PAGEPAGE1第8講函數與方程一、學問梳理1．函數的零點函數零點的概念對于函數y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的實數x叫做函數y＝f(x)(x∈D)的零點方程的根與函數零點的關系方程f(x)＝0有實數根?函數y＝f(x)的圖象與x軸有交點?函數y＝f(x)有零點函數零點的存在性定理函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是連綿不斷的一條曲線，若f(a)·f(b)<0，則y＝f(x)在(a，b)內存在零點[留意]函數的零點是實數，而不是點；零點肯定在函數的定義域內．2．二次函數y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與零點的關系Δ＞0Δ＝0Δ<0二次函數y＝ax2＋bx＋c(a＞0)的圖象與x軸的交點(x1，0)，(x2，0)(x1，0)無交點零點個數兩個一個零個常用結論有關函數零點的結論(1)若連綿不斷的函數f(x)在定義域上是單調函數，則f(x)至多有一個零點．(2)連綿不斷的函數，其相鄰兩個零點之間的全部函數值保持同號．(3)連綿不斷的函數圖象通過零點時，函數值可能變號，也可能不變號．二、習題改編1．(必修1P92A組T5改編)函數f(x)＝lnx－eq\f(2,x)的零點所在的大致范圍是()A．(1，2) B．(2，3)C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，1))和(3，4) D．(4，＋∞)答案：B2．(必修1P88例1改編)f(x)＝ex＋3x的零點個數是()A．0 B．1C．2 D．3答案：B3．(必修1P92A組T4改編)函數f(x)＝xeq\s\up6(\f(1,2))－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x)的零點個數為．答案：1一、思索辨析推斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)(1)函數的零點就是函數的圖象與x軸的交點．()(2)函數y＝f(x)在區間(a，b)內有零點(函數圖象連綿不斷)，則f(a)·f(b)<0.()(3)二次函數y＝ax2＋bx＋c(a≠0)在b2－4ac<0時沒有零點．()(4)若函數f(x)在(a，b)上單調且f(a)·f(b)<0，則函數f(x)在[a，b]上有且只有一個零點．()答案：(1)×(2)×(3)√(4)√二、易錯糾偏eq\a\vs4\al(常見誤區)(1)忽視限制條件致誤；(2)錯用零點存在性定理致誤．1．函數f(x)＝(x－1)ln(x－2)的零點個數為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B.由x－2>0，得x>2，所以函數f(x)的定義域為(2，＋∞)，所以當f(x)＝0，即(x－1)ln(x－2)＝0時，解得x＝1(舍去)或x＝3.2．已知函數f(x)＝2ax－a＋3，若?x0∈(－1，1)，使得f(x0)＝0，則實數a的取值范圍是．解析：依題意可得f(－1)·f(1)<0，即(－2a－a＋3)(2a－a＋3)<0，解得a<－3或a>1.答案：(－∞，－3)∪(1，＋∞)函數零點所在區間的推斷(師生共研)(一題多解)函數f(x)＝log3x＋x－2的零點所在的區間為()A．(0，1) B．(1，2)C．(2，3) D．(3，4)【解析】法一(定理法)：函數f(x)＝log3x＋x－2的定義域為(0，＋∞)，并且f(x)在(0，＋∞)上單調遞增，圖象是一條連續曲線．由題意知f(1)＝－1<0，f(2)＝log32>0，f(3)＝2>0，依據零點存在性定理可知，函數f(x)＝log3x＋x－2有唯一零點，且零點在區間(1，2)內．法二(圖象法)：函數f(x)的零點所在的區間轉化為函數g(x)＝log3x，h(x)＝－x＋2圖象交點的橫坐標所在的范圍．作出兩個函數的圖象如圖所示，可知f(x)的零點所在的區間為(1，2)．故選B.【答案】Beq\a\vs4\al()推斷函數零點所在區間的方法方法解讀適合題型定理法利用函數零點的存在性定理進行推斷能夠簡單推斷區間端點值所對應函數值的正負圖象法畫出函數圖象，通過視察圖象與x軸在給定區間上是否有交點來推斷簡單畫出函數的圖象設f(x)＝3x－x2，則在下列區間中，使函數f(x)有零點的區間是()A．[0，1] B．[1，2]C．[－2，－1] D．[－1，0]解析：選D.因為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.函數零點個數的推斷(師生共研)(一題多解)函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋x－2，x≤0，,－1＋lnx，x>0))的零點個數為()A．3 B．2C．1 D．0【解析】法一(方程法)：由f(x)＝0，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2＋x－2＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,－1＋lnx＝0，))解得x＝－2或x＝e.因此函數f(x)共有2個零點．法二(圖形法)：函數f(x)的圖象如圖所示，由圖象知函數f(x)共有2個零點．【答案】Beq\a\vs4\al()推斷函數零點個數的3種方法(1)方程法：令f(x)＝0，假如能求出解，則有幾個解就有幾個零點．