高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書:第1部分 重點(diǎn)強(qiáng)化專題 專題6 第15講 函數(shù)與方程 Word版含答案
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1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 第15講 函數(shù)與方程 題型1 函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的判斷 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第50頁) ■核心知識(shí)儲(chǔ)備………………………………………………………………………· 1.零點(diǎn)存在性定理 如果函數(shù)y=f(x)在區(qū)間[a,b]上的圖象是連續(xù)不斷的一條曲線,且有f(a)·f(b)<0,那么,函數(shù)y=f(x)在區(qū)間(a,b)內(nèi)有零點(diǎn),即存在c∈(a,b)使得f(c)=0,這個(gè)c也就是方程f(x)=0的根. 2.函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系 函數(shù)F(x)=f(x)-g(x)的零
2、點(diǎn)就是方程f(x)=g(x)的根,即函數(shù)y=f(x)的圖象與函數(shù)y=g(x)的圖象交點(diǎn)的橫坐標(biāo). ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題1】 (考查數(shù)形結(jié)合法判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù))已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足:①圖象關(guān)于(1,0)點(diǎn)對(duì)稱;②f(-1+x)=f(-1-x);③當(dāng)x∈[-1,1]時(shí),f(x)=則函數(shù)y=f(x)-在區(qū)間[-3,3]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為( ) A.5 B.6 C.7 D.8 [思路分析] 函數(shù)y=f(x)-在區(qū)間[-3,3]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)函數(shù)y=f(x)與函數(shù)y=在[-3,3]上的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)下結(jié)論. [解
3、析] 因?yàn)閒(-1+x)=f(-1-x),所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x=-1對(duì)稱,又函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(diǎn)(1,0)對(duì)稱,如圖,畫出f(x)以及g(x)=在[-3,3]上的圖象.由圖可知,兩函數(shù)圖象的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為5,所以函數(shù)y=f(x)-在區(qū)間[-3,3]上的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為5,故選A. [答案] A 【典題2】 (考查應(yīng)用零點(diǎn)存在性定理判斷函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù))已知函數(shù)fn(x)=xln x-(n∈N*,e=2.718 28…為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)). (1)求曲線y=f1(x)在點(diǎn)(1,f1(1))處的切線方程; (2)討論函數(shù)fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù). 【導(dǎo)學(xué)號(hào):07804105】 [解]
4、(1)因?yàn)閒1(x)=xln x-x2, 所以f1′(x)=ln x+1-2x, 所以f1′(1)=1-2=-1. 又f1(1)=-1,所以曲線y=f1(x)在點(diǎn)(1,f1(1))處的切線方程為y+1=-(x-1),即y=-x. (2)令fn(x)=0,得xln x-=0(n∈N*,x>0), 所以nln x-x=0. 令g(x)=nln x-x,則函數(shù)fn(x)的零點(diǎn)與函數(shù)g(x)=nln x-x的零點(diǎn)相同. 因?yàn)間′(x)=-1=,令g′(x)=0,得x=n, 所以當(dāng)x>n時(shí),g′(x)<0;當(dāng)0<x<n時(shí)g′(x)>0, 所以函數(shù)g(
