1、 第 1 页 / 共 16 页 第第 15 讲：函数与方程讲：函数与方程 一、课程标准 1结合二次函数的图象， 判断一元二次方程根的存在性及根的个数， 从而了解函数的零点与方程根的联系 2根据具体函数的图象，能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解，了解这种方法是求方程近似解的 常用方法 二、基础知识回顾 1、函数的零点 (1)函数零点的定义：对于函数 yf(x)，把使方程 f(x)0 的实数 x 称为函数 yf(x)的零点 (2)方程的根与函数零点的关系：函数 yf(x)的零点就是方程 f(x)0 的实数根，也就是函数 yf(x)的 图像与 x 轴交点的横坐标所以函数 yf(x)有零点等价于
2、函数 yf(x)的图像与 x 轴有交点，也等价于方程 f(x)0 有实根 (3)零点存在性定理： 如果函数 yf(x)在区间(a， b)上的图像是一条连续的曲线， 且有 f(a) f(b)0， 那么函数 yf(x)在区间(a， b)内有零点，即存在 c(a，b)，使得 f(c)0，此时 c 就是方程 f(x)0 的根但反之，不成立 2、 二分法 对于在区间上连续不断且f(a) f(b)0)的图像与零点的关系 0 0 0)的图像 交点 (x1，0),_(x2，0) (x1，0) 无交点 零点个数 2 1 0 4、有关函数零点的结论 第 2 页 / 共 16 页 (1)若连续不断的函数 f(x)在
3、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 三、自主热身、归纳总结 1、函数 f(x) 1 2 x 1 2 x 的零点个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 f(x)是增函数，又 f(0)1，f(1) 1 2，f(0)f(1)0，f(x)有且只有一个零点故选 B. 2、已知函数 f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表： x 1 2 3 4 5 f(x) 4 2 1 4 7 在下列区间中，函数 f(x)必有零点的区间为( )
4、 A(1，2) B(2，3) C(3，4) D(4，5) 【答案】B 【解析】 B 由所给的函数值的表格可以看出， x2 与 x3 这两个数字对应的函数值的符号不同， 即 f(2) f(3) 0，所以函数在(2，3)内有零点故选 B. 3、设 f(x)ln xx2，则函数 f(x)的零点所在的区间为( ) A(0，1) B(1，2) C(2，3) D(3，4) 【答案】B 【解析】B f(1)ln 11210，f(2)ln 20， f(1) f(2)0， 函数 f(x)ln xx2 的图象是连续的，且为增函数， f(x)的零点所在的区间是(1，2) 4、(多选)给出以下四个方程，其中有唯一解的
5、是( ) 第 3 页 / 共 16 页 Aln x1x Bex 1 x C2x2lg|x| Dcos x|x|1 【答案】ABD 【解析】 对于 A，设 f(x)ln xx1，易知 yf(x)为增函数，又 f(1)0，故 ln x1x 有唯一解，符合； 对于 B，设 g(x)ex 1 x，易知 yg(x)为增函数，又 g 1 2 e20，g(1)e10，由函数零点存在定理 可得 ex 1 x有唯一解，符合；对于 C，设 h(x)x 2lg x2，易知 yh(x)为增函数，由 h(1)120，h(2) 2lg 20，由函数零点存在定理可得 h(x)x2lg x2 有唯一零点，又 H(x)2x2l
6、g|x|为偶函数，则 2x2lg|x|有两个解，不符合；对于 D，因为 cos x1，1，|x|11，当且仅当 x0 时 cos xx1，即 cos x|x|1 有唯一解，符合 5、若函数 f(x)log2xxk(kZ)在区间(2，3)内有零点，则 k_ 【答案】4 【解析】 因函数 f(x)在区间(2， 3)内递增， 则 f(2)f(3)0， 即(log222k) (log233k)0， 整理得(3k) (log23 3k)0，解得 3k3log23，而 43log230， 只需 f(4)168a20，解得 a 9 4. 7、(一题两空)已知函数 f(x) 1 x，x1， x3，x1， 若
7、f(x0)1，则 x0_；若关于 x 的方程 f(x)k 有两个不 同零点，则实数 k 的取值范围是_ 【答案】1 (0，1) 【解析】解方程 f(x0)1，得 x1， 1 x01 或 x01， x301，解得 x01.关于 x 的方程 f(x)k 有两个不同零点等 价于 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点，观察图象可知：当 0k1 时 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点即 k(0，1) 第 4 页 / 共 16 页 四、例题选讲 考点一 判断零点所在的区间 例 1、 （1） 若 abc， 则函数 f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于区
