高考数学一轮复习讲义第2章第8节函数与方程

这是一份高考数学一轮复习讲义第2章第8节函数与方程，共13页。

1．函数的零点
(1)函数零点的定义
对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)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．
2．二分法
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．
3．二次函数y＝ax2＋bx＋c (a>0)的图象与零点的关系
【知识拓展】
1．有关函数零点的结论
(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．
(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．
(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．
2．三个等价关系
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．
【思考辨析】
判断下列结论是否正确(请在括号中打“√”或“×”)
(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)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)<0.( × )
(3)只要函数有零点，我们就可以用二分法求出零点的近似值．( × )
(4)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点．( √ )
(5)若函数f(x)在(a，b)上单调且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．( √ )
1．(教材改编)函数的零点个数为( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 B
解析 f(x)是增函数，又f(0)＝－1，f(1)＝eq \f(1,2)，
∴f(0)f(1)<0，∴f(x)有且只有一个零点．
2．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是( )
A．y＝cs xB．y＝sin x
C．y＝ln xD．y＝x2＋1
答案 A
解析 由于y＝sin x是奇函数；y＝ln x是非奇非偶函数；y＝x2＋1是偶函数但没有零点；只有y＝cs x是偶函数又有零点．
3．(2016·吉林长春检测)函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点所在的区间是( )
A．(eq \f(1,e)，1) B．(1,2)
C．(2，e) D．(e,3)
答案 C
解析 因为f(eq \f(1,e))＝－eq \f(1,2)＋eq \f(1,e)－e－2<0，f(1)＝－2<0，f(2)＝eq \f(1,2)ln 2－eq \f(1,2)<0，f(e)＝eq \f(1,2)＋e－eq \f(1,e)－2>0，
所以f(2)f(e)<0，所以函数f(x)＝eq \f(1,2)ln x＋x－eq \f(1,x)－2的零点所在区间是(2，e)．
4．函数f(x)＝2x|lg0.5x|－1的零点个数为________．
答案 2
解析 由f(x)＝0，得|lg0.5x|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x，
作出函数y＝|lg0.5x|和y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象，
由图象知两函数图象有2个交点，
故函数f(x)有2个零点．
5．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________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析 ∵函数f(x)的图象为直线，由题意可得
f(－1)f(1)<0，
∴(－3a＋1)·(1－a)<0，解得eq \f(1,3)∴实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1)).
题型一 函数零点的确定
命题点1 确定函数零点所在区间
例1 (1)(2017·长沙调研)已知函数f(x)＝ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2的零点为x0，则x0所在的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
(2)(2016·济南模拟)设函数y＝x3与y＝(eq \f(1,2))x－2的图象的交点为(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，则x0所在的区间是________．
答案 (1)C (2)(1,2)
解析 (1)∵f(x)＝ln x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x－2在(0，＋∞)上为增函数，
又f(1)＝ln 1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))－1＝ln 1－2<0，
f(2)＝ln 2－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))0<0，
f(3)＝ln 3－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))1>0，
∴x0∈(2,3)，故选C.
(2)令f(x)＝x3－(eq \f(1,2))x－2，则f(x0)＝0，易知f(x)为增函数，且f(1)<0，f(2)>0，∴x0所在的区间是(1,2)．
命题点2 函数零点个数的判断
例2 (1)函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2，x≤0，,2x－6＋ln x，x>0))的零点个数是________．
(2)若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－lg3|x|的零点个数是( )
A．多于4 B．4
C．3 D．2
答案 (1)2 (2)B
解析 (1)当x≤0时，令x2－2＝0，解得x＝－eq \r(2)(正根舍去)，所以在(－∞，0]上有一个零点；当x>0时，f′(x)＝2＋eq \f(1,x)>0恒成立，所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数．又因为f(2)＝－2＋ln 2<0，f(3)＝ln 3>0，所以f(x)在(0，＋∞)上有一个零点，综上，函数f(x)的零点个数为2.