5、x)在區(qū)間(0,n]上單調(diào)遞增,在區(qū)間[n,+∞)上單調(diào)遞減. 所以函數(shù)g(x)在x=n處有最大值,且g(n)=nln n-n. ①當(dāng)n=1時(shí),g(1)=ln 1-1=-1<0,所以函數(shù)g(x)=nln x-x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0; ②當(dāng)n=2時(shí),g(2)=2ln 2-2<2ln e-2=0,所以函數(shù)g(x)=nln x-x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0; ③當(dāng)n≥3時(shí),g(n)=nln n-n=n(ln n-1)≥n(ln 3-1)>n(ln e-1)=0, 因?yàn)間(e2n)=nln e2n-e2n<2n2-4n=2n2-(1+3)n<2n2-<2n2-[1+3n+3
6、n(n-1)]=-n2-1<0,且g(1)<0, 所以由函數(shù)零點(diǎn)的存在性定理,可得函數(shù)g(x)=nln x-x在區(qū)間(1,n)和(n,+∞)內(nèi)都恰有一個(gè)零點(diǎn).所以函數(shù)g(x)=nln x-x的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2. 綜上所述,當(dāng)n=1或n=2時(shí),函數(shù)fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為0;當(dāng)n≥3且n∈N*時(shí),函數(shù)fn(x)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)為2. [類題通法] 1.求函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)的兩種方法: (1)由函數(shù)零點(diǎn)存在性定理,結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性判斷; (2)由函數(shù)的單調(diào)性及函數(shù)極值的正負(fù)來確定. 2.零點(diǎn)個(gè)數(shù)的討論,對(duì)于不可求的零點(diǎn),需要通過方程轉(zhuǎn)化為初等函數(shù)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)判斷. 3.零點(diǎn)討論中的參數(shù),針
7、對(duì)參數(shù)的討論有兩個(gè)方向:一是方程根的個(gè)數(shù);二是參數(shù)對(duì)構(gòu)造的初等函數(shù)圖象形狀的影響. ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1.已知函數(shù)f(x)=,則函數(shù)F(x)=f[f(x)]-2f(x)-的零點(diǎn)個(gè)數(shù)是( ) A.4 B.5 C.6 D.7 A [(數(shù)形結(jié)合思想)令f(x)=t,則函數(shù)F(x)可化為y=f(t)-2t-,則函數(shù)F(x)的零點(diǎn)問題可轉(zhuǎn)化為方程f(t)-2t-=0有根的問題.令y=f(t)-2t-=0,即f(t)=2t+,如圖(1),由數(shù)形結(jié)合得t1=0,1<t2<2,如圖(2),再由數(shù)形結(jié)合得,當(dāng)f(x)=0時(shí),
8、x=2,有1個(gè)解,當(dāng)f(x)=t2時(shí),有3個(gè)解,所以F(x)=f[f(x)]-2f(x)-共有4個(gè)零點(diǎn). 故選A.] 圖(1) 圖(2) 2.函數(shù)f(x)=cos 2x在區(qū)間[-3,3]上零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為( ) A.3 B.4 C.5 D.6 C [設(shè)函數(shù)g(x)=1+x-+-+…-+,h(x)=cos 2x,則f(x)=g(x)h(x),g′(x)=1-x+x2-x3+…-x2 015+x2 016=(1-x)+x2(1-x)+…+x2 014(1-x)+x2 016.當(dāng)-3≤x≤1時(shí),顯然g′(x)≥0;g′(x)=1+x(x-1)+x3(x-1)+…+
9、x2 015(x-1),當(dāng)1<x≤3時(shí),顯然g′(x)>0,所以g(x)在區(qū)間[-3,3]上是增函數(shù),又g(-1)<0,g(0)=1>0,所以g(x)在區(qū)間[-3,3]上有且只有1個(gè)零點(diǎn)x0∈(-1,0),且x0≠-.h(x)=cos 2x在區(qū)間[-3,3]上有4個(gè)零點(diǎn):-,-,,,所以函數(shù)f(x)=g(x)h(x)在區(qū)間[-3,3]上有5個(gè)零點(diǎn).] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時(shí)集訓(xùn)T2、T5、T6、T13、T14) 題型2 已知函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)的取值范圍 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第51頁) ■核心知