8、间( ) A(a，b)和(b，c)内 B(，a)和(a，b)内 C(b，c)和(c，)内 D(，a)和(c，) （2）已知函数 f(x)lnx 2 1 2 x 的零点为 x0，则 x0所在的区间是(C ) A. (0，1) B. (1，2) C. (2，3) D. (3，4) （3）若 x0是方程 1 2 x x 1 3的解，则 x0属于区间( ) A. 2 3，1 B. 1 2， 2 3 C. 1 3， 1 2 D. 0， 1 3 【答案】 （1） A（2）C. （3） C 【解析】 （1） abc，f(a)(ab)(ac)0， f(b)(bc)(ba)0，f(c)(ca)(cb)0， 由函
9、数零点存在性定理可知，在区间(a，b)，(b，c)内分别存在零点，又函数 f(x)是二次函数，最多有两个零 点因此函数 f(x)的两个零点分别位于区间(a，b)，(b，c)内，故选 A. (2)f(x)lnx 2 1 2 x 在(0，)为增函数，又 f(1)ln1 1 1 2 ln120， f(2)ln2 0 1 2 0， x0(2，3) （3）令 g(x) 1 2 x ，f(x)x 1 3， 第 5 页 / 共 16 页 则 g(0)1f(0)0，g 1 2 1 2 1 2f 1 2 1 2 1 3，g 1 3 1 2 1 3f 1 3 1 3 1 3， 结合图象可得 1 3x0 1 2.
10、变式： (1)已知函数 f(x) 1 xa为奇函数，g(x)ln x2f(x)，则函数 g(x)的零点所在区间为( ) A.(0，1) B.(1，2) C.(2，3) D.(3，4) （2）已知方程 2x3xk 的解在1，2)内，则 k 的取值范围为_ （3） 设函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象的交点为(x0， y0)， 若 x0(n， n1)， nN， 则 x0所在的区间是_. 【答案】 （1） C. （2）5，10)（3） (1，2). 【解析】 （1）由函数 f(x) 1 xa为奇函数，可得 a0， 则 g(x)ln x2f(x)ln x 2 x. 又 g(2)ln 210， 所
11、以 g(2) g(3)0. 故函数 g(x)的零点所在区间为(2，3). （2）令函数 f(x)2x3xk， 则 f(x)在 R 上是增函数 当方程 2x3xk 的解在(1，2)内时，f(1) f(2)0， 即(5k)(10k)0，解得 5k10. 当 f(1)0 时，k5. 综上，k 的取值范围为5，10) （3）设 f(x)x3 1 2 x2 ，则 x0是函数 f(x)的零点，在同一坐标系下画出函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象如图 所示. 第 6 页 / 共 16 页 因为 f(1)1 1 2 1 10， 所以 f(1) f(2)0，所以 x0(1，2). 方法总结：确定函数 f(
12、x)的零点所在区间的常用方法： (1)利用函数零点的存在性定理：首先看函数 yf(x)在区间a，b上的图象是否连续，再看是否有 f(a) f(b)0. 若有，则函数 yf(x)在区间(a，b)内必有零点. (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与 x 轴在给定区间上是否有交点来判断. 2.函数的零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，不满足条件时，一定要综合函数性质进行 分析判断. 考点二 判断零点的个数 1、(2019 苏州三市、苏北四市二调）定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x4)f(x)，且在区间2，4)上 43 , 4 32 ,2 )( xx xx xf则函数xx
13、fylog5)(的零点的个数为 【答案】 5 【解析】 ：因为 f(x4)f(x)，可得 f(x)是周期为 4 的奇函数，先画出函数 f(x)在区间2，4)上的图像，根据 奇函数和周期为 4，可以画出 f(x)在 R 上的图像，由 yf(x)log5| x|0，得 f(x)log5| x|，分别画出 yf(x) 和 ylog5|x|的图像，如下图，由 f(5)f(1)1，而 log551，f(3)f(1)1，log5|3|1，可以得到两个图像有 5 个交点，所以零点的个数为 5. 第 7 页 / 共 16 页 解后反思 本题考查了函数的零点问题， 以及函数的奇偶性和周期性， 考查了转化与化归、
