高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.5 函数的应用（二）教案

这是一份高中数学人教A版 (2019)必修 第一册4.5 函数的应用（二）教案，共9页。
最新课程标准：运用函数性质求方程近似解的基本方法(二分法)，再结合实例，更深入地理解用函数构建数学模型的基本过程，学习运用模型思想发现和提出问题、分析和解决问题的方法．





4．5.1 函数的零点与方程的解





知识点一 函数的零点


1．零点的定义


对于函数y＝f(x)，把f(x)＝0的实数x，叫做函数y＝f(x)的零点．


2．方程的根与函数零点的关系





eq \x(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．


知识点二 函数零点的判定


如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是一条连续不断的曲线，且有f(a)f(b)＜0，那么，函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的解．


eq \x(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.


[教材解难]


1．教材P142思考


能．先构造函数f(x)＝ln x＋2x－6，再判断函数f(x)是增函数，又f(2)＜0，f(3)＞0，∴方程ln x＋2x－6＝0的根在2,3之间．





[基础自测]


1．函数y＝3x－2的图象与x轴的交点坐标及其零点分别是( )


A.eq \f(2,3)；eq \f(2,3) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))；eq \f(2,3)


C．－eq \f(2,3)；－eq \f(2,3) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))；－eq \f(2,3)


解析：令3x－2＝0，则x＝eq \f(2,3)，∴函数y＝3x－2的图象与x轴的交点坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，0))，函数零点为eq \f(2,3).


答案：B


2．函数f(x)＝ln (x＋1)－eq \f(2,x)的零点所在的一个区间是( )


A．(0,1) B．(1,2)


C．(2,3) D．(3,4)


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．函数f(x)＝x3－x的零点个数是( )


A．0 B．1


C．2 D．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．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________．


解析：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(22－2a－b＝0，,32－3a－b＝0，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝5，,b＝－6))


∴g(x)＝－6x2－5x－1的零点是－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3).


答案：－eq \f(1,2)，－eq \f(1,3)








题型一 函数零点的概念及求法


例1 (1)下列图象表示的函数中没有零点的是( )





(2)判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出．


①f(x)＝－x2－4x－4.


②f(x)＝4x＋5.


③f(x)＝lg3(x＋1)．


【解析】 (1)由图观察，A中图象与x轴没有交点，所以A中函数没有零点．


(2)①令－x2－4x－4＝0，解得x＝－2，所以函数的零点为x＝－2.②令4x＋5＝0，则4x＝－5＜0，即方程4x＋5＝0无实数根，所以函数不存在零点．③令lg3(x＋1)＝0，解得x＝0，所以函数的零点为x＝0.


【答案】 (1)A (2)见解析


eq \x(状元随笔) 1.由函数图象判断函数是否有零点是看函数的图象与x轴是否有交点．


2．求函数对应方程的根即为函数的零点．





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 若函数f(x)＝x2＋x－a的一个零点是－3，求实数a的值，并求函数f(x)其余的零点．


解析：由题意知f(－3)＝0，即(－3)2－3－a＝0，a＝6.所以f(x)＝x2＋x－6.


解方程x2＋x－6＝0，得x＝－3或2.


所以函数f(x)其余的零点是2.


由函数f(x)的零点是－3，得f(－3)＝0，求a.


题型二 确定函数零点的个数[教材P143例1]


例2 求方程ln x＋2x－6＝0的实数解的个数．


【解析】 设函数f(x)＝ln x＋2x－6，利用计算工具，列出函数y＝f(x)的对应值表(表)，并画出图象(图)．


表





图


由表和图可知，f(2)＜0，f(3)＞0，则f(2)f(3)＜0.由函数零点存在定理可知，函数f(x)＝ln x＋2x－6在区间(2,3)内至少有一个零点．


容易证明，函数f(x)＝ln x＋2x－6，x∈(0，＋∞)是增函数，所以它只有一个零点，即相应方程ln x＋2x－6＝0只有一个实数解．


eq \x(状元随笔) 可以先借助计算工具画出函数y＝ln x＋2x－6的图象或列出x，y的对应值表，为观察、判断零点所在区间提供帮助．





教材反思


判断函数零点个数的三种方法


(1)方程法：若方程f(x)＝0的解可求或能判断解的个数，可通过方程的解来判断函数是否存在零点或判定零点的个数．


(2)图象法：由f(x)＝g(x)－h(x)＝0，得g(x)＝h(x)，在同一坐标系内作出y1＝g(x)和y2＝h(x)的图象．根据两个图象交点的个数来判定函数零点的个数．


