高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.3 从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式学案

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第一册3.3 从函数观点看一元二次方程和一元二次不等式学案，共13页。学案主要包含了根据零点情况求参数范围，一元二次方程的根的分布问题等内容，欢迎下载使用。

一、根据零点情况求参数范围
例1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋4a－3x＋3a，x<0，,lgax＋1＋1，x≥0))(a>0且a≠1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|＝2－eq \f(x,3)恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(2,3))) B.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(2,3)，\f(3,4)))
C.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3))) D.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(2,3)))
答案 D
解析 ∵f(x)在R上单调递减，
∴y＝x2＋(4a－3)x＋3a在(－∞，0)上单调递减，y＝lga(x＋1)＋1在(0，＋∞)上单调递减，且f(x)在(－∞，0)上的最小值大于或等于f(0)．即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3－4a,2)≥0，,0作出函数y＝|f(x)|和y＝2－eq \f(x,3)的大致图象如图所示．
∵|f(x)|＝2－eq \f(x,3)恰有两个不相等的实数解，
∴3a<2，即a反思感悟 已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法
(1)直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
(3)数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．
跟踪训练1 已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ln x，x>0，,ex＋\f(3,2)，x≤0，))若关于x的方程m－f(x)＝0有两个不同的实数根，则实数m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，＋∞))
B.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，＋∞))
C.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5,2)))
D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，\f(3,2)))
答案 C
解析 关于x的方程m－f(x)＝0有两个不同的实数根，即y＝m与y＝f(x)的图象有两个不同的交点，作函数y＝m与函数y＝f(x)的图象如图，
结合图象知，当y＝m与y＝f(x)有两个不同的交点时，eq \f(3,2)二、一元二次方程的根的分布问题
例2 已知关于x的方程x2＋2(m－1)x＋2m＋6＝0.
(1)若方程有两个实根，且一个比2大，一个比2小，求实数m的取值范围；
(2)若方程有两个实根α，β，且满足0<α<1<β<4，求实数m的取值范围；
(3)若方程至少有一个正根，求实数m的取值范围．
解 设f(x)＝x2＋2(m－1)x＋2m＋6，
(1)f(x)的大致图象如图所示，
∴f(2)<0，即4＋4(m－1)＋2m＋6<0，
得m<－1，
∴实数m的取值范围为(－∞，－1)．
(2)f(x)的大致图象如图所示，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0＝2m＋6>0，,f1＝4m＋5<0，,f4＝10m＋14>0，))
解得－eq \f(7,5)∴实数m的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(7,5)，－\f(5,4))).
(3)方程至少有一个正根，则有三种可能的情况，
①有两个正根，此时如图1，可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ≥0，,f0>0，,\f(2m－1,－2)>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≤－1或m≥5，,m>－3，,m<1，))∴－3②有一个正根，一个负根，此时如图2，
可得f(0)<0，得m<－3.
③有一个正根，另一根为0，此时如图3，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2m＋6＝0，,\f(2m－1,－2)>0，))
∴m＝－3.
综上所述，当方程至少有一个正根时，实数m的取值范围为(－∞，－1]．
反思感悟 一元二次方程根的分布问题转化为二次函数的图象与x轴交点的情况，先将函数草图上下平移，确定根的个数，用判别式限制，再左右平移，确定对称轴有无超过区间，或是根据根的正负问题，用根与系数的关系进行限制．
跟踪训练2 已知函数f(x)＝(lg2x)2＋4lg2x＋m，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，4))，m为常数．
(1)若函数f(x)存在大于1的零点，求实数m的取值范围；
(2)设函数f(x)有两个互异的零点α，β，求实数m的取值范围，并求α·β的值．
解 (1)令lg2x＝t，x∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,8)，4))，
则g(t)＝t2＋4t＋m(t∈[－3,2])．
由于函数f(x)存在大于1的零点，
所以关于t的方程t2＋4t＋m＝0在t∈(0,2]内存在实数根．
由t2＋4t＋m＝0，得m＝－t2－4t，t∈(0,2]，
所以m∈[－12,0)，
所以实数m的取值范围是[－12,0)．
(2)函数f(x)有两个互异的零点α，β，
则函数g(t)在[－3,2]内有两个互异的零点t1，t2，
其中t1＝lg2α，t2＝lg2β，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(16－4m>0，,g－3≥0，,g2≥0，))解得3≤m<4，
所以实数m的取值范围是[3,4)．
根据根与系数的关系，可知t1＋t2＝－4，
即lg2α＋lg2β＝－4，
所以lg2(α·β)＝－4，得α·β＝2－4＝eq \f(1,16).
