2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第8讲　函数与方程学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（文科）第二章　函数概念与基本初等函数 第8讲　函数与方程学案，共13页。学案主要包含了知识梳理，习题改编，利用图形求解不等式中的参数范围，利用图形研究零点问题等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．函数的零点
[注意] 函数的零点是实数，而不是点；零点一定在函数的定义域内．
2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的图象与零点的关系
常用结论
有关函数零点的结论
(1)若连续不断的函数f(x)在定义域上是单调函数，则f(x)至多有一个零点．
(2)连续不断的函数，其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号．
(3)连续不断的函数图象通过零点时，函数值可能变号，也可能不变号．
二、习题改编
1．(必修1P92A组T5改编)函数f(x)＝ln x－eq \f(2,x)的零点所在的大致范围是( )
A．(1，2) B．(2，3)
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,e)，1))和(3，4) D．(4，＋∞)
答案：B
2．(必修1P88例1改编)f(x)＝ex＋3x的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
答案：B
3．(必修1P92A组T4改编)函数f(x)＝xeq \s\up6(\f(1,2))－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x)的零点个数为 ．
答案：1
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．( )
(2)函数y＝f(x)在区间(a，b)内有零点(函数图象连续不断)，则f(a)·f(b)<0.( )
(3)二次函数y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0时没有零点．( )
(4)若函数f(x)在(a，b)上单调且f(a)·f(b)<0，则函数f(x)在[a，b]上有且只有一个零点．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)(1)忽略限制条件致误；
(2)错用零点存在性定理致误．
1．函数f(x)＝(x－1)ln(x－2)的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.由x－2>0，得x>2，所以函数f(x)的定义域为(2，＋∞)，所以当f(x)＝0，即(x－1)ln(x－2)＝0时，解得x＝1(舍去)或x＝3.
2．已知函数f(x)＝2ax－a＋3，若∃x0∈(－1，1)，使得f(x0)＝0，则实数a的取值范围是 ．
解析：依题意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1.
答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)
函数零点所在区间的判断(师生共研)
(一题多解)函数f(x)＝lg3x＋x－2的零点所在的区间为( )
A．(0，1) B．(1，2)
C．(2，3) D．(3，4)
【解析】 法一(定理法)：函数f(x)＝lg3x＋x－2的定义域为(0，＋∞)，并且f(x)在(0，＋∞)上单调递增，图象是一条连续曲线．由题意知f(1)＝－1<0，f(2)＝lg32>0，f(3)＝2>0，根据零点存在性定理可知，函数f(x)＝lg3x＋x－2有唯一零点，且零点在区间(1，2)内．
法二
(图象法)：函数f(x)的零点所在的区间转化为函数g(x)＝lg3x，h(x)＝－x＋2图象交点的横坐标所在的范围．作出两个函数的图象如图所示，可知f(x)的零点所在的区间为(1，2)．故选B.
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
判断函数零点所在区间的方法
设f(x)＝3x－x2，则在下列区间中，使函数f(x)有零点的区间是( )
A．[0，1] B．[1，2]
C．[－2，－1] D．[－1，0]
解析：选D.因为f(x)＝3x－x2，所以f(－1)＝3－1－1＝－eq \f(2,3)<0，f(0)＝30－0＝1>0，所以f(－1)·f(0)<0.
函数零点个数的判断(师生共研)
(一题多解)函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋ln x，x>0))的零点个数为( )
A．3 B．2
C．1 D．0
【解析】 法一(方程法)：由f(x)＝0，
得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,－1＋ln x＝0，))
解得x＝－2或x＝e.
因此函数f(x)共有2个零点．
法二(图形法)：函数f(x)的图象如图所示，
由图象知函数f(x)共有2个零点．
【答案】 B
eq \a\vs4\al()
判断函数零点个数的3种方法
(1)方程法：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点．
(3)图形法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先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．
已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ln（x－1），x>1，,2x－1－1，x≤1，))则f(x)的零点个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.当x>1时，令f(x)＝ln(x－1)＝0，得x＝2；当x≤1时，令f(x)＝2x－1－1＝0，得x＝1.故选C.
函数零点的应用(师生共研)
设函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－a，x<1，,4（x－a）（x－2a），x≥1.))
