《2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第八節(jié) 函數與方程學案 理（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2020版高考數學一輪復習 第二章 函數、導數及其應用 第八節(jié) 函數與方程學案 理（含解析）新人教A版（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、第八節(jié)　函數與方程 2019考綱考題考情 1．函數的零點 (1)函數零點的定義 對于函數y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0的實數x叫做函數y＝f(x)(x∈D)的零點。 (2)幾個等價關系 方程f(x)＝0有實數根?函數y＝f(x)的圖象與x軸有交點?函數y＝f(x)有零點。 (3)函數零點的判定(零點存在性定理) 如果函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線，并且有f(a)·f(b)<0，那么，函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根。 2．二分法 對于在區(qū)間[

2、a，b]上連續(xù)不斷且f(a)·f(b)<0的函數y＝f(x)，通過不斷地把函數f(x)的零點所在的區(qū)間一分為二，使區(qū)間的兩個端點逐步逼近零點，進而得到零點近似值的方法叫做二分法。 3．二次函數y＝ax2＋bx＋c(a>0)的圖象與零點的關系 1．若連續(xù)不斷的函數f(x)在定義域上是單調函數，則f(x)至多有一個零點。函數的零點不是一個“點”，而是方程f(x)＝0的實根。 2．函數零點存在定理是零點存在的一個充分不必要條件。 3．周期函數如果有零點，則必有無窮多個零點。 一、走進教材 1．(必修1P92A組T2改編)已知函數f(x)的圖象是連續(xù)不斷的，且有如下對應值表：

3、 x 1 2 3 4 5 f(x) －4 －2 1 4 7 在下列區(qū)間中，函數f(x)必有零點的區(qū)間為(　　) A．(1,2) B．(2,3) C．(3,4) D．(4,5) 解析　由所給的函數值的表格可以看出，x＝2與x＝3這兩個數字對應的函數值的符號不同，即f(2)·f(3)<0，所以函數在(2,3)內有零點。故選B。 答案　B 2．(必修1P88例1改編)函數f(x)＝ex＋3x的零點個數是(　　) A．0　　　　B．1 C．2　　　　D．3 解析　由f′(x)＝ex＋3>0，所以f(x)在R上單調遞增，又f(－1)＝－3<0，f(0)＝1>0

4、，因此函數f(x)有且只有一個零點。故選B。 答案　B 二、走近高考 3．(2017·全國卷Ⅲ)已知函數f(x)＝x2－2x＋a(ex－1＋e－x＋1)有唯一零點，則a＝(　　) A．－　　　B. C.　　　D．1 解析　令f(x)＝0，則x2－2x＝－a(ex－1＋e－x＋1)，設g(x)＝ex－1＋e－x＋1，則g′(x)＝ex－1－e－x＋1＝ex－1－＝，當g′(x)＝0時，x＝1，故當x<1時，g′(x)<0，函數g(x)在(－∞，1)上單調遞減，當x>1時，g′(x)>0，函數g(x)在(1，＋∞)上單調遞增，當x＝1時，函數g(x)取得最小值2，設h(x)＝x2－2x

5、，當x＝1時，函數h(x)取得最小值－1，若－a<0，h(1)＝－ag(1)時，此時函數h(x)和－ag(x)有一個交點，即－a×2＝－1?a＝。故選C。 解析：f(2－x)＝(2－x)2－2(2－x)＋a[e2－x－1＋e－(2－x)＋1]＝x2－2x＋a(e1－x＋ex－1)＝f(x)，所以f(x)的圖象關于x＝1對稱，而f(x)有唯一的零點，則f(x)的零點只能為x＝1，即f(1)＝－1＋2a＝0，解得a＝。故選C。 答案　C 三、走出誤區(qū) 微提醒：①不解方程確定函數零點出錯；②不加區(qū)分有無區(qū)間限定的零點問題致錯。 4．函數f(x)＝x＋的零點個數是________。