14、 数形结合的思想， 函数的零数问题，常转化为函数的图像的交点个数来处理，其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵 活地运用图像，找到临界点是解题的关键也是难点 变式 1、 （1）(2019 十堰调研)已知函数 f(x) ln（x1），x1， 2x11，x1， 则 f(x)的零点个数为( ) A0 B1 C2 D3 （2）(2020 惠州质检)函数 f(x)|x2|ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 （1）C（2）C 【解析】 （1） 当 x1 时，令 f(x)ln(x1)0，得 x2；当 x1 时，令 f(x)2x110，得 x1.故选 C. （
15、2）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 y|x2|(x0)，yln x(x0)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. 变式 2、 （1）(2019 郑州质检)已知函数 f(x) 1 2 x cos x，则 f(x)在0，2上的零点个数为_ （2）函数 f(x) x22，x0， 2x6lnx，x0的零点个数是_2_； （3）若函数 f(x) x1 x ，则函数 g(x)f(4x)x 的零点是_ 1 2_ 【答案】 （1）3（2）2（3） 1 2 【解析】 （1）如图，作出 g(x) 1 2 x 与 h(x)cos x 的图象，可知其
16、在0，2上的交点个数为 3，所以函数 f(x) 在0，2上的零点个数为 3. (2)当 x0 时，令 x220，解得 x 2(正根舍去)，在(，0上有一个零点；当 x0 时，f(x)2 1 x0 恒成立，f(x)在(0，)上是增函数 又f(2)2ln20，f(x)在(0，)上有一个零点 第 8 页 / 共 16 页 综上，函数 f(x)的零点个数为 2. (3)f(x) x1 x ，f(4x)x 4x1 4x x 4x24x1 4x . 令 f(4x)x0，得 4x24x10，解得 x 1 2，这是方程 g(x)0 的根，即是函数 g(x)的零点，函数 g(x) f(4x)x 的零点是 1 2
17、. 方法总结：函数零点个数的判断方法： (1)直接求零点，令 f(x)0，有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理，要求函数在区间a，b上是连续不断的曲线，且 f(a) f(b)0， x33mx2，x0 (其中 e 为自然对数的底数)有 3 个不同的零点，则实数 m 的取值范围是_ 【答案】 (1，) 【解析】解法 1(直接法) 当 x0 时，令 f(x)ex 1 20，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点，因为要 求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点，则当 x0 时，f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点，因为 f(x)3x2 3m，令 f(x)0，则 x2m
18、0，若 m0，则函数 f(x)为增函数，不合题意，故 m0，所以函数 f(x)在(， m)上为增函数，在( m，0上为减函数，即 f(x)maxf( m)m m3m m22m m2，f(0) 20，即 m1，故实数 m 的取值范围是(1，) 解法 2(分离参数) 当 x0 时，令 f(x)ex 1 20，解得 xln20，此时函数 f(x)有 1 个零点，因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点，则当 x0 时，f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点，即 x33mx20，显 然 x0 不是它的根，所以 3mx2 2 x，令 yx 22 x(x0)，则 y2x 2 x2 2（x3
19、1） x2 ，当 x(，1)时， y0，此时函数单调递增，故 ymin3，因此，要使 f(x)x3 3mx2 在(，0)上有两个不同的零点，则需 3m3，即 m1. 第 9 页 / 共 16 页 变式 1、 （1） 、(2019 安徽合肥二模)设函数 f(x) |ln x|，x0， ex（x1），x0.若函数 g(x)f(x)b 有三个零点，则实数 b 的取值范围是( ) A(1，) B. 1 e2，0 C(1，)0 D(0，1 （2） 、(2019 河北省九校第二次联考)若函数 f(x)kx|xex|有两个正实数零点，则 k 的取值范围是( ) A(0，) B. 0， 1 e C(0，1)
20、D(0，e) 【答案】 （1）D（2）C 【解析】 （1）令 g(x)f(x)b0，函数 g(x)f(x)b 有三个零点等价于 f(x)b 有三个根，当 x0 时，f(x) ex(x1)，则 f(x)ex(x1)exex(x2)，由 f(x)0 得 ex(x2)0，即 x2，此时 f(x)为减函数， 由 f(x)0 得 ex(x2)0，即2x0，此时 f(x)为增函数， 即当 x2 时，f(x)取得极小值 f(2) 1 e2，作出 f(x)的图象如图，要使 f(x)b 有三个根，则 0b1，故 选 D. （2）令 f(x)kx|xex|0，得 kx|xex|，当 x0 时，k xex x 1
