高中数学苏教版必修13.4.1 函数与方程教学设计及反思

这是一份高中数学苏教版必修13.4.1 函数与方程教学设计及反思，共6页。教案主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2,x)的零点所在的大致区间是( )
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2，e) D．(3,4)
2．函数f(x)＝lg2x－eq \f(1,2)x＋2的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
3．利用计算器，列出自变量和函数值的对应值如下表：
那么方程2x＝x2的一个根位于下列区间的( )
A．(0.6,1.0) B．(1.4,1.8)
C．(1.8,2.2) D．(2.6,3.0)
4．已知奇函数f(x)、g(x)，f(x)＞0的解集是(a2，b)，g(x)＞0的解集为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a2,2)，\f(b,2)))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a20)在区间[－8,8]上有四个不同的根x1，x2，x3，x4，则x1＋x2＋x3＋x4＝________.
三、解答题
9．已知二次函数y＝f1(x)的图象以原点为顶点且过点(1,1)，反比例函数y＝f2(x)的图象与直线y＝x的两个交点间距离为8，f(x)＝f1(x)＋f2(x)．
(1)求函数f(x)的表达式；
(2)证明：当a>3时，关于x的方程f(x)＝f(a)有三个实数解．
10．设f(x)＝3ax2＋2bx＋c，若a＋b＋c＝0，f(0)＞0，f(1)＞0.求证：
(1)a＞0且－2＜eq \f(b,a)＜－1；
(2)方程f(x)＝0在(0,1)内有两个实数根．
参考答案
1．B
2．解析：
由f(x)＝lg2x－eq \f(1,2)x＋2＝0得lg2x＝eq \f(1,2)x－2，在同一坐标系内画出函数y＝lg2x和y＝eq \f(1,2)x－2的图象如右图，可知答案选C.
答案：C
3．C
4．解析：∵f(x)·g(x)＞0⇔①eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx＞0,gx＞0))或②eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fx＜0，,gx＜0.))
由①知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＜x＜b，,\f(a2,2)＜x＜\f(b,2).))∴a2＜x＜eq \f(b,2).
由②知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－x＞0，,g－x＞0.))∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＜－x＜b，,\f(a2,2)＜－x＜\f(b,2)，))
∴－eq \f(b,2)＜x＜－a2，综上可知：x∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a2，\f(b,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(b,2)，－a2)).
答案：C
5．C
6．解析：由题意，方程ax2－5x＋b＝0的两根为－3、－2，由韦达定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝－1，,b＝－6，))则所求不等式为6x2－5x－1＞0，解之得x＜－eq \f(1,6)或x＞1.
答案：eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(xx＜－\f(1,6)或x＞1))
7．f(a)·f(m)0)，它的图象与直线y＝x的交点分别为
A(eq \r(k)，eq \r(k))，B(－eq \r(k)，－eq \r(k))．
由eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝8，得k＝8，∴f2(x)＝eq \f(8,x).故f(x)＝x2＋eq \f(8,x).
(2)证明：法一：由f(x)＝f(a)，得x2＋eq \f(8,x)＝a2＋eq \f(8,a)，
即eq \f(8,x)＝－x2＋a2＋eq \f(8,a).
在同一坐标系内作出f2(x)＝eq \f(8,x)和f3(x)＝－x2＋a2＋eq \f(8,a)的大致图象，其中f2(x)的图象是以坐标轴为渐近线，且位于第一、三象限的双曲线，f3(x)的图象是以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，a2＋\f(8,a)))为顶点，开口向下的抛物线．
因此，f2(x)与f3(x)的图象在第三象限有一个交点，即
f(x)＝f(a)有一个负数解．
又∵f2(2)＝4，f3(2)＝－4＋a2＋eq \f(8,a)，
当a>3时，f3(2)－f2(2)＝a2＋eq \f(8,a)－8>0，
∴当a>3时，在第一象限f3(x)的图象上存在一点(2，f(2))在f2(x)图象的上方．
∴f2(x)与f3(x)的图象在第一象限有两个交点，即
f(x)＝f(a)有两个正数解．
因此，方程f(x)＝f(a)有三个实数解．
法二：由f(x)＝f(a)，得x2＋eq \f(8,x)＝a2＋eq \f(8,a)，
即(x－a)(x＋a－eq \f(8,ax))＝0，得方程的一个解x1＝a.
方程x＋a－eq \f(8,ax)＝0化为ax2＋a2x－8＝0，
由a>3，Δ＝a4＋32a>0，得
x2＝eq \f(－a2－\r(a4＋32a),2a)，x3＝eq \f(－a2＋\r(a4＋32a),2a)，
∵x20，∴x1≠x2，且x2≠x3.
若x1＝x3，即a＝eq \f(－a2＋\r(a4＋32a),2a)，则
3a2＝eq \r(a4＋32a)，a4＝4a，
得a＝0或a＝eq \r(3,4)，这与a>3矛盾，∴x1≠x3.
故原方程f(x)＝f(a)有三个实数解．
10．证明：(1)∵f(0)＞0，f(1)＞0，
∴c＞0,3a＋2b＋c＞0.
由a＋b＋c＝0消去b得a＞c＞0，
由a＋b＋c＝0消去c得a＋b＜0,2a＋b＞0，
∴－2＜eq \f(b,a)＜－1.
(2)∵f(0)＞0，f(1)＞0，而feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3a,4)＋b＋c，
∵a＋b＋c＝0，∴c＝－a－b，
∴feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(3a,4)＋b－a－b＝－eq \f(a,4)＜0，
∴f(0)·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))·f(1)＜0.
因而函数f(x)在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))内各有一个零点，
即f(x)＝0在(0,1)内有两个实数根．x
0.2
0.6
1.0
1.4
1.8
y＝2x
1.149
1.516
2.0
2.639
3.482
y＝x2
0.04
0.36
1.0
1.96
3.24
x
2.2
2.6
3.0
3.4
…
y＝2x
4.595
6.063
8.0
10.556
…
y＝x2
4.84
6.76
9.0
11.56
…