10、識(shí)儲(chǔ)備………………………………………………………………………· 已知函數(shù)有零點(diǎn)(方程有根或圖象有交點(diǎn))求參數(shù)的值或取值范圍常用的方法: ①直接法:直接根據(jù)題設(shè)條件構(gòu)建關(guān)于參數(shù)的方程或不等式,再通過解方程或不等式確定參數(shù)的值或取值范圍. ②分離參數(shù)法:先將參數(shù)分離,轉(zhuǎn)化成求函數(shù)最值問題加以解決. ③數(shù)形結(jié)合法:在同一平面直角坐標(biāo)系中畫出函數(shù)的圖象,然后數(shù)形結(jié)合求解. ■典題試解尋法………………………………………………………………………· 【典題1】 (考查已知函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍)(20xx·太原二模)已知f(x)=x2ex,若函數(shù)g(x)=f2(x
11、)-kf(x)+1恰有四個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)k的取值范圍是( ) A.(-∞,-2)∪(2,+∞) B. C. D. [思路分析] f(x)=x2ex畫f(x)的圖象g(x)有四個(gè)零點(diǎn)方程t2-kt+1=0在和各有1解實(shí)數(shù)k的取值范圍. [解析] (數(shù)形結(jié)合思想)f′(x)=xex(x+2),令f′(x)>0,得f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(-∞,-2),(0,+∞),令f′(x)<0,得f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(-2,0),所以f(-2)=4e-2>0為函數(shù)f(x)的極大值,f(0)=0為函數(shù)f(x)的極小值,故f(x)≥0,作出其函數(shù)圖象如圖所示.因?yàn)楹瘮?shù)g(x)=
12、f2(x)-kf(x)+1恰有四個(gè)零點(diǎn),令f(x)=t,則關(guān)于t的方程t2-kt+1=0有兩個(gè)不相同的根,記為t1,t2,且0<t1<4e-2,4e-2<t2,所以,解得k>+,故選D. [答案] D 【典題2】 (考查已知方程根的個(gè)數(shù)求參數(shù)范圍)已知函數(shù)f(x)=,其中m>0.若存在實(shí)數(shù)b,使得關(guān)于x的方程f(x)=b有三個(gè)不同的根,則m的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):07804106】 [思路分析] 方程f(x)=b有三個(gè)不同的根函數(shù)f(x)與函數(shù)y=b有三個(gè)不同的交點(diǎn)依據(jù)m的取值畫函數(shù)f(x)的圖象求m的取值范圍. [解析] f(x)=
13、當(dāng)x>m時(shí),f(x)=x2-2mx+4m=(x-m)2+4m-m2,其頂點(diǎn)為(m,4m-m2);當(dāng)x≤m時(shí),函數(shù)f(x)的圖象與直線x=m的交點(diǎn)為Q(m,m). ①當(dāng)即0<m≤3時(shí),函數(shù)f(x)的圖象如圖(1)所示,易得直線y=b與函數(shù)f(x)的圖象有一個(gè)或兩個(gè)不同的交點(diǎn),不符合題意; ②當(dāng)即m>3時(shí),函數(shù)f(x)的圖象如圖(2)所示,則存在實(shí)數(shù)b滿足4m-m2<b≤m,使得直線y=b與函數(shù)f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn),符合題意. 綜上,m的取值范圍為(3,+∞). 圖(1) 圖(2) [答案] (3,+∞) 【典題3】 (考查導(dǎo)數(shù)
14、在函數(shù)零點(diǎn)中的應(yīng)用)(20xx·全國Ⅰ卷節(jié)選)已知函數(shù)f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍. [思路分析] 求f′(x)求函數(shù)的單調(diào)性及極值確定a的取值范圍. [解] f′(x)=(x-1)ex+2a(x-1)=(x-1)(ex+2a). ①設(shè)a=0,則f(x)=(x-2)ex,f(x)只有一個(gè)零點(diǎn). ②設(shè)a>0,則當(dāng)x∈(-∞,1)時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0, 所以f(x)在(-∞,1)內(nèi)單調(diào)遞減,在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又f(1)=-e,f(2)=a,取b滿足b<0且b<ln , 則f(b)>(b-
15、2)+a(b-1)2=a>0, 故f(x)存在兩個(gè)零點(diǎn). ③設(shè)a<0,由f′(x)=0得x=1或x=ln(-2a). 若a≥-,則ln(-2a)≤1,故當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),f′(x)>0,因此f(x)在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn). 若a<-,則ln(-2a)>1,故當(dāng)x∈(1,ln(-2a))時(shí),f′(x)<0; 當(dāng)x∈(ln(-2a),+∞)時(shí),f′(x)>0. 因此f(x)在(1,ln(-2a))內(nèi)單調(diào)遞減,在(ln(-2a),+∞)內(nèi)單調(diào)遞增. 又當(dāng)x≤1時(shí),f(x)<0,所以f(x)不存在兩個(gè)零點(diǎn). 綜上,
