函数与方程 高考 教学设计

PAGEPAGE1§2.8函数与方程2014高考会这样考1.考查函数零点的个数和取值范围；2.利用函数零点求解参数的取值范围；3.利用二分法求方程近似解；4.与实际问题相联系，考查数学应用能力．复习备考要这样做1.准确理解函数零点与方程的根，函数图象与x轴交点之间的关系，能根据零点存在性定理和二分法求方程近似解；2.会利用函数值域求解“a＝f(x)有解”型问题；3.利用数形结合思想解决有关函数零点的个数问题．1．函数的零点(1)函数零点的定义对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)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__c__也就是f(x)＝0的根．2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系Δ>0Δ＝0Δ<0二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与x轴的交点(x1,0)，(x2,0)(x1,0)无交点零点个数两个一个无3.二分法(1)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．(2)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②③④.[难点正本疑点清源](1)函数的零点不是点，是方程f(x)＝0的根；(2)函数零点的存在定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且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．(3)利用图象交点的个数：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．1．若函数f(x)＝x2－ax－b的两个零点是2和3，则函数g(x)＝bx2－ax－1的零点是_______．答案－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3)解析由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(22－2a－b＝0,32－3a－b＝0))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝5,b＝－6)).∴g(x)＝－6x2－5x－1的零点为－eq\f(1,2)，－eq\f(1,3).2．已知函数f(x)＝lnx－x＋2有一个零点所在的区间为(k，k＋1)(k∈N*)，则k的值为________．答案3解析由题意知，f(3)＝ln3－1>0，f(4)＝ln4－2<0，所以该函数的零点在区间(3,4)内，所以k＝3.3．(2012·湖北)函数f(x)＝xcosx2在区间[0,4]上的零点个数为()A．4B．5C．6D．7答案C解析当x＝0时，f(x)＝0.又因为x∈[0,4]，所以0≤x2≤16.因为5π<16<eq\f(11π,2)，所以函数y＝cosx2在x2取eq\f(π,2)，eq\f(3π,2)，eq\f(5π,2)，eq\f(7π,2)，eq\f(9π,2)时为0，此时f(x)＝0，所以f(x)＝xcosx2在区间[0,4]上的零点个数为6.4．(2011·课标全国)在下列区间中，函数f(x)＝ex＋4x－3的零点所在的区间为()A．(－eq\f(1,4)，0)B．(0，eq\f(1,4))C．(eq\f(1,4)，eq\f(1,2))D．(eq\f(1,2)，eq\f(3,4))答案C解析∵f(x)＝ex＋4x－3，∴f′(x)＝ex＋4>0.∴f(x)在其定义域上是严格单调递增函数．∵f(－eq\f(1,4))＝e－eq\f(1,4)－4<0，f(0)＝e0＋4×0－3＝－2<0，f(eq\f(1,4))＝eeq\f(1,4)－2<0，f(eq\f(1,2))＝eeq\f(1,2)－1>0，∴f(eq\f(1,4))·f(eq\f(1,2))<0.题型一函数零点的判断例1判断下列函数在给定区间上是否存在零点．(1)f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]；(2)f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]．思维启迪：第(1)问利用零点的存在性定理或直接求出零点，第(2)问利用零点的存在性定理或利用两图象的交点来求解．解(1)方法一∵f(1)＝12－3×1－18＝－20<0，f(8)＝82－3×8－18＝22>0，∴f(1)·f(8)<0，故f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零点．方法二令f(x)＝0，得x2－3x－18＝0，x∈[1,8]．∴(x－6)(x＋3)＝0，∵x＝6∈[1,8]，x＝－3∉[1,8]，∴f(x)＝x2－3x－18，x∈[1,8]存在零点．(2)方法一∵f(1)＝log23－1>log22－1＝0，f(3)＝log25－3<log28－3＝0，∴f(1)·f(3)<0，故f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零点．方法二设y＝log2(x＋2)，y＝x，在同一直角坐标系中画出它们的图象，从图象中可以看出当1≤x≤3时，两图象有一个交点，因此f(x)＝log2(x＋2)－x，x∈[1,3]存在零点．探究提高求解函数的零点存在性问题常用的办法有三种：一是用定理，二是解方程，三是用图象．值得说明的是，零点存在性定理是充分条件，而并非是必要条件．