1．知识清单：
(1)根据零点情况求参数的取值范围．
(2)一元二次方程根的分布．
2．方法归纳：判别式法、数形结合法．
3．常见误区：不能把函数、方程问题相互灵活转化．
1．若函数f(x)＝x2－2x＋a在(0,2)上有两个零点，则a的取值范围为( )
A．(0,2) B．(0,1)
C．(1,2) D．(－∞，1)
答案 B
解析 函数f(x)＝x2－2x＋a在(0,2)上有两个零点，函数f(x)的图象的对称轴为x＝1，
可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f0>0，,f1<0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a>0，,a－1<0，))
解得0则a的取值范围为(0,1)．
2．已知函数f(x)＝mx＋1的零点在区间(1,2)内，则m的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,2)))
B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
D．(－∞，－1)∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，＋∞))
答案 B
解析 因为函数f(x)＝mx＋1的零点在区间(1,2)内，且此函数是连续函数，
所以f(1)·f(2)<0，即(m＋1)(2m＋1)<0，
解得－13．函数f(x)＝3x－eq \f(4,x)－a的一个零点在区间(1,2)内，则实数a的取值范围是( )
A．(－2,7) B．(－1,6)
C．(－1,7) D．(－2,6)
答案 C
解析 由题意可得f(1)f(2)＝(3－4－a)(9－2－a)<0，
即(a＋1)(a－7)<0，
解得－1故实数a的取值范围是(－1,7)．
4．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________．
答案 (－12,0)
解析 ∵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，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f－2>0，,f0<0，,f1<0，,f3>0，))即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(22＋a>0，,a<0，,－2＋a<0，,12＋a>0，))
解得－12故a的取值范围为(－12,0)．
1．当|x|≤1时，函数f(x)＝ax＋2a＋1的值有正也有负，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)，＋∞)) B．(－∞，－1]
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3))) D.eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3)))
答案 C
解析 |x|≤1⇒－1≤x≤1.
当a＝0时，y＝1，函数值恒为正，不符合题意；
当a≠0时，要想函数f(x)＝ax＋2a＋1的值有正也有负，
只需f(1)·f(－1)<0，即(a＋2a＋1)(－a＋2a＋1)＝(3a＋1)(a＋1)<0⇒－1综上所述，实数a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(1,3))).
2．已知关于x的方程x2－kx＋k＋3＝0的两个不相等的实数根都大于2，则实数k的取值范围是( )
A．k>6 B．4C．66或k<－2
答案 C
解析 ∵关于x的方程x2－kx＋k＋3＝0的两个不相等的实数根都大于2，设两根分别为x1，x2，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝－k2－4k＋3>0， ①,x1＋x2＝k>4， ②,x1－2x2－2>0， ③))
解得63．若函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(ax，2a))(其中a>0，a≠1)存在零点，则实数a的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))∪(1,3) B．(1,3]
C．(2,3) D．(2,3]
答案 C
解析 由函数的解析式可知a>2，
因为指数函数y＝ax单调递增，在区间(2，a]上无零点，
所以函数y＝lga(x－2)在区间(a，＋∞)上存在零点，
由于y＝lga(x－2)单调递增，
故当x＝a时，有lga(a－2)<0＝lga1，
从而a－2<1⇒a<3，
所以实数a的取值范围是(2,3)．
4．方程x＋lg3x＝3的解为x0，若x0∈(n，n＋1)，n∈N，则n等于( )
A．0 B．1 C．2 D．3
答案 C
解析 设f(x)＝x＋lg3x－3，
则f(1)＝1＋lg31－3＝－2<0，
f(2)＝2＋lg32－3＝lg32－1<0，
f(3)＝3＋lg33－3＝1>0，
又易知f(x)为增函数，
所以方程x＋lg3x＝3的解在(2,3)内，
因此n＝2.
