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2015创新设计(高中理科数学)2-8



第8讲

函数与方程

诊断· 基础知识

突破· 高频考点

培养· 解题能力

[最新考纲]
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 断一元二次方程根的存在性及根的个数. 2.根据具体函数的图象,能够用二分法求相应方程的近似解.

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知识梳理

1.函数的零点
(1)函数的零点的概念 对于函数y=f(x),把使 f(x)=0 的实数x叫做函数y=f(x)的零 点. (2)函数的零点与方程的根的关系

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 .

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(3)零点存在性定理
如 果 函 数 y = f(x) 满 足 : ① 在 闭 区 间 [a , b] 上 连 续 ; ② f(a)·f(b)<0 ;则函数y=f(x)在(a,b)上存在零点,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.

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辨析感悟
函数零点概念的理解及应用 (1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点. (×)

(2) 对于定义域内的两个变量 x1, x2,若f(x1)f(x2)< 0 ,则函数 f(x)有零点. (×) (3) 若 f(x) 在区间 [a , b] 上连续不断,且 f(a)f(b) > 0 ,则 f(x) 在 (a,b)内没有零点. (×)

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(4)若函数y=f(x)在区间[a,b]上的图象是连续不断的一条曲线,
且f(a)f(b)<0,则函数y=f(x)在区间(a,b)内至少有一个零点. (√) (5)(2013·天津卷改编)函数f(x)=2x|log0.5x|-1的零点个数为2. (√) (6)(2013·广州模拟改编)已知函数f(x)=x2+x+a在区间(0,1)上有 零点,则实数a的取值范围是(-2,0). (√)

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[感悟·提升]
1.一点提醒 函数的零点不是点,是方程f(x)=0的根,如(1). 2.三个防范 一是严格把握零点存在性定理的条件,如(2)中没

有强调连续曲线; 二是连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在 这个区间上存在零点的充分条件,而不是必要条件,如(3); 三是函数f(x)在[a,b]上单调且f(a)f(b)<0,则f(x)在[a,b]上

只有一个零点.

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考点一

函数零点的求解与判断 ( ).

【例 1】 (1)设 x0 是方程 ln x+x=4 的解,则 x0 属于 A.(0,1) C.(2,3) (2)(2014· 郑州一模)函数 数是________. B.(1,2) D.(3,4)
2 ? ln x - x +2x,x>0, ? f(x)=? ? ?4x+1,x≤0

的零点个

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解析 (1)令f(x)=ln x+x-4, 则f(1)=-3<0,f(2)=ln 2-2<0,

f(3)=ln 3-1>0,
∴x0∈(2,3).
(2)当 x>0 时,令 g(x)=ln x,h(x)=x2-2x. 画出 g(x)与 h(x)的图象如图: 故当 x>0 时,f(x)有 2 个零点. 1 当 x≤0 时,由 4x+1=0,得 x=-4, 综上函数 f(x)的零点个数为 3.
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答案 (1)C

(2)3

规律方法 (1)直接求零点: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:利用定理不仅要函数在区间 [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)才能确定函数有多少个零点. (3)利用图象交点的个数:将函数变形为两个函数的差,画两个

函数的图象,看其交点的横坐标有几个不同的值,就有几个不
同的零点.

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【训练1】 (1)函数f(x)=2x+x3-2在(0,1)内的零点个数是
( A.0 C.2 B.1 D.3 ).

(2)(2013·重庆卷)若a<b<c,则函数f(x)=(x-a)·(x-b)+(x -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

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解析

(1)因为f′(x)=2xln 2+3x2>0,所以函数f(x)=2x+x3-2

在(0,1)上递增,且f(0)=1+0-2=-1<0,f(1)=2+1-2=1> 0,所以有1个零点. (2) 由 于 a<b<c , 所 以 f(a) = (a - b)(a - c)>0 , f(b) = (b - c)(b - a)<0 , f(c) = (c - a)(c - b)>0. 因此有 f(a)·f(b)<0 , f(b)·f(c)<0 ,又 因 f(x) 是关于 x 的二次函数,函数的图象是连续不断的曲线,因 此函数f(x)的两零点分别位于区间(a,b)和(b,c)内,故选A.

