高中数学湘教版（2019）必修 第一册第3章 函数的概念与性质3.1 函数导学案

这是一份高中数学湘教版（2019）必修 第一册第3章 函数的概念与性质3.1 函数导学案，共9页。

教材要点
要点一 方程的根与函数零点的关系
状元随笔 函数的零点不是一个点，而是一个实数，当自变量取该值时，其函数值等于零．
要点二 函数零点的判定
函数零点存在定理
如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上，当x从a到b逐渐增加时，如果f(x)连续变化且有f(a)·f(b)＜0，则存在点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0.如果知道y＝f(x)在区间[a，b]上单调递增或单调递减，就进一步断定，方程f(x)＝0在(a，b)内恰有一个根．
状元随笔 定理要求具备两条：
①函数在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线；②f(a)·f(b)＜0.
基础自测
1.思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)所有的函数都有零点．( )
(2)若方程f(x)＝0有两个不等实根x1，x2，则函数y＝f(x)的零点为(x1，0)，(x2，0)．( )
(3)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上有零点，则一定有f(a)·f(b)＜0.( )
(4)函数y＝2x－1的零点是12.( )
2．函数f(x)＝ln (x＋1)－2x的零点所在的一个区间是( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
3．函数f(x)＝x3－x的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
4．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________．

题型1 求函数的零点
例1 (1)函数f(x)＝2x−2，x≤12+lg2x，x＞1的零点是( )
A．14 B．1 C．14和1 D．0和1
(2)如果函数f(x)＝ax＋b有一个零点是2，那么函数g(x)＝bx2－ax的零点是( )
A．0，2 B．0，12 C．0，－12 D．2，－12
方法归纳
函数零点的求法
求函数y＝f(x)的零点通常有两种方法：其一是令f(x)＝0，根据解方程f(x)＝0的根求得函数的零点；其二是画出函数y＝f(x)的图象，图象与x轴的交点的横坐标即为函数的零点．
跟踪训练1 (1)函数f(x)＝x－1x的零点是________．
(2)函数f(x)＝2x＋x－1的零点为________．
题型2 函数零点的个数问题
角度1 判断函数零点的个数
例2 函数f(x)＝ln x－1x−1的零点个数是( )
A．0 B．1 C．2 D．3
方法归纳
判断函数零点的个数的方法主要有：
(1)对于一般函数的零点个数的判断问题，可以利用零点存在性定理来确定零点的存在性，然后借助于函数的单调性判断零点的个数．
(2)由f(x)＝g(x)－h(x)＝0，得g(x)＝h(x)，在同一坐标系中作出y1＝g(x)和y2＝h(x)的图象，利用图象判定方程根的个数．
角度2 由函数零点求参数的取值范围
例3 已知函数f(x)＝ ln1+x,x> −1(x+2)2,x≤−1,若方程f(x)－m＝0有4个不相同的解，则实数m取值范围为( )
A．(0，1] B．[0，1) C．(0，1) D．[0，1]
方法归纳
已知函数零点个数求参数范围的常用方法
跟踪训练2 (1)函数f(x)＝12x－x3－2在区间(－1，0)内的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
(2)若函数f(x)＝24ax2＋4x－1在区间(－1，1)内恰有一个零点，则实数a的取值范围是( )
A．−18，524 B．−18，524∪−16
C．−18，0∪0，524 D．−16
题型3 函数零点所在的区间问题
角度1 确定零点所在区间
例4 函数f(x)＝ln x＋2x－3的零点所在的一个区间是( )
A．(0，12) B．(12，1)
C．(1，32) D．(32，2)
方法归纳
判断函数零点所在区间的三个步骤
(1)代入：将区间端点值代入函数求出函数的值．
(2)判断：把所得的函数值相乘，并进行符号判断．
(3)结论：若符号为正且函数在该区间内是单调函数，则在该区间内无零点，若符号为负且函数连续，则在该区间内至少有一个零点．
角度2 由函数零点所在区间求参数范围
例5 若函数f(x)＝3x2－5x＋a的一个零点在区间(－2，0)内，另一个零点在区间(1，3)内，则实数a的取值范围是________________.