(2)由题意知，f(x)是周期为2的偶函数．
在同一坐标系内作出函数y＝f(x)及y＝lg3|x|的图象，如图，
观察图象可以发现它们有4个交点，
即函数y＝f(x)－lg3|x|有4个零点．
思维升华 (1)确定函数零点所在区间，可利用零点存在性定理或数形结合法．(2)判断函数零点个数的方法：①解方程法；②零点存在性定理、结合函数的性质；③数形结合法：转化为两个函数图象的交点个数．
(1)已知函数f(x)＝eq \f(6,x)－lg2x，在下列区间中，包含f(x)零点的区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,4) D．(4，＋∞)
(2)函数f(x)＝xcs x2在区间[0,4]上的零点个数为( )
A．4 B．5
C．6 D．7
答案 (1)C (2)C
解析 (1)因为f(1)＝6－lg21＝6>0，f(2)＝3－lg22＝2>0，f(4)＝eq \f(3,2)－lg24＝－eq \f(1,2)<0，所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4)．
(2)由f(x)＝xcs x2＝0，得x＝0或cs x2＝0.
又x∈[0,4]，所以x2∈[0,16]．
由于cs(eq \f(π,2)＋kπ)＝0(k∈Z)，
而在eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)的所有取值中，只有eq \f(π,2)，eq \f(3π,2)，eq \f(5π,2)，eq \f(7π,2)，eq \f(9π,2)满足在[0,16]内，故零点个数为1＋5＝6.
题型二 函数零点的应用
例3 (1)函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1,3) B．(1,2)
C．(0,3) D．(0,2)
(2)已知函数f(x)＝|x2＋3x|，x∈R，若方程f(x)－a|x－1|＝0恰有4个互异的实数根，则实数a的取值范围是________________．
答案 (1)C (2)(0,1)∪(9，＋∞)
解析 (1)因为函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a在区间(1,2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则有f(1)·f(2)<0，所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0.所以0＜a＜3.
(2)设y1＝f(x)＝|x2＋3x|，y2＝a|x－1|，
在同一直角坐标系中作出y1＝|x2＋3x|，y2＝a|x－1|的图象如图所示．
由图可知f(x)－a|x－1|＝0有4个互异的实数根等价于y1＝|x2＋3x|与y2＝a|x－1|的图象有4个不同的交点且4个交点的横坐标都小于1，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－x2－3x，,y＝a1－x))有两组不同解，
消去y得x2＋(3－a)x＋a＝0有两个不等实根，
所以Δ＝(3－a)2－4a>0，即a2－10a＋9>0，
解得a<1或a>9.
又由图象得a>0，∴09.
引申探究
本例(2)中，若f(x)＝a恰有四个互异的实数根，则a的取值范围是________________．
答案 (0，eq \f(9,4))
解析 作出y1＝|x2＋3x|，y2＝a的图象如下：
当x＝－eq \f(3,2)时，y1＝eq \f(9,4)；当x＝0或x＝－3时，y1＝0，
由图象易知，当y1＝|x2＋3x|和y2＝a的图象有四个交点时，0思维升华 已知函数零点情况求参数的步骤及方法
(1)步骤：①判断函数的单调性；②利用零点存在性定理，得到参数所满足的不等式(组)；③解不等式(组)，即得参数的取值范围．
(2)方法：常利用数形结合法．
(1)(2016·枣庄模拟)已知函数f(x)＝x2＋x＋a(a<0)在区间(0,1)上有零点，则a的取值范围为________．
(2)(2015·湖南)若函数f(x)＝|2x－2|－b有两个零点，则实数b的取值范围是________．
答案 (1)(－2,0) (2)(0,2)
解析 (1)∵－a＝x2＋x在(0,1)上有解，
又y＝x2＋x＝(x＋eq \f(1,2))2－eq \f(1,4)，
∴函数y＝x2＋x，x∈(0,1)的值域为(0,2)，
∴0<－a<2，∴－2(2)由f(x)＝|2x－2|－b＝0，得|2x－2|＝b.
