（江苏专版）2020版高考数学一轮复习第二章函数的概念与基本初等函数Ⅰ第八节函数与方程学案（理）（含解析）.doc

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1、1第八节 函数与方程1函数的零点(1)函数零点的定义对于函数 y f(x)，我们把使 f(x)0 的实数 x 叫做函数 y f(x)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 也就是方程 f(x)0 的根c2二次函数 y ax2 bx c(a0)的图象与零点的关系 0 0 0图象与 x 轴

2、的交点 (x1,0)，( x2,0) (x1,0) 无交点零点个数 2 1 0小题体验1(2019苏州调研)函数 ye 2x1 的零点是_答案：02函数 f(x)ln x2 x6 的零点个数是_答案：13(2019海门中学月考)若方程 x2 x6 的解所在的区间是( k， k1)，则整数(12)k_.解析：令 f(x) x2 x6，根据方程 x2 x6 的解所在的区间是( k， k1)，(12) (12)f(x)在( k， k1)上单调递减，可得 f(x) x2 x6 在区间是( k， k1)上有唯一零点，故有 f(k)f(k1)0，再(12)2根据 f(2)20， f(1)20，可得 k2.

3、答案：21函数 f(x)的零点是一个实数，是方程 f(x)0 的根，也是函数 y f(x)的图象与 x轴交点的横坐标2函数零点存在性定理是零点存在的一个充分条件，而不是必要条件；判断零点个数还要根据函数的单调性、对称性或结合函数图象小题纠偏1函数 f(x)( x22)( x23 x2)的零点为_答案： ， ，1,22 22给出下列命题：函数 f(x) x21 的零点是(1,0)和(1,0)；函数 y f(x)在区间( a， b)内有零点(函数图象连续不断)，则一定有 f(a)f(b)0；二次函数 y ax2 bx c(a0)在 b24 ac0 时没有零点；若函数 f(x)在( a， b)上单调

4、且 f(a)f(b)0，则函数 f(x)在 a， b上有且只有一个零点其中正确的是_(填序号)答案：考 点 一 函 数 零 点 所 在 区 间 的 判 定 基 础 送 分 型 考 点 自 主 练 透 题组练透1已知定义在 R 上的函数 f(x)图象的对称轴为 x3，且当 x3 时， f(x)2 x3.若函数 f(x)在区间( k1， k)(kZ)上有零点，则 k 的值为_解析：当 x3 时，由 f(x)2 x30，解得 xlog 23.因为 1log 232，即函数的零点所在的区间为(1,2)，所以 k2.又函数 f(x)的图象关于 x3 对称，所以另外一个零点在区间(8，7)上，此时k7.答

5、案：7 或 22设 f(x)ln x x2，则函数 f(x)的零点所在的区间为_解析：函数 f(x)的零点所在的区间转化为函数 g(x)ln x， h(x) x2 图象交点的横坐标所在的范围作出图象如图所示，可知 f(x)的零点所在的区间为(1,2)3答案：(1,2)3函数 f(x) x23 x18 在区间1,8上_(填“存在”或“不存在”)零点解析：法一：因为 f(1)1 23118200，f(8)8 23818220，所以 f(1)f(8)0，又 f(x) x23 x18 在区间1,8的图象是连续的，故 f(x) x23 x18 在区间1,8上存在零点法二：令 f(x)0，得 x23 x1

6、80，所以( x6)( x3)0.因为 x61,8， x31,8，所以 f(x) x23 x18 在区间1,8上存在零点答案：存在谨记通法确定函数 f(x)的零点所在区间的 2 种常用方法(1)定义法：使用零点存在性定理，函数 y f(x)必须在区间 a， b上是连续的，当f(a)f(b)0 时，函数在区间( a， b)内至少有一个零点(2)图象法：若一个函数(或方程)由两个初等函数的和(或差)构成，则可考虑用图象法求解，如 f(x) g(x) h(x)，作出 y g(x)和 y h(x)的图象，其交点的横坐标即为函数f(x)的零点考 点 二 判 断 函 数 零 点 个 数 重 点 保 分 型

7、 考 点 师 生 共 研 典例引领1(2018全国卷)函数 f(x)cos 在0，的零点个数为_(3x 6)解析：由题意可知，当 3x k (kZ)时， 6 2f(x)0. x0，3 x ， 6 6， 196 当 3x 取值为 ， ， 时， f(x)0， 6 232 52即函数 f(x)cos 在0，的零点个数为 3.(3x 6)答案：32函数 f(x)Error!的零点个数是_解析：当 x0 时，由 ln x x22 x0，得 ln x x22 x.作出函数 yln x， y x22 x 的图象(图略)，由图象可知有两个交点当 x0 时，由 4x10，解得 x .14所以函数的零点个数是 3

