《第九节函数与方程》教案

第九节函数与方程适用学科数学适用年级高三适用区域新课标课时时长（分钟）60知识点方程的根与函数零点的关系函数零点的判断方法二分法的概念用二分法求函数零点问题函数零点个数问题函数与方程的综合问题教学目标1.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．2.根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解.教学重点函数的零点及二分法教学难点函数的零点及二分法

教学过程一、课堂导入前面我们复习了函数有关的性质及几种常的函数，也研究过方程有关的问题．那么，函数与方程之间有什么联系呢？今天我们就来研究这个话题

二、复习预习函数图像的作法函数图像的变换

三、知识讲解考点1函数的零点(1)定义：对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．(2)函数的零点与相应方程的根、函数的图象与x轴交点间的关系：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

考点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)无交点零点个数两个一个零个

考点3二分法的定义对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)<0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．

四、例题精析【例题1】【题干】(1)在下列区间中，函数f(x)＝e－x－4x－3的零点所在的区间为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))(2)已知[x]表示不超过实数x的最大整数，g(x)＝[x]为取整函数，x0是函数f(x)＝lnx－eq\f(2,x)的零点，则g(x0)等于________．

【答案】(1)B(2)2【解析】(1)易知函数f(x)在R上是单调减函数．对于A，注意到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))＝e－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))－3＝e>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝e－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))－3＝e－1>0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)，－\f(1,2)))上；对于B，注意到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))>0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝e－4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))－3＝e－2<4－2<0，因此在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))上函数f(x)＝e－x－4x－3一定存在零点；对于C，注意到feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))<0，f(0)＝－2<0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，0))上；对于D，注意到f(0)＝－2<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝e－4×eq\f(1,4)－3＝e－4<0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))上．(2)∵函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，∴函数f′(x)＝eq\f(1,x)＋eq\f(2,x2)>0，即函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．由f(2)＝ln2－1<0，f(e)＝lne－eq\f(2,e)>0，知x0∈(2，e)，∴g(x0)＝[x0]＝2.

【例题2】【题干】已知符号函数sgn(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1，x>0，,0，x＝0，,－1，x<0，))则函数f(x)＝sgn(x－1)－lnx的零点个数为()A．1 B．2C．3 D．4

【答案】C【解析】依题意得，当x－1>0，即x>1时，f(x)＝1－lnx，令f(x)＝0得x＝e>1；当x－1＝0，即x＝1时，f(x)＝0－ln1＝0；当x－1<0，即x<1时，f(x)＝－1－lnx，令f(x)＝0得x＝eq\f(1,e)<1.因此，函数f(x)的零点个数为3.

【例题3】【题干】已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)．(1)若y＝g(x)－m有零点，求m的取值范围；(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．

【解析】(1)法一：∵g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等号成立的条件是x＝e，∴g(x)的值域是[2e，＋∞)．因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．法二：作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致图象如图：可知若使y＝g(x)－m有零点，则只需m≥2e.(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2.∴其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．

【例题4】【题干】(2012·福建高考)对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b.))设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．

【答案】eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1－\r(3),16)，0))【解析】由定义可知，f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－12－2x－1x－1，x≤0，,x－12－2x－1x－1，x>0，))即f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－x，x≤0，,－x2＋x，x>0.))作出函数f(x)的图象，如图所示，关于x的方程f(x)＝m恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，即函数f(x)的图象与直线y＝m有三个不同的交点，则0<m<eq\f(1,4).不妨设从左到右交点的横坐标分别为x1，x2，x3.当x>0时，－x2＋x＝m，即x2－x＋m＝0，∴x2＋x3＝1，∴0<x2x3<eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2＋x3,2)))2，即0<x2x3<eq\f(1,4)；当x<0时，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x2－x＝\f(1,4)，,x<0，))得x＝eq\f(1－\r(3),4)，∴eq\f(1－\r(3),4)<x1<0.∴0<－x1<eq\f(\r(3)－1,4).∴0<－x1x2x3<eq\f(\r(3)－1,16).∴eq\f(1－\r(3),16)<x1x2x3<0.

