2020高考数学新课改省份专用讲义第二章第七节函数与方程

第七节函数与方程突破点一函数的零点问题eq\a\vs4\al([基本知识])1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)，我们把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．(2)几个等价关系方程f(x)＝0有实数根⇔函数y＝f(x)的图象与x轴有交点⇔函数y＝f(x)有零点．(3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有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，这个c也就是方程f(x)＝0的根．[提醒]函数零点的两个易错点(1)函数的零点不是点，是方程f(x)＝0的实根．(2)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．2．二次函数图象与零点的关系Δ＝b2－4acΔ>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)无零点个数_2__1__0_eq\a\vs4\al([基本能力])一、判断题(对的打“√”，错的打“×”)(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．()(2)函数y＝f(x)，x∈D在区间(a，b)⊆D内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)<0.()(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c在b2－4ac<0时没有零点．()答案：(1)×(2)×(3)√二、填空题1．若函数f(x)＝ax－b有一个零点是3，那么函数g(x)＝bx2＋3ax的零点是________．解析：∵函数f(x)＝ax－b的零点是3，∴3a－b＝0，即b＝3a.于是函数g(x)＝bx2＋3ax＝bx2＋bx＝bx(x＋1)，令g(x)＝0，得x＝0或x＝－1.答案：0，－12．函数f(x)＝ex＋eq\f(1,2)x－2的零点个数为________．解析：∵f′(x)＝ex＋eq\f(1,2)>0，∴f(x)在R上单调递增，又f(0)＝1－2<0，f(1)＝e－eq\f(3,2)>0，∴函数f(x)在定义域内有零点且只有一个．答案：13．若函数f(x)＝ax＋1－2a在区间(－1,1)上存在一个零点，则实数a的取值范围是________．解析：当a＝0时，函数f(x)＝1在(－1,1)上没有零点，所以a≠0.所以函数f(x)是单调函数，要满足题意，只需f(－1)f(1)<0，即(－3a＋1)·(1－a)<0，所以(a－1)·(3a－1)<0，解得eq\f(1,3)<a<1，所以实数a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1)).答案：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))eq\a\vs4\al([全析考法])考法一函数零点所在区间的判断[例1](2019·河南阶段性测试)函数f(x)＝x＋lnx－3的零点所在的区间为()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3,4)[解析]法一：(利用零点存在性定理)因为函数f(x)是增函数，且f(2)＝ln2－1<0，f(3)＝ln3>0，所以由零点存在性定理得函数f(x)的零点位于区间(2,3)上，故选C.法二：(数形结合)函数f(x)＝x＋lnx－3的零点所在区间转化为g(x)＝lnx，h(x)＝－x＋3的图象的交点横坐标所在范围．如图所示，可知f(x)的零点在(2,3)内．[答案]C[方法技巧]判断函数零点(方程的根)所在区间的方法解方程法当对应方程易解时，可通过解方程确定方程是否有根落在给定区间上定理法利用零点存在性定理进行判断数形结合法画出相应的函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断，或者转化为两个函数图象在给定区间上是否有交点来判断考法二函数零点个数的判断[例2](1)(2019·南昌模拟)函数f(x)＝x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的零点个数为()A．0 B．1C．2 D．3(2)(2019·保定模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log2x＋1|，x∈－1，3，,\f(4,x－1)，x∈[3，＋∞，))则函数g(x)＝f[f(x)]－1的零点个数为()A．1 B．3C．4 D．6[解析](1)法一：(定理法)∵f(0)＝－1，f(1)＝eq\f(1,2)，∴f(0)f(1)<0，故函数f(x)在(0,1)上至少存在一个零点，又∵f(x)为增函数，∴f(x)的零点个数为1.法二：(图象法)令f(x)＝0，得x＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x，在平面直角坐标系中分别画出函数y＝x与y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x的图象(图略)，可得交点只有一个，∴函数f(x)的零点只有1个，故选B.(2)函数g(x)＝f[f(x)]－1的零点个数即f[f(x)]＝1在(－1，＋∞)上的实数解的个数，令f(x)＝1得x1＝－eq\f(1,2)，x2＝1，x3＝5，作出函数f(x)的大致图象如图所示．由图象可知f(x)＝－eq\f(1,2)无解，f(x)＝1有3个解，f(x)＝5有1个解．综上所述，函数g(x)＝f[f(x)]－1的零点个数为4，故选C.[答案](1)B(2)C[方法技巧]判断函数零点个数的方法直接法即直接求零点，令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个不同的解就有几个零点定理法即利用零点存在性定理，不仅要求函数的图象在区间[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)才能确定函数有多少个零点图象法即利用图象交点的个数，画出函数f(x)的图象，函数f(x)的图象与x轴交点的个数就是函数f(x)的零点个数；将函数f(x)拆成两个函数h(x)和g(x)的差，根据f(x)＝0⇔h(x)＝g(x)，则函数f(x)的零点个数就是函数y＝h(x)和y＝g(x)的图象的交点个数性质法即利用函数性质，若能确定函数的单调性，则其零点个数不难得到；若所考查的函数是周期函数，则只需解决在一个周期内的零点的个数eq\a\vs4\al([集训冲关])1.eq\a\vs4\al([考法一])函数f(x)＝ln(2x)－1的零点所在区间是()A．