6、 解析　函數的定義域為{x|x≠0}，當x>0時，f(x)>0，當x<0時，f(x)<0，所以函數沒有零點。 答案　0 5．若二次函數f(x)＝x2＋kx＋k在R上無零點，則實數 k的取值范圍是________。 解析　Δ＝k2－4k<0，解得00即可，即－1＋m≤0且8＋m>0，解得－8

7、的判斷與求解微點小專題 方向1：判斷零點所在的區(qū)間 【例1】　(1)已知函數f(x)＝為奇函數，g(x)＝lnx－2f(x)，則函數g(x)的零點所在區(qū)間為(　　) A．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4) (2)設函數y＝x3與y＝x－2的圖象的交點為(x0，y0)，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，則x0所在的區(qū)間是________。 解析　(1)由函數f(x)＝為奇函數，可得a＝0，則g(x)＝lnx－2f(x)＝lnx－，所以g(2)＝ln2－1<0，g(3)＝ln3－>0，所以g(2)g(3)<0，可知函數的零點在(2,3)之間。故選C。 (2)

8、設f(x)＝x3－x－2，則x0是函數f(x)的零點，在同一坐標系下畫出函數y＝x3與y＝x－2的圖象如圖所示。因為f(1)＝1－－1＝－1<0，f(2)＝8－0＝7>0，所以f(1)f(2)<0，所以x0∈(1,2)。 答案　(1)C　(2)(1,2) 確定函數f(x)的零點所在區(qū)間的常用方法 1．利用函數零點的存在性定理：首先看函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是否連續(xù)，再看是否有f(a)·f(b)<0。若有，則函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內必有零點。 2．數形結合法：通過畫函數圖象，觀察圖象與x軸在給定區(qū)間上是否有交點來判斷。 方向2：確定函數零點個數

9、【例2】　(1)函數f(x)＝的零點個數為(　　) A．3　　　　B．2 C．1　　　　D．0 (2)(2019·天津河東一模)函數f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內的零點的個數為(　　) A．0　　　　B．1 C．2　　　　D．3 解析　(1)由f(x)＝0得或解得x＝－2或x＝e。因此函數f(x)共有2個零點。故選B。 解析：函數f(x)的圖象如圖所示，由圖象知函數f(x)共有2個零點。故選B。 (2)由題意可知f(x)的定義域為(0，＋∞)，在同一直角坐標系中畫出函數y1＝|x－2|(x>0)，y2＝lnx(x>0)的圖象，如圖所示。由圖可知函數f(x

10、)在定義域內的零點個數為2。故選C。 答案　(1)B　(2)C 函數零點個數的判斷方法 1．直接求零點，令f(x)＝0，有幾個解就有幾個零點； 2．零點存在性定理，要求函數在區(qū)間[a，b]上是連續(xù)不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，再結合函數的圖象與性質確定函數零點個數； 3．利用圖象交點個數，作出兩函數圖象，觀察其交點個數即得零點個數。 【題點對應練】　 1．(方向1)函數f(x)＝x＋－5一定存在零點的區(qū)間是(　　) A．(1,2) B．(0,1) C．(－3，－2) D. 解析　f(－3)＝－3＋－5＝3>0，f(－2)＝－2＋－5＝－<0，且函

11、數f(x)在區(qū)間(－3，－2)上連續(xù)，據此可得函數f(x)＝x＋－5一定存在零點的區(qū)間是(－3，－2)。故選C。 答案　C 2．(方向2)設函數f(x)＝lnx－2x＋6，則f(x)零點的個數為(　　) A．3　　　　B．2 C．1　　　　D．0 解析　函數f(x)＝lnx－2x＋6的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝－2＝，令f′(x)＝0，得x＝，當00，當x>時，f′(x)<0，所以函數f(x)在上單調遞增，在上單調遞減。因為f＝－4－<0，f＝5－ln2>0，f(e2)＝8－2e2<0，所以函數f(x)在，上各有一個零點，所以函數f(x)的零點個數為2。

