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(导学案)§2.6 函数与方程(教师版)


§ 2.6

函数与方程

函数 f(x)=2x+3x 的零点所在的一个区间是( A.(-2,-1) C.(0,1) B.(-1,0)

) 类型一 判断函数零点所在的区间

结合二次函数的图象,了解函数的零点与方程根的联系, 判断一元二次方程根的存在性及根的个数. 从近两年的高考试题来看,函数的零点,方程根的问题是 热点,题型既有选择题、填空题,又有解答题.预计今后高考仍 有可能以函数的零点,方程根的存在性问题为主要考点,并结 合考查相应函数的图象和性质.

D.(1,2) 1 解:∵f(-1)= -3<0,f(0)=1>0,∴f(-1)· f(0)<0,因此, 2 函数 f(x)在区间(-1,0)内有零点.故选 B. 湖北)函数 f(x)=xcosx2 在区间[0,4]上的零点个 (2012· 数为( A.4 ) B.5 C.6 D.7

判断下列函数在给定的区间内是否存在零点. (1)f(x)=3 -5x+1,x∈[-1,1]; π π (2)f(x)=sinx-x,x∈ -6,6 .
x

[

]

π 解:若 f(x)=0,则 x=0 或 cosx2=0,x2=kπ+ ,k∈Z, 2 又 x∈[0,4],k=0,1,2,3,4,所以 f(x)共有 6 个零点.故 选 C. 已知 a 是函数 f(x)=lnx-log1x 的零点,若

解:(1)∵f(-1)=3 +5+1>0,f(1)=3-5+1<0. ∴f(-1)· f(1)<0,∴f(x)在[-1,1]内有零点. π π π π 1 (2)∵f -6 =sin -6 + = - >0, 6 6 2 π π π 1 π f 6 =sin - = - <0, 6 6 2 6 π π π π f -6 · f 6 <0,∴f(x)在 -6,6 内有零点.

-1

( ) ( )

1.函数的零点 (1)定义:对于函数 y=f(x),我们把使 叫做函数 y=f(x)的零点. (2)函数有零点的几个等价关系: 方程 f(x)=0 有实数根 ?函数 y=f(x)的图象与 x 轴 ?函数 y=f(x) . 2.函数的零点存在性定理 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 有零点,即存在 c∈ 是方程 f(x)=0 的根. 3.二次函数的零点分布(即一元二次方程根的分布,见 2.4 考点梳理 4) 【自查自纠】 1.(1)f(x)=0 2.f(a)· f(b)<0 (2)有交点 (a,b) 有零点 (a,b) f(c)=0 , 那么, 函数 y=f(x)在区间 ,使得 内 ,这个 c 也就 的实数 x 0<x0<a,则( A.f(x0)=0 )

2 B.f(x0)>0

() ( )()

[

]

【评析】要判断在给定区间连续的函数是否存在零点,只 需计算区间端点的函数值是否满足零点存在性定理的条件;如 果题目没有给出具体区间,则需要估算函数值并利用函数的单 调性等性质来求.但应注意到:不满足 f(a)· f(b)<0 的函数也可 能有零点,此时,应结合函数性质分析判断. 2 北京朝阳检测)函数 f(x)=lnx- 的零点 (2013· x 所在的大致区间是( A.(1,2) ) B.(2,3)

C.f(x0)<0 D.f(x0)的符号不确定 解:因为 f(x)=lnx-log1x 在(0,+∞)上是增函数,所以当 2 0<x0<a 时,有 f(x0)<f(a)=0,故选 C. ?2x+a,x<1, 已知实数 a≠0,函数 f(x)=? 若 f(1-a) ?-x-2a,x≥1. =f(1+a),则 a 的值为 . ?a>0, 解:? ?2(1-a)+a=-(1+a)-2a, a ? <0, 或? ?-(1-a)-2a=2(1+a)+a . 3 3 可得 a=- .故填- . 4 4 方程 lnx=8-2x 的实数根 x∈(k,k+1),k∈Z,则 k =________. 1 解:令函数 f(x)=lnx+2x-8,∴f ′(x)= +2>0(x>0),则 x f(x)在(0,+∞)上单调递增,又 f(1)=-6<0,f(2)=ln2-4<0, f(3)=ln3-2<0,f(4)=ln4>0,∴f(x)的唯一零点在(3,4)内, 因此 k=3.故填 3.