方法归纳
根据零点存在性定理及函数性质列出不等式组，解不等式组即可求出参数的取值范围．
跟踪训练3 (1)在下列区间中，函数f(x)＝6x－lg2x的零点所在区间为( )
A．12，1 B．(1，2)
C．(3，4) D．(4，5)
(2)已知函数f(x)＝ln x－m的零点位于区间(1，e)内，则实数m的取值范围是________．
易错辨析 忽视零点存在性定理的条件致误
例6 (多选)若函数f(x)的图象在R上连续不断，且满足f(0)＜0，f(1)＞0，f(2)＞0，则下列说法错误的有( )
A．f(x)在区间(0，1)上一定有零点，在区间(1，2)上一定没有零点
B．f(x)在区间(0，1)上一定没有零点，在区间(1，2)上一定有零点
C．f(x)在区间(0，1)上一定有零点，在区间(1，2)上可能有零点
D．f(x)在区间(0，1)上可能有零点，在区间(1，2)上一定有零点
解析：由题知f(0)·f(1)＜0，所以根据函数零点存在性定理可得f(x)在区间(0，1)上一定有零点，又f(1)·f(2)＞0，因此无法判断f(x)在区间(1，2)上是否有零点．故选ABD.
答案：ABD
易错警示
课堂十分钟
1．函数f(x)＝2x2－3x＋1的零点是( )
A．－12，－1 B．12，1
C．12，－1 D．－12，1
2．函数f(x)＝x3＋3x－2的零点所在区间为( )
A．0，14 B．14，12
C．12，34 D．34，1
3．(多选)已知函数x2−4x+2,x≥0(13)x+1, x<0 ,若函数g(x)＝f(x)－m恰有3个零点，则m的取值可能为( )
A．13 B．1
C．2 D．52
4．函数f(x)＝x2+2x−3，x≤0，−2+lnx，x＞0，零点的个数为________．
5．已知函数f(x)＝x2＋3(m＋1)x＋n的零点是1和2，求函数y＝lgn(mx＋1)的零点．
参考答案与解析
新知初探·课前预习
要点一
交点的横坐标 零点
[基础自测]
1．答案：(1)× (2)× (3)× (4)√
2．解析：f(1)＝ln 2－2＜0，f(2)＝ln 3－1＞0，
∴f(1)·f(2)＜0，
∴函数f(x)的一个零点区间为(1，2).
答案：B
3．解析：f(x)＝x(x－1)(x＋1)，令x(x－1)(x＋1)＝0，解得x＝0，x＝1，x＝－1，即函数的零点为－1，0，1，共3个．
答案：D
4．解析：由22−2a−b=0,32−3a−b=0,得a=5,b=−6,
∴g(x)＝－6x2－5x－1的零点是－12，－13.
答案：－ eq \f(1,2) ，－ eq \f(1,3)
题型探究·课堂解透
例1 解析：(1)当x≤1时，由2x －2＝0得x＝1；
当x＞1时，由2＋lg2x＝0得x＝ eq \f(1,4) (舍去)所以函数f(x)的零点是1.
故选B.
(2)由题意知f(2)＝2a＋b＝0，即b＝－2a，则g(x)＝bx2－ax＝－2ax2－ax＝－ax(2x＋1).由g(x)＝0得x＝0或x＝－ eq \f(1,2) ，故函数g(x)的零点是0，－ eq \f(1,2) .
故选C.
答案：(1)B (2)C
跟踪训练1
解析：(1)令f(x)＝x－ eq \f(1,x) ＝0，得x＝±1.∴函数f(x)＝x－ eq \f(1,x) 的零点是±1.
(2)在同一平面直角坐标系中作出函数y＝2x，y＝－x＋1的图象，如图所示，由图可知函数f(x)的零点为0.
答案：(1)±1 (2)0
例2 解析：(1)由f(x)＝ln x－ eq \f(1,x－1) ＝0得ln x＝ eq \f(1,x－1) ，在同一坐标系中画出y＝ln x与y＝ eq \f(1,x－1) 的图象，如图所示，函数y＝ln x与y＝ eq \f(1,x－1) 的图象有两个交点，所以函数f(x)＝ln x－ eq \f(1,x－1) 的零点个数为2.
答案：C
例3 解析：画出函数f(x)的图象，如图所示：
若方程f(x)－m＝0有4个不相同的解，
则y＝m和f(x)的图象有4个不同的交点，
结合图象，0＜m≤1.