(1)若a＝1，则f(x)的最小值为 ；
(2)若f(x)恰有2个零点，则实数a的取值范围是 ．
【解析】 (1)若a＝1，则f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x<1，,4（x－1）（x－2），x≥1，))
作出函数f(x)的图象如图所示．由图可得f(x)的最小值为－1.
(2)当a≥1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足21－a≤0，即a≥2，所以a≥2；当a<1时，要使f(x)恰有2个零点，需满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a<1≤2a，,21－a>0，))解得eq \f(1,2)≤a<1.
综上，实数a的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)．
【答案】 (1)－1 (2)eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)
eq \a\vs4\al()
利用函数零点求参数取值范围的方法及步骤
(1)常用方法
(2)一般步骤
1．函数f(x)＝2x－eq \f(2,x)－a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(1，3) B．(1，2)
C．(0，3) D．(0，2)
解析：选C.由题意，知函数f(x)在(1，2)上单调递增，又函数一个零点在区间(1，2)内，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（1）<0，,f（2）>0，))即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(－a<0，,4－1－a>0，))
解得02．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实数m的取值范围是 ．
解析：画出函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0))的图象，如图所示．
由于函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图象得0答案：(0，1)
3．若函数f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零点，则实数a的取值范围是 ．
解析：因为函数f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零点，所以方程4x－2x－a＝0在[－1，1]上有解，即方程a＝4x－2x在[－1，1]上有解．
方程a＝4x－2x可变形为a＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)，
因为x∈[－1，1]，所以2x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(1,2)))eq \s\up12(2)－eq \f(1,4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2)).
所以实数a的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2)).
答案：eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，2))
核心素养系列5 直观想象——用图形快速解决的常见几类题
直观想象是指借助几何直观和空间想象感知事物的形态与变化，利用空间形式特别是图形，理解和解决数学问题的素养．主要包括：借助空间形式认识事物的位置关系、形态变化与运动规律；利用图形描述分析数学问题，建立形与数的联系，构建数学问题的直观模型，探索解决问题的思路．
一、利用图形研究函数的性质
设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x∈R恒有f(x＋1)＝f(x－1)，已知当x∈[0，1]时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1－x)，则下列命题：①2是函数f(x)的周期；②函数f(x)在(1，2)上单调递减，在(2，3)上单调递增；③函数f(x)的最大值是1，最小值是0；④当x∈(3，4)时，f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(x－3).其中正确命题的序号是 ．
【解析】 由已知条件得f(x＋2)＝f(x)，则y＝f(x)是以2为周期的周期函数，①正确；
当－1≤x≤0时，0≤－x≤1，f(x)＝f(－x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(1＋x)，函数y＝f(x)的部分图象如图所示：
由图象知②正确，③不正确；
当3【答案】 ①②④
eq \a\vs4\al()
作出函数图象，由图象观察可得函数的定义域、值域、最值、单调性、奇偶性、极值点等性质，并将这些性质用于转出条件求得结论．
二、利用图形解不等式
使lg2(－x)【解析】 在同一直角坐标系内作出y＝lg2(－x)，y＝x＋1的图象，知满足条件的x∈(－1，0)．
【答案】 (－1，0)
eq \a\vs4\al()
f(x)，g(x)之间大小不等关系表现为图象中的上下位置关系，画出两个函数的图象，根据函数图象的交点和图象的相对位置确定所求不等式的解集．
三、利用图形求解不等式中的参数范围
若不等式|x－2a|≥eq \f(1,2)x＋a－1对x∈R恒成立，则a的取值范围是 ．
【解析】 作出y＝|x－2a|和y＝eq \f(1,2)x＋a－1的简图，依题意知应有2a≤2－2a，故a≤eq \f(1,2).
【答案】 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(1,2)))
eq \a\vs4\al()
对含有参数的函数不等式问题，一般将不等式化简，整理、重组、构造两个函数，一个含有参数，一个不含参数，研究两个函数的性质，画出两个函数的图象，观察参数的变化如何带动含参函数图象的变化，根据两函数图象的相对位置确定参数满足的不等式，解不等式得出参数a的取值范围．
四、利用图形研究零点问题
已知函数f(x)＝2x＋x，g(x)＝lg3x＋x，h(x)＝x－eq \f(1,\r(x))的零点依次为a，b，c，则( )
A．aC．c【解析】 在同一直角坐标系下分别画出函数y＝2x，y＝lg3x，y＝－eq \f(1,\r(x))的图象，如图，观察它们与y＝－x的交点可知a【答案】 A
eq \a\vs4\al()
零点的个数等价于两函数图象交点的个数，零点的范围、大小可以转化为交点的横坐标的范围、大小，参数的取值范围通过图象的变化寻找建立不等式求解．
1．函数f(x)＝|x－2|－ln x在定义域内的零点的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直角坐标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝ln x(x>0)的图象，如图所示．
由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2.