函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是()A．(－2，－1)B．(－1,0)C．(0,1)D．(1,2)答案B解析∵f′(x)＝2xln2＋3>0，∴f(x)＝2x＋3x在R上是增函数．而f(－2)＝2－2－6<0，f(－1)＝2－1－3<0，f(0)＝20＝1>0，f(1)＝2＋3＝5>0，f(2)＝22＋6＝10>0，∴f(－1)·f(0)<0.故函数f(x)在区间(－1,0)上有零点．题型二函数零点个数的判断例2若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－log3|x|的零点个数是________．思维启迪：函数零点的个数⇔方程解的个数⇔函数y＝f(x)与y＝log3|x|交点的个数．答案4解析由题意知，f(x)是周期为2的偶函数．在同一坐标系内作出函数y＝f(x)及y＝log3|x|的图象，如下：观察图象可以发现它们有4个交点，即函数y＝f(x)－log3|x|有4个零点．探究提高对函数零点个数的判断方法：(1)结合零点存在性定理，利用函数的单调性、对称性确定函数零点个数；(2)利用函数图象交点个数判断方程根的个数或函数零点个数．(2012·天津)函数f(x)＝2x＋x3－2在区间(0,1)内的零点个数是()A．0B．1C．2答案B解析因为f′(x)＝2xln2＋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．题型三二次函数的零点问题例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．思维启迪：设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制．解(1)由条件，抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图(1)所示，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝2m＋1<0，,f－1＝2>0，,f1＝4m＋2<0，,f2＝6m＋5>0.))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m<－\f(1,2)，,m∈R，,m<－\f(1,2)，,m>－\f(5,6).))即－eq\f(5,6)<m<－eq\f(1,2).(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eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0>0，,f1>0，,Δ≥0，,0<－m<1.))⇒eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m>－\f(1,2)，,m>－\f(1,2)，,m≥1＋\r(2)或m≤1－\r(2)，,－1<m<0.))即－eq\f(1,2)<m≤1－eq\r(2).探究提高对二次函数的零点问题，可以采用根与系数的关系和判别式解决；比较复杂的题目，可利用二次函数的性质结合图象寻求条件．关于x的一元二次方程x2－2ax＋a＋2＝0，当a为何实数时：(1)有两不同正根；(2)不同两根在(1,3)之间；(3)有一根大于2，另一根小于2；(4)在(1,3)内有且只有一解．解设f(x)＝x2－2ax＋a＋2，Δ＝4a2－4(a＋2)＝4(a2－a－2)＝4(a－2)(a(1)由已知条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,x1＋x2＝2a>0，,x1·x2＝a＋2>0，))解得a>2.(2)由已知条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ>0，,1<a<3，,f1>0，,f3>0，))解得2<a<eq\f(11,5).(3)由已知条件f(2)<0，解得a>2.(4)由已知条件f(1)f(3)<0，解得eq\f(11,5)<a<3.检验：当f(3)＝0，即a＝eq\f(11,5)时，方程的两解为x＝eq\f(7,5)，x＝3，当f(1)＝0，即a＝3时，方程的两解为x＝1，x＝5，可知eq\f(11,5)≤a<3.当eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝0，,1<a<3))⇒a＝2.即a＝2时f(x)＝x2－4x＋4＝(x－2)2，方程的解x1＝x2＝2，∴a＝2，综上有a＝2或eq\f(11,5)≤a<3.题型四函数零点的应用例4若关于x的方程22x＋2xa＋a＋1＝0有实根，求实数a的取值范围．思维启迪：方程的根也就是与方程对应的函数零点，判断方程的根是否存在，可以通过构造相应的函数，将其转化为函数零点的存在性问题求解，也可直接通过分离参数，转化为函数的值域问题求解．解方法一(换元法)设t＝2x(t>0)，则原方程可变为t2＋at＋a＋1＝0，(*)原方程有实根，即方程(*)有正根．令f(t)＝t2＋at＋a＋1.①若方程(*)有两个正实根t1，t2，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝a2－4a＋1≥0，,t1＋t2＝－a>0，,t1·t2＝a＋1>0，))解得－1<a≤2－2eq\r(2)；②若方程(*)有一个正实根和一个负实根(负实根，不合题意，舍去)，则f(0)＝a＋1<0，解得a<－1；③当a＝－1时，t＝1，x＝0符合题意．综上，a的取值范围是(－∞，2－2eq\r(2)]．