16、a的取值范圍為(0,+∞). [類題通法] 已知函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)求參數(shù)取值范圍問題的關(guān)鍵有以下幾點(diǎn):一是將原函數(shù)的零點(diǎn)個(gè)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程根的個(gè)數(shù)問題,并進(jìn)行適當(dāng)化簡、整理;二是構(gòu)造新的函數(shù),把方程根的個(gè)數(shù)問題轉(zhuǎn)化為新構(gòu)造的兩個(gè)函數(shù)的圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)問題;三是對(duì)新構(gòu)造的函數(shù)進(jìn)行畫圖;四是觀察圖象,得參數(shù)的取值范圍. ■對(duì)點(diǎn)即時(shí)訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1.設(shè)[x]表示不小于實(shí)數(shù)x的最小整數(shù),如[2.6]=3,[-3.5]=-3.已知函數(shù)f(x)=[x]2-2[x],若函數(shù)F(x)=f(x)-k(x-2)+2在(-1,4]上有兩個(gè)零點(diǎn),則實(shí)數(shù)k的取
17、值范圍是( ) A.∪[2,5) B.∪[5,10) C.∪[5,10) D.∪[5,10) B [令F(x)=0,得f(x)=k(x-2)-2,作出函數(shù)y=f(x)和y=k(x-2)-2的圖象如圖所示.若函數(shù)F(x)=f(x)-k(x-2)+2在(-1,4]上有兩個(gè)零點(diǎn),則函數(shù)f(x)和g(x)=k(x-2)-2的圖象在(-1,4]上有兩個(gè)交點(diǎn).因?yàn)間(x)過定點(diǎn)P(2,-2),經(jīng)計(jì)算可得kPA=5,kPB=10,kPO=-1,kPC=-,所以k的取值范圍是∪[5,10).故選B.] 2.已知函數(shù)f(x)=ex,若關(guān)于x的不等式[f(x)]2-2f(x)-a≥0在[0,1]上有解,
18、則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________. 【導(dǎo)學(xué)號(hào):07804107】 (-∞,e2-2e] [由[f(x)]2-2f(x)-a≥0在[0,1]上有解,可得a≤[f(x)]2-2f(x),即a≤e2x-2ex.令g(x)=e2x-2ex(0≤x≤1),則a≤g(x)max,因?yàn)?≤x≤1,所以1≤ex≤e,則當(dāng)ex=e,即x=1時(shí),g(x)max=e2-2e,即a≤e2-2e,故實(shí)數(shù)a的取值范圍是(-∞,e2-2e].] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)…………………………………………………………………· (見專題限時(shí)集訓(xùn)T1、T3、T4、T7、T8、T9、T10、T11、T12) 三年真
19、題| 驗(yàn)收復(fù)習(xí)效果 (對(duì)應(yīng)學(xué)生用書第52頁) 1.(20xx·全國Ⅲ卷)已知函數(shù)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)有唯一零點(diǎn),則a=( ) A.- B. C. D.1 C [法一:(換元法)f(x)=x2-2x+a(ex-1+e-x+1)=(x-1)2+a[ex-1+e-(x-1)]-1, 令t=x-1,則g(t)=f(t+1)=t2+a(et+e-t)-1. ∵g(-t)=(-t)2+a(e-t+et)-1=g(t), ∴函數(shù)g(t)為偶函數(shù). ∵f(x)有唯一零點(diǎn),∴g(t)也有唯一零點(diǎn). 又g(t)為偶函數(shù),由偶函數(shù)的性質(zhì)知g(0)=0,
20、 ∴2a-1=0,解得a=. 故選C. 法二:(等價(jià)轉(zhuǎn)化法)f(x)=0?a(ex-1+e-x+1)=-x2+2x. ex-1+e-x+1≥2=2, 當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取“=”. -x2+2x=-(x-1)2+1≤1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時(shí)取“=”. 若a>0,則a(ex-1+e-x+1)≥2a, 要使f(x)有唯一零點(diǎn),則必有2a=1,即a=. 若a≤0,則f(x)的零點(diǎn)不唯一. 故選C.] 2.(20xx·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=ax3-3x2+1,若f(x)存在唯一的零點(diǎn)x0,且x0>0,則a的取值范圍是( ) 【導(dǎo)學(xué)號(hào):07804108】 A.
