x）,x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(lnx,x)，x>0，,ex，x<0，))即直线y＝a与y＝h(x)的图象有三个交点，x>0时，h(x)＝eq\f(lnx,x)，则h′(x)＝eq\f(1－lnx,x2)，由h′(x)>0得0<x<e，由h′(x)<0得x>e，故h(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，h(e)＝eq\f(1,e).h(x)的图象如图所示．则a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e))).12．已知函数f(x)＝－x2－2x，g(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))(1)求g[f(1)]的值；(2)若方程g[f(x)]－a＝0有4个实数根，求实数a的取值范围．解：(1)利用解析式直接求解得g[f(1)]＝g(－3)＝－3＋1＝－2.(2)令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)上有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t<1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t<1)的图象，如图，由图象可知，当1≤a<eq\f(5,4)时，函数y＝g(t)(t<1)与y＝a有2个不同的交点，即所求a的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4))).13．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c，且f(1)＝－eq\f(a,2)，3a>2c>2b.求证：(1)a>0且－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；(2)函数f(x)在区间(0，2)内至少有一个零点．证明：(1)因为f(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，所以c＝－eq\f(3,2)a－b.因为3a>2c＝－3a－2b，所以3a>－b.因为2c>2b，所以－3a>4b.若a>0，则－3<eq\f(b,a)<－eq\f(3,4)；若a＝0，则0>－b，0>b，不成立；若a<0，则eq\f(b,a)<－3，eq\f(b,a)>－eq\f