5．若方程－x2＋ax＋4＝0的两实根中一个小于－1，另一个大于2，则a的取值范围是( )
A．(0,3) B．[0,3]
C．(－3,0) D．(－∞，1)∪(3，＋∞)
答案 A
解析 因为方程－x2＋ax＋4＝0有两根，一个大于2，另一个小于－1，
所以函数 f(x)＝－x2＋ax＋4有两个零点，一个大于2，另一个小于－1，
由二次函数的图象可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(f2>0，,f－1>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－22＋a·2＋4>0，,－－12＋a·－1＋4>0，))
解得06．(多选)关于x的方程ax2－|x|＋a＝0有四个不同的实数解，则实数a的值可能是( )
A.eq \f(1,2) B.eq \f(1,3) C.eq \f(1,4) D.eq \f(1,6)
答案 BCD
解析 对于方程ax2－|x|＋a＝0，当a＝0时，
只有一个解x＝0，
因此要使方程ax2－|x|＋a＝0有四个不同的解，
则a≠0，x≠0，
此时方程可变为eq \f(1,a)＝eq \f(x2＋1,|x|)＝|x|＋eq \f(1,|x|).
作出函数y＝|x|＋eq \f(1,|x|)的图象，如图所示，
则eq \f(1,a)>2，即07．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|ln x|，0e，))若正实数a，b，c互不相等，且f(a)＝f(b)＝f(c)，则a·b·c的取值范围为________．
答案 (e，e2)
解析 画出f(x)的图象如图所示，
∵正实数a，b，c互不相等，
且f(a)＝f(b)＝f(c)，
不妨设a且－ln a＝ln b，则可得ab＝1，
∴a·b·c＝c∈(e，e2)．
8．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|x＋2|－1，x<0，,－x＋1，x≥0.))若函数g(x)＝f(x)－k有三个零点，则k的取值范围是________．
答案 (－1,1)
解析 令g(x)＝f(x)－k＝0，可得f(x)＝k，
作出y＝f(x)的图象，如图，
由图可知，当y＝k与y＝f(x)的图象有三个不同的交点时，－1所以k的取值范围是(－1,1)．
9．函数f(x)＝x2－2|x|＋a－1有四个不同的零点，求实数a的取值范围．
解 由f(x)＝0得a－1＝2|x|－x2，
因为函数f(x)＝x2－2|x|＋a－1有四个不同的零点，
所以函数y＝a－1与y＝2|x|－x2的图象有四个交点，
画出函数y＝2|x|－x2的图象，如图所示，
观察图象可知，0所以实数a的取值范围是110．已知函数f(x)＝4x－2x＋1－m.
(1)当m＝0时，求函数f(x)的零点；
(2)若函数f(x)有两个零点，求实数m的取值范围．
解 (1)当m＝0时，f(x)＝4x－2x＋1＝(2x)2－2·2x＝2x(2x－2)．
令f(x)＝0，可得2x＝2，即x＝1.
∴函数f(x)的零点是1.
(2)令2x＝t，显然t>0，则y＝t2－2t－m.
∵函数f(x)有两个零点，且t＝2x为单调函数，
∴方程t2－2t－m＝0在(0，＋∞)上有两解，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(－m>0，,4＋4m>0，,－\f(－2,2)>0，))解得－1∴m的取值范围是(－1,0)．
11．设x1，x2，x3均为实数，且＝lg2(x1＋1)，＝lg3x2，＝lg2x3，则( )
A．x1C．x3答案 A
解析 如图所示，由图象可知，x112．已知a，b，c，d都是常数，a>b，c>d，若f(x)＝2 021－(x－a)(x－b)的零点为c，d，则下列不等式正确的是( )
A．a>c>b>d B．a>b>c>d
C．c>d>a>b D．c>a>b>d
答案 D
解析 由题意设g(x)＝(x－a)(x－b)，则f(x)＝2 021－g(x)，所以g(x)＝0的两个根是a，b.由题意知f(x)＝0的两根是c，d，也就是g(x)＝2 021的两根，画出g(x)(开口向上)以及y＝2 021的大致图象(图略)，则与g(x)的图象交点的横坐标就是c，d，g(x)的图象与x轴的交点就是a，b.又a>b，c>d，则c，d在a，b外，由图得c>a>b>d.
