【名师导学】2015高考数学一轮总复习 2.12 函数与方程课件 理_图文

第12讲

函数与方程

【学习目标】 1.结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程 根的联系,判断根的存在性与根的个数. 2.利用函数的零点求解参数的取值范围. 3.利用二分法求方程的近似解.

1. 在下列区间中, 函数 f (x)=ex+4x-3 的零点所 在的区间为( C ) ? 1 ? A.?-4,0? ? ?
?1 1? C.?4,2? ? ? ? 1? B.?0,4? ? ? ?1 3? D.?2,4? ? ?

【解析】∵f(x)是 R 上的增函数且图象是连续的, 且 1 1 ?1? ?1? 1 1 1 ? ? ? ? f 4 =e4+4× -3=e -2<0,f 2 =e2+4× -3= 4 4 2 ? ? ? ?

1 ?1 1? e2-1>0,∴f(x)在?4,2?内存在唯一零点. ? ?

2.若函数 f(x)在(1,2)内有一个零点,要使零点的 近似值满足精确度为 0.01,则对区间(1,2)至少二等分 ( C ) A.5 次 B.6 次 C.7 次 D.8 次

【解析】设对区间(1,2)至少二等分 n 次,此区间 1 长为 1,第 1 次二等分后区间长为 ,第 2 次二等分后 2 1 1 区间长为 2,第 3 次二等分后区间长为 3,…,第 n 次 2 2 1 1 二等分后区间长为 n . 依题意得 n <0.01 , ∴n>log2100. 2 2 由于 6<log2100<7,∴n≥7,即 n=7 为所求.

3.已知函数

?1?x f(x)=?3? -log2x,若实数 ? ?

x0 是方程

f(x)=0 的解,且 0<x1<x0,则 f(x1)( A ) A.恒为正值 C.恒为负值
【解析】设 log2x, 画出 f1(x) 和 f2(x) 的图象 ( 如 图 ) , 易 知 当 0<x1<x0 时 , f1(x1)>f2(x1) ,所以 f(x1) = f1(x1) - f2(x1)>0,即 f(x1)的值恒为正值.

B.等于 0 D.不大于 0

?1?x f1(x)=?3? ,f2(x)= ? ?

4.已知方程 x2+ax+b=0 有等根,若关于 x 的不 等式 x2+ax+b<t 的解集为(m,m+6),则实数 t 的值为

9 ________ .
2 a 【解析】由条件得:a2-4b=0,∴b= ,∴原不 4 2 ? a?2 a 2 等式可化 x +ax+ <t,即?x+2? <t, 4 ? ?

? a - - t=m, ? 2 a a 解得- - t<x<- + t,∴? ,两 2 2 a ?- + t = m + 6 ? 2 式相减得: t=3,∴t=9.

【知识要点】 1.函数的零点 (1)函数零点的定义

f(x)=0 的实数 x 对于函数 y=f(x),我们把使___________
叫做函数 y=f(x)的零点. (2)方程 f(x)=0 有实数根?函数 y=f(x)的图象与 x 零点 . 轴有交点?函数 y=f(x)有________ (3)函数零点的判定

连续不断 如果函数 y=f(x)在区间[a, b]上的图象是_________ f(a)· f(b)<0 ,那么,函数 y=f(x) 的一条曲线,并且有____________ (a,b) 内有零点, 在区间__________ 即存在 c∈(a, b), 使得 f(c)
=0,这个 c 也就是方程 f(x)=0 的根.