8、.4答案：3由题悟法判断函数零点个数的 3 种方法(1)方程法：令 f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间 a， b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点即时应用1(2018上海徐汇区检测)定义在 R 上的偶函数 y f(x)，当 x0 时， f(x)lg( x23 x3)，则 f(x)在

9、 R 上的零点个数为_解析：当 x0 时， f(x)lg( x23 x3)，由 lg(x23 x3)0，得 x23 x31，解得 x1 或 x2.因为函数 y f(x)是定义在 R 上的偶函数，所以函数的零点个数为 4.答案：42函数 f(x)e x x2 的零点个数为_12解析：因为 f( x)e x 0，所以 f(x)在 R 上单调递增，12又 f(0)120， f(1)e 0，32所以函数在区间(0,1)上有且只有一个零点答案：1考 点 三 函 数 零 点 的 应 用 重 点 保 分 型 考 点 师 生 共 研 典例引领(2019南通中学高三学情调研)已知函数 g(x)Error!若函数

10、 y g(g(x)2 m 有 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_解析：当 x0 时， g(x) x10，此时 g(g(x)( x1) 21 x22 x，当 0 x1 时， g(x) x210，此时 g(g(x)( x21)1 x22，当 x1 时， g(x) x210，此时 g(g(x)( x21) 21 x42 x2，所以函数 y g(g(x)Error!画出函数 y g(g(x)的图象如图所示结合图象可知，若函数 y g(g(x)2 m 有 3 个不同的零点，则 12 m2，即 m1，所以实数 m 的取值范围是 .12 (12， 15答案： (12， 1由题悟法已知函数有零点(方

11、程有根)求参数取值范围常用方法直接法 直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围分离参数法 先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决数形结合法先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解即时应用1(2018南京、盐城高三一模)设函数 f(x)是偶函数，当 x0 时， f(x)Error!若函数 y f(x) m 有四个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_解析：作出当 x0 时 f(x)的图象，根据偶函数的图象关于 y 轴对称可得 x0 时的图象，由图象可得 m .1，94)答案： 1，94)2(2018启东中学检测)已知 f(x) x22

12、x1，若函数 y f(|ax1|) k|ax1|4 k(a1)有三个不同的零点，则实数 k 的取值范围是_解析：设 t| ax1|， t0，则函数 y f(|ax1|) k|ax1|4 k t2( k2)t4 k1.设 h(t) t2( k2) t4 k1，若函数 g(x)有三个不同的零点，则方程 h(t)0 有两个不等的实数解 t1， t2，且解的情况有如下三种： t1(1，)， t2(0,1)，此时有 h(0)0，且 h(1)0，解得 k . 14 25 t10， t2(0,1)，此时由 h(0)0，得 k ，所以 h(t) t2 t，即 t2 ，不符14 74 74合 t2(0,1);

13、t11， t2(0,1)，此时由 h(1)0，得 k ，所以 h(t) t2 t ，即 t2 ，25 85 35 35符合 t2(0,1)综上，实数 k 的取值范围是 .(14， 25答案： (14， 256 一抓基础，多练小题做到眼疾手快1已知函数 f(x) a 的零点为 1，则实数 a 的值为_23x 1解析：由已知得 f(1)0，即 a0，解得 a .231 1 12答案：122已知关于 x 的方程 x2 mx60 的一个根比 2 大，另一个根比 2 小，则实数 m 的取值范围是_解析：设函数 f(x) x2 mx6，则根据条件有 f(2)0，即 42 m60，解得 m1.答案：(，1)

14、3已知函数 f(x)Error!若 f(0)2， f(1)1，则函数 g(x) f(x) x 的零点个数为_解析：依题意得Error!由此解得 b4， c2.由 g(x)0 得 f(x) x0，该方程等价于Error! 或Error! 解得 x2，解得 x1 或 x2.因此，函数 g(x) f(x) x 的零点个数为 3.答案：34(2019连云港调研)已知函数 f(x) x b 有一个零2 x2点，则实数 b 的取值范围为_解析：由已知，函数 f(x) x b 有一个零点，即函数2 x2y x b 和 y 的图象有 1 个交点，如图，其中与半圆相切的直线方程为 y x2，2 x2过点(0，

15、)的直线方程为 y x ，所以满足条件的 b 的取值范围是 b2 或2 2 b .2 2答案：2( ， 2 25(2018苏州质检)已知函数 f(x) xcos x，则 f(x)在0,2上的零点个数为(12)_解析：作出 g(x) x与 h(x)cos x 的图象如图所示，(12)可以看到其在0,2上的交点个数为 3，所以函数 f(x)在0,2上的零点个数为 3.7答案：36(2018泰州中学上学期期中)已知函数 y f(x)的周期为 2，当 x1,1时，f(x) x2，那么函数 y f(x)的图象与函数 y|lg x|的图象的交点共有_个解析：在同一直角坐标系中分别作出 y f(x)和 y|