13．对实数a，b，定义运算“*”：a*b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a，a－b≤1，,b，a－b>1.))设函数f(x)＝(x2＋1)*(x＋2)，若函数y＝f(x)－c有两个零点，则实数c的取值范围是( )
A．(2,4)∪(5，＋∞) B．(1,2]∪(4,5]
C．(－∞，1)∪(4,5] D．[1,2]
答案 B
解析 由题意知，
当(x2＋1)－(x＋2)≤1，即－1≤x≤2时，
f(x)＝x2＋1；
当(x2＋1)－(x＋2)>1，即x>2或x<－1时，f(x)＝x＋2.
∴f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋1，－1≤x≤2，,x＋2，x>2或x<－1.))
∵函数y＝f(x)－c有两个零点，
∴函数y＝f(x)的图象与函数y＝c的图象有两个交点．
画出函数y＝f(x)的图象，如图所示．
由图可知，当c∈(1,2]∪(4,5]时，函数y＝f(x)－c有两个零点．
14．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＋1，x≤a，,2x，x>a，))若存在两个不相等的实数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，则实数a的取值范围是________．
答案 (0,1)
解析 因为存在两个不相等的实数x1，x2，使得f(x1)＝f(x2)，故函数不是单调函数，又y＝x＋1与y＝2x交于(0,1)和(1,2)点，画出图象如图所示，
由图可知，当0即实数a的取值范围是(0,1)．
15．已知函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－2x＋4，x≤0，,ln x，x>0，))若函数g(x)＝f2(x)＋3f(x)＋m(m∈R)有三个零点，则m的取值范围为( )
A．mC．－28≤m28
答案 B
解析 画出函数f(x)的大致图象如图所示．
设t＝f(x)，则由图象知，
当t≥4时，t＝f(x)有两个根，
当t<4时，t＝f(x)只有一个根．
函数g(x)＝f2(x)＋3f(x)＋m(m∈R)有三个零点，等价为函数g(x)＝h(t)＝t2＋3t＋m有两个零点，
其中t1<4，t2≥4，
则满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝9－4m>0，,h4＝16＋12＋m≤0，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m<\f(9,4)，,m≤－28，))即m≤－28.
16．张同学在函数章节学习中遇到过许多形形色色的函数，其中有很多函数的形态是具有共性的，于是张同学提出了下面2个猜想，请同学们选择下面的任意一个问题回答或反驳张同学的猜想．
(1)已知函数f(x)＝ex＋x－2的零点是x1，g(x)＝ln x＋x－2的零点是x2，证明：.
(2)已知函数f(x)＝ex－eq \f(1,x)的零点是x1，证明：.
证明 选择(1)令f(x)＝ex＋x－2＝0，
得ex＝2－x，
令g(x)＝ln x＋x－2＝0，得ln x＝2－x，
则x1，x2可转化为y＝ex，y＝ln x的图象与y＝2－x图象交点的横坐标，
∵y＝ln x与y＝ex是一对反函数，
∴y＝ln x与y＝ex关于y＝x对称，
∵eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝2－x,y＝x))，解得x＝1，
∴x1＋x2＝2，

又∵x1≠x2，
选择(2)易知f(x)＝ex－eq \f(1,x)在(0，＋∞)上单调递增，
又∵f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))<0，f(1)>0，
∴f(x)＝ex－eq \f(1,x)存在一个零点x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，
此时
当且仅当x1＝1时等号成立，
由于x1∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))，