答案：A
跟踪训练2 解析：(1)因为函数f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(x) －x3－2为减函数，又f(－1)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(－1) －(－1)3－2＝1>0，f(0)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2))) eq \s\up12(0) －(0)3－2＝－1<0.故函数f(x)在区间(－1，0)内的零点个数是1.
(2)∵f(x)＝24ax2＋4x－1，
∴f(0)＝－1≠0，x＝0不是函数的零点．
∴当x≠0时，由f(x)＝24ax2＋4x－1＝0.
得a＝ eq \f(1－4x,24x2) ＝ eq \f(1,24) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x))) eq \s\up12(2) － eq \f(1,6) · eq \f(1,x)
＝ eq \f(1,24) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－2)) eq \s\up12(2) － eq \f(1,6) .
令t＝ eq \f(1,x) ，则t∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，
令g(t)＝ eq \f(1,24) (t－2)2－ eq \f(1,6) ，
则g(－1)＝ eq \f(5,24) ，g(1)＝－ eq \f(1,8) ，g(2)＝－ eq \f(1,6) .
函数f(x)＝24ax2＋4x－1在区间(－1，1)内恰有一个零点⇔函数y＝a的图象与函数y＝g(t)，t∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)的图象有且只有一个交点，
由图可知，a∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,8)，\f(5,24))) ∪ eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(－\f(1,6))) .
答案：(1)B (2)B
例4 解析：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，其图象在定义域上为一条不间断的曲线，
且f(1)＝－1＜0，f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2))) ＝ln eq \f(3,2) ＞0，
由零点存在性定理可知，函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2))) 上存在零点．
答案：C
例5 解析：根据二次函数及其零点所在区间可画出大致图象，如图．
由图可知 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－2）＞0，,f（0）＜0，,f（1）＜0，,f（3）＞0，))
即 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(12＋10＋a＞0，,a＜0，,3－5＋a＜0，,27－15＋a＞0，))
解得－12答案：(－12, 0)
跟踪训练3 解析：(1)因为函数f(x)＝ eq \f(6,x) －lg2x是减函数．又f(3)＝2－lg23>0，f(4)＝ eq \f(3,2) －2<0，根据零点存在性定理得到函数f(x)在区间(3，4)上存在零点．
(2)令f(x)＝ln x－m＝0，得m＝ln x，因为x∈(1，e)，所以ln x∈(0，1)，故m∈(0，1).
答案：(1)C (2)(0，1)
[课堂十分钟]
1．解析：方程2x2－3x＋1＝0的两根分别为x1＝1，x2＝12，所以函数f(x)＝2x2－3x＋1的零点是12，1.故选B.
答案：B
2．解析：函数f(x)＝x3＋3x－2是连续函数且单调递增，
∵f(12)＝18＋32－2＝－38＜0，
f (34)＝2764＋94－2＝4364＞0
∴f(12) f (34)＜0，
由零点判定定理可知函数的零点在区间(12,34)上．
故选C.
答案：C
3．解析：g(x)恰好有3个零点，
等价于f(x)＝m有三个不等实根，如图，
作出y＝f(x)的图象，可得当13＜m≤2时，
f(x)的图象与y＝m有三个交点．
故选BC.
答案：BC
4．解析：x≤0时，令x2＋2x－3＝0，
解得x＝－3.
x＞0时，f(x)＝ln x－2在(0，＋∞)上递增，
f(1)＝－2＜0，f(e3)＝1＞0，
∵f(1)f(e3)＜0，
∴f(x)在(0，＋∞)上有且只有一个零点．
综上，f(x)在R上有2个零点．
答案：2
5．解析：由题可知，f(x)＝x2＋3(m＋1)x＋n的两个零点为1和2.
则1和2是方程x2＋3(m＋1)x＋n＝0的两根．
可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(1＋2＝－3（m＋1），,1×2＝n，))
解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m＝－2，,n＝2.))
所以函数y＝lgn(mx＋1)的解析式为
y＝lg2(－2x＋1)，要求其零点，令
lg2(－2x＋1)＝0，解得x＝0.
所以函数y＝lg2(－2x＋1)的零点为0.
易错原因
纠错心得
易忽略零点存在性定理的条件：函数在闭区间上是连续不断的一条曲线．
端点函数值异号，只是一个条件，还要注意零点存在性定理成立的另一个条件，即函数在闭区间上是连续不断的一条曲线．