(2)定理法：利用定理不僅要求函數在區間[a，b]上是連綿不斷的曲線，且f(a)·f(b)<0，還必需結合函數的圖象與性質(如單調性、奇偶性、周期性、對稱性)才能確定函數有多少個零點．(3)圖形法：轉化為兩個函數的圖象的交點個數問題．先畫出兩個函數的圖象，看其交點的個數，其中交點的橫坐標有幾個不同的值，就有幾個不同的零點．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln（x－1），x>1，,2x－1－1，x≤1，))則f(x)的零點個數為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.當x>1時，令f(x)＝ln(x－1)＝0，得x＝2；當x≤1時，令f(x)＝2x－1－1＝0，得x＝1.故選C.函數零點的應用(師生共研)設函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－a，x<1，,4（x－a）（x－2a），x≥1.))(1)若a＝1，則f(x)的最小值為；(2)若f(x)恰有2個零點，則實數a的取值范圍是．【解析】(1)若a＝1，則f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x<1，,4（x－1）（x－2），x≥1，))作出函數f(x)的圖象如圖所示．由圖可得f(x)的最小值為－1.(2)當a≥1時，要使f(x)恰有2個零點，需滿意21－a≤0，即a≥2，所以a≥2；當a<1時，要使f(x)恰有2個零點，需滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a<1≤2a，,21－a>0，))解得eq\f(1,2)≤a<1.綜上，實數a的取值范圍為eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)．【答案】(1)－1(2)eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))∪[2，＋∞)eq\a\vs4\al()利用函數零點求參數取值范圍的方法及步驟(1)常用方法(2)一般步驟1．函數f(x)＝2x－eq\f(2,x)－a的一個零點在區間(1，2)內，則實數a的取值范圍是()A．(1，3) B．(1，2)C．(0，3) D．(0，2)解析：選C.由題意，知函數f(x)在(1，2)上單調遞增，又函數一個零點在區間(1，2)內，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（1）<0，,f（2）>0，))即eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(－a<0，,4－1－a>0，))解得0<a<3，故選C.2．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0，))若函數g(x)＝f(x)－m有3個零點，則實數m的取值范圍是．解析：畫出函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2x－1，x>0，,－x2－2x，x≤0))的圖象，如圖所示．由于函數g(x)＝f(x)－m有3個零點，結合圖象得0<m<1，即m∈(0，1)．答案：(0，1)3．若函數f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零點，則實數a的取值范圍是．解析：因為函數f(x)＝4x－2x－a，x∈[－1，1]有零點，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可變形為a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)，因為x∈[－1，1]，所以2x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(1,2)))eq\s\up12(2)－eq\f(1,4)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).所以實數a的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2)).答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)，2))核心素養系列5直觀想象——用圖形快速解決的常見幾類題直觀想象是指借助幾何直觀和空間想象感知事物的形態與改變，利用空間形式特殊是圖形，理解和解決數學問題的素養．主要包括：借助空間形式相識事物的位置關系、形態改變與運動規律；利用圖形描述分析數學問題，建立形與數的聯系，構建數學問題的直觀模型，探究解決問題的思路．一、利用圖形探討函數的性質設函數f(x)是定義在R上的偶函數，且對隨意的x∈R恒有f(x＋1)＝f(x－1)，已知當x∈[0，1]時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1－x)，則下列命題：①2是函數f(x)的周期；②函數f(x)在(1，2)上單調遞減，在(2，3)上單調遞增；③函數f(x)的最大值是1，最小值是0；④當x∈(3，4)時，f(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－3).其中正確命題的序號是．