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2018版高考数学(文)(苏教版江苏专用)大一轮复习讲义文档 第二章 函数概念与基本初等函数I 2.docx

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1、1.函数的零点(1)函数零点的定义对于函数 yf(x)(xD),把使函数 yf(x)的值为 0 的实数 x 叫做函数 yf(x)(xD)的零点.(2)几个等价关系方程 f(x)0 有实数根函数 yf(x)的图象与 x 轴有交点函数 yf(x)有零点.(3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数 yf(x)在区间a,b上的图象是一条不间断的曲线,且有 f(a)f(b)0,那么,函数 yf(x)在区间(a,b)上有零点,即存在 c(a,b),使得 f(c)0,这个_c_也就是方程 f(x)0的根.2.二分法对于在区间a,b上连续不断且 f(a)f(b)0)的图象与零点的关系000)的图象与 x

2、轴的交点(x1,0),(x2,0)(x1,0)无交点零点个数210【知识拓展】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.【思考辨析】判断下列结论是否正确(请在括号中打“”或“”)(1)函数的零点就是函数的图象与 x 轴的交点.()(2)函数 yf(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)只要函数有零点,我们就可以用二分法求出零点的近似值.()(4)二次函数 yax2b

3、xc(a0)在 b24ac0 时没有零点.()(5)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.()1.(教材改编)函数 f(x)12x(12)x 的零点个数为_.答案 1解析 f(x)是增函数,又 f(0)1,f(1)12,f(0)f(1)0,f(x)有且只有一个零点.2.(教材改编)已知 f(x)ax2bxc 的零点为 1,3,则函数 yax2bxc 的对称轴是_.答案 x2解析 ya(x1)(x3)a(x2)2a,对称轴为 x2.3.(2016长春检测)函数 f(x)12ln xx1x2 的零点所在的区间是_.(1e,1);(1,

4、2);(2,e);(e,3).答案 解析 因为 f(1e)121ee20,f(1)20,f(2)12ln 2120,所以 f(2)f(e)0,所以函数 f(x)12ln xx1x2 的零点所在区间是(2,e).4.函数 f(x)ax12a 在区间(1,1)上存在一个零点,则实数 a 的取值范围是_.答案 13,1解析 函数 f(x)的图象为直线,由题意可得f(1)f(1)0,(3a1)(1a)0,解得13a1,实数 a 的取值范围是13,1.5.(教材改编)已知函数 f(x)x2xa 在区间(0,1)上有零点,则实数 a 的取值范围是_.答案(2,0)解析 结合二次函数 f(x)x2xa 的图

5、象知f00,故a0,所以2a0.题型一 函数零点的确定命题点 1 确定函数零点所在区间例 1(1)(2016盐城调研)已知函数 f(x)ln x 12x2 的零点为 x0,则 x0 所在的区间是_.(填序号)(0,1);(1,2);(2,3);(3,4).(2)设函数 yx3 与 y(12)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)(2)(1,2)解析(1)f(x)ln x 12x2 在(0,)为增函数,又 f(1)ln 1 121ln 120,f(2)ln 2 1200,x0(2,3).(2)令 f(x)x3(12)x2,则 f(x0

6、)0,易知 f(x)为增函数,且 f(1)0,x0 所在的区间是(1,2).命题点 2 函数零点个数的判断例 2(1)函数 f(x)x22,x0,2x6ln x,x0 的零点个数是_.(2)若定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x2)f(x),当 x0,1时,f(x)x,则函数 yf(x)log3|x|的零点个数是_.答案(1)2(2)4解析(1)当 x0 时,令 x220,解得 x 2(正根舍去),所以在(,0上有一个零点;当 x0 时,f(x)21x0 恒成立,所以 f(x)在(0,)上是增函数.又因为 f(2)2ln 20,所以 f(x)在(0,)上有一个零点,综上,函数 f(x)

7、的零点个数为 2.(2)由题意知,f(x)是周期为 2 的偶函数.在同一坐标系内作出函数 yf(x)及 ylog3|x|的图象,如图,观察图象可以发现它们有 4 个交点,即函数 yf(x)log3|x|有 4 个零点.思维升华(1)确定函数零点所在区间,可利用零点存在性定理或数形结合法.(2)判断函数零点个数的方法:解方程法;零点存在性定理、结合函数的性质;数形结合法:转化为两个函数图象的交点个数.(1)已知函数 f(x)6xlog2x,在下列区间中,包含 f(x)零点的区间是_.(填序号)(0,1);(1,2);(2,4);(4,).(2)(教材改编)已知函数 f(x)2x3x,则函数 f(