16、lg x|的图象，如图，结合图象知，共有 10 个交点答案：10 二保高考，全练题型做到高考达标1设 x0为函数 f(x)2 x x2 的零点，且 x0( m， n)，其中 m， n 为相邻的整数，则 m n_.解析：函数 f(x)2 x x2 为 R 上的单调增函数，又 f(0)10210， f(1)21210，所以 f(0)f(1)0，故函数 f(x)2 x x2 的零点在区间(0,1)内，故 m0， n1， m n1.答案：12(2018镇江中学检测)已知函数 f(x)2 x2 x6 的零点为 x0，不等式 x4 x0的最小的整数解为 k，则 k_.解析：函数 f(x)2 x2 x6 为

17、 R 上的单调增函数，又 f(1)20， f(2)20，所以函数 f(x)2 x2 x6 的零点 x0满足 1 x02，故满足 x0 n 的最小的整数 n2，即k42，所以满足不等式 x4 x0的最小的整数解 k6.答案：63已知方程 2x3 x k 的解在1,2)内，则 k 的取值范围为_解析：令函数 f(x)2 x3 x k，则 f(x)在 R 上是增函数当方程 2x3 x k 的解在(1,2)内时， f(1)f(2)0，即(5 k)(10 k)0，解得 5 k10.当 f(1)0 时， k5.综上， k 的取值范围为5,10)答案：5,10)4(2019太原模拟)若函数 f(x)( m2

18、) x2 mx(2 m1)的两个零点分别在区间(1,0)和区间(1,2)内，则实数 m 的取值范围是_解析：依题意并结合函数 f(x)的图象可知，Error!即Error!8解得 m .14 12答案： (14， 12)5(2018无锡期末)设函数 f(x)Error!若方程 f(x) mx0 恰好有 3 个零点，则实数 m 的取值范围为_解析：当 x1 时，方程 f(x) mx0 变为 1 mx0，解得 x ；1m当1 x1 时，方程 f(x) mx0 变为 xlog2(x1) m0，解得 x0 或x2 m1.因为 f(x) mx0 恰好有 3 个零点，所以 1，且12 m11，1m解得 0

19、 m1，故实数 m 的取值范围为(0,1)答案：(0,1)6(2019镇江调研)已知 k 为常数，函数 f(x)Error!若关于 x 的方程 f(x) kx2有且只有 4 个不同的解，则实数 k 的取值范围为_解析：作出函数 y f(x)的大致图象如图所示，若关于 x 的方程 f(x) kx2 有且只有 4 个不同解，当直线 y kx2 与 yln x 的图象相切时，设切点为( m， n)，可得 nln m， yln x 的导数为 y (x1)，可得 k ，则 n km2，解得 me 3， ke 3 ，则1x 1m实数 k 的取值范围为(0，e 3 )答案：(0，e 3 )7(2018苏州调

20、研)已知函数 f(x)Error!若直线 y ax 与 y f(x)交于三个不同的点 A(m， f(m)， B(n， f(n)， C(t， f(t)(其中 m n t)，则 n 2 的取值范围是1m_解析：由已知条件可得Error!所以Error!所以 n 2 n ，令 g(n) n ，1m ln nn ln nn当 f(x)ln x， x0 与 y ax 相切时，由 f( x) ，得 a，又 ln x ax，解得1x 1xxe，所以要满足题意，则 1 ne.由 g( n)1 0，所以 g(n) n 在1 ln nn2 ln nn(1，e)上单调递增，所以 g(n) n 2 .1m (1， e

21、 1e)9答案： (1， e1e)8(2018南京、盐城一模)设 f(x)是定义在 R 上的奇函数，且 f(x)2 x ，设m2xg(x)Error! 若函数 y g(x) t 有且只有一个零点，则实数 t 的取值范围是_解析：因为 f(x)为奇函数，所以 f( x) f(x)，即2 x m2x(2 x m2 x)，解得 m1，故 g(x)Error!作出函数g(x)的图象(如图所示)当 x1 时， g(x)单调递增，此时 g(x) ；当32x1 时， g(x)单调递减，此时 g(x) ，所以当 t 时，32 32， 32y g(x) t 有且只有一个零点答案： 32， 329已知二次函数 f

22、(x) x2(2 a1) x12 a，(1)判断命题：“对于任意的 aR，方程 f(x)1 必有实数根”的真假，并写出判断过程；(2)若 y f(x)在区间(1,0)及 内各有一个零点，求实数 a 的取值范围(0，12)解：(1)“对于任意的 aR，方程 f(x)1 必有实数根”是真命题依题意， f(x)1有实根，即 x2(2 a1) x2 a0 有实根，因为 (2 a1) 28 a(2 a1) 20 对于任意的 aR 恒成立，即 x2(2 a1) x2 a0 必有实根，从而 f(x)1 必有实根(2)依题意，要使 y f(x)在区间(1,0)及 内各有一个零点，(0，12)只需Error!