【解析】由已知條件得f(x＋2)＝f(x)，則y＝f(x)是以2為周期的周期函數，①正確；當－1≤x≤0時，0≤－x≤1，f(x)＝f(－x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(1＋x)，函數y＝f(x)的部分圖象如圖所示：由圖象知②正確，③不正確；當3<x<4時，－1<x－4<0，f(x)＝f(x－4)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(x－3)，因此④正確，故正確命題的序號為①②④.【答案】①②④eq\a\vs4\al()作出函數圖象，由圖象視察可得函數的定義域、值域、最值、單調性、奇偶性、極值點等性質，并將這些性質用于轉出條件求得結論．二、利用圖形解不等式使log2(－x)<x＋1成立的x的取值范圍是．【解析】在同始終角坐標系內作出y＝log2(－x)，y＝x＋1的圖象，知滿意條件的x∈(－1，0)．【答案】(－1，0)eq\a\vs4\al()f(x)，g(x)之間大小不等關系表現為圖象中的上下位置關系，畫出兩個函數的圖象，依據函數圖象的交點和圖象的相對位置確定所求不等式的解集．三、利用圖形求解不等式中的參數范圍若不等式|x－2a|≥eq\f(1,2)x＋a－1對x∈R恒成立，則a的取值范圍是．【解析】作出y＝|x－2a|和y＝eq\f(1,2)x＋a－1的簡圖，依題意知應有2a≤2－2a，故a≤eq\f(1,2).【答案】eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，\f(1,2)))eq\a\vs4\al()對含有參數的函數不等式問題，一般將不等式化簡，整理、重組、構造兩個函數，一個含有參數，一個不含參數，探討兩個函數的性質，畫出兩個函數的圖象，視察參數的改變如何帶動含參函數圖象的改變，依據兩函數圖象的相對位置確定參數滿意的不等式，解不等式得出參數a的取值范圍．四、利用圖形探討零點問題已知函數f(x)＝2x＋x，g(x)＝log3x＋x，h(x)＝x－eq\f(1,\r(x))的零點依次為a，b，c，則()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<a<c【解析】在同始終角坐標系下分別畫出函數y＝2x，y＝log3x，y＝－eq\f(1,\r(x))的圖象，如圖，視察它們與y＝－x的交點可知a<b<c，故選A.【答案】Aeq\a\vs4\al()零點的個數等價于兩函數圖象交點的個數，零點的范圍、大小可以轉化為交點的橫坐標的范圍、大小，參數的取值范圍通過圖象的改變找尋建立不等式求解．1．函數f(x)＝|x－2|－lnx在定義域內的零點的個數為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.由題意可知f(x)的定義域為(0，＋∞)，在同始終角坐標系中畫出函數y1＝|x－2|(x>0)，y2＝lnx(x>0)的圖象，如圖所示．由圖可知函數f(x)在定義域內的零點個數為2.2．已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2，x≥0，,－x2，x<0，))若f(a2)<f(2－a)，則實數a的取值范圍是．解析：函數f(x)的圖象如圖所示，由圖象知函數f(x)在(－∞，＋∞)上單調遞增，所以a2<2－a，解得－2<a<1，故實數a的取值范圍是(－2，1)．答案：(－2，1)[基礎題組練]1．(2024·福州期末)已知函數f(x)＝eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x≤0，,1＋\f(1,x)，x>0，))則函數y＝f(x)＋3x的零點個數是()A．0 B．1C．2 D．3解析：選C.令f(x)＋3x＝0，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x≤0，,x2－2x＋3x＝0))或eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x>0，,1＋\f(1,x)＋3x＝0，))解得x＝0或x＝－1，所以函數y＝f(x)＋3x的零點個數是2.故選C.2．下列函數中，在(－1，1)內有零點且單調遞增的是()A．y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x B．y＝2x－1C．y＝x2－eq\f(1,2) D．y＝－x3解析：選B.函數y＝logeq\s\do9(\f(1,2))x在定義域上單調遞減，y＝x2－eq\f(1,2)在(－1，1)上不是單調函數，y＝－x3在定義域上單調遞減，均不符合要求．對于y＝2x－1，當x＝0∈(－1，1)時，y＝0且y＝2x－1在R上單調遞增．故選B.3．(2024·甘肅酒泉敦煌中學一診)方程log4x＋x＝7的解所在區間是()A．(1，2) B．(3，4)C．(5，6) D．(6，7)解析：選C.令函數f(x)＝log4x＋x－7，則函數f(x)是(0，＋∞)上的單調遞增函數，且是連續函數．因為f(5)<0，f(6)>0，所以f(5)·f(6)<0，所以函數f(x)＝log4x＋x－7的零點所在區間為(5，6)，所以方程log4x＋x＝7的解所在區間是(5，6)．故選C.4．(2024·內蒙古月考)已知函數f(x)＝x2－2|x|－m的零點有兩個，則實數m的取值范圍為()A．(－1，0) B．{－1}∪(0，＋∞)C．[－1，0)∪(0，＋∞) D．(0，1)解析：選B.在同始終角坐標系內作出函數y＝x2－2|x|的圖象和直線y＝m，可知當m>0或m＝－1時，直線y＝m與函數y＝x2－2|x|的圖象有兩個交點，即函數f(x)＝x2－2|x|－m有兩個零點．故選B.5．已知函數f(x)＝xex－ax－1，則關于f(x)的零點敘述正確的是()A．