12、故選B。 解析：令f(x)＝0，則lnx＝2x－6，令g(x)＝lnx，h(x)＝2x－6(x>0)，在同一平面直角坐標系中畫出這兩個函數的圖象，如圖所示，兩個函數圖象的交點個數就等于函數f(x)零點的個數，容易看出函數f(x)零點的個數為2，故選B。 答案　B 考點二函數零點的應用微點小專題 方向1：已知函數零點的個數，求參數取值范圍 【例3】　若函數f(x)＝ax－x2(a>1)有三個不同的零點，則實數a的取值范圍是________。 解析　令f(x)＝ax－x2＝0，可得ax＝x2。①當x<0時，函數y＝ax與y＝x2的圖象有一個交點；②當x>0時，兩邊同時取

13、自然對數得xlna＝2lnx，即lna＝，由題意得函數y＝lna與g(x)＝的圖象在(0，＋∞)上有兩個不同的交點，g′(x)＝，令g′(x)>0，解得0e，則g(x)在(e，＋∞)上單調遞減，則g(x)max＝g(e)＝，當x→＋∞時，g(x)→0且g(x)>0，當x→0時，g(x)→－∞，則有0

14、與不存在零點問題 【例4】　若函數f(x)＝－ln(x＋1)不存在零點，則實數k的取值范圍是________。 解析　由題意可知當k>0時，得x>0；當k<0時，得－10時，k＝x＋＋2≥4(當x＝1時，取等號)，又k>0，得k≥4；當－1

15、。 答案　(0,4) 本題考查函數的零點問題及對數函數的性質，將函數的零點問題轉化為不等式問題，再利用基本不等式解決。 【題點對應練】　 1．(方向1)若函數f(x)＝有且只有2個不同的零點，則實數k的取值范圍是(　　) A．(－4,0) B．(－∞，0] C．(－4,0] D．(－∞，0) 解析　x>0時，x＝1為f(x)的零點，x≤0時，x＝0為f(x)的零點，故x<0，不能再有其他零點，即＝kx2(x<0)無解，等價于＝kx(x<0)無解，畫出y＝(x<0)，y＝kx(x<0)的圖象如圖，可得k≤0。故選B。 答案　B 2．(方向1)已知f(x)是奇

16、函數且是R上的單調函數，若函數y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)只有一個零點，則實數λ是________。 解析　令y＝f(2x2＋1)＋f(λ－x)＝0，則f(2x2＋1)＝－f(λ－x)＝f(x－λ)，因為f(x)是R上的單調函數，所以2x2＋1＝x－λ，即2x2－x＋1＋λ＝0只有一個實根，則Δ＝1－8(1＋λ)＝0，解得λ＝－。 答案?。? 3．(方向2)若函數f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1,1]有零點，則實數a的取值范圍是________。 解析　因為函數f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1,1]有零點，所以方程4x－2x－a＝0在[－1,1]上有解，即方程a＝4x－2x

17、在[－1,1]上有解。方程a＝4x－2x可變形為a＝2－，因為x∈[－1,1]，所以2x∈，所以2－∈。所以實數a的取值范圍是。 答案　 1．(配合例1使用)函數f(x)＝2x－－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內，則實數a的取值范圍是(　　) A．(1,3) B．(1,2) C．(0,3) D．(0,2) 解析　因為函數f(x)＝2x－－a在區(qū)間(1,2)上單調遞增，又函數f(x)＝2x－－a的一個零點在區(qū)間(1,2)內，則有f(1)·f(2)<0，所以(－a)(4－1－a)<0，即a(a－3)<0，所以0

18、不超過實數x的最大整數，g(x)＝[x]為取整函數，x0是函數f(x)＝lnx－的零點，則g(x0)等于(　　) A．1 B．2 C．3 D．4 解析　當x>0時，f′(x)＝＋>0，則f(x)為(0，＋∞)上的增函數，又f(2)＝ln2－1<0，f(e)＝lne－＝1－>0，所以函數f(x)＝lnx－的零點x0滿足2