23、即Error!解得 a .12 34故实数 a 的取值范围为 .(12， 34)10(2018通州中学检测)已知二次函数 f(x) ax2 bx1， g(x) a2x2 bx1.若函数 f(x)有两个不同零点 x1， x2，函数 g(x)有两个不同零点 x3， x4.(1)若 x3 x1 x4，试比较 x2， x3， x4的大小关系；(2)若 x1 x3 x2， m， n， p(， x1)， ，求证：f mg n f ng p f pg mm n p.解：(1)因为函数 g(x)的图象开口向上，且零点为 x3， x4，故 g(x)0 x( x3， x4)因为 x1， x2是 f(x)的两个不同

24、零点，10故 f(x1) f(x2)0.因为 x3 x1 x4，故 g(x1)0 f(x1)，于是( a2 a)x 0.21注意到 x10，故 a2 a0.所以 g(x2) f(x2)( a2 a)x 0，2故 g(x2) f(x2)0，从而 x2( x3， x4)，于是 x3 x2 x4.(2)证明：记 x1 x3 t，故 f(t) at2 bt10， g(t) a2t2 bt10，于是(a a2)t20.因为 a0，且 t0，故 a1.所以 f(x) g(x)且图象开口向上所以对 x(， x1)， f( x)递增且 f( x)0， g(x)递减且 g(x)0.若 m n，则 f( n) f

25、( m)0， 0，从而 g(p) g(n)0，故 n p.1g n 1g p同上，当 n p 时，可推得 p m.所以 p m n p，矛盾所以 m n 不成立同理， n m 亦不成立所以 m n.同理， n p.所以 m n p. 三上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2019镇江期中)函数 f(x)Error!若关于 x 的方程 f2(x) bf(x)4 b10 有4 个不同的实数根，则实数 b 的取值范围是_解析：令 t f(x)，则原方程等价于 t2 bt14 b0.作出函数 f(x)的图象如图所示由图象可知，当 t3，2 t1 时，函数 y t 和 y f(x)各有两个交点，要使方程 f

26、2(x) bf(x)4 b10 有 4 个不同的实数根，则方程 t2 bt14 b0有两个根 t1， t2，且 t13，2 t21.令 g(t) t2 bt14 b，则由根的分布可得Error!解得 b .52 107答案： 52， 107)2(2019南京调研)设函数 fk(x)2 x( k1)2 x(xR， kZ)(1)若 fk(x)是偶函数，求不等式 fk(x) 的解集；174(2)设不等式 f0(x) mf1(x)4 的解集为 A，若 A1,2，求实数 m 的取值范围；11(3)设函数 g(x) f 0(x) f2(2x)2，若 g(x)在 x1，)上有零点，求实数 的取值范围解：(1

27、)因为 fk(x)是偶函数，所以 fk( x) fk(x)恒成立，即 2 x( k1)2 x2 x( k1)2 x，所以 k2.由 2x2 x ，得 422x172 x40，174解得 2x 或 2x4，即 x2 或 x2，14所以不等式 fk(x) 的解集为 x|x2 或 x2174(2)不等式 f0(x) mf1(x)4，即为 2x2 x m2x4，所以 m ，即 m 24 1.2 x 2x 42x (12x) 12x令 t ， x1,2，则 t ，12x 14， 12设 h(t) t24 t1， t ，14， 12则 h(t)max h .(12) 54由 A1,2，即不等式 f0(x)

28、 mf1(x)4 在1,2上有解，则需 m h(t)max，即m .54所以实数 m 的取值范围为 .( ，54(3)函数 g(x) (2x2 x)(2 2x2 2 x)2 在 x1，)上有零点，即 (2x2 x)(2 2x2 2 x)20 在 x1，)上有解，因为 x1，)，所以 2x2 x0，所以问题等价于 在 x1，)上有解22x 2 2x 22x 2 x令 p2 x，则 p2，令 u p ，1p则 u 在 p2，)上单调递增，因此 u ， .32 u2 4u设 r(u) u ，则 r( u)1 ，当 u2 时， r( u)0，即函数 r(u)u2 4u 4u 4u2 32在 上单调递减，当 u2 时， r( u)0，即函数 r(u)在2，)上单调递增，32， 212所以函数 r(u)在 u2 时取得最小值，且最小值 r(2)4，所以 r(u)4，)，从而满足条件的实数 的取值范围是4，)