方法二(分离变量法)由方程，解得a＝－eq\f(22x＋1,2x＋1)，设t＝2x(t>0)，则a＝－eq\f(t2＋1,t＋1)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(2,t＋1)－1))＝2－eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(t＋1＋\f(2,t＋1)))，其中t＋1>1，由基本不等式，得(t＋1)＋eq\f(2,t＋1)≥2eq\r(2)，当且仅当t＝eq\r(2)－1时取等号，故a≤2－2eq\r(2).探究提高对于“a＝f(x)有解”型问题，可以通过求函数y＝f(x)的值域来解决．(2012·天津)已知函数y＝eq\f(|x2－1|,x－1)的图象与函数y＝kx－2的图象恰有两个交点，则实数k的取值范围是________．答案(0,1)∪(1,4)解析根据绝对值的意义，y＝eq\f(|x2－1|,x－1)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1x>1或x<－1，,－x－1－1≤x<1.))在直角坐标系中作出该函数的图象，如图中实线所示．根据图象可知，当0<k<1或1<k<4时有两个交点．5.数形结合思想在函数零点问题中的应用典例：(12分)已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋eq\f(e2,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．审题视角(1)y＝g(x)－m有零点即y＝g(x)与y＝m的图象有交点，所以可以结合图象求解．(2)g(x)－f(x)＝0有两个相异实根⇔y＝f(x)与y＝g(x)的图象有两个不同交点，所以可利用它们的图象求解．规范解答解(1)方法一∵g(x)＝x＋eq\f(e2,x)≥2eq\r(e2)＝2e，等号成立的条件是x＝e，故g(x)的值域是[2e，＋∞)，[3分]因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．[6分]方法二作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致图象如图．[3分]可知若使y＝g(x)－m有零点，则只需m≥2e.[6分](2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋eq\f(e2,x)(x>0)的大致图象如图．[8分]∵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.[10分]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，＋∞)．[12分]温馨提醒(1)求函数零点的值，判断函数零点的范围及零点的个数以及已知函数零点求参数范围等问题，都可利用方程来求解，但当方程不易甚至不可能解出时，可构造两个函数，利用数形结合的方法进行求解．(2)本题的易错点是确定g(x)的最小值和f(x)的最大值时易错．要注意函数最值的求法．方法与技巧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．3．二分法是求方程的根的近似值的一种计算方法．其实质是通过不断地“取中点”来逐步缩小零点所在的范围，当达到一定的精确度要求时，所得区间的任一点就是这个函数零点的近似值．4．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．失误与防范1．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，而不必要；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.(时间：60分钟)A组专项基础训练一、选择题(每小题5分，共20分)1．方程|x2－2x|＝a2＋1(a>0)的解的个数是()A．1B．2C．3答案B解析∵a>0，∴a2＋1>1.而y＝|x2－2x|的图象如图，∴y＝|x2－2x|的图象与y＝a2＋1的图象总有两个交点．∴方程有两解．点评y＝|x2－2x|的图象画不准确致误．2．(2011·福建)若关于x的方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，则实数m的取值范围是()A．(－1,1)B．(－2,2)C．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D．(－∞，－1)∪(1，＋∞)答案C解析∵方程x2＋mx＋1＝0有两个不相等的实数根，∴Δ＝m2－4>0，∴m>2或m<－2.3．函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋lnx，x>0))的零点个数为()A．3B．2C．1答案B解析当x≤0时，由f(x)＝x2＋2x－3＝0，得x1＝1(舍去)，x2＝－3；当x>0时，由f(x)＝－2＋lnx＝0，得x＝e2，所以函数f(x)的零点个数为2，故选B.4．已知三个函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝x－2，h(x)＝log2x＋x的零点依次为a，b，c，则()A．a<b<cB．a<c<bC．b<a<cD．c<a<b答案B解析由于f(－1)＝eq\f(1,2)－1＝－eq\f(1,2)<0，f(0)＝1>0，且f(x)为单调递增函数．故f(x)＝2x＋x的零点a∈(－1,0)．∵g(2)＝0，故g(x)的零点b＝2；heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝－1＋eq\f(1,2)＝－eq\f(1,2)<0，h(1)＝1>0，故h(x)的零点c∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，因此a<c<b.