8、x)的零点个数为_.答案(1)(2)2解析(1)因为 f(1)6log2160,f(2)3log2220,f(4)32log24120,所以函数f(x)的零点所在区间为(2,4).(2)令 f(x)0,则 2x3x,在同一平面直角坐标系中分别作出 y2x 和 y3x 的图象,如图所示,由图知函数 y2x 和 y3x 的图象有 2 个交点,所以函数 f(x)的零点个数为 2.题型二 函数零点的应用例 3(1)函数 f(x)2x2xa 的一个零点在区间(1,2)内,则实数 a 的取值范围是_.(2)已知函数 f(x)|x23x|,xR,若方程 f(x)a|x1|0 恰有 4 个互异的实数根,则实数

9、 a的取值范围是_.答案(1)(0,3)(2)(0,1)(9,)解析(1)因为函数 f(x)2x2xa 在区间(1,2)上单调递增,又函数 f(x)2x2xa 的一个零点在区间(1,2)内,则有 f(1)f(2)0,所以(a)(41a)0,即 a(a3)0,即 a210a90,解得 a9.又由图象得 a0,0a9.引申探究本例(2)中,若 f(x)a 恰有四个互异的实数根,则 a 的取值范围是_.答案(0,94)解析 作出 y1|x23x|,y2a 的图象如下:当 x32时,y194;当 x0 或 x3 时,y10,由图象易知,当 y1|x23x|和 y2a 的图象有四个交点时,0a94.思维

10、升华 已知函数零点情况求参数的步骤及方法(1)步骤:判断函数的单调性;利用零点存在性定理,得到参数所满足的不等式(组);解不等式(组),即得参数的取值范围.(2)方法:常利用数形结合法.(1)已知函数 f(x)x2xa(a0)在区间(0,1)上有零点,则 a 的取值范围为_.(2)(2016江苏前黄中学调研)若函数 f(x)|x|x1kx2 有 4 个零点,则实数 k 的取值范围是_.答案(1)(2,0)(2)(,4)解析(1)ax2x 在(0,1)上有解,又 yx2x(x12)214,函数 yx2x,x(0,1)的值域为(0,2),0a2,2a0,xx1,x0,结合图象知141k0,所以 k

11、4.题型三 二次函数的零点问题例 4 已知 f(x)x2(a21)x(a2)的一个零点比 1 大,一个零点比 1 小,求实数 a 的取值范围.解 方法一 设方程 x2(a21)x(a2)0 的两根分别为 x1,x2(x1x2),则(x11)(x21)0,x1x2(x1x2)10,由根与系数的关系,得(a2)(a21)10,即 a2a20,2a1.方法二 函数图象大致如图,则有 f(1)0,即 1(a21)a20,2a1.故实数 a 的取值范围是(2,1).思维升华 解决与二次函数有关的零点问题(1)利用一元二次方程的求根公式.(2)利用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系.(3)利用二次函

12、数的图象列不等式组.(2016江苏泰州中学质检)关于 x 的一元二次方程 x22(m3)x2m140 有两个不同的实根,且一根大于 3,一根小于 1,则 m 的取值范围是_.答案(,214)解析 设 f(x)x22(m3)x2m14,由题设可得f30,f10,所以 m0 且 a1)有两个零点,则实数 a 的取值范围是_.(2)若关于 x 的方程 22x2xaa10 有实根,则实数 a 的取值范围为_.思想方法指导(1)函数零点个数可转化为两个函数图象的交点个数,利用数形结合求解参数范围.(2)“af(x)有解”型问题,可以通过求函数 yf(x)的值域解决.解析(1)函数 f(x)axxa(a0

13、 且 a1)有两个零点,即方程 axxa0 有两个根,即函数 yax 与函数 yxa 的图象有两个交点.当 0a1 时,图象如图(2)所示,此时有两个交点.实数 a 的取值范围为(1,).(2)由方程,解得 a22x12x1,设 t2x(t0),则 at21t1(t 2t11)2(t1)2t1,其中 t11,由基本不等式,得(t1)2t12 2,当且仅当 t 21 时取等号,故 a22 2.答案(1)(1,)(2)(,22 21.(2016江苏东海中学期中)若函数 f(x)x2x1,x2或x1,1,1x2,则函数 g(x)f(x)x 的零点为_.答案 1 2或 1解析 题目转化为求方程 f(x

14、)x 的根,所以x2或x1,x2x1x或1x2,1x,解得 x1 2或 x1,所以 g(x)的零点为 1 2或 1.2.若函数 f(x)log3xx3 的零点所在的区间是(n,n1)(nZ),则 n_.答案 2解析 由 f(2)log3210,知 f(x)0 的根在区间(2,3)内,即 n2.3.已知三个函数 f(x)2xx,g(x)x2,h(x)log2xx 的零点依次为 a,b,c,则 a,b,c的大小关系为_.答案 acb解析 方法一 由于 f(1)121120 且 f(x)为 R 上的递增函数.故 f(x)2xx 的零点 a(1,0).g(2)0,g(x)的零点 b2;h 12 112