C.(1,e)和(3,4) D.(e,+∞) 1 2 解:∵f ′(x)= + 2>0(x>0),∴f(x)在(0,+∞)上单调递 x x 2 增, 又 f(3)=ln3- >0,f(2)=ln2-1<0, ∴f(2)· f(3)<0,∴f(x) 3 唯一的零点在区间(2,3)内.故选 B. 类型二 零点个数的判断 天津)函数 f(x)=2x+x3-2 在区间(0,1)内 (2012· 的零点个数是( )

A.0

B.1

C.2

D.3

1.判断函数在给定区间零点的步骤 (1)确定函数的图象在闭区间[a,b]上连续; (2)计算 f(a),f(b)的值并判断 f(a)· f(b)的符号; (3)若 f(a)· f(b)<0,则有实数解. 除了用上面的零点存在性定理判断外,有时还需结合相应 函数的图象来作出判断. 2.确定函数 f(x)零点个数(方程 f(x)=0 的实根个数)的方法: (1)判断二次函数 f(x)在 R 上的零点个数,一般由对应的二

解法一:∵f(0)f(1)=(-1)× 1=-1<0,且函数在定义域上 单调递增且连续, ∴函数 f(x)在区间(0, 1)内有且只有 1 个零点, 可知 B 正确.

1 解:在同一坐标系内分别做出 y1= x,y2= 2 根据图象可以看出交点的个数为 1.故选 B.

( ) 的图象,

x

解法二:设 y1=2x,y2=2-x3,在同一坐标系中画出两函 数的图象如图所示,在区间(0,1)内,两图象的交点个数即为 f(x)的零点个数.故选 B. 【评析】(1)连续函数在区间[a,b]上有 f(a)· f(b)<0 时,函 数在(a, b)内的零点至少有一个, 但不能确定究竟有多少个. 要 更准确地判断函数在(a,b)内零点的个数,还得结合函数在该 区间的单调性、极值等性质进行判断;(2)对于解析式较复杂的 函数的零点,可根据解析式特征化为 f(x)=g(x)的形式,通过考 察两个函数图象的交点来求. 天津)函数 f(x)=2 |log0.5x|-1 的零点个数 (2013· 为( ) A.1 B.2 C.3 D.4
x

次方程 f(x)=0 的判别式 Δ>0,Δ=0,Δ<0 来完成;对于一些 不便用判别式判断零点个数的二次函数,则要结合二次函数的 图象进行判断. (2)对于一般函数零点个数的判断, 不仅要用到零点存在性 定理,还必须结合函数的图象和性质才能确定,如三次函数的 零点个数问题. (3)若函数 f(x)在[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线, 且是单调函数,又 f(a)· f(b)<0,则 y=f(x)在区间(a,b)内有唯 一零点.

长春第二次调研)若 a>2,则函数 f(x)= 3.(2012· 1 3 x -ax2+1 在(0,2)内零点的个数为( ) 3 A.3 B.2 C.1 D.0 解: 依题意得 f ′(x)=x2-2ax, 由 a>2 可知, f ′(x)在 x∈(0, 2)时恒为负数,即 f(x)在(0,2)内单调递减,又 f(0)=1>0,f(2) 8 = -4a+1<0,则 f(0)f(2)<0,因此 f(x)在(0,2)内只有一个 3 零点,故选 C. 4.已知 x0 是函数 f(x)=2x+ x2∈(x0,+∞),则( C.f(x1)>0,f(x2)<0 ) B.f(x1)<0,f(x2)>0 1 的一个零点, 若 x1∈(1, x0), 1-x

A.f(x1)<0,f(x2)<0

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

D.f(x1)>0,f(x2)>0 1 1 解:由于函数 g(x)= =- 在(1,+∞)上单调递增, 1- x x-1 函数 f(x)=2x 在(1,+∞)上单调递增,故函数 f(x)=h(x)+g(x) 在(1,+∞)上单调递增,所以函数在(1,+∞)上只有唯一的零 点 x0,且在(1,x0)上,f(x1)<f(x0)=0;在(x0,+∞)上,f(x2)>f(x0) =0.故选 B. 1 5.设函数 f(x)= x-lnx(x>0),则 y=f(x)( ) 3 1 A.在区间 e ,1 ,(1,e)内均有零点 1 B.在区间 e ,1 ,(1,e)内均无零点 1 C.在区间 e ,1 内有零点,在区间(1,e)内无

解: 函数 f(x)的零点可转化为方程 f(x)=2x|log0.5x|-1=0 的 x x 1 1 根,由此得到|log0.5x|= 2 ,设 y1=|log0.5x|,y2= 2 ,则

()

()

两个函数 y1 与 y2 的交点个数即为所求, 如图所示, 可知交点有 两个.故选 B.

