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第2篇 第8讲 函数与方程


第8讲 函数与方程
[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.

诊断基础知识

突破高频考点

培养解题能力

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 零点 ?函数y=f(x)有 _____.

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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 f(a)· f(b)<0 的函数y=f(x), 对于在区间[a,b]上连续不断且________

一分为二 ,使区 通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间________ 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.
f(x)有零点. (a,b)内没有零点.

(× )
(× ) (× )

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

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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.
点的个数为2. 上有零点,则实数a的取值范围是(-2,0).

(√)
(×) ( √)

(5)(2012·湖北卷改编)函数f(x)=xcos 2x在区间[0,2π]上的零 (6)(2013·广州模拟改编)已知函数f(x)=x2+x+a在区间(0,1)

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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)(2013· 青岛一模)函数f(x)=1-xlog2x的零点所在区 间是
?1 1? A.?4,2? ? ? ?1 ? B.?2,1? ? ?

(

).

C.(1,2)

D.(2,3)
2 ? ?ln x-x +2x,x>0, ? ? ?4x+1,x≤0

(2)(2014· 郑州一模)函数f(x)= 个数是________.

的零点

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解析

?1? 1 1 1 3 (1)f?4?=1- log2 =1+ = >0, 4 4 2 2 ? ?

?1? 1 1 1 3 ? ? f 2 =1- log2 =1+ = >0, 2 2 2 2 ? ?

f(1)=1-0=1>0,f(2)=1-2 log22=-1<0, 由f(1)f(2)<0知选C.

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(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.
答案 (1)C (2)3

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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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1 【训练1】 (1)(2014· 合肥模拟)函数f(x)=- x +log2x的一个零点 落在区间 A.(0,1) C.(2,3) B.(1,2) D.(3,4) ( ). ( ).

1 ?1?x (2)(2012· 北京卷)函数f(x)=x -?2? 的零点个数为 2 ? ? A.0 C.2 B.1 D.3

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解析

1 (1)∵f(1)=-1<0,f(2)=2>0,故其中一个零点会落
?1? -?2?x 的零点,即令 ? ?
1 x2

在(1,2)内.
1 (2)f(x)=x2

f(x)=0.根据此题可得
1 y=x2



?1? ? ?x,在平面直角坐标系中分别画出幂函数 ?2?

和指数函



?1? y=?2?x 的图象, 可得交点只有一个, 所以零点只有一个. ? ?

答案 (1)B (2)B

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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.

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e2 解 (1)法一 ∵x>0时,g(x)=x+ x ≥2 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,+∞).

e2 x· x =2e,

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e2 法二 作出g(x)=x+ (x>0)的大致图象如图: x 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)的图象有两个不同 e2 的交点,作出g(x)=x+ (x>0)的大 x 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 若方程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)2-4(a-1)=9a2-16a+8

? 8? 2 8 =9?a-9? + >0,即f(x)=0有两个不相等的实数根, 9 ? ?

∴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- 1 a)(5a+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 2 此时f(x)=x - x- . 5 5 13 6 2 令f(x)=0,即x - x- =0, 5 5 2 解得x=- 或x=3. 5 方程在[-1,3]上有两个实数根, 1 不合题意,故a≠-5.
? 1? 综上所述,a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.

解 (1)由条件,抛物线f(x)=x2+2mx+2m+1与x轴的交点分 别在区间(-1,0)和(1,2)内,如图(1)所示,得 ? ?f?0?=2m+1<0, ?f?-1?=2>0, ? ?f?1?=4m+2<0, ? ?f?2?=6m+5>0

?

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? ?m<-1, 2 ? ?m∈R, ? ? 1 ?m<-2, ? 5 ? m>-6. ? ?

5 1 即-6<m<-2.

? 5 1? 故m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

?

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1 ? ?m>- , 2 ? ? 1 ?m>-2, ? ?m≥1+ 2或m≤1- 2, ?-1<m<0. ?
? 1 故m的取值范围是?-2,1- ?

1 即- <m≤1- 2. 2

? 2? . ?

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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

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) C.f(1)<f(a)<f(b) B.f(a)<f(b)<f(1) D.f(b)<f(1)<f(a) ( ).

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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); 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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