在同一平面直角坐标系中画出y＝|2x－2|与y＝b的图象，如图所示．
则当0题型三 二次函数的零点问题
例4 已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围．
解 方法一 设方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的两根分别为x1，x2(x1∴x1x2－(x1＋x2)＋1<0，
由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，
即a2＋a－2<0，∴－2方法二 函数图象大致如图，则有f(1)<0，
即1＋(a2－1)＋a－2<0，∴－2故实数a的取值范围是(－2,1)．
思维升华 解决与二次函数有关的零点问题：(1)利用一元二次方程的求根公式；(2)利用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．
(2016·临沂一模)若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)的两个零点分别在区间(－1,0)和区间(1,2)内，则m的取值范围是__________．
答案 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
解析 依题意，结合函数f(x)的图象分析可知m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)4．利用转化思想求解函数零点问题
典例 (1)若函数f(x)＝ax－x－a(a>0且a≠1)有两个零点，则实数a的取值范围是________．
(2)若关于x的方程22x＋2xa＋a＋1＝0有实根，则实数a的取值范围为________．
思想方法指导 (1)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数，利用数形结合求解参数范围．
(2)“a＝f(x)有解”型问题，可以通过求函数y＝f(x)的值域解决．
解析 (1)函数f(x)＝ax－x－a(a>0且a≠1)有两个零点，即方程ax－x－a＝0有两个根，即函数y＝ax与函数y＝x＋a的图象有两个交点．
当0当a>1时，图象如图②所示，此时有两个交点．
∴实数a的取值范围为(1，＋∞)．
(2)由方程，解得a＝－eq \f(22x＋1,2x＋1)，设t＝2x(t>0)，
则a＝－eq \f(t2＋1,t＋1)＝－(t＋eq \f(2,t＋1)－1)
＝2－[(t＋1)＋eq \f(2,t＋1)]，其中t＋1>1，
由基本不等式，得(t＋1)＋eq \f(2,t＋1)≥2eq \r(2)，当且仅当t＝eq \r(2)－1时取等号，故a≤2－2eq \r(2).
答案 (1)(1，＋∞) (2)(－∞，2－2eq \r(2)]
1．设f(x)＝ln x＋x－2，则函数f(x)的零点所在的区间为( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
答案 B
解析 ∵f(1)＝ln 1＋1－2＝－1<0，f(2)＝ln 2>0，
∴f(1)·f(2)<0，
∵函数f(x)＝ln x＋x－2的图象是连续的，
∴f(x)的零点所在的区间是(1,2)．
2．(2016·潍坊模拟)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－1，x≤1，,1＋lg2x，x>1，))则函数f(x)的零点为( )
A.eq \f(1,2)B．－2
C．0或eq \f(1,2)D．0
答案 D
解析 当x≤1时，由f(x)＝2x－1＝0，解得x＝0；当x>1时，由f(x)＝1＋lg2x＝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，故选D.
3．已知三个函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－2，h(x)＝lg2x＋x的零点依次为a，b，c，则( )
A．aC．b答案 B
解析 方法一 由于f(－1)＝eq \f(1,2)－1＝－eq \f(1,2)<0，f(0)＝1>0且f(x)为R上的递增函数．
故f(x)＝2x＋x的零点a∈(－1,0)．
∵g(2)＝0，∴g(x)的零点b＝2；
∵heq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝－1＋eq \f(1,2)＝－eq \f(1,2)<0，h(1)＝1>0，
且h(x)为(0，＋∞)上的增函数，
∴h(x)的零点c∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，因此a方法二 由f(x)＝0得2x＝－x；
由h(x)＝0得lg2x＝－x，作出函数y＝2x，
y＝lg2x和y＝－x的图象(如图)．
由图象易知a<0,0故a4．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是( )
A．1 B．2 C．3 D．4
答案 B
解析 (数形结合法)
∵a>0，∴a2＋1>1.
而y＝|x2－2x|的图象如图，
∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．
5．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1，x≤0，,\f(1,x)，x>0，))则使方程x＋f(x)＝m有解的实数m的取值范围是( )
A．(1,2)
B．(－∞，－2]
C．(－∞，1)∪(2，＋∞)
D．(－∞，1]∪[2，＋∞)
答案 D
解析 当x≤0时，x＋f(x)＝m，即x＋1＝m，解得m≤1；当x>0时，x＋f(x)＝m，即x＋eq \f(1,x)＝m，解得m≥2，即实数m的取值范围是(－∞，1]∪[2，＋∞)．故选D.
6．已知x∈R，符号[x]表示不超过x的最大整数，若函数f(x)＝eq \f([x],x)－a(x≠0)有且仅有3个零点，则实数a的取值范围是________________．
答案 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,4)，\f(4,5)))∪[eq \f(4,3)，eq \f(3,2))
解析 当0当1≤x<2时，f(x)＝eq \f([x],x)－a＝eq \f(1,x)－a；
当2≤x<3时，f(x)＝eq \f([x],x)－a＝eq \f(2,x)－a；…
f(x)＝eq \f([x],x)－a的图象是把y＝eq \f([x],x)的图象进行纵向平移而得到的，画出y＝eq \f([x],x)的图象，如图所示，通过数形结合可知a∈(eq \f(3,4)，eq \f(4,5)]∪[eq \f(4,3)，eq \f(3,2))．
7．若函数f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2和3，则不等式af(－2x)>0的解集是________________．
答案 {x|－eq \f(3,2)解析 ∵f(x)＝x2＋ax＋b的两个零点是－2,3.
