《高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題6 第15講　函數(shù)與方程 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學(xué)理二輪復(fù)習(xí)教師用書：第1部分 重點強(qiáng)化專題 專題6 第15講　函數(shù)與方程 Word版含答案（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

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)零點個數(shù)的判斷 (對應(yīng)學(xué)生用書第50頁) ■核心知識儲備………………………………………………………………………· 1．零點存在性定理 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，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根． 2．函數(shù)的零點與方程根的關(guān)系 函數(shù)F(x)＝f(x)－g(x)的零

2、點就是方程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)的零點個數(shù))已知定義在R上的函數(shù)f(x)滿足：①圖象關(guān)于(1,0)點對稱；②f(－1＋x)＝f(－1－x)；③當(dāng)x∈[－1,1]時，f(x)＝則函數(shù)y＝f(x)－在區(qū)間[－3,3]上的零點個數(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]上的零點個數(shù)函數(shù)y＝f(x)與函數(shù)y＝在[－3,3]上的圖象交點個數(shù)下結(jié)論． [解

3、析]　因為f(－1＋x)＝f(－1－x)，所以函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝－1對稱，又函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于點(1,0)對稱，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)圖象的交點個數(shù)為5，所以函數(shù)y＝f(x)－在區(qū)間[－3,3]上的零點個數(shù)為5，故選A. [答案]　A 【典題2】　(考查應(yīng)用零點存在性定理判斷函數(shù)的零點個數(shù))已知函數(shù)fn(x)＝xln x－(n∈N*，e＝2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù))． (1)求曲線y＝f1(x)在點(1，f1(1))處的切線方程； (2)討論函數(shù)fn(x)的零點個數(shù). 【導(dǎo)學(xué)號：07804105】 [解]　

4、(1)因為f1(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(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)的零點與函數(shù)g(x)＝nln x－x的零點相同． 因為g′(x)＝－1＝，令g′(x)＝0，得x＝n， 所以當(dāng)x>n時，g′(x)<0；當(dāng)0<x<n時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，g(1)＝ln 1－1＝－1<0，所以函數(shù)g(x)＝nln x－x的零點個數(shù)為0； ②當(dāng)n＝2時，g(2)＝2ln 2－2<2ln e－2＝0，所以函數(shù)g(x)＝nln x－x的零點個數(shù)為0； ③當(dāng)n≥3時，g(n)＝nln n－n＝n(ln n－1)≥n(ln 3－1)>n(ln e－1)＝0， 因為g(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)都恰有一個零點．所以函數(shù)g(x)＝nln x－x的零點個數(shù)為2. 綜上所述，當(dāng)n＝1或n＝2時，函數(shù)fn(x)的零點個數(shù)為0；當(dāng)n≥3且n∈N*時，函數(shù)fn(x)的零點個數(shù)為2. [類題通法] 1.求函數(shù)零點個數(shù)的兩種方法： (1)由函數(shù)零點存在性定理，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. 2.零點個數(shù)的討論,對于不可求的零點，需要通過方程轉(zhuǎn)化為初等函數(shù)的交點個數(shù)判斷. 3.零點討論中的參數(shù),針

7、對參數(shù)的討論有兩個方向：一是方程根的個數(shù)；二是參數(shù)對構(gòu)造的初等函數(shù)圖象形狀的影響. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1．已知函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－的零點個數(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，

8、x＝2，有1個解，當(dāng)f(x)＝t2時，有3個解，所以F(x)＝f[f(x)]－2f(x)－共有4個零點． 故選A.] 圖(1)　　　　　　　　　　　圖(2) 2．函數(shù)f(x)＝cos 2x在區(qū)間[－3,3]上零點的個數(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，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，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個零點x0∈(－1,0)，且x0≠－.h(x)＝cos 2x在區(qū)間[－3,3]上有4個零點：－，－，，，所以函數(shù)f(x)＝g(x)h(x)在區(qū)間[－3,3]上有5個零點．] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)………………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T2、T5、T6、T13、T14) 題型2　已知函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍 (對應(yīng)學(xué)生用書第51頁) ■核心知

10、識儲備………………………………………………………………………· 已知函數(shù)有零點(方程有根或圖象有交點)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)的零點個數(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恰有四個零點，則實數(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)有四個零點方程t2－kt＋1＝0在和各有1解實數(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．因為函數(shù)g(x)＝