2.二次函数 y=f(x)=ax2+bx+c(a>0)零点的分布 根的分布 (m<n<p 为常数) 图象 满足条件 ? ?Δ >0 ? b ?- <m ? 2a ? ?f(m)>0 ? ?Δ>0 ? b ? - 2a> m ? ? ?f(m)>0

x1<x2<m

m<x1<x2

x1<m<x2

f(m)<0 Δ >0 ? ? ?m<-2ba<n ? ?f(m)>0 ? ?f(n)>0 f(m)>0 ? ? ?f(n)<0 ? ?f(p)>0 Δ =0 ? ? ? b m < - <n ? 2a ? 或 f(m)· f(n)<0

m<x1<x2<n

m<x1<n<x2<p

只有一根在 (m,n)之间

3.二分法求方程的近似解 二分法的定义: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 . 给定精确度 ε,用二分法求函数 f(x)零点近似值的 步骤如下: ①确定区间[a, b], 验证 f(a)· f(b)<0, 给定精确度 ε; ②求区间(a,b)的中点 c; ③计算 f(c);

(ⅰ)若 f(c)=0,则 c 就是函数的零点; (ⅱ)若 f(a)· f(c)<0, 则令 b=c(此时零点 x0∈(a, c)); (ⅲ)若 f(c)· f(b)<0, 则令 a=c(此时零点 x0∈(c, b)); ④判断是否达到精确度ε ,即:若|a-b|<ε,则得 到零点近似值 a(或 b);否则重复②~④.

一、一元二次方程根的分布 例1已知关于 x 的二次方程 x2+2mx+2m+1=0. (1)若方程有两根,其中一根在区间(-1,0)内,另 一根在区间(1,2)内,求 m 的取值范围; (2)若方程两根均在区间(0,1)内,求 m 的取值范 围.

【解析】(1)由已知,f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴交点分别在(-1,0)和(1,2)内,如图. 1 ? ?m<-2 ? ?f(0)=2m+1<0 ?m∈R ? ?f(-1)=2>0 得:? ?? 1? ?f(1)=4m+2<0 ?m<-2 ? ?f(2)=6m+5>0 ? ?m>-5 6 ? ? 5 1? m∈?-6,-2?. ? ? (2)抛物线 y=f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴交点均 落在(0,1)内,如图.

1 ? ?m>- f ( 0 ) >0 2 ? ? ? 1 ?f(1)>0 ? 得? ??m>-2 ?Δ≥0 ? ? ?0<-m<1 ?m≤1- 2或m≥1+ 2 ? ?-1<m<0 ? 1 ? ?m∈?-2,1- 2?. ? ? 【点评】一元二次函数的零点问题,即一元二次方 程根的分布问题,通常转化为二次函数的图象问题,利 用等价转换思想求解.

二、函数零点的判定 例2设函数 f(x)表示数轴上整数点与实数 x 对应点之 间距离的最小值.如:当
? 1 1? x∈?-2,2? ? ?

时,x 与 0 的距 与3

离最小,此时 f(x)=|x-0|=|x|;当

?5 7? x∈?2,2?时,x ? ?

的距离最小,此时 f(x)=|x-3|. ? 1 1? (1)当 x∈?k-2,k+2?(k∈Z)时, 写出用绝对值符号 ? ? 表示的 f(x)的解析式,并说明理由; 1 (2)若 e- <a<1,求证方程 f(x)-loga x=0 有且只 2 有一个实根.

【解析】(1)当

? 1 1? x∈?k-2,k+2?(k∈Z)时,由定义 ? ?

可知:k 为与 x 最近的整数, ? 1 1? 故 f(x)=|x-k|,x∈?k-2,k+2?(k∈Z). ? ? 1 (2)f(x)-loga x=0,即|x-k|- logax=0 2 1 1 ①当 x>1 时, |x-k|≥0> logax, 所以|x-k|- logax 2 2 =0 没有大于 1 的实根; 1 ②容易验证 x=1 为方程|x-k|- logax=0 的实根; 2 1 1 ③当 <x<1 时,方程|x-k|- logax=0 可化为-1 2 2 1 +x+ logax=0, 2

?1 ? 1 设 g(x)=-1+x+ logax,?2<x<1?, 2 ? ? 1 1 1 则 g′(x)= +1< +1=-x+1<0 2xln a 1 2xln e- 2 1 所以当 <x<1 时,g(x)为减函数,g(x)>g(1)=0, 2 1 1 所以当 <x<1 时, g(x)=0 无实根, 即|x-k|- logax 2 2 1 =0 在 <x<1 无实根; 2 1 ④当 0<x≤ 时, 2 1 1 方程|x-k|- logax=0 可化为 x- logax=0; 2 2