∴－2,3是方程x2＋ax＋b＝0的两根，
由根与系数的关系知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2＋3＝－a，,－2×3＝b.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－6，))
∴f(x)＝x2－x－6.
∵不等式af(－2x)>0，
即－(4x2＋2x－6)>0⇔2x2＋x－3<0，
解集为{x|－eq \f(3,2)8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x3，x≤a，,x2，x>a.))若存在实数b，使函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，则a的取值范围是________．
答案 (－∞，0)∪(1，＋∞)
解析 令φ(x)＝x3(x≤a)，h(x)＝x2(x>a)，函数g(x)＝f(x)－b有两个零点，即函数y＝f(x)的图象与直线y＝b有两个交点，结合图象(图略)可得a<0或φ(a)>h(a)，即a<0或a3>a2，解得a<0或a>1，故a∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．
9．(2016·天津)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,lgax＋1＋1，x≥0)) (a>0，且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－eq \f(x,3)恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是____________．
答案 eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
解析 因为函数f(x)在R上单调递减，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(02＋4a－3·0＋3a≥f0，,\f(3－4a,2)≥0，,0作出函数y＝|f(x)|，y＝2－eq \f(x,3)的图象如图．
由图象可知，在[0，＋∞)上，|f(x)|＝2－eq \f(x,3)有且仅有一个解；在(－∞，0)上，|f(x)|＝2－eq \f(x,3)同样有且仅有一个解，所以3a<2，即a所以a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))).
*10.(2016·衡水期中)若a>1，设函数f(x)＝ax＋x－4的零点为m，函数g(x)＝lgax＋x－4的零点为n，则eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为________．
答案 1
解析 设F(x)＝ax，G(x)＝lgax，h(x)＝4－x，则h(x)与F(x)，G(x)的交点A，B横坐标分别为m，n(m>0，n>0)．
因为F(x)与G(x)关于直线y＝x对称，
所以A，B两点关于直线y＝x对称．
又因为y＝x和h(x)＝4－x交点的横坐标为2，
所以m＋n＝4.
又m>0，n>0，
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)＝(eq \f(1,m)＋eq \f(1,n))·eq \f(m＋n,4)
＝eq \f(1,4)(2＋eq \f(n,m)＋eq \f(m,n))≥eq \f(1,4)(2＋2 eq \r(\f(n,m)×\f(m,n)))＝1.
当且仅当eq \f(n,m)＝eq \f(m,n)，即m＝n＝2时等号成立．
所以eq \f(1,m)＋eq \f(1,n)的最小值为1.
11．设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x>0)．
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
解 (1)如图所示．
(2)∵f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈0，1]，,1－\f(1,x)，x∈1，＋∞，))
故f(x)在(0,1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数．
由0(3)由函数f(x)的图象可知，当012．关于x的二次方程x2＋(m－1)x＋1＝0在区间[0,2]上有解，求实数m的取值范围．
解 显然x＝0不是方程x2＋(m－1)x＋1＝0的解，
0又∵y＝x＋eq \f(1,x)在(0,1]上单调递减，在[1,2]上单调递增，
∴y＝x＋eq \f(1,x)在(0,2]上的取值范围是[2，＋∞)，
∴1－m≥2，∴m≤－1，
故m的取值范围是(－∞，－1]．
*13.已知二次函数f(x)的最小值为－4，关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝eq \f(fx,x)－4ln x的零点个数．
解 (1)∵f(x)是二次函数且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴设f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a且a>0.
又∵a>0，f(x)＝a[(x－1)2－4]≥－4，
且f(1)＝－4a，
∴f(x)min＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)∵g(x)＝eq \f(x2－2x－3,x)－4ln x
＝x－eq \f(3,x)－4ln x－2 (x>0)，
∴g′(x)＝1＋eq \f(3,x2)－eq \f(4,x)＝eq \f(x－1x－3,x2).
令g′(x)＝0，得x1＝1，x2＝3.
当x变化时，g′(x)，g(x)的变化情况如下表：
当0g(x)在(3，＋∞)上单调递增，
g(3)＝－4ln 3<0，取x＝e5>3，
又g(e5)＝e5－eq \f(3,e5)－20－2>25－1－22＝9>0.
故函数g(x)只有1个零点且零点x0∈(3，e5)．Δ>0
Δ＝0
Δ<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
2
1
0
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
↗
极大值
↘
极小值
↗