(2,3) B．(3,4)C．(0,1) D．(1,2)解析：选Df(x)＝ln(2x)－1是(0，＋∞)上的增函数，并且是连续函数，且f(1)＝ln2－1<0，f(2)＝ln4－1>0，根据函数零点的存在性定理可得，函数f(x)的零点位于区间(1,2)内．故选D.2.eq\a\vs4\al([考法一])方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＝x的解所在的区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))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(2,3)，1))解析：选B令函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－x，易知函数f(x)为[0，＋∞)上的减函数．又f(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\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))<0，由函数零点的存在性定理可知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x－x的零点所在的区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).即方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x＝x的解所在的区间是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2))).故选B.3.eq\a\vs4\al([考法二])已知定义在R上的奇函数f(x)满足：当x>0时，f(x)＝2x＋2x－4，则f(x)的零点个数是()A．2 B．3C．4 D．5解析：选B因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)＝0.因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))·f(2)<0，所以当x>0时函数f(x)有1个零点．根据奇函数的对称性可知，当x<0时，函数f(x)也有1个零点．因此函数f(x)一共有3个零点．故选B.突破点二函数零点的应用问题由于函数y＝f(x)的零点就是方程f(x)＝0的根，所以在研究方程的有关问题时，如比较方程根的大小、确定方程根的分布、证明根的存在性等，都可以将方程问题转化为函数问题解决．此类问题的切入点是借助函数的零点，结合函数的图象，采用数形结合思想加以解决．eq\a\vs4\al([典例感悟])1．(2019·六安一中模拟)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|2x－1|，x<2，,\f(3,x－1)，x≥2.))方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围为()A．(1,3) B．(0,3)C．(0,2) D．(0,1)解析：选D画出函数f(x)的大致图象，如图．由方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，可知函数y＝a与函数y＝f(x)的图象有三个不同的交点，由图象易知，实数a的取值范围是(0,1)，故选D.2．(2019·郑州一模)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ex－a，x≤0，,2x－a，x>0))(a∈R)，若函数f(x)在R上有两个零点，则实数a的取值范围是()A．(0,1] B．[1，＋∞)C．(0,1) D．(－∞，1]解析：选A当x≤0时，f(x)单调递增，∴f(x)≤f(0)＝1－a；当x>0时，f(x)单调递增，且f(x)>－a.∵f(x)在R上有两个零点，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a≥0，,－a<0，))解得0<a≤1.eq\a\vs4\al([方法技巧])由函数零点求参数范围的方法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范围分离参数法先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决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，然后数形结合求解eq\a\vs4\al([针对训练])1．函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间(－1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点，则实数a的取值范围是()A．(－3,1) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(3,4))) D．(－∞，－3)或eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，＋∞))解析：选B根据零点存在性定理及二次函数的图象可知，函数f(x)＝ax2－2x＋1在区间(－1,1)和区间(1,2)上分别存在一个零点时，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f－1f1<0，,f1f2<0，))解得eq\f(3,4)<a<1，故选B.2．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋x－\f(9,4)，x≤0，,x－2，x>0.))若方程f(x)＝a有两个不相等的实数根，则实数a的取值范围是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(9,4)))∪[－2，＋∞)B．(－2，＋∞)C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(5,2)，－\f(9,4)))∪(－