2022年高考数学强基计划讲义 专题5：函数与方程【原卷及解析版】

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【2021年北大13】方程的整数解的组数为________．
答案：2
2.【2020年清华29】已知函数在区间上存在零点，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
3【2020武大2】已知方程，则下列判断：
方程没有正数解；
方程有数多个解；
方程有一个正数解；
方程的实根小于1．
其中错误的判断有_______________．
答案：A 根据对称性可选A
二、知识要点拓展
一元二次方程有关公式
1.一元二次方程的根：
2.根与系数的关系：，（韦达定理）
3.判别式：．
二．函数不等式恒成立、能成立、恰成立问题
1.函数不等式的恒成立问题：
（1）不等式在集合上恒成立在集合上．
（2）不等式在集合上恒成立在集合上．
2.函数不等式的能成立问题：
（1）在集合上存在实数使不等式成立在集合上．
（2）在集合上存在实数使不等式成立在集合上．
3.函数不等式的恰成立问题：
不等式在集合上恰成立该不等式的解集为．
三．几个常见的函数方程
1.正比例函数,具有性质：.
2.指数函数,具有性质：.
3.对数函数,具有性质：.
方程的根与函数的零点：
对于函数，我们把使的实数叫做函数的零点．
2.方程有实数根函数的图象与轴有交点函数有零点
3.零点存在定理：设函数在闭区间上连续，且，那么在开区间内至少存在一点，使。
►函数零点的理解：
（1）函数的零点、方程的根、函数的图像与x轴交点的横坐标，实质是同一个问题的三种不同表达形式，方程根的个数就是函数的零点的个数，亦即函数的图像与x轴交点的个数
（2） 函数的零点不是点，而是函数函数的图像与x轴交点的横坐标，即零点是一个实数。
（3）若函数在区间上的图象是一条连续的曲线，则是在区间内有零点的充分不必要条件。
二．高次方程韦达定理
①三次方程韦达定理
设三次方程的三个根为,那么
②如果一元次多项式的根为,那么
以上定理称为韦达定理。它确定了根与系数的关系。利用韦达定理，一元n次方程可直接求方程的根。
3. 整系数多项式
设，若，则称为的根（或零点）；又若是的重因式，则称为的k重根，当时，称为的单根。
代数基本定理： 任意一个次数不小于1的多项式至少有一个复数根。
根的个数定理： 任意一个次多项式的复数根的个数（依重数累加）恰有个，依次定理可知任何一个可以分解为，其中，为两两不同的复数，，且。这是多项式在复数范围内的标准分解式。
虚根成对定理：设为的复根，即，则，于是也是的根。也就是说实系数多项式的虚根成对出现。
实系数多项式分解定理：设,则可分解为，其中且。
整系数多项式的有理根： 设是的有理根，则，并且可写，其中。
依上述定理可知，若，的首项系数为1，则的有理根都是整数根。
三、典例精讲
例1．（复旦）设三次方程的3个根互异，且可成等比数列，则它们的公比是 。
（B） （C） （D）
►分析与解答：
设这三个根为，则由三次方程根的韦达定理有
。 故选A。
例2．（北大）求的实数根的个数。
►分析与解答：原方程即
。
。令。由于
。所以原方程无实根。
例3．（复旦）设，，是三次方程的3个根，则总以为根的三次方程是（ ）
（B）
（C） （D）
►分析与解答：由三次方程的韦达定理：
而
对选项逐个用韦达定理检验，只有选项B适合。
例4．（清华）请证明：方程在为偶数的时候没有实数根，在为奇数的时候，有且仅有一个实数根。
►分析与解答：
用归纳法证明：为奇数时，单调递增，且值域为；为偶数时，恒成立。这里。
对求导有 。
时，，它在上单调递增，且值域为。
时，。
故时结论成立。
设时结论成立。则时，
①当为偶数时，，。因为为奇数，由归纳假设在上单调递增，且值域为。故方程有且仅有一个实根，设为，当时，；当时，，所以对而言，只有，且当时，，当时，。
