2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)4.5.2　用二分法求方程的近似解

这是一份2024讲与练高中数学1(必修第一册·A版)4.5.2　用二分法求方程的近似解，共6页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单项选择题
1．观察下列函数的图象，判断能用二分法求其零点的是( A )

A B C D
2．下列函数中，不能用解方程的方法求其零点的是( D )
A．y＝x＋7B． y＝5x－1
C．y＝lg3xD． y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)－x
解析：A，B，C项均可用解方程求其根，D项不能用解方程求其根，只能用二分法求零点．
3．用二分法求函数f(x)＝x3＋5的零点可以取的初始区间是( A )
A．(－2，－1)B． (－1，0)
C．(0，1)D． (1，2)
解析：f(－2)f(－1)＝－12<0，所以可以取的初始区间是(－2，－1)．
4．若函数f(x)＝x3＋x2－2x－2的一个正数零点附近的函数值用二分法逐次计算，参考数据如下表：
那么方程x3＋x2－2x－2＝0的一个近似根为(精确度为0.05)( C )
A．1.5 B． 1.375
C．1.438D． 1.25
解析：∵f(1.406 5)<0，f(1.438)>0，
∴f(1.406 5)•f(1.438)<0，∴该方程的根在区间(1.406 5，1.438)内，又∵|1.406 5－1.438|＝0.031 5<0.05，∴方程的近似根可以是1.438.
5．在用二分法求函数f(x)的一个正实数零点时，经计算，f(0.64)<0，f(0.72)>0，f(0.68)<0，则函数的一个精确度为0.05的正实数零点的近似值不可以为( D )
A．0.68B． 0.72
C．0.7D． 0.6
解析：已知f(0.64)<0，f(0.72)>0，则函数f(x)的零点的初始区间为(0.64，0.72)，又因为0.68＝eq \f(1,2)×(0.64＋0.72)，且f(0.68)<0，所以零点在区间(0.68，0.72)上，|0.72－0.68|＝0.04<0.05，所以0.68，0.7，0.72都符合．
二、多项选择题
6．用二分法求函数f(x)＝5x＋7x－2的一个零点，其参考数据如下：
根据上述数据，可得f(x)＝5x＋7x－2的一个零点近似值(精确度为0.05)可以为( BCD )
A．0.625B． 0.093 75
C．0.125D． 0.096
解析：已知f(0.093 75)<0，f(0.125)>0，所以零点在区间(0.093 75，0.125)上，
又|0.125－0.093 75|＝0.031 25<0.05，所以0.093 75，0.096，0.125都符合题意．
7．利用计算器，列出自变量和函数值的对应值如下表：
若方程2x＝x2有一个根位于区间(a，a＋0.4)内，则a可以取( BC )
A．－1.4B． －1
C．－0.8D． －0.6
解析：令f(x)＝2x－x2，则f(－1.6)<0，f(－1.4)<0，f(－1.2)<0，f(－1)<0，f(－0.8)<0，f(－0.6)>0，
f(－0.4)>0，f(－0.2)>0，f(0)>0，
f(－1.4)f(－1)>0，f(－1)f(－0.6)<0，
f(－0.8)f(－0.4)<0，f(－0.6)•f(－0.2)>0，故a可以取－1，－0.8.
三、填空题
8．用二分法求函数f(x)＝ln x＋2x－6在区间(2，3)内的零点近似值，至少经过4次二分后精确度达到0.1.
解析：开区间(2，3)的长度等于1，每经过一次操作，区间长度变为原来的一半，经过n次操作后，区间长度变为eq \f(1,2n)，故有eq \f(1,2n)≤0.1，即2n≥10，则n≥4，所以至少需要操作4次．
9．已知函数y＝f(x)的表达式为f(x)＝x－4lg3x，用二分法计算此函数在区间[1，3]上零点的近似值，第一次计算f(1)，f(3)的值，第二次计算f(x1)的值，第三次计算f(x2)的值，则x2＝eq \f(3,2).
解析：依题意，因为f(x)＝x－4lg3x，所以f(1)＝1－4lg31＝1，f(3)＝3－4lg33＝3－4＝－1，所以f(1)f(3)<0，所以零点所在的区间为(1，3)；故第二次计算f(x1)的值时，x1＝eq \f(1＋3,2)＝2，所以f(2)＝2－4lg32＝lg3eq \f(9,16)10．用二分法求函数的零点，经过若干次运算后函数的零点在区间(a，b)内，当|a－b|<ε(ε为精确度)时，函数零点的近似值x0＝eq \f(a＋b,2)与真实零点的误差最大不超过eq \f(ε,2).