19、y＝f(t)的圖象(如圖)。當a≥－1時，y＝a與y＝f(t)的圖象有兩個交點。設交點的橫坐標為t1，t2(不妨設t2>t1)且t1<－1，t2≥－1，當t1<－1時，t1＝f(x)有一解；當t2≥－1時，t2＝f(x)有兩解。綜上，當a≥－1時，函數g(x)＝f(f(x))－a有三個不同的零點。 答案　[－1，＋∞) 4．(拓展型)設函數f(x)＝ex＋sinx，g(x)＝x。若存在x1，x2∈[0，＋∞)使得f(x1)＝g(x2)成立，則x2－x1的最小值是________。 解析　設x2－x1＝t，由f(x1)＝g(x2)得x2＝2(ex1＋sinx1)＝x1＋t，所以t＝

20、2(e x1＋sinx1)－x1，所以x2－x1的最小值即函數F(x)＝2(ex＋sinx)－x在[0，＋∞)上的最小值。因為F′(x)＝2ex＋2cosx－1(x≥0)，所以令φ(x)＝2ex＋2cosx－1(x≥0)，則φ′(x)＝2(ex－sinx)>0，所以函數F′(x)在[0，＋∞)上單調遞增，從而F′(x)≥F′(0)＝2＋2－1＝3>0，所以F(x)在[0，＋∞)上單調遞增，所以F(x)≥F(0)＝2，故x2－x1的最小值為2。 答案　2 類型一基本初等函數的圖象識別法 1.特殊點法 【例1】　函數f(x)＝x2－x的大致圖象是(　　) 　A　　　　B　　　

21、　　C　　　　　D 解析　選用函數圖象經過的幾個特殊點驗證排除。由f(0)＝－1，得函數圖象過點(0，－1)，可排除D，由f(－2)＝4－4＝0，f(－4)＝16－16＝0，得函數圖象過點(－2,0)，(－4,0)，可排除A，C。故選B。 答案　B 使用特殊點法排除一些不符合要求的錯誤選項，主要注意兩點：一是選取的點要具備特殊性和代表性，能排除一些選項；二是可能要選取多個特殊點進行排除才能得到正確答案。 【變式訓練】　函數y＝sinx的圖象大致是(　　) A　　　　　　　　　　B C　　　　　　　　　　D 解析　當x＝1時，y＝0，即函數圖象過點(1,0)，由選項

22、中圖象可知，只有D符合。故選D。 答案　D 2．性質檢驗法 【例2】　(2019·福州質檢)函數f(x)＝x2＋ln(e－x)ln(e＋x)的大致圖象為(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 解析　利用函數的奇偶性與函數圖象的極限位置，即可篩選出正確的選項。因為f(－x)＝x2＋ln(e＋x)ln(e－x)＝f(x)，所以函數f(x)為偶函數，排除C；因為x→e時，f(x)→－∞，排除B、D。故選A。 答案　A 破解此類題的關鍵是：一是利用解析式，判斷函數的奇偶性，再根據奇函數或偶函數圖象的對稱性，可排除錯誤的選項；二是利用特值法或極限思想，排除錯誤的選

23、項。 【變式訓練】　函數y＝的部分圖象大致為(　　) A　　　　　B　　　　　C　　　　　D 解析　令f(x)＝，則f(－x)＝＝＝f(x)，所以f(x)是偶函數，圖象關于y軸對稱，排除B、C。當x>1時，y＝＝，顯然y>0且函數單調遞減。故選D。 答案　D 3．圖象變換法 【例3】　已知定義域為R的函數f(x)滿足f(x)＝－f(x－1)，則函數f(x)在(－1,1]上的圖象可能是(　　) A　　　　　　　B C　　　　　　　D 解析　由函數y＝f(x)滿足f(x)＝－f(x－1)可知，把y＝f(x)在(－1,0)上的圖象向右平移一個單位長度，再把所得的圖象關于

24、x軸做對稱變換，得到y(tǒng)＝f(x)在(0,1)上的圖象，可排除A，B，D。故選C。 答案　C 通過圖象變換識別函數圖象要掌握兩點：一是熟悉基本初等函數的圖象(如指數函數、對數函數等函數的圖象)；二是了解一些常見的變換形式，如平移變換、翻折變換。 【變式訓練】　已知函數f(x)＝logax(00時，f(|x