? 1? 1 设 φ(x)=x- logax?0<x≤2?,显然 φ(x)为增函数, 2 ? ? ?1? 所以 φ(x)≤φ?2?<0 ? ? 1 1 所以当 0<x≤ 时,φ(x)=0 无实根,即|x-k|- 2 2 1 logax=0 在 0<x≤ 无实根; 2 综上可得 f(x)-loga x=0 有且只有一个实根为 x =1.

【点评】已知函数有零点,求参数取值常用方法: ①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; ②分离参数法; ③数形 结合法.

三、函数零点的探究 例3已知函数 f(x)=2x2-aln x. (1)讨论函数 f(x)的单调性; (2)设函数 g(x)=-cos 2x,试问:在定义域内是否 存在三个不同的自变量 xi(i=1,2,3)使得函数 f(xi)- g(xi)的值相等?若存在,请求出 a 的范围;若不存在, 请说明理由.

【解析】 (1)由已知得函数 f(x)的定义域为(0, + ∞ ),
2 a 4x -a f′(x)=4x-x= x .

则当 a≤0 时,f′(x)>0,可得函数 f(x)在定义域(0, +∞)上单调递增;

当 a>0 时, 易得函数
? f(x)在? ? ?

? ? f(x)在?0, ?

a? ? 上单调递减, 函 ? 2?

? a ? 数 ,+∞?上单调递增. 2 ? (2)若存在,设 f(xi)-g(xi)=m(i=1,2,3), 则对于某一实数 m,方程 f(x)-g(x)=m 在(0,+ ∞)上有三个不等的实根. 设 F(x)=f(x)-g(x)-m=2x2-aln x+cos 2x-m, a 则 F′(x)=4x-x-2sin 2x(x>0)有两个不同的零点, 即方程 a=4x2-2xsin 2x(x>0)有两个不同的解. 设 G(x)=4x2-2xsin 2x(x>0), 则 G′(x)=8x-2sin 2x-4xcos 2x=2(2x-sin 2x)+ 4x(1-cos 2x).

设 h(x)=2x-sin 2x,则 h′(x)=2-2cos 2x≥0,故 h(x)在(0,+∞)上单调递增, 则当 x>0 时,h(x)>h(0)=0,即 2x>sin 2x. 又 1-cos 2x≥0,则 G′(x)>0,故 G(x)在(0,+∞) 上是增函数, 则 a=4x2-2xsin 2x(x>0)至多只有一个解. 故不存在符合条件的实数 a.
【点评】本例第(2)小问实质是方程根的个数探究, 求解的关键是转化化归为方程根的个数问题后, 应用导 数工具推导.

例4设函数 fn(x)=xn+bx+c(n∈N+, 〔备选题〕 b, c∈R). (1)设
?1 ? n≥2, b=1, c=-1, 证明: fn(x)在区间?2,1? ? ?

内存在唯一的零点; (2)设 n=2,若对任意 x1,x2∈[-1,1],有|f2(x1) -f2(x2)|≤4,求 b 的取值范围; (3)在(1)的条件下,设 xn 是
?1 ? fn(x)在?2,1?内的零点, ? ?

判断数列 x2,x3,…,xn,…的增减性.

【解析】(1)b=1,c=-1,n≥2 时,fn(x)=xn+x -1.
?1? ?1 1? ∵fn?2?fn(1)=?2n-2?×1<0, ? ? ? ? ?1 ? ∴fn(x)在?2,1?内存在零点. ? ?

又当

?1 ? x∈?2,1?时,f′n(x)=nxn-1+1>0, ? ?

?1 ? ∴fn(x)在?2,1?上是单调递增的, ? ? ?1 ? ∴fn(x)在?2,1?内存在唯一零点. ? ?