解析：真实零点离近似值x0最远即靠近a或b，而b－eq \f(a＋b,2)＝eq \f(a＋b,2)－a＝eq \f(b－a,2)四、解答题
11．用二分法求下列函数在给定区间内的零点：
(1)f(x)＝3x2－5x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))内的零点(精确度为0.1)；
(2)f(x)＝2x3－3x2－5x＋3在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－1))内的零点(精确度为0.2)．
解：(1)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1))<0，则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))>0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))>0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))<0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,16)))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))<0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,16)，\f(1,4)))内存在零点，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(3,16)－\f(1,4)))＝0.062 5<0.1，
则f(x)＝3x2－5x＋1在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，1))内的零点近似值可取为eq \f(3,16).
(2)因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))>0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－1))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1))>0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－1))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)))<0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,2)，－\f(5,4)))内存在零点，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,8)))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)))>0，
则在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,8)，－\f(5,4)))内存在零点，
因为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(11,8)－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,4)))))＝0.125<0.2，则f(x)＝2x3－3x2－5x＋3在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－1))内的零点近似值可取为－eq \f(11,8).
12．已知函数f(x)＝ln x＋2x－6有唯一零点，求这个零点所在的一个区间，使这个区间的长度不超过eq \f(1,4).(不能用计算器)
解：∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2))＝ln2－2<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))＝ln3>0，
∴f(x)的零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，3)).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))＝lneq \f(5,2)－1＝lneq \f(5,2)－ln e<0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3))<0，
∴x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，3)).
∵feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,4)))＝lneq \f(11,4)－eq \f(1,2)＝lneq \f(11,4)－ln eeq \s\up6(\f(1,2))>0，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(11,4)))feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))<0，
∴x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(11,4))).
而eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(11,4)－\f(5,2)))＝eq \f(1,4)≤eq \f(1,4)，
∴eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(11,4)))即为符合条件的一个区间．
13．已知函数f(x)满足：对任意x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，b))，都有eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),x1－x2)>0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))•feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))<0.在用二分法寻找零点的过程中，依次确定了零点所在区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，b))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，\f(a＋b,2)))，eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a＋1，\f(b,3)))，又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a＋2b－4,3)))＝0，则函数f(x)的零点为( B )
A．eq \f(1,2)B． eq \f(1,3)
C．eq \f(1,4)D． eq \f(1,5)
解析：因为对任意x1，x2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，b))，都有eq \f(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1))－f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2)),x1－x2)>0，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))•feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))<0，所以f(x)在eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(a，b))上单调递增，且feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a))<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(b))>0；因为a＋1>a恒成立，所以
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(a＋\f(a＋b,2),2)＝a＋1，,\f(a＋b,2)＝\f(b,3)，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝3，))
所以f(x)的零点为eq \f(－1＋2×3－4,3)＝eq \f(1,3)，故选B．
14．用二分法研究函数f(x)＝x3＋lneq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))的零点时，第一次经计算f(0)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，可得其中一个零点x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，第二次应计算feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4))).
解析：由于f(0)<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))>0，故f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上存在零点，所以x0∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，第二次计算应计算0和eq \f(1,2)在数轴上对应的中点x1＝eq \f(0＋\f(1,2),2)＝eq \f(1,4).
15．已知函数f(x)＝ax3－2ax＋a－eq \f(1,8)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调，且有一个零点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)若a＝eq \f(8,33)，用二分法求方程f(x)＝0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上的根．
解：(1)若a＝0，则f(x)＝－eq \f(1,8)，与题意不符，所以a≠0.
因为函数f(x)＝ax3－2ax＋a－eq \f(1,8)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调且有一个零点，由题意得feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))•feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(1,64)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(15a－1))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－1))<0，
解得eq \f(1,15)∀x1，x2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))，且x1因为－eq \f(1,2)所以(x1－x2)(xeq \\al(2,1)＋x1x2＋xeq \\al(2,2)－2)>0.
因为函数f(x)＝ax3－2ax＋a－eq \f(1,8)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上单调，
所以a<0或a>0，
综上，eq \f(1,15)所以实数a的取值范围为eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(a\b\lc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,15)(2)若a＝eq \f(8,33)，则f(x)＝eq \f(8,33)x3－eq \f(16,33)x＋eq \f(31,264)，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eq \f(29,88)>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0))＝eq \f(31,264)>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－eq \f(25,264)<0，
∴函数f(x)的零点在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))上，
又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝0，
∴方程f(x)＝0在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,2)))上的根为eq \f(1,4).
f(1)＝－2
f(1.5)＝0.625
f(1.25)＝－0.984
f(1.375)＝－0.260
f(1.438)＝0.165
f(1.406 5)＝－0.052
x
0.062 5
0.093 75
0.125
0.156 25
0.187 5
f(x)
－0.456 7
－0.180 9
0.097 8
0.379 7
0.664 7
x
－1.6
－1.4
－1.2
－1
－0.8
y＝2x
0.329 9
0.378 9
0.435 3
0.5
0.574 3
y＝x2
2.56
1.96
1.44
1
0.64
x
－0.6
－0.4
－0.2
0
…
y＝2x
0.659 8
0.757 9
0.870 6
1
…
y＝x2
0.36
0.16
0.04
0
…