五、课堂运用【基础】1．已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－1，x≤1，,1＋log2x，x>1，))则函数f(x)的零点为()A.eq\f(1,2)，0 B．－2,0C.eq\f(1,2) D．0

解析：选D当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋log2x＝0，解得x＝eq\f(1,2)，又因为x>1，所以此时方程无解．综上函数f(x)的零点只有0.

2．函数f(x)＝ex＋x－2的零点所在的一个区间是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)

解析：选C因为函数f(x)的图象是连续不断的一条曲线，又f(－2)＝e－2－4<0，f(－1)＝e－1－3<0，f(0)＝－1<0，f(1)＝e－1>0，f(2)＝e2>0，所以f(0)·f(1)<0，故函数的零点所在的一个区间是(0,1)．

3．已知函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x－log3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且0<x1<x0，则f(x1)的值()A．恒为正值 B．等于0C．恒为负值 D．不大于0

解析：选A注意到函数f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,5)))x－log3x在(0，＋∞)上是减函数，因此当0<x1<x0时，有f(x1)>f(x0)，又x0是函数f(x)的零点，因此f(x0)＝0，所以f(x1)>0，即此时f(x1)的值恒为正值，选A.

【巩固】4．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x>0时，f(x)＝2012x＋log2012x，则在R上，函数f(x)零点的个数为________．

解析：函数f(x)为R上的奇函数，因此f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝2012x＋log2012x在区间eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2012)))内存在一个零点，又f(x)为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数在R上的零点的个数为3.答案：3

5．已知函数f(x)满足f(x＋1)＝－f(x)，且f(x)是偶函数，当x∈[0,1]时，f(x)＝x2.若在区间[－1,3]内，函数g(x)＝f(x)－kx－k有4个零点，则实数k的取值范围为________．

解析：依题意得f(x＋2)＝－f(x＋1)＝f(x)，即函数f(x)是以2为周期的函数．g(x)＝f(x)－kx－k在区间[－1,3]内有4个零点，即函数y＝f(x)与y＝k(x＋1)的图象在区间[－1,3]内有4个不同的交点．在坐标平面内画出函数y＝f(x)的图象(如图所示)，注意到直线y＝k(x＋1)恒过点(－1,0)，由图象可知，当k∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))时，直线与曲线y＝f(x)在区间[－1,3]内有4个不同的交点，故实数k的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4))).答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))

【拔高】6．若函数F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，求实数a的取值范围．

解：若F(x)＝|4x－x2|＋a有4个零点，即|4x－x2|＋a＝0有四个根，即|4x－x2|＝－a有四个根．令g(x)＝|4x－x2|，h(x)＝－a.则作出g(x)的图象，由图象可知要使|4x－x2|＝－a有四个根，则需g(x)的图象与h(x)的图象有四个交点，∴0<－a<4，即－4<a<0，a的取值范围为(－4,0)．

7．设函数f(x)＝log2(2x＋1)，g(x)＝log2(2x－1)，若关于x的函数F(x)＝g(x)－f(x)－m在[1,2]上有零点，求m的取值范围．

解：法一：令F(x)＝0，即g(x)－f(x)－m＝0.所以有m＝g(x)－f(x)＝log2(2x－1)－log2(2x＋1)＝log2eq\f(2x－1,2x＋1)＝log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,2x＋1))).∵1≤x≤2，∴3≤2x＋1≤5.∴eq\f(2,5)≤eq\f(2,2x＋1)≤eq\f(2,3)，eq\f(1,3)≤1－eq\f(2,2x＋1)≤eq\f(3,5).∴log2eq\f(1,3)≤log2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2,2x＋1)))≤log2eq\f(3,5)，即log2eq\f(1,3)≤m≤log2eq\f(3,5).m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(log2\f(1,3)，log2\f(3,5))).法二：log2(2x－1)＝m＋log2(2x＋1)．∴log2(2x－1)＝log2[2m·(2x＋1)]．∴2x－1＝2m·(2x＋1)．∴2x(1－2m)＝2m＋1,2x＝eq\