( ) ( ) 1 1 1 解:∵函数 f(x)为单调增函数,又 f(4)=e4+1-3=e4- 1 1 1 2<0,f(2)=e2+2-3=e2-1>0,∴f(x)的零点所在区间为 1 , (1 4 2).故选 C. 1 x 1 北京)函数 y=x2-( ) 的零点个数为( 2.(2012· ) 2
1 B. 0,4 1 3 D. 2,4 A.0 B.1 C.2 D.3

( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

零点 1 D.在区间 e ,1 内无零点,在区间(1,e)内有 零点

1 1 解:∵函数 f ′(x)= - ,∴当 x∈(3,+∞)时, 3 x 1 y=f(x)单调递增;当 x∈(0,3)时,y=f(x)单调递减,而 0< e 1 1 1 <1<e<3,又 f e = +1>0,f(1)= >0,f(e)= 3e 3 1 e -1<0, ∴在区间 e,1 内无零点, 在区间(1, e)内有零点. 故 3

当 x<1 时,令-x2=0? x=0<1, 则 g(x)有 2 个零点,故填 2. 9.已知二次函数 f(x)=ax2+bx+c(a≠0). (1)若 f(-1)=0,试判断函数 f(x)的零点个数; (2)若对任意 x1,x2∈R,且 x1<x2,f(x1)≠f(x2),试证明存在 1 x0∈(x1,x2),使 f(x0)= [f(x1)+f(x2)]成立. 2 解:(1)∵f(-1)=0,∴a-b+c=0,b=a+c. ∵Δ=b2-4ac=(a+c)2-4ac=(a-c)2, 当 a=c 时,Δ=0,函数 f(x)有一个零点; 当 a≠c 时,Δ>0,函数 f(x)有两个零点. 1 (2)证明:令 g(x)=f(x)- [f(x1)+f(x2)],则 2 f(x1)-f(x2) 1 g(x1)=f(x1)- [f(x1)+f(x2)]= , 2 2 f(x2)-f(x1) 1 g(x2)=f(x2)- [f(x1)+f(x2)]= , 2 2 1 ∴g(x1)· g(x2)=- [f(x1)-f(x2)]2. 4 ∵f(x1)≠f(x2),∴g(x1)· g(x2)<0,即 g(x)=0 在(x1,x2)内必有 1 一个实根.即存在 x0∈(x1,x2),使 f(x0)= [f(x1)+f(x2)]成立. 2 10.(江苏省高考命题专家原创卷)设函数 f(x)= ax +bx+c(a,b,c∈R). a (1)已知 f(1)=- . 2 (Ⅰ)若 f(x)<1 的解集为(0,3),求 f(x)的表达式; (Ⅱ)若 a>0,求证:函数 f(x)在区间(0,2)内至少有一个零 点. (2)已知 a=1,若 x1,x2 是函数 f(x)的两个零点,且 x1,x2
2

2 ∴f(x)= x2-2x+1. 3 a (Ⅱ)证法一:∵a>0,则 f(1)=- <0, 2 当 c>0 时,f(0)=c>0, ∴函数 f(x)在(0,1)内至少有一个零点; 当 c≤0 时,f(2)=4a+2b+c=a-c>0, ∴函数 f(x)在(1,2)内至少有一个零点; 综上所述,f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点. a 证法二:∵a>0,则 f(1)=- <0,而 f(0)+f(2)=4a+2b 2 +2c=a>0, 所以 f(0)或 f(2)至少有一个大于 0, ∴f(x)在区间(0, 2)内至少有一个零点. (2)由于 x1,x2 是函数 f(x)的两个零点, ∴f(x)=(x-x1)(x-x2), 则 f(m)f(m+1)=(m-x1)(m-x2)(m+1-x1)(m+1-x2),又 m<x1<m+1,m<x2<m+1, ∴f(m)f(m+1)=(x1-m)(m+1-x1)(x2-m)(m+1- 2 2 x1-m+m+1-x1? ?x2-m+m+1-x2? 1 x2)≤? 2 2 ? ?? ? =16. 1 当且仅当 x1=x2=m+ 时取等号, 2 1 ∴f(m)f(m+1)的最大值为 . 16 11.已知 a 是实数,函数 f(x)=2ax2+2x-3-a,如果函数 y =f(x)在区间[-1,1]上有零点,求 a 的取值范围. 解:若 a=0,则 f(x)=2x-3,显然 f(x)在[-1,1]上没有 零点,所以 a≠0. 令 Δ=4+8a(3+a)=8a2+24a+4=0,解得 a= ①当 a= -3± 7 . 2