答案 (1)B (2)A

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考点二 根据函数零点的存在情况,求参数的值
2 e 【例 2】 已知函数 f(x)=-x2+2ex+m-1,g(x)=x+ x (x>0).

(1)若 y=g(x)-m 有零点,求 m 的取值范围; (2)确定 m 的取值范围,使得 g(x)-f(x)=0 有两个相异实根.
解 (1)法一 e2 ∵x>0 时,g(x)=x+ x ≥2 e2 x· x =2e,

等号成立的条件是 x=e, 故 g(x)的值域是[2e,+∞), 因而只需 m≥2e,则 y=g(x)-m 就有零点. ∴m 的取值范围是[2e,+∞).
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法二

e2 作出 g(x)=x+ x (x>0)的大致图象如图:

可知若使 y=g(x)-m 有零点,则只需 m≥2e. ∴m 的取值范围是[2e,+∞).

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(2)若 g(x)-f(x)=0 有两个相异的实根, 即 g(x)与 f(x)的图象有两个 e2 不同的交点, 作出 g(x)=x+ x (x>0)的大致图象. ∵f(x)=-x2+2ex +m-1=-(x-e)2+m-1+e2,∴其图象的对称轴为 x=e,开口 向下,最大值为 m-1+e2.故当 m-1+e2>2e,即 m>-e2+2e+1 时,g(x)与 f(x)有两个交点,即 g(x)-f(x)=0 有两个相异实根. ∴m 的取值范围是(-e2+2e+1,+∞).

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规律方法 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围,若
方程可解,通过解方程即可得出参数的范围,若方程不易解或 不可解,则将问题转化为构造两个函数,利用两个函数图象的 关系求解,这样会使得问题变得直观、简单,这也体现了数形 结合思想的应用.

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?|2x-1|,x<2, ? 【训练 2】 (2014· 鞍山模拟)已知函数 f(x)=? 3 ,x≥2, ? ?x-1



方程 f(x)-a=0 有三个不同的实数根,则实数 a 的取值范围是 ( A.(1,3) C.(0,2) B.(0,3) D.(0,1) ).

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解析 画出函数f(x)的图象如图所示,

观察图象可知,若方程f(x)-a=0有三个不同的实数根,则函数 y=f(x)的图象与直线y=a有3个不同的交点,此时需满足0<a< 1,故选D.

答案 D

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考点三 与二次函数有关的零点分布
【例3】 是否存在这样的实数a,使函数f(x)=x2+(3a-2)x+a- 1 在区间 [ - 1,3] 上恒有一个零点,且只有一个零点?若存 在,求出a的取值范围;若不存在,说明理由. 审题路线 由f(x)在[-1,3]上只有一个零点?f(x)=0在[-1,3] 上 有 且 只 有 一 个 实 数 根 ? 计 算 知 Δ > 0 恒 成 立 ? 令 f( - 1)·f(3)≤0?求出a的范围?对端点值检验?得出结论.

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令 f(x)=0,则 Δ=(3a-2) -4(a-1)=9a

2

2

? 8?2 -16a+8=9?a-9? ? ?

8 +9>0,即 f(x)=0 有两个不相等的实数根, ∴若实数 a 满足条件,则只需 f(-1)· f(3)≤0 即可. f( - 1)· f(3) = (1 - 3a + 2 + a - 1)· (9 + 9a - 6 + a - 1) = 4(1 - a)(5a + 1 1)≤0,∴a≤-5或 a≥1. 检验:(1)当 f(-1)=0 时,a=1,所以 f(x)=x2+x. 令 f(x)=0,即 x2+x=0,得 x=0 或 x=-1. 方程在[-1,3]上有两个实数根,不合题意,故 a≠1.
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1 (2)当 f(3)=0 时,a=-5, 13 6 此时 f(x)=x - 5 x-5.
2

13 6 令 f(x)=0,即 x - 5 x-5=0,
2

2 解得 x=-5或 x=3. 方程在[-1,3]上有两个实数根, 1 不合题意,故 a≠-5. 综上所述,a
? 1? 的取值范围是?-∞,-5?∪(1,+∞). ? ?
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规律方法 解决二次函数的零点问题:(1)可利用一元二次方程的
求根公式;(2)可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.