(3)定理法：函数y＝f(x)的图象在区间[a，b]上是一条连续不断的曲线，由f(a)·f(b)＜0即可判断函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点．若函数y＝f(x)在区间(a，b)上是单调函数，则函数f(x)在区间(a，b)内只有一个零点．


跟踪训练2 (1)函数f(x)＝x－eq \r(x)－2的零点个数为( )


A．0 B．1


C．2 D．3


(2)判断函数f(x)＝x－3＋ln x的零点个数．


解析：(1)令f(x)＝0得x－eq \r(x)－2＝0，设t＝eq \r(x)(t≥0)，则t2－t－2＝0，解得t＝2或t＝－1(舍)．


故eq \r(x)＝2即x＝4，因此方程f(x)＝0有一个根4，所以函数f(x)有一个零点．





(2)令f(x)＝x－3＋ln x＝0，则ln x＝－x＋3，在同一平面直角坐标系内画出函数y＝ln x与y＝－x＋3的图象，如图所示：由图可知函数y＝ln x，y＝－x＋3的图象只有一个交点，即函数f(x)＝x－3＋ln x只有一个零点．


答案：(1)B (2)一个


eq \x(状元随笔) 思路一：解方程求零点，方程f(x)＝0的实数根的个数就是函数f(x)的零点的个数；


思路二：画出函数图象，依据图象与x轴的交点的个数来判断函数的零点个数．





题型三 判断函数的零点所在的大致区间


例3 设x0是函数f(x)＝ln x＋x－4的零点，则x0所在的区间为( )


A．(0,1) B．(1,2)


C．(2,3) D．(3,4)


【解析】 因为f(2)＝ln 2＋2－4＝ln 2－2＜0，f(3)＝ln 3－1＞ln e－1＝0，f(2)·f(3)＜0.由零点存在性定理，得x0所在的区间为(2,3)．


【答案】 C


eq \x(状元随笔) 根据零点存在性定理，对照选项，只需验证区间端点函数值的符号，或可借助于图象分析．





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．


跟踪训练3 函数f(x)＝2x－1＋x－5的零点所在的区间为( )


A．(0,1) B．(1,2)


C．(2,3) D．(3,4)


解析：f(2)＝22－1＋2－5＜0，f(3)＝23－1＋3－5＞0，故f(2)·f(3)＜0，又f(x)在定义域内是增函数，则函数f(x)＝2x－1＋x－5只有一个零点，且零点所在的区间为(2,3)．


答案：C


f(x)单调的条件下，利用f(a)·f(b)＜0求零点区间．





解题思想方法 数形结合思想


例 已知关于x的方程|x2－4x＋3|－a＝0有三个不相等的实数根，则实数a的值是________．





解析：如图，由图象知直线y＝1与y＝|x2－4x＋3|的图象有三个交点，


则方程|x2－4x＋3|＝1有三个不相等的实数根，因此a＝1.


答案：1


【反思与感悟】 求解这类问题可先将原式变形为f(x)＝g(x)，则方程f(x)＝g(x)的不同解的个数等于函数f(x)与g(x)图象交点的个数，分别画出两个函数的图象，利用数形结合的思想使问题得解．














课时作业 25





一、选择题


1．下列函数不存在零点的是( )


A．y＝x－eq \f(1,x) B．y＝eq \r(2x2－x－1)


C．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1 x≤0，,x－1 x＞0)) D．y＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1 x≥0，,x－1 x＜0))


解析：令y＝0，得A中函数的零点为1，－1；B中函数的零点为－eq \f(1,2)，1；C中函数的零点为1，－1；只有D中函数无零点．


答案：D


2．若函数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，eq \f(1,2)


C．0，－eq \f(1,2) D．2，－eq \f(1,2)


解析：∵2a＋b＝0，


∴g(x)＝－2ax2－ax＝－ax(2x＋1)．


∴零点为0和－eq \f(1,2).


