高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第五章 函数应用1 方程解的存在性及方程的近似解1.2 利用二分法求方程的近似解课时练习

这是一份高中数学北师大版 (2019)必修 第一册第五章 函数应用1 方程解的存在性及方程的近似解1.2 利用二分法求方程的近似解课时练习，共5页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

A 组·素养自测
一、选择题
1．若函数f(x)在[a，b]上连续，且同时满足f(a)f(b)<0，f(a)feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)))>0.则( B )
A．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋b,2)))上一定有零点
B．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)，b))上一定有零点
C．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋b,2)))上一定无零点
D．f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(a＋b,2)，b))上一定无零点
[解析] a2．若方程x2－2mx＋4＝0的两根满足一根大于2，一根小于1，则m的取值范围是( B )
A．(－∞，eq \f(5,2)) B．(eq \f(5,2)，＋∞)
C．(eq \f(5,2)，3) D．(1，eq \f(5,2))
[解析] 令f(x)＝x2－2mx＋4，由题意可知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）<0，,f（2）<0，))
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1－2m＋4<0，,4－4m＋4<0，))所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m>\f(5,2)，,m>2，))即m>eq \f(5,2).
3．以下每个图象表示的函数都有零点，能用二分法求函数零点近似值的是( ABD )
[解析] 由二分法的定义，可知只有当函数f(x)在区间[a，b]上的图象连续不断，且f(a)f(b) <0，即函数的零点是变号零点时，才能将区间[a，b]一分为二，逐步得到零点的近似值．对各选项分析可知，选项A，B，D都符合，而选项C不符合，因为在零点两侧函数值不异号，因此不能用二分法求函数零点的近似值．故选ABD．
4．已知f(x)＝1－(x－a)(x－b)(a＜b)，m，n是f(x)的零点，且m＜n，则实数a，b，m，n的大小关系是__m＜a＜b＜n__．
[解析] 由题意知，f(x)的图象是开口向下的抛物线，f(a)＝f(b)＝1，f(m)＝f(n)＝0，如图所示．
所以m＜a＜b＜n.
二、填空题
5．若定义在[－1，1]上的函数f(x)＝3ax＋1－2a在(－1，1)上存在零点，则实数a的取值范围为__(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，＋∞))__．
[解析] 由题意可知f(－1)·f(1)＜0，
即(－5a＋1)(a＋1)＜0，
解得a＜－1或a＞eq \f(1,5).
∴a∈(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)，＋∞)).
三、解答题
6．求函数y＝x3－2x2－3x的零点，并作出它的图象．
解：∵x3－2x2－3x＝x(x2－2x－3)＝x(x－3)(x＋1)，
∴函数的零点为－1，0，3.三个零点把x轴分成四个区间：(－∞，－1]，(－1，0]，(0，3]，(3，＋∞)，在这四个区间内，取x的一些值，列出这个函数的对应值表如下：
在直角坐标系内描点、连线，这个函数的图象如下图所示．
B 组·素养提升
一、选择题
1．已知函数f(x)在(1，2)内有1个零点，用二分法求零点的近似值时，若精度小于0.01，则至少计算中点函数值( C )
A．5次 B．6次
C．7次 D．8次
[解析] 设对区间(1，2)二等分n次，初始区间长度为1.第1次计算后区间长度为eq \f(1,2)；第2次计算后区间长度为eq \f(1,22)；第3次计算后区间长度为eq \f(1,23)；……；第5次计算后区间长度为eq \f(1,25)＞0.02；第6次计算后区间长度为eq \f(1,26)＜0.02；第7次计算区间长度为eq \f(1,27)<0.01.故至少计算7次．故选C．
2．若函数f(x)的图象是连续的，且函数f(x)的唯一零点同时在(0，4)，(0，2)，(1，2)，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2)))内，则与f(0)符号不同的是( ABD )
A．f(4) B．f(2)
C．f(1) D．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))
E．feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))
[解析] 由二分法的步骤可知：
①零点在(0，4)内，则有f(0)·f(4)＜0，不妨设f(0)＞0，f(4)＜0，取中点2；
②零点在(0，2)内，则有f(0)·f(2)＜0，则f(0)＞0，f(2)＜0，取中点1；
③零点在(1，2)内，则有f(1)·f(2)＜0，则f(1)＞0，f(2)＜0，取中点eq \f(3,2)；
④零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))内，则有f(1)·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜0，则f(1)＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜0，取中点eq \f(5,4)；
⑤零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2)))内，则有feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜0，则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,4)))＞0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))＜0.
所以与f(0)符号不同的是f(4)，f(2)，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)))，故选ABD．
3．设函数f(x)＝x|x|＋bx＋c，给出如下命题，其中正确的是( ABC )
A．c＝0时，y＝f(x)是奇函数
B．b＝0，c＞0时，方程f(x)＝0只有一个实数根
C．y＝f(x)的图象关于点(0，c)对称
D．方程f(x)＝0最多有两个实根
[解析] 当c＝0时，f(x)＝x|x|＋bx，此时f(－x)＝－f(x)，故f(x)为奇函数，A正确；当b＝0，c＞0时，f(x)＝x|x|＋c，若x≥0，f(x)＝0无解，若x＜0，f(x)＝0有一解x＝－eq \r(c)，B正确，结合图象(如图)知C正确，D不正确．故选ABC．
二、填空题
4．给出以下结论，其中正确结论的序号是__②③__．
①函数图象通过零点时，函数值一定变号；
②相邻两个零点之间的所有函数值保持同号；
③函数f(x)在区间[a，b]上连续，若满足f(a)·f(b)<0，则方程f(x)＝0在区间[a，b]上一定有实根；
④“二分法”对连续不断的函数的所有零点都有效．
解析：零点有变号零点与不变号零点，故①不对；“二分法”针对的是连续不断的函数的变号零点，故④不对．据零点的性质知②③都正确．
5．设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋bx＋c （x≤0），,2 （x>0），))
若f(－4)＝2, f(－2)＝－2，则关于x的方程f(x)＝x的解的个数是__3__．
解析：由已知eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(16－4b＋c＝2，,4－2b＋c＝－2，))得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b＝4，,c＝2，))
∴f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4x＋2 （x≤0），,2 （x>0），))作图象如图所示．
由图象可知f(x)＝x的解的个数为3.
三、解答题
6．已知函数f(x)＝3ax2＋2bx＋c，a＋b＋c＝0，f(0)>0，f(1)>0，证明a>0，并利用二分法证明方程f(x)＝0在[0，1]内有两个实根．
解析：∵f(1)>0，∴3a＋2b＋c>0，
即3(a＋b＋c)－b－2c>0，
∵a＋b＋c＝0，∴－b－2c>0，则－b－c>c，即a>c.
∵f(0)>0，∴c>0，则a>0.
在[0，1]内选取二等分点eq \f(1,2)，
则feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3,4)a＋b＋c＝eq \f(3,4)a＋(－a)＝－eq \f(1,4)a<0.
∵f(0)>0，f(1)>0，
∴f(x)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))和eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上至少各有一个零点，
又f(x)最多有两个零点，从而f(x)＝0在[0，1]内有两个实根．x
…
－2
－1
－eq \f(1,2)
0
1
2
3
4
…
y
…
－10
0
eq \f(7,8)
0
－4
－6
0
20
…