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【训练3】 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的范围; (2)若方程两根均在区间(0,1)内,求m的范围.

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(1)由条件,抛物线 f(x)=x2+2mx+2m+1 与 x 轴的交点分别

? ?f?0?=2m+1<0, ?f?-1?=2>0, 在区间(-1,0)和(1,2)内,如图(1)所示,得? ?f?1?=4m+2<0, ? ?f?2?=6m+5>0 1 ? ?m<-2, ? ?m∈R, 5 1 ? 即-6<m<-2. 1 ?m<-2, ? ?m>-5. 6 ?

?

故m

? 5 1? 的取值范围是?-6,-2?. ? ?
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(2)抛物线与 x 轴交点均落在区间(0,1)内,如图(2)所示,列不等式 组 ? ?f?0?=2m+1>0, ?f?1?=4m+2>0, ? 2 Δ = 4 m -4?2m+1?≥0, ? ? ?0<-m<1
1 即-2<m≤1- 2. 故m
? 1 的取值范围是?-2,1- ? ? 2?. ?

?

1 ? ?m>- , 2 ? 1 ? ?m>-2, ? ?m≥1+ 2或m≤1- 2, ? ?-1<m<0.

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1.函数零点的判定常用的方法有:

(1)零点存在性定理;(2)数形结合;(3)解方程f(x)=0.
2.研究方程f(x)=g(x)的解,实质就是研究G(x)=f(x)-g(x)的零 点. 3.转化思想:方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的 个数问题;已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域

问题.

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创新突破2——函数的零点与函数极值点的交汇
【典例】 (2013·安徽卷)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.3 C.5 B.4 D.6 ( ).

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突破:条件“函数f(x)=x3+ax2+bx+c有两个极值点x1,x2”等
价于“方程f′(x)=3x2+2ax+b=0有两个不等实数根x1,x2”; 条件:“若f(x1)=x1<x2,则关于x的方程3(f(x))2+2af(x)+b=0 的根”等价于“方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有两个不等实根,f(x) =x1,f(x)=x2”.

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解析

f′(x)=3x2+2ax+b,原题等价于方程3x2+2ax+b=0有

两个不等实数根 x1 , x2 ,且 x1 < x2 , x∈( - ∞ , x1) 时, f′(x) >
0 , f(x) 单调递增; x∈(x1 , x2) 时, f′(x) < 0 , f(x) 单调递减; x∈(x2,+∞)时,f′(x)>0,f(x)单调递增.∴x1为极大值点,x2 为极小值点.∴方程3(f(x))2+2af(x)+b=0有两个不等实根,f(x) =x1,f(x)=x2.

∵f(x1) = x1 , ∴ 由图知 f(x) = x1 有两个不同的解, f(x) = x2 仅有一
个解. 答案 A

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[反思感悟] (1)强化函数零点的求法,函数与方程的转化技巧,
本题的突破点是方程3(f(x))2+2af(x)+b=0的不同实根个数转化 为f(x)=x1与f(x)=x2的根的个数之和. (2)本题把函数的零点与函数的极值点交汇在一起考查,体现了 新课标高考的指导思想.

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【自主体验】

(2014·广州测试)已知e是自然对数的底数,函数f(x)=ex+x-
2的零点为a,函数g(x)=ln x+x-2的零点为b,则下列不等 式中成立的是 A.f(a)<f(1)<f(b) B.f(a)<f(b)<f(1) ( ).

C.f(1)<f(a)<f(b)
D.f(b)<f(1)<f(a) 解析 由题意,知 f′(x) =ex + 1> 0 恒成立,所以函数 f(x) 在 R

上是单调递增的,而f(0)=e0+0-2=-1<0,f(1)=e1+1- 2=e-1>0,所以函数f(x)的零点a∈(0,1);
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1 由题意,知 g′(x)=x +1>0,所以函数 g(x)在(0,+∞)上是单调 递增的, 又 g(1)=ln 1+1-2=-1<0, g(2)=ln 2+2-2=ln 2>0, 所以函数 g(x)的零点 b∈(1,2). 综上,可得 0<a<1<b<2. 因为 f(x)在 R 上是单调递增的,所以 f(a)<f(1)<f(b).故选 A.

答案 A

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