21、(2,+∞) B.(-∞,-2) C.(1,+∞) D.(-∞,-1) B [f′(x)=3ax2-6x, 當(dāng)a=3時(shí),f′(x)=9x2-6x=3x(3x-2), 則當(dāng)x∈(-∞,0)時(shí),f′(x)>0; x∈時(shí),f′(x)<0; x∈時(shí),f′(x)>0,注意f(0)=1,f=>0,則f(x)的大致圖象如圖(1)所示. 圖(1) 不符合題意,排除A、C. 當(dāng)a=-時(shí),f′(x)=-4x2-6x=-2x(2x+3),則當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,x∈時(shí),f′(x)>0,x∈(0,+∞)時(shí),f′(x)<0,注意f(0)=1,f=-,則
22、f(x)的大致圖象如圖(2)所示. 圖(2) 不符合題意,排除D.] 3.(20xx·全國Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=ae2x+(a-2)ex-x. (1)討論f(x)的單調(diào)性; (2)若f(x)有兩個(gè)零點(diǎn),求a的取值范圍. [解] (分類討論思想)(1)f(x)的定義域?yàn)?-∞,+∞), f′(x)=2ae2x+(a-2)ex-1=(aex-1)(2ex+1). (ⅰ)若a≤0,則f′(x)<0,所以f(x)在(-∞,+∞)單調(diào)遞減. (ⅱ)若a>0,則由f′(x)=0得x=-ln a. 當(dāng)x∈(-∞,-ln a)時(shí),f′(x)<0;
23、 當(dāng)x∈(-ln a,+∞)時(shí),f′(x)>0. 所以f(x)在(-∞,-ln a)單調(diào)遞減,在(-ln a,+∞)單調(diào)遞增. (2)(ⅰ)若a≤0,由(1)知,f(x)至多有一個(gè)零點(diǎn). (ⅱ)若a>0,由(1)知,當(dāng)x=-ln a時(shí),f(x)取得最小值,最小值為f(-ln a)=1-+ln a. ①當(dāng)a=1時(shí),由于f(-ln a)=0,故f(x)只有一個(gè)零點(diǎn); ②當(dāng)a∈(1,+∞)時(shí),由于1-+ln a>0, 即f(-ln a)>0,故f(x)沒有零點(diǎn); ③當(dāng)a∈(0,1)時(shí),1-+ln a<0,即f(-ln a)<0. 又f(-2)=ae-4+(a-2)e-2+2>-2e-2+2>0, 故f(x)在(-∞,-ln a)有一個(gè)零點(diǎn). 設(shè)正整數(shù)n0滿足n0>ln, 則f(n0)=e(ae+a-2)-n0>e-n0>2-n0>0. 由于ln>-ln a, 因此f(x)在(-ln a,+∞)有一個(gè)零點(diǎn). 綜上,a的取值范圍為(0,1).
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