(2)当 n=2 时,f2(x)=x2+bx+c. 对任意 x1, x2∈[-1, 1]都有|f2(x1)-f2(x2)|≤4 等价 于 f2(x)在[-1,1]上的最大值与最小值之差 M≤4.据此 分类讨论如下: b (ⅰ)当| |>1,即|b|>2 时, 2 M=|f2(1)-f2(-1)|=2|b|>4,与题设矛盾. b (ⅱ)当-1≤- <0,即 0<b≤2 时, 2
? b? ?b ?2 M=f2(1)-f2?-2?=?2+1? ≤4 ? ? ? ?

恒成立.

b (ⅲ)当 0≤- ≤1,即-2≤b≤0 时, 2 ? b? ?b ?2 M=f2(-1)-f2?-2?=?2-1? ≤4 恒成立. ? ? ? ? 综上可知,-2≤b≤2. 注:(ⅱ),(ⅲ)也可合并证明如下: 用 max{a,b}表示 a,b 中的较大者. b 当-1≤- ≤1,即-2≤b≤2 时, 2 ? b? M=max{f2(1),f2(-1)}-f2?-2? ? ? ? ?f (-1)-f (1)? ? b? f2(-1)+f2(1) ? 2 ? 2 ? = + -f2?-2? 2 2 ? ? ? b2 ? ? |b|?2 =1+c+|b|-?- 4 +c?=?1+ 2 ? ≤4 恒成立. ? ? ? ?

(3) 解法一: 设 xn 是 (n≥2),

?1 ? fn(x) 在 ?2,1? 内的唯一零点 ? ?

fn(xn)=xnn+xn-1=0, fn+1(xn+1)=xn+1
n+1

?1 ? +xn+1-1=0,xn+1∈?2,1?, ? ?

于是有 fn(xn)=0=fn+1(xn+1)=xn+1n+1+xn+1-1 <xn+1n+xn+1-1=fn(xn+1), 又由 (1) 知
1(n≥2),

?1 ? fn(x) 在 ?2,1? 上是递增的,故 ? ?

xn<xn +

所以数列 x2,x3,…,xn,…是递增数列.

解法二:设 xn 是

?1 ? fn(x)在?2,1?内的唯一零点, ? ?

fn+1(xn)fn+1(1)=(xnn+1+xn-1)(1n+1+1-1)=xnn+1 +xn-1 <xnn+xn-1=0, 则 fn+1(x)的零点 xn+1 在(xn, 1)内, 故 xn<xn+1(n≥2), 所以数列 x2,x3,…,xn,…是递增数列.

1.利用函数 y=f(x)的零点来研究方程 f(x)=0 的 根的分布情况,是数形结合的体现.此时,要构造合理 的函数, 根据函数值的情况判断其零点情况, 若要知道 零点个数,还需结合函数的单调性. 2.解决一元二次方程根的分布问题,先构造二次 函数, 再作出符合根的分布的二次函数的图象, 由图象 的形象直观可得出符合根的分布的必要条件, 进而证明 (或寻求)它也是其充要条件.

3.我们可用二分法来求方程的近似解.由于计算 量较大,而且是重复相同的步骤,因此,我们可以通过 设计一定的计算程序,借助计算器或计算机完成计 算.其流程图如下:

1.(2013 天津)设函数 f(x)=ex+x-2,g(x)=ln x +x2-3.若实数 a,b 满足 f(a)=0,g(b)=0,则( A ) A.g(a)<0<f(b) C.0<g(a)<f(b) B.f(b)<0<g(a) D.f(b)<g(a)<0

【解析】由数形结合及 f(a)=0,g(b)=0 得 a∈(0, 1),b∈(1,2),∴a<b,且 f(x),g(x)都是递增的,所以 g(a)<0<f(b).

【命题立意】 本题考查函数零点存在区间的确定及 函数单调性的应用, 考查数形结合思想, 属中档偏难题.