答案：C


3．函数f(x)＝πx＋lg2x的零点所在区间为( )


A.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，\f(1,4)))


C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,8))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))


解析：因为feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝eq \f(π,4)＋lg2eq \f(1,4)＜0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \f(π,2)＋lg2eq \f(1,2)＞0，


所以feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))·feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＜0，故函数f(x)＝πx＋lg2x的零点所在区间为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))).


答案：A


4．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x＞0，))g(x)＝f(x)＋x＋a.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( )


A．[－1,0) B．[0，＋∞)


C．[－1，＋∞) D．[1，＋∞)


解析：本题主要考查函数的零点及函数的图象．


g(x)＝f(x)＋x＋a存在2个零点等价于函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ex，x≤0，,ln x，x＞0))与h(x)＝－x－a的图象存在2个交点，如图，





当x＝0时，h(0)＝－a，由图可知要满足y＝f(x)与y＝h(x)的图象存在2个交点，需要－a≤1，即a≥－1.故选C.


答案：C


二、填空题


5．函数f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上________(填“存在”或“不存在”)零点．


解析：方法一 ∵f(1)＝12－3×1－18＝－20＜0，


f(8)＝82－3×8－18＝22＞0，∴f(1)·f(8)＜0，


又 f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上的图象是连续的，


故f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上存在零点．


方法二 令f(x)＝0，得x2－3x－18＝0，


∴(x－6)(x＋3)＝0.


∵x＝6∈[1,8]，x＝－3∉[1,8]，


∴f(x)＝x2－3x－18在区间[1,8]上存在零点．


答案：存在


6．函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋ln x，x＞0))零点的个数为________．


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．


总之，f(x)在R 上有2个零点．


答案：2


7．已知函数f(x)＝x2＋x＋a(a＜0)在区间(0,1)上有零点，则a的取值范围为________．


解析：由题意f(1)·f(0)＜0.∴a(2＋a)＜0.∴－2＜a＜0.


答案：(－2,0)


三、解答题


8．判断下列函数是否存在零点，如果存在，请求出．


(1)f(x)＝eq \f(x＋3,x)；


(2)f(x)＝x2＋2x＋4；


(3)f(x)＝2x－3；


(4)f(x)＝1－lg3x.


解析：(1)令eq \f(x＋3,x)＝0，解得x＝－3，所以函数f(x)＝eq \f(x＋3,x)的零点是－3.


(2)令x2＋2x＋4＝0，由于Δ＝22－4×4＝－12＜0，


所以方程x2＋2x＋4＝0无解，所以函数f(x)＝x2＋2x＋4不存在零点.


(3)令2x－3＝0，解得x＝lg23，所以函数f(x)＝2x－3的零点是lg23.


(4)令1－lg3x＝0，解得x＝3，所以函数f(x)＝1－lg3x的零点是3.


9．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．


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\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＋2＝－3m＋1，,1×2＝n，))


解得eq \b\lc\{\rc\ (\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.


[尖子生题库]


10．已知二次函数f(x)＝x2－2ax＋4，在下列条件下，求实数a的取值范围．


(1)零点均大于1；


(2)一个零点大于1，一个零点小于1；


(3)一个零点在(0,1)内，另一个零点在(6,8)内．


解析：(1)因为方程x2－2ax＋4＝0的两根均大于1，结合二次函数的单调性与零点存在性定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－2a2－16≥0，,f1＝5－2a＞0，,a＞1，))解得2≤a＜eq \f(5,2).


即a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(5,2))).


(2)因为方程x2－2ax＋4＝0的一个根大于1，一个根小于1，结合二次函数的单调性与零点存在性定理得f(1)＝5－2a＜0，解得a＞eq \f(5,2).


即a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞)).


(3)因为方程x2－2ax＋4＝0的一个根在(0,1)内，另一个根在(6,8)内，结合二次函数的单调性与零点存在性定理得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝4＞0，,f1＝5－2a＜0，,f6＝40－12a＜0，,f8＝68－16a＞0，))


解得 eq \f(10,3)＜a＜eq \f(17,4).


即a的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,3)，\f(17,4))).


x
y
1
－4
2
－1.306 9
3
1.098 6
4
3.386 3
5
5.609 4
6
7.791 8
7
9.945 9
8
12.079 4
9
14.197 2