二、填空题(每小题5分，共15分)5．定义在R上的奇函数f(x)满足：当x>0时，f(x)＝2014x＋log2014x，则在R上，函数f(x)零点的个数为________．答案3解析函数f(x)为R上的奇函数，因此f(0)＝0，当x>0时，f(x)＝2014x＋log2014x在区间(0，eq\f(1,2014))内存在一个零点，又f(x)为增函数，因此在(0，＋∞)内有且仅有一个零点．根据对称性可知函数在(－∞，0)内有且仅有一解，从而函数在R上的零点的个数为3.6．(2012·深圳模拟)已知函数f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋lnx，h(x)＝x－eq\r(x)－1的零点分别为x1，x2，x3，则x1，x2，x3的大小关系是______________．答案x1<x2<x3解析令x＋2x＝0，即2x＝－x，设y＝2x，y＝－x；令x＋lnx＝0，即lnx＝－x，设y＝lnx，y＝－x.在同一坐标系内画出y＝2x，y＝lnx，y＝－x，如图：x1<0<x2<1，令x－eq\r(x)－1＝0，则(eq\r(x))2－eq\r(x)－1＝0，∴eq\r(x)＝eq\f(1＋\r(5),2)，即x3＝eq\f(3＋\r(5),2)>1，所以x1<x2<x3.7．若f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－x－1，x≥2或x≤－1，,1，－1<x<2，))则函数g(x)＝f(x)－x的零点为____________．答案1＋eq\r(2)或1解析即求f(x)＝x的根，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x≥2或x≤－1，,x2－x－1＝x))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1<x<2，,x＝1.))解得x＝1＋eq\r(2)或x＝1.∴g(x)的零点为x＝1＋eq\r(2)或x＝1.三、解答题(共25分)8．(12分)判断函数f(x)＝4x＋x2－eq\f(2,3)x3在区间[－1,1]上零点的个数，并说明理由．解因为f(－1)＝－4＋1＋eq\f(2,3)＝－eq\f(7,3)<0，f(1)＝4＋1－eq\f(2,3)＝eq\f(13,3)>0，所以f(x)在区间[－1,1]上有零点．又f′(x)＝4＋2x－2x2＝eq\f(9,2)－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))2，当－1≤x≤1时，0≤f′(x)≤eq\f(9,2)，所以f(x)在[－1,1]上单调递增．所以f(x)在[－1,1]上有且只有一个零点．9．(13分)已知函数f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，求m的取值范围，并求出该零点．解∵f(x)＝4x＋m·2x＋1有且仅有一个零点，即方程(2x)2＋m·2x＋1＝0仅有一个实根．设2x＝t(t>0)，则t2＋mt＋1＝0.当Δ＝0，即m2－4＝0，∴m＝－2时，t＝1；m＝2时，t＝－1(不合题意，舍去)，∴2x＝1，x＝0符合题意．当Δ>0，即m>2或m<－2时，t2＋mt＋1＝0有两正或两负根，即f(x)有两个零点或没有零点．∴这种情况不符合题意．综上可知，m＝－2时，f(x)有唯一零点，该零点为x＝0.B组专项能力提升一、选择题(每小题5分，共15分)1．(2012·辽宁)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h(x)＝g(x)－f(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，\f(3,2)))上的零点个数为()A．5B．6C．7答案B解析根据题意，函数y＝f(x)是周期为2的偶函数且0≤x≤1时，f(x)＝x3，则当－1≤x≤0时，f(x)＝－x3，且g(x)＝|xcos(πx)|，所以当x＝0时，f(x)＝g(x)．当x≠0时，若0<x≤eq\f(1,2)，则x3＝xcos(πx)，即x2＝|cosπx|.同理可以得到在区间eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，0))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))上的关系式都是上式，在同一个坐标系中作出所得关系式等号两边函数的图象，如图所示，有5个根．所以总共有6个．2．(2011·陕西)函数f(x)＝eq\r(x)－cosx在[0，＋∞)内()A．没有零点B．有且仅有一个零点C．有且仅有两个零点D．有无穷多个零点答案B解析在同一直角坐标系中分别作出函数y＝eq\r(x)和y＝cosx的图象，如图，由于x>1时，y＝eq\r(x)>1，y＝cosx≤1，所以两图象只有一个交点，即方程eq\r(x)－cosx＝0在[0，＋∞)内只有一个根，所以f(x)＝eq\r(x)－cosx在[0，＋∞)内只有一个零点，所以选B.3．(2012·福州质检)已知函数f(x)＝log2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，若实数x0是方程f(x)＝0的解，且0<x1<x0，则f(x1)的值为()A．恒为负B．等于零C．恒为正D．不小于零答案A解析在同一坐标系中作出y＝log2x和y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x的图象