所以是的最小值，于是（因为为偶数）。。即为偶数时恒成立。
②为奇数时，为偶数，由归纳假设，所以，所以在上单调递增。再注意到为奇数时，多项式。当时，；当时，。
即当为奇数时，单调递增，且值域为。
综上，当为偶数时，恒成立，故没有实数根；为奇数时，单调递增，且值域为，故有且只有一个实数根。
例5．（复旦）方程的实根是（ ）
不存在 （B）有一个 （C）有两个 （D）有三个
►分析与解答：
此方程属于超越方程，没有精确解，只能用数形结合法来解决，画出与的函数图象草图，显然方程有且只有一个小于0的解，那么有多少个大于0的解呢？许多同学误认为只有一个。事实上，认真分析后就可以发现有两个大于0的解。理由如下：令，则，由于，由零值定理，知开区间和内各有一根。故方程有两正根一负根，本题应选D。
练习1：函数与它的反函数的交点个数为 （ ）
1个 （B）2个 （C）3个 （D）4个
►答案C
►分析与解答：、、还有一个交点在直线上，共3个。
练习2：关于的方程，给出下列四个命题：
①存在实数，使得方程恰有2个不同的实根
②存在实数，使得方程恰有4个不同的实根
③存在实数，使得方程恰有5个不同的实根
④存在实数，使得方程恰有8个不同的实根
其中假命题的个数是 （ ）
A 0 B 1 C 2 D 3
►分析：本题是关于函数、方程解的选择题，考查换元法及方程根的讨论，属一题多选型试题，要求考生具有较强的分析问题和解决问题的能力.
►解答：
方法一：根据题意可令，则方程化为，(*)
作出函数的图象，结合函数的图象可知：①当或时，原方程有两个不等的根，②当时，原方程有4个根，③当时，原方程有3个根.
(1)当时，方程(*)有一个正根，相应的原方程的解有2个；
(2)当时，方程(*)有两个相等正根，相应的原方程的解有4个；
(3)当时，此时方程(*)有两个不等根或，故此时原方程有5个根；
(4)当时，方程(*)有两个不等正根，且此时方程(*)有两正根且均小于1，故相应的满足方程的解有8个，故选A.
方法二：由函数的图象(如下图)及动直线可得出答案为.

3. 设，，方程的判别式为，由的取值依据、、从而得出解的个数.
4. 设函数，利用数轴标根法得出函数与x轴的交点个数为5个，以及函数的单调性大体上画出函数的图象，从而得出答案.
►点评：方法一、方法二、方法四都是利用函数图象求解，但研究的目标函数有别，方法二利用函数的奇偶性以及交轨法直观求解，很好地体现了数形结合的数学思想，是数形结合法中值得肯定的一种方法；方法三利用方程的根的个数问题去求解，但讨论较为复杂，又是我们的弱点，有利于培养我们思维的科学性、严谨性、抽象性、逻辑推理能力等基本素质.
例6．（交大）设，试证明对任意实数：
方程总有相同的实根；
存在，恒有。
►分析与解答：
本题若看成关于的四次多项式，则很难因式分解，若展开重新整理成关于的一次多项式：
显然总有相同实根；当时，。
注：本题从另一个角度，转换参数，将看成一个关于的一次函数，值得回味！
例7．（复旦）在实数范围内求方程的实数根。
►分析与解答：
解法一：显然，移项后两边四次方是不可取的，不妨先作一个换元：令，则
。
，从而，解得：或（舍去）。
联立，可得：或故或。
解法二：由，联想到等差中项的概念。可设，则
①
②
①+②得：，即，解得：，
从而或。
例8．（交大）已知函数，且没有实数根。问：是否有实数根？并证明你的结论。
►分析与解答：此问题的解法较多，提供以下三种解法。
解法一：先介绍一个引理。
引理：若，则。
引理的证明：，有，故，由的任意性知。
回到原题。即，这是一个4次方程，由上述引理知，一定可以分解出这样一个因式。
，即
由于无实根。下面只要求出方程是否有实根即可。
，其判别式
。
又无实根，故，由此可知。所以方程亦无实根。综上，也无实根。
解法二：数形结合，图像法。若，由于无实根，则对任意实数，，从而
y=x
f(x)=ax2+bx+c(a>0)
，故无实根（如图4-1）；
y
y
y=x
x
x
f(x)=ax2+bx+c(a