15、120,且 h(x)为(0,)上的增函数,h(x)的零点 c12,1,因此 acb.方法二 由 f(x)0 得 2xx;由 h(x)0 得 log2xx,作出函数 y2x,ylog2x 和 yx 的图象(如图).由图象易知 a0,0c1,而 b2,故 ac0)的解的个数是_.答案 2解析(数形结合法)a0,a211.而 y|x22x|的图象如图,y|x22x|的图象与 ya21 的图象总有两个交点.5.函数 f(x)x21x0,x2ln xx0 的零点个数为_.答案 2解析 当 x0 时,令 f(x)0,得 x210,x1,此时 f(x)有一个零点;当 x0 时,令f(x)0,得 x2ln x

16、0,在同一个坐标系中画出 y2x 和 yln x 的图象(图略),观察其图象可知函数 y2x 和 yln x 的图象在(0,)上的交点个数是 1,所以此时函数 f(x)有一个零点,所以 f(x)的零点个数为 2.6.已知 xR,符号x表示不超过 x 的最大整数,若函数 f(x)xx a(x0)有且仅有 3 个零点,则实数 a 的取值范围是_.答案 34,45 43,32)解析 当 0 x1 时,f(x)xx aa;当 1x2 时,f(x)xx a1xa;当 2x1,则函数 f(x)的零点为_.答案 x0解析 当 x1 时,由 f(x)2x10,解得 x0;当 x1 时,由 f(x)1log2x

17、0,解得 x12,又因为 x1,所以此时方程无解.综上,函数 f(x)的零点只有 0.8.已知函数 f(x)2x1,x0,x22x,x0,若函数 g(x)f(x)m 有 3 个零点,则实数 m 的取值范围是_.答案(0,1)解析 画出函数 f(x)2x1,x0,x22x,x0 的图象,如图.由于函数 g(x)f(x)m 有 3 个零点,结合图象得 0m0 时,f(x)2 015xlog2 015x,则在 R 上,函数 f(x)零点的个数为_.答案 3解析 函数 f(x)为 R 上的奇函数,因此 f(0)0,当 x0 时,f(x)2 015xlog2 015x 在区间(0,12 015)内存在一

18、个零点,又 f(x)为增函数,因此在(0,)内有且仅有一个零点.根据对称性可知函数在(,0)内有且仅有一解,从而函数 f(x)在 R 上的零点的个数为 3.10.若 a1,设函数 f(x)axx4 的零点为 m,函数 g(x)logaxx4 的零点为 n,则1m1n的最小值为_.答案 1解析 设 F(x)ax,G(x)logax,h(x)4x,则 h(x)与 F(x),G(x)的交点 A,B 横坐标分别为m,n(m0,n0).因为 F(x)与 G(x)关于直线 yx 对称,所以 A,B 两点关于直线 yx 对称.又因为 yx 和 h(x)4x 交点的横坐标为 2,所以 mn4.又 m0,n0,

19、所以1m1n(1m1n)mn414(2nmmn)14(22 nmmn)1.当且仅当nmmn,即 mn2 时等号成立.所以1m1n的最小值为 1.11.(2016江苏淮阴中学期中)已知关于 x 的一元二次方程 x22axa20 的两个实根是,且有 120,f20,即12aa20,44aa20,解得 2a115,所以实数 a 的取值范围为(2,115).12.关于 x 的二次方程 x2(m1)x10 在区间0,2上有解,求实数 m 的取值范围.解 显然 x0 不是方程 x2(m1)x10 的解,0 x2 时,方程可变形为 1mx1x,又yx1x在(0,1上单调递减,1,2上单调递增,yx1x在(0

20、,2上的取值范围是2,),1m2,m1,故 m 的取值范围是(,1.13.已知 yf(x)是定义域为 R 的奇函数,当 x0,)时,f(x)x22x.(1)写出函数 yf(x)的解析式;(2)若方程 f(x)a 恰有 3 个不同的解,求 a 的取值范围.解(1)设 x0,f(x)x22x.又f(x)是奇函数,f(x)f(x)x22x.f(x)x22x,x0,x22x,x0.(2)方程 f(x)a 恰有 3 个不同的解.即 yf(x)与 ya 的图象有 3 个不同的交点,作出 yf(x)与 ya 的图象如图所示,故若方程 f(x)a 恰有 3 个不同的解只需1a1,故 a 的取值范围为(1,1).

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