21、1 xex， 令 g(x)1 1 xex，x0，则 g(x) 1x x2ex0， 所以 g(x)在(0，)上单调递增，因为 g 1 21 2 e0，所以在 1 2，1 上存在一个 a，使得 g(a)0，所以 y|g(x)|的图象如图所示由题意知，直线 yk 与 y|g(x)|的图象有两个交点，所以 0k1， 故选 C. 变式 2、若函数 f(x)(m2)x2mx(2m1)的两个零点分别在区间(1，0)和区间(1，2)内，则 m 的取值 范围是_ 第 10 页 / 共 16 页 【答案】 1 4， 1 2 【解析】依题意，结合函数 f(x)的图象分析可知 m 需满足 m2， f（1） f（0）0
22、， f（1） f（2）0， 即 m2， m2m（2m1）（2m1）0， m2m（2m1）4（m2）2m（2m1）0， 解得 1 4m0 时，求证：函数 yf(x)在区间(0，)内有且只有一个零点； (3)若函数 yf(x)有 4 个不同的零点，求实数 a 的取值范围 【解】 (1)当 a2 时，f(x) | |x x22x 2，由 f(x)0，得 | |x x22x 20. 当 x0 时，得 x x22x 20，即 x(2x24x1)0，解得 x0，或 x2 6 2 (x 2 6 2 0 舍去)； 当 x0，且 x(0，)时，由 f(x)0，得 x x2ax 20，即 1 x2ax0，即 ax
23、 22ax10.记 g(x)ax22ax1，则函数 yg(x)的图像是开口向上的抛物线，对称轴为 x1，又 g(0)10 时，由 f(x)0 得， x x2ax 20，即 1 x2ax0，即 ax 22ax10，记 g(x)ax22ax1，由 a0 知函数 g(x)的图像是开口向上的抛物线， 又 g(0)10)在(，0)上有且只有两个不同的零点 当 x0，得 x22x 1 a0(x2)，即 x 22x1 a(x2) 作出函数 h(x)x22x(x0)图像，由图像易得：正数 a 必须满足1 1 a1. 变式：(2018 镇江期末）已知 k 为常数，函数 f(x) x2 x1， x0， |lnx|
24、，x0， 若关于 x 的方程 f(x)kx2 有且只有 四个不同解，则实数 k 的取值构成的集合为_ 【答案】 ： 1 e3(e，1) 【解析】作函数 yf(x)和 ykx2 的图像，如图所示，两图像除了(0，2)还应有 3 个公共点，当 k0 时， 直线应与曲线 yf(x)(x1)相切，设切点(x0，lnx0)，则切线斜率为 k 1 x0，又 k lnx02 x0 ，则 1 x0 lnx02 x0 ， 解得 x0e3，此时 k 1 e3，当 k0 时，当 ykx2 与曲线 y x2 x1相切于点(0，2)时，函数 yf(x)和 ykx 2 的图像只有三个公共点，不符合题意，此时 k1，当1k
25、0 时，函数 yf(x)和 ykx2 的图像只 有三个公共点， 不符合题意， 当直线 ykx2 与 yf(x)(0x1)相切时， 两图像只有三个公共点， 设切点(x0， lnx0)，则切线的斜率 k 1 x0，又 k lnx02 x0 ，则 1 x0 lnx02 x0 ，解得 x0e1，此时 ke 不符合 题意，当 ke 时，两图像只有两个公共点，不合题意，而当ek0 的零点个数为( ) A3 B2 C7 D0 【答案】 ： B 【解析】法一：(直接法)由 f(x)0 得 x0， x2x20或 x0， 1ln x0， 解得 x2 或 xe. 因此函数 f(x)共有 2 个零点 法二：(图象法)
26、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 2、(2017 全国卷)已知函数 f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则 a( ) 第 13 页 / 共 16 页 A. 1 2 B. 1 3 C. 1 2 D.1 【答案】 ：C 【解析】 (1)f(x)(x1)21a(ex1e1x)， 则 f(2x)(2x1)21ae2x1e1(2x)(1x)21a(ex 1e1x)f(x)，即 f(x)的图象关于直线 x1 对称. 若 f(x)有唯一的零点，则只有 f(1)0，a 1 2. 3、 【2019 年浙江 09】设 a，bR，函数 f（x）若函数 yf（x）axb
27、恰 有 3 个零点，则（ ） Aa1，b0 Ba1，b0 Ca1，b0 Da1，b0 【解答】解：当 x0 时，yf（x）axbxaxb（1a）xb0，得 x；yf（x）ax b 最多一个零点； 当 x0 时，yf（x）axbx3（a+1）x2+axaxbx3（a+1）x2b，yx2（a+1）x， 当 a+10，即 a1 时，y0，yf（x）axb 在0，+）上递增，yf（x）axb 最多一个零点不 合题意； 当 a+10，即 a1 时，令 y0 得 xa+1，+） ，函数递增，令 y0 得 x0，a+1） ，函数递减；函 数最多有 2 个零点； 根据题意函数 yf（x）axb 恰有 3 个零