2．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))若f(a2)解析：函数f(x)的图象如图所示，由图象知函数f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增，
所以a2<2－a，解得－2答案：(－2，1)
[基础题组练]
1．(2020·福州期末)已知函数f(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))则函数y＝f(x)＋3x的零点个数是( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.令f(x)＋3x＝0，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函数y＝f(x)＋3x的零点个数是2.故选C.
2．下列函数中，在(－1，1)内有零点且单调递增的是( )
A．y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x B．y＝2x－1
C．y＝x2－eq \f(1,2) D．y＝－x3
解析：选B.函数y＝lgeq \s\d9(\f(1,2))x在定义域上单调递减，y＝x2－eq \f(1,2)在(－1，1)上不是单调函数，y＝－x3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y＝2x－1，当x＝0∈(－1，1)时，y＝0且y＝2x－1在R上单调递增．故选B.
3．(2020·甘肃酒泉敦煌中学一诊)方程lg4x＋x＝7的解所在区间是( )
A．(1，2) B．(3，4)
C．(5，6) D．(6，7)
解析：选C.令函数f(x)＝lg4x＋x－7，则函数f(x)是(0，＋∞)上的单调递增函数，且是连续函数．
因为f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)·f(6)<0，所以函数f(x)＝lg4x＋x－7的零点所在区间为(5，6)，所以方程lg4x＋x＝7的解所在区间是(5，6)．故选C.
4．(2020·内蒙古月考)已知函数f(x)＝x2－2|x|－m的零点有两个，则实数m的取值范围为( )
A．(－1，0) B．{－1}∪(0，＋∞)
C．[－1，0)∪(0，＋∞) D．(0，1)
解析：选B.在同一直角坐标系内作出函数y＝x2－2|x|的图象和直线y＝m，可知当m>0或m＝－1时，直线y＝m与函数y＝x2－2|x|的图象有两个交点，即函数f(x)＝x2－2|x|－m有两个零点．故选B.
5．已知函数f(x)＝xex－ax－1，则关于f(x)的零点叙述正确的是( )
A．当a＝0时，函数f(x)有两个零点
B．函数f(x)必有一个零点是正数
C．当a<0时，函数f(x)有两个零点
D．当a>0时，函数f(x)只有一个零点
解析：选B.f(x)＝0⇔ex＝a＋eq \f(1,x)(x≠0)，在同一直角坐标系中作出y＝ex与y＝eq \f(1,x)的图象，观察可知A，C，D选项错误，选项B正确．
6．已知函数f(x)＝eq \f(2,3x＋1)＋a的零点为1，则实数a的值为 ．
解析：由已知得f(1)＝0，即eq \f(2,31＋1)＋a＝0，解得a＝－eq \f(1,2).
答案：－eq \f(1,2)
7．(2020·新疆第一次适应性检测)设a∈Z，函数f(x)＝ex＋x－a，若x∈(－1，1)时，函数有零点，则a的取值个数为 ．
解析：根据函数解析式得到函数f(x)是单调递增的．由零点存在性定理知若x∈(－1，1)时，函数有零点，需要满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(f（－1）<0，,f（1）>0))⇒eq \f(1,e)－1答案：4
8．已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，则实数a的取值范围是 ．
解析：法一：设方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的两根分别为x1，x2(x1由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，
即a2＋a－2<0，所以－2故实数a的取值范围为(－2，1)．
法二：函数f(x)的图象大致如图，
则有f(1)<0，即1＋(a2－1)＋a－2<0，得a2＋a－2<0，所以－2故实数a的取值范围是(－2，1)．
答案：(－2，1)
9．设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．
(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；
(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同的零点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.
所以函数f(x)的零点为3或－1.