12、f2(x)－kf(x)＋1恰有四個零點，令f(x)＝t，則關(guān)于t的方程t2－kt＋1＝0有兩個不相同的根，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數(shù)求參數(shù)范圍)已知函數(shù)f(x)＝，其中m>0.若存在實數(shù)b，使得關(guān)于x的方程f(x)＝b有三個不同的根，則m的取值范圍是________. 【導(dǎo)學(xué)號：07804106】 [思路分析]　方程f(x)＝b有三個不同的根函數(shù)f(x)與函數(shù)y＝b有三個不同的交點依據(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，f(x)＝x2－2mx＋4m＝(x－m)2＋4m－m2，其頂點為(m,4m－m2)；當(dāng)x≤m時，函數(shù)f(x)的圖象與直線x＝m的交點為Q(m，m)． ①當(dāng)即0<m≤3時，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)的圖象有一個或兩個不同的交點，不符合題意； ②當(dāng)即m>3時，函數(shù)f(x)的圖象如圖(2)所示，則存在實數(shù)b滿足4m－m2<b≤m，使得直線y＝b與函數(shù)f(x)的圖象有三個不同的交點，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有兩個零點，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)只有一個零點． ②設(shè)a＞0，則當(dāng)x∈(－∞，1)時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時，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)存在兩個零點． 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，f′(x)＞0，因此f(x)在(1，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞增． 又當(dāng)x≤1時，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點． 若a<－，則ln(－2a)＞1，故當(dāng)x∈(1，ln(－2a))時，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(ln(－2a)，＋∞)時，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，f(x)＜0，所以f(x)不存在兩個零點． 綜上，

16、a的取值范圍為(0，＋∞)． [類題通法] 已知函數(shù)的零點個數(shù)求參數(shù)取值范圍問題的關(guān)鍵有以下幾點：一是將原函數(shù)的零點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為方程根的個數(shù)問題，并進(jìn)行適當(dāng)化簡、整理；二是構(gòu)造新的函數(shù)，把方程根的個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為新構(gòu)造的兩個函數(shù)的圖象交點個數(shù)問題；三是對新構(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. ■對點即時訓(xùn)練………………………………………………………………………· 1．設(shè)[x]表示不小于實數(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]上有兩個零點，則實數(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]上有兩個零點，則函數(shù)f(x)和g(x)＝k(x－2)－2的圖象在(－1,4]上有兩個交點．因為g(x)過定點P(2，－2)，經(jīng)計算可得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、則實數(shù)a的取值范圍為________. 【導(dǎo)學(xué)號：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，因為0≤x≤1，所以1≤ex≤e，則當(dāng)ex＝e，即x＝1時，g(x)max＝e2－2e，即a≤e2－2e，故實數(shù)a的取值范圍是(－∞，e2－2e]．] ■題型強(qiáng)化集訓(xùn)…………………………………………………………………· (見專題限時集訓(xùn)T1、T3、T4、T7、T8、T9、T10、T11、T12) 三年真

19、題| 驗收復(fù)習(xí)效果 (對應(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，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，∴g(t)也有唯一零點． 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時取“＝”． －x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當(dāng)且僅當(dāng)x＝1時取“＝”． 若a＞0，則a(ex－1＋e－x＋1)≥2a， 要使f(x)有唯一零點，則必有2a＝1，即a＝. 若a≤0，則f(x)的零點不唯一． 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x0，且x0>0，則a的取值范圍是(　　) 【導(dǎo)學(xué)號：07804108】 A．

21、(2，＋∞) B．(－∞，－2) C．(1，＋∞) D．(－∞，－1) B　[f′(x)＝3ax2－6x， 當(dāng)a＝3時，f′(x)＝9x2－6x＝3x(3x－2)， 則當(dāng)x∈(－∞，0)時，f′(x)>0； x∈時，f′(x)<0； x∈時，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，f′(x)＝－4x2－6x＝－2x(2x＋3)，則當(dāng)x∈時，f′(x)<0，x∈時，f′(x)>0，x∈(0，＋∞)時，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)有兩個零點，求a的取值范圍. [解]　(分類討論思想)(1)f(x)的定義域為(－∞，＋∞)， 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，f′(x)<0；

23、 當(dāng)x∈(－ln a，＋∞)時，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)至多有一個零點． (ⅱ)若a>0，由(1)知，當(dāng)x＝－ln a時，f(x)取得最小值，最小值為f(－ln a)＝1－＋ln a. ①當(dāng)a＝1時，由于f(－ln a)＝0，故f(x)只有一個零點； ②當(dāng)a∈(1，＋∞)時，由于1－＋ln a＞0， 即f(－ln a)>0，故f(x)沒有零點； ③當(dāng)a∈(0,1)時，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)有一個零點． 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，＋∞)有一個零點． 綜上，a的取值范圍為(0,1)．