28、点函数 yf（x）axb 在（，0）上有一个零点，在0， +）上有 2 个零点， 如右图： 0 且， 解得 b0，1a0，b（a+1）3 故选：C 第 14 页 / 共 16 页 4、 【2018 年新课标 1 理科 09】已知函数 f（x），g（x）f（x）+x+a若 g（x）存在 2 个零 点，则 a 的取值范围是（ ） A1，0） B0，+） C1，+） D1，+） 【解答】解：由 g（x）0 得 f（x）xa， 作出函数 f（x）和 yxa 的图象如图： 当直线 yxa 的截距a1，即 a1 时，两个函数的图象都有 2 个交点， 即函数 g（x）存在 2 个零点， 故实数 a 的取值范
29、围是1，+） ， 故选：C 5、若函数 yxlog2(a2x)2 在 R 上有零点，则实数 a 的最小值为_. 【答案】 ：1 【解析】令 xlog2(a2x)20，则 a2x2(x2). 依题意，关于 x 的方程 a2x2(x2)有解. 第 15 页 / 共 16 页 又 2x2(x2)2 221. 当且仅当 x1 时，等号成立. a1，故 a 的最小值为 1. 6、 【2018 年浙江 15】已知 R，函数 f（x），当 2 时，不等式 f（x）0 的解集 是 若函数 f（x）恰有 2 个零点，则 的取值范围是 【解答】解：当 2 时函数 f（x），显然 x2 时，不等式 x40 的解集：
30、x|2x 4；x2 时，不等式 f（x）0 化为：x24x+30，解得 1x2，综上，不等式的解集为：x|1x4 函数 f（x）恰有 2 个零点， 函数 f（x）的草图如图： 函数 f（x）恰有 2 个零点，则 13 或 4 故答案为：x|1x4； （1，3（4，+） 7、(2017 南通期末） 已知函数 f(x)是定义在1，)上的函数，且 f(x) 1|2x3|，1x2， 1 2f 1 2x ， x2， 则函数 y 2xf(x)3 在区间(1,2 015)上的零点个数为_ 【答案】11 【解析】解法 1 由题意得当 1x2 时，f(x) 2x2，1x 3 2， 42x， 3 2x2. 设 x
31、2n1,2n)(nN*)，则 x 2n11,2)， 又 f(x) 1 2n1f 1 2n1x， 当 x 2n1 1， 3 2时， 则 x2 n1,3 2n2，所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 2 1 2n1x2，所以 2xf(x)32x 1 2n1 第 16 页 / 共 16 页 2 1 2n1x230，整理得 x22 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x2n1,3 2n2，所以 x3 2n2； 当 x 2n1 3 2，2 时，则 x(3 2 n2,2n)，所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 42 1 2n1x，所以 2
32、xf(x)32x 1 2n1 4 2x 2n130，整理得 x24 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x(3 2n2,2n)，所以无解 综上所述，x3 2n2.由 x3 2n2(1,2 015)，得 n11，所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数 是 11. 解法2 由题意得当x2n1,2n)时， 因为f(x) 1 2n1 f 1 2n1x， 所以f(x)maxf 3 2 2 n1 1 2n1.令g(x) 3 2x.当x 3 2 2 n 1 时，g(x)g 3 2 2 n1 1 2n1，所以当 x2 n1,2n)时，x3 2 2 n1
33、为 y2xf(x)3 的一个零点 下面证明：当 x2n1,2n)时，y2xf(x)3 只有一个零点 当 x2n1,3 2n2时，yf(x)单调递增，yg(x)单调递减，f(3 2n2)g(3 2n2)，所以 x2n1,3 2n2时，有 一零点 x3 2n2；当 x(3 2n2,2n)时，yf(x) 1 2n1 1 2n1 x 2n23，k1f(x) 1 22n3，g(x) 3 2x，k2g(x) 3 2x2 1 3 22n3， 3 22n1，所以 k1k2.又因为 f(3 2 n2)g(3 2n2)，所以当 x2n1,2n)时，y2xf(x)3 只有一个零点 由 x3 2n2(1,2 015)， 得 n11， 所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11. 解法 3 分别作出函数 yf(x)与 y 3 2x的图像，如图，交点在 x1 3 2，x23，x36，xn3 2 n2 处取得由 x3 2n2(1,2 015)，得 n11，所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11.
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