2. (2013 安徽)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+c 有两 个极值点 x1, x2.若 f(x1)=x1<x2, 则关于 x 的方程 3(f(x))2 +2af(x)+b=0 的不同实根个数为( A ) A.3 B.4 C.5 D.6

【解析】f′(x)=3x2+2ax+b, 根据已知,得 3x2 + 2ax + b = 0 有两个不同的实根 x1 , x2 ,且 x1<x2, 根据三次函数的性质可得 x1 是函数 f(x)的极大值点,方程 3(f(x))2 + 2af(x) + b = 0 必然有 f(x)=x1 或 f(x)=x2.由于 f(x1)= x1 且 x1<x2,如图,可知方程 f(x)=x1 有两个实根,f(x) =x2 有一个实根,故方程 3(f(x))2+2af(x)+b=0 共有 3 个不同实根. 【命题立意】 本题考查函数的极值和零点,考查数 形结合思想,属难题.

1.在以下区间中,存在函数 f(x)=x3+3x-3 的零 点的是( B ) A.[-1,0] B.[0,1] C.[1,2] D.[2,3]

【解析】∵f(0)=-3,f(1)=1,∴应选 B.

2.设 f(x)=3x+3x-8,用二分法求方程 3x+3x- 8=0 在(1,2)内近似解的过程中得 f(1)<0,f(1.25)<0, f(1.5)>0,则方程的根在( B ) A.(1,1.25) B.(1.25,1.5) C.(1.5,2) D.不能确定

【解析】依二分法原理可知应选 B.

3.方程 ax+1=-x2+2x+2a(a>0 且 a≠1)的解的 个数为( C ) A.0 B.1 C.2 D.4

【解析】设 y1=ax+1,y2=-x2+2x+2a=-(x-1)2 +2a+1. 当 x=1 时, y1 = a + 1 , y2 = 2a + 1 , a + 1<2a + 1(a>0); 当 x=0 时,y1=2,y2=2a,如图所示,可知有两 个交点,从而方程有两个解,故选 C.

4.设函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=f(x),f(x)=f(2- x),且当 x∈[0,1]时,f(x)=x3.又函数 g(x)=|xcos(πx)|, 则函数
? 1 3? h(x) = g(x) - f(x) 在 ?-2,2? 上 的 零 点 个 数 为 ? ?

( B ) A.5

B.6

C.7

D.8

【解析】 因为当 x∈[0 , 1] 时, f(x) = x3. 所以当 x∈[1,2]时,(2-x)∈[0,1],f(x)=f(2-x)=(2-x)3, 当
? 1? x∈?0,2?时,g(x)=xcos(πx);当 ? ? ?1 3? x∈?2,2?时, ? ?

g(x)=-xcos(πx),注意到函数 f(x),g(x)都是偶函数, 且 f(0)=g(0),
?1? ?3? f(1)=g(1),g?2?=g?2?=0,作出函数 ? ? ? ?

f(x),

g(x)的大致图象,函数 h(x)除了 0,1 这两个零点之外,
? 1 ? ? ? ? 1? ?1 3? 分别在区间?-2,0?,?0,2?,?2,1?,?1,2?上各有一 ? ? ? ? ? ? ? ?

个零点,共有 6 个零点,故选 B.

5. 已知函数 f(x)满足 f(1+x)+f(1-x)=2, 且直线 y=k(x-1)+1 与 f(x)的图象有 5 个交点,则这些交点 的纵坐标之和为( B ) A.10 C.4 B.5 D.3

【解析】易知 f(x)图象关于点(1,1)成中心对称, 直线 y=k(x-1)+1 过点(1,1),故 5 个交点中必有一 个就是(1,1),其余四个交点分两组分别关于(1,1)对 称.故其纵坐标之和为 2+2+1=5.选 B.

6.已知函数 f(x)=x|x-4|-5,则当方程 f(x)=a

(-5,-1) . 有三个根时,实数 a 的取值范围是______________
2 ? ? -(x-2) -1, 【解析】f(x)=? 2 ? ? (x-2) -9,

x≤4 x>4

由图可知-5<a<-1.