25、|＋1)＝loga(x＋1)，先作函數y＝loga(x＋1)(x>0)的圖象，然后作其關于y軸對稱部分，故A項正確。 答案　A 類型二基本初等函數的性質應用 1.冪、指、對數函數的比較大小 解　 在同一坐標系內作出y＝log8x，y＝log7x，y＝log2x的圖象如圖所示，當x＝9時，由圖象知log29>log79>log89>1＝log88，所以log9>log79>log89>1。 本題綜合考查了指數函數與對數的圖象與性質，并且結合插值法順利得到結果。 答案　A 2．利用基本初等函數的性質求自變量的值或范圍 【例5】　(2019·福州

26、質檢)設函數f(x)＝則滿足不等式f(x2－2)>f(x)的x的取值范圍是(　　) A．(－∞，－1)∪(2，＋∞) B．(－∞，－)∪(，＋∞) C．(－∞，－)∪(2，＋∞) D．(－∞，－1)∪(，＋∞) 解析　因為當x>0時，函數f(x)單調遞增，當x≤0時，f(x)＝0，所以由f(x2－2)>f(x)，得或解得x>2或x<－，所以x的取值范圍是(－∞，－)∪(2，＋∞)。故選C。 解析：取x＝2，則f(22－2)＝f(2)，所以x＝2不滿足題意，排除B，D；取x＝－1.1，則f((－1.1)2－2)＝f(－0.79)＝0＝f(－1.1)，所以x＝－1.1不滿足題意，排

27、除A。故選C。 答案　C 破解此類題的關鍵：一是活用函數的性質，如本題中利用了函數的單調性；二是利用轉化思想，把原不等式轉化為關于自變量的不等式組，解不等式組，即可得自變量的取值范圍。若能靈活應用特值法，則可加快解題的速度。 【變式訓練】　(2019·安徽名校聯考)已知函數y＝g(x)滿足g(x＋2)＝－g(x)，若y＝f(x)在(－2,0)∪(0,2)上為偶函數，且其解析式為f(x)＝則g(－2 017)的值為(　　) A．－1　　　B．0 C.　　　D．－ 解析　因為函數y＝g(x)滿足g(x＋2)＝－g(x)，所以g(x＋4)＝－g(x＋2)＝－[－g(x)]

28、＝g(x)，所以4是函數g(x)的周期，所以g(－2 017)＝g(－504×4－1)＝g(－1)＝f(－1)＝f(1)＝log21＝0。故選B。 答案　B 類型三復合函數的零點問題 【例6】　(2019·湖北重點中學聯考)已知函數f(x)＝，若關于x的方程[f(x)]2＋mf(x)＋m－1＝0恰有3個不同的實數解，則實數m的取值范圍是(　　) A．(－∞，2)∪(2，＋∞) B. C. D．(1，e) 解析　因為f′(x)＝＝，所以函數f(x)在(－∞，1)上單調遞增，在(1，＋∞)上單調遞減，則f(x)max＝f(1)＝，且當x→－∞時，f(x)→－∞，當x→＋∞時，f(x

29、)→0，且f(x)>0，由此可作出函數t＝f(x)的簡圖，如圖所示。令t＝f(x)，g(t)＝t2＋mt＋m－1，令g(t)＝0，得t＝－1或t＝1－m。要使原方程有3個不同的實數解，須t＝1－m與t＝f(x)的圖象有兩個交點，故0<1－m<，所以1－

30、福州高三期末考試)已知函數f(x)＝ex＋e2－x，若關于x的不等式[f(x)]2－af(x)≤0恰有3個整數解，則實數a的最小值為(　　) A．1 B．2e C．e2＋1 D．e3＋ 解析　因為f(x)＝ex＋e2－x>0，所以由[f(x)]2－af(x)≤0可得00)，畫出函數g(t)的大致圖象，如圖所示，結合圖象分析易知原不等式有3個整數解可轉化為0