當a＝0時，函數f(x)有兩個零點B．函數f(x)必有一個零點是正數C．當a<0時，函數f(x)有兩個零點D．當a>0時，函數f(x)只有一個零點解析：選B.f(x)＝0?ex＝a＋eq\f(1,x)(x≠0)，在同始終角坐標系中作出y＝ex與y＝eq\f(1,x)的圖象，視察可知A，C，D選項錯誤，選項B正確．6．已知函數f(x)＝eq\f(2,3x＋1)＋a的零點為1，則實數a的值為．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．(2024·新疆第一次適應性檢測)設a∈Z，函數f(x)＝ex＋x－a，若x∈(－1，1)時，函數有零點，則a的取值個數為．解析：依據函數解析式得到函數f(x)是單調遞增的．由零點存在性定理知若x∈(－1，1)時，函數有零點，須要滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(f（－1）<0，,f（1）>0))?eq\f(1,e)－1<a<e＋1，因為a是整數，故可得到a的可能取值為0，1，2，3.答案：48．已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一個零點比1大，一個零點比1小，則實數a的取值范圍是．解析：法一：設方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的兩根分別為x1，x2(x1<x2)，則(x1－1)(x2－1)<0，所以x1x2－(x1＋x2)＋1<0，由根與系數的關系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，即a2＋a－2<0，所以－2<a<1.故實數a的取值范圍為(－2，1)．法二：函數f(x)的圖象大致如圖，則有f(1)<0，即1＋(a2－1)＋a－2<0，得a2＋a－2<0，所以－2<a<1.故實數a的取值范圍是(－2，1)．答案：(－2，1)9．設函數f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．(1)當a＝1，b＝－2時，求函數f(x)的零點；(2)若對隨意b∈R，函數f(x)恒有兩個不同的零點，求實數a的取值范圍．解：(1)當a＝1，b＝－2時，f(x)＝x2－2x－3，令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.所以函數f(x)的零點為3或－1.(2)依題意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有兩個不同的實根，所以b2－4a(b－1)>0恒成立，即對于隨意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，所以有(－4a)2－4×(4a)<0?a2－a<0，解得0<a<1，因此實數a的取值范圍是(0，1)．10．已知函數f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，滿意f(0)＝2，f(x＋1)－f(x)＝2x－1.(1)求函數f(x)的解析式；(2)若函數g(x)＝f(x)－mx的兩個零點分別在區間(－1，2)和(2，4)內，求m的取值范圍．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\co1(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)的兩個零點分別在區間(－1，2)和(2，4)內，則滿意eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(g（－1）>0，,g（2）<0，,g（4）>0))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(5＋m>0，,2－2m<0，,10－4m>0，))解得1<m<eq\f(5,2).所以m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(5,2))).[綜合題組練]1．(一題多解)函數f(x)＝2x－eq\f(1,x)零點的個數為()A．0 B．1C．2 D．3解析：選B.法一：當x<0時，f(x)＝2x－eq\f(1,x)>0恒成立，無零點；又易知f(x)＝2x－eq\f(1,x)在(0，＋∞)上單調遞增，最多有一個零點．又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(2)－2<0，f(1)＝2－1>0，所以有一個零點．故選B.法二：在同一平面直角坐標系中，作出函數y＝2x和y＝eq\f(1,x)的圖象，如圖所示．函數f(x)＝2x－eq\f(1,x)的零點等價于2x＝eq\f(1,x)的根等價于函數y＝2x和y＝eq\f(1,x)的交點．由圖可知，有一個交點，所以有一個零點．故選B.2．已知命題p：“m＝2”是“冪函數f(x)＝(m2－m－1)xm在區間(0，＋∞)上為增函數”的充要條件；命題q：已知函數f(x)＝lnx＋3x－8的零點x0∈[a，b]，且b－a＝1(a，b∈N*)，則a＋b＝5.則下列命題為真命題的是()A．p∧q B．(﹁p)∧qC．﹁q D．p∧(﹁q)解析：選A.對于命題p，若冪函數f(x)＝(m2－m－1)xm在區間(0，＋∞)上為增函數，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m2－m－1＝1，,m>0，))解得m