() ( )

选 D. 重庆)若 a<b<c,则函数 f(x)=(x-a)(x-b)+(x- 6.(2013· b)(x-c)+(x-c)(x-a)的两个零点分别位于区间( A.(a,b)和(b,c)内 B.(-∞,a)和(a,b)内 C.(b,c)和(c,+∞)内 D.(-∞,a)和(c,+∞)内 解: 函数 y=f(x)是开口向上的二次函数, 最多有两个零点, 由于 a<b<c,则 a-b<0,a-c<0,b-c<0, 因此 f(a)=(a-b)(a-c)>0,f(b)=(b-c)(b-a)<0,f(c)=(c -a)(c-b)>0. 所以 f(a)f(b)<0,f(b)f(c)<0,即 f(x)在区间(a,b)和区间(b, c)内各有一个零点,故选 A. 7.设 f(x)=2x-x-4,x0 是函数 f(x)的一个正数零点,且 x0 ∈(a,a+1),其中 a∈N,则 a=
2 3

)

.
x0

解:∵x0 是函数 f(x)的一个正数零点,即 f(x0)= 2
x

-x0

-4=0,知 f(2)=2 -2-4<0,f(3)=2 -3-4>0,∴x0∈(2, 3),再由 y=2 与 y=x+4 在(0,+∞)上只有一个交点知 a 值惟 一.又∵a∈N,∴a=2. 故填 2. 黄冈模拟)函数 f(x)=?0,x=0, 8.(2012· 1)(x∈R),则函数 g(x)的零点个数有 2 ?x ,x>1, 1,x>0, ? ? g(x)=x2f(x-

∈(m,m+1),其中 m∈R,求 f(m)f(m+1)的最大值. 解:(1)(Ⅰ)∵f(x)<1 的解集为(0,3), ∴a>0,且 0,3 分别为方程 ax2+bx+c-1=0 的两个根, ① ?9a+3b+c-1=0, ∴? ② ?c-1=0. a 又 f(1)=- ,即 3a+2b+2c=0,③ 2 2 由①②③可解得 a= ,b=-2,c=1, 3

?-1,x<0, ?
个.

-3- 7 时,y=f(x)在[-1,1]上恰有一个零点; 2

②当 f(-1)· f(1)=(a-5)(a-1)<0,即 1<a<5 时,y=f(x) 在[-1,1]上也恰有一个零点; ③当 y=f(x)在[-1,1]上有两个零点时,则

? 解:∵g(x)=?0,x=1, ? ?-x2,x<1,
当 x=1 时,g(x)=0,

当 x>1 时,令 x2=0? x=0(舍去);

? ? ? ? ? ? ? ? ? ?


a>0, Δ=8a2+24a+4>0, -1<- 1 <1, 2a

f(1)=a-1≥0, f(-1)=a-5≥0 a<0, Δ=8a2+24a+4>0, -1<- 1 <1, 2a

f(1)=a-1≤0,

f(-1)=a-5≤0. -3- 7 解得 a≥5 或 a< . 2 ? -3- 7? ?. 综上所述,a 的取值范围为?a|a>1或a≤ 2 ? ? 辽宁)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=f(x), (2012· f(x)=f(2-x),且当 x∈[0,1]时,f(x)=x3.又函数 g(x)= 1 3 |xcos(πx)|,则函数 h(x)=g(x)-f(x)在 -2,2 上的零点个

[

]

数为( A.5

) B.6 C.7 D.8

解:原问题可转化为函数 f(x)与 g(x)的图象在 1 3 [- , ]上的交点个数问题.由题意知函数 f(x)为偶函数,且周 2 2 3 1 1 期为 2.当 x= , ,0,- 时,g(x)=0,当 x=1 时,g(x)=1, 2 2 2 且 g(x)是偶函数, g(x)≥0, 由此可画出函数 y=g(x)和函数 y=f(x) 1 3 的大致图象如图所示, 由图可知在 -2,2 上两函数图象有 6

[

]

个交点,故 选 B.


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