7.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c. (1)若 a>b>c,且 f(1)=0,是否存在实数 m,使当 f(m)=-a 时,f(m+3)为正数? (2) 若-∞<x1<x2< +∞, f(x1)≠f(x2) ,且方程 f(x) 1 = [f(x1)+f(x2)]有两个不等的实数根.求证:必有一实 2 根在 x1 与 x2 之间.

【解析】 (1)由 f(1)=a+b+c=0 及 a>b>c, 有 a>0, c<0. ∴1 是 f(x)=0 的一个根,记另一个根为 α,则 α c =a<0. 又 a>b>c,b=-a-c,

c ∴a>-a-c>c,∴-2a<c,即-2<a<0. 假设存在实数 m,使 f(m)=-a 成立, ? c? c 则由a,1 是 f(x)=0 的两根,有 f(x)=a?x-a?(x- ? ? 1),
? c? c ? ? m - ∴f(m)=a a?(m-1)=-a<0,∴a<m<1. ?

c 从而a+3<m+3,∴m+3>1. 又 f(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴f(m+3)>f(1)=0,

1 (2)证明:令 g(x)=f(x)- [f(x1)+f(x2)], 2 则 g(x)为二次函数, 1 g(x1)=f(x1)- [f(x1)+f(x2)], 2 1 g(x2)=f(x2)- [f(x1)+f(x2)], 2 1 从而 g(x1)· g(x2)=- [f(x1)-f(x2)]2<0. 4 又 x1<x2,∴g(x)=0 必有一个根在 x1,x2 之间, 1 即 f(x)= [f(x1)+f(x2)]必有一个根在 x1,x2 之间. 2

a 8 .已知定义在 (0,+∞) 上的函数 f(x)= ln x- x (a∈R). (1)当 a=1 时,函数 f(x)在区间[1,2]上的部分函 数值如下表:
x f(x ) x f(x ) 1 -1 1.25 -0.58 1.375 -0.41 1.812 5 0.043 1.5 -0.26 1.875 0.095 1.75 -0.012 2 0.193

1.765 625 1.781 25 0.002 0.02

请求出函数 f(x)在区间(1,2)上的零点(要求误差不 超过 0.1); (2)若方程 f(x)=0 恰有 2 个不同的实数解,求实数 a 的取值范围.

1 【解析】(1)假设 f(x)=ln x-x在区间(1,2)上的零 点为 x0, 因为 f(1)=-1<0, f(2)=0.193>0, f(1.5)=-0.26<0, 所以 x0∈(1.5,2). 因为 f(1.75)=-0.012<0,所以 x0∈(1.75,2), 因为 f(1.875)=0.095>0,所以 x0∈(1.75,1.875), 因为 f(1.812 5)=0.043>0, 所以 x0∈(1.75, 1.812 5), 而 1.812 5-1.75=0.062 5<0.1,所以可以取 x0= 1.812 5. 1 函数 f(x)=ln x-x在区间(1, 2)上的零点近似值是: 1.812 5.

1 a (2)∵f′(x)= + 2,∴当 a≥0 时,f′(x)>0,x∈(0, x x a +∞),即 f(x)=ln x-x在(0,+∞)上为单调增函数, 故 f(x)=0 在(0,+∞)不可能有两实根,∴a<0. 当 a<0 时,令 f′(x)=0,解得 x=-a. 当 0<x<-a 时,f′(x)<0,f(x)在(0,-a)上递减, 当 x>-a 时,f′(x)>0,f(x)在(-a,+∞)上递增, ∴f(x)在 x=-a 处取到极小值 ln(-a)+1. 又当 x→0 时,f(x)→+∞,当 x→+∞时,f(x)→ +∞.要使 x>0 时,f(x)与 x 轴有两个交点,当且仅当 1 ln(-a)+1<0,解得- <a<0,故实数 a 的取值范围是 e ? 1 ? ?- ,0?. ? e ?


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