(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同的实根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0⇒a2－a<0，解得010．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，满足f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x－1.
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)若函数g(x)＝f(x)－mx的两个零点分别在区间(－1，2)和(2，4)内，求m的取值范围．
解：(1)由f(0)＝2得c＝2，又f(x＋1)－f(x)＝2x－1，得2ax＋a＋b＝2x－1，故eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝2，,a＋b＝－1，))解得a＝1，b＝－2，所以f(x)＝x2－2x＋2.
(2)g(x)＝x2－(2＋m)x＋2，若g(x)的两个零点分别在区间(－1，2)和(2，4)内，则满足eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(g（－1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(5＋m>0，,2－2m<0，,10－4m>0，))解得1[综合题组练]
1．(一题多解)函数f(x)＝2x－eq \f(1,x)零点的个数为( )
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选B.法一：当x<0时，f(x)＝2x－eq \f(1,x)>0恒成立，无零点；又易知f(x)＝2x－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，最多有一个零点．又feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))＝eq \r(2)－2<0，f(1)＝2－1>0，所以有一个零点．故选B.
法二：在同一平面直角坐标系中，作出函数y＝2x和y＝eq \f(1,x)的图象，如图所示．
函数f(x)＝2x－eq \f(1,x)的零点等价于2x＝eq \f(1,x)的根等价于函数y＝2x和y＝eq \f(1,x)的交点．
由图可知，有一个交点，所以有一个零点．故选B.
2．已知命题p：“m＝2”是“幂函数f(x)＝(m2－m－1)xm在区间(0，＋∞)上为增函数”的充要条件；命题q：已知函数f(x)＝ln x＋3x－8的零点x0∈[a，b]，且b－a＝1(a，b∈N*)，则a＋b＝5.则下列命题为真命题的是( )
A．p∧q B．(﹁p)∧q
C．﹁q D．p∧(﹁q)
解析：选A.对于命题p，若幂函数f(x)＝(m2－m－1)xm在区间(0，＋∞)上为增函数，则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－m－1＝1，,m>0，))解得m＝2，所以命题p是真命题，﹁p是假命题．对于命题q，函数f(x)＝ln x＋3x－8在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝ln 2－2<0，f(3)＝ln 3＋1>0，所以零点x0∈[a，b]，且b－a＝1(a，b∈N*)，则a＝2，b＝3，a＋b＝5，所以命题q为真命题，﹁q为假命题．所以p∧q是真命题，(﹁p)∧q，﹁q，p∧(﹁q)都是假命题．故选A.
3．设函数f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))(x>0)．
(1)作出函数f(x)的图象；
(2)当0(3)若方程f(x)＝m有两个不相等的正根，求m的取值范围．
解：(1)如图所示．
(2)因为f(x)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,x)))
＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,x)－1，x∈（0，1]，,1－\f(1,x)，x∈（1，＋∞），))
故f(x)在(0，1]上是减函数，而在(1，＋∞)上是增函数，
由0且eq \f(1,a)－1＝1－eq \f(1,b)，所以eq \f(1,a)＋eq \f(1,b)＝2.
(3)由(1)中函数f(x)的图象可知，当04．(创新型)已知函数f(x)＝－x2－2x，
g(x)＝eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,4x)，x>0，,x＋1，x≤0.))
(1)求g(f(1))的值；
(2)若方程g(f(x))－a＝0有4个实数根，求实数a的取值范围．
解：(1)利用解析式直接求解得g(f(1))＝g(－3)＝－3＋1＝－2.
(2)令f(x)＝t，则原方程化为g(t)＝a，易知方程f(x)＝t在t∈(－∞，1)上有2个不同的解，
则原方程有4个解等价于函数y＝g(t)(t<1)与y＝a的图象有2个不同的交点，作出函数y＝g(t)(t<1)的图象，如图，由图象可知，当1≤a函数零点的概念
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
方程的根与函数零点的关系
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
函数零点的存在性定理
函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，若f(a)·f(b)<0，则y＝f(x)在(a，b)内存在零点
Δ＞0
Δ＝0
Δ<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
零个
方法
解读
适合题型
定理法
利用函数零点的存在性定理进行判断
能够容易判断区间端点值所对应函数值的正负
图象法
画出函数图象，通过观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断
容易画出函数的图象