2022届高三数学一轮复习考点17:函数与方程(解析版)

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1、考点 17 函数与方程 【命题解读】【命题解读】 函数零点以及求参数范围等问题时高考重点考查的内容,不仅在大题中体现,同时在小题中也加以考查,难度控制在中等以上。 【基础知识回顾基础知识回顾】 1 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(

2、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 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 (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

3、值可能变号,也可能不变号 1、若函数 f(x)axb 有一个零点是 2,那么函数 g(x)bx2ax 的零点为( ) A. 0 或12 B. 0 C. 12 D. 0 或12 【答案】 A 【解析】 由已知得 b2a,所以 g(x)2ax2axa(2x2x)令 g(x)0,得 x10,x212 2、函数 f(x)2xx32 在区间(0,2)内的零点个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D.4 【答案】 A 【解析】 因为函数 y2x, yx3在 R 上均为增函数, 故函数 f(x)2xx32 在 R 上为增函数, 又 f(0)0,f(2)0,故函数 f(x)2xx32 在区间(0,2)内

4、只有一个零点 3、若函数 f(x)3ax12a 在区间(1,1)内存在一个零点,则 a 的取值范围是( ) A. 15, B. 1,15 C. (,1) D. (,1)15, 【答案】 D 【解析】 当 a0 时,f(x)1 与 x 轴无交点,不合题意,所以 a0; 函数 f(x)3ax12a 在区间(1,1)内是单调函数,所以 f(1) f(1)0,即(5a1)(a1)0,解得 a1 或 a15 4、函数 f(x)ln xx22x,x0,4x1,x0的零点个数是_ 【答案】 3 【解析】 当 x0 时,令 g(x)ln x,h(x)x22x 画出 g(x)与 h(x)的图象如图:故当 x0

5、时,f(x)有 2 个零点 当 x0 时,由 4x10,得 x14,综上函数 f(x)的零点个数为 3 5、 已知f(x)是定义在R上的奇函数, 当x0时, f(x)x23x 则函数g(x)f(x)x3的零点的集合为_ 【答案】 2 7,1,3 【解析】 当 x0 时,f(x)x23x,令 g(x)x23xx30,得 x13,x21 当 x0,f(x)(x)23(x), f(x)x23x,f(x)x23x 令 g(x)x23xx30, 得 x32 7,x42 70(舍), 函数 g(x)f(x)x3 的零点的集合是2 7,1,3 7、(一题两空)已知函数 f(x)1x,x1,x3,x1,若 f

6、(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x1,1x01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) 考向一 判断零点所在的区间 例 1、 (2019 山东师范大学附中高三月考)函数 312xfxx的零点所在区间为( ) A1,0 B10,2 C1,12 D1,2 【答案】C 【解析】 311( 1)( 1)( )302f ,301

7、(0)0( )102f , 13211112( )( )( )022282f,31111(1)1( )10222f , 321115(2)2( )80222f,由 1102ff. 故选:C 变式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)lnx212x的零点为 x0,则 x0所在的区间是( ) A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4) (3)若 x0是方程12xx13的

8、解,则 x0属于区间( ) A.23,1 B.12,23 C.13,12 D.0,13 【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)lnx212x在(0,)为增函数,又f(1)ln1112ln120, f(2)ln20120, x0(2,3) (3)令g(x)12x,f(x)x13,

9、则g(0)1f(0)0,g121212f121213,g131213f131313, 结合图象可得13x012. 方法总结:确定函数f(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. 考向二 判断零点的个数 例 2、 (1)函数 f(x)1212xx的零点个数为(

10、 ) A. 1 B. 2 C. 3 D.4 (2)若定义在 R 上的偶函数 f(x)满足 f(x2)f(x),且当 x0,1时,f(x)x,则函数 yf(x)log3|x|的零点个数是( ) A. 1 B. 2 C. 3 D.4 (3)(2015 江苏卷)已知函数 f(x)|ln x|,g(x)0,0 x1,|x24|2,x1,则方程|f(x)g(x)|1 实根的个数为_ 【解析】 (1) A 因为 yx12在 x0,)上单调递增,y12x在 xR 上单调递减,所以 f(x)x1212x在 x0,)上单调递增,又 f(0)10,f(1)120,所以 f(x)x1212x在定义域内有唯一零点 (

11、2) D 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,如下: 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 (3) 令 h(x)f(x)g(x),则 h(x) ln x,0 x1,x2ln x2,1x2,x2ln x6,x2,当 1x2 时,h(x)2x1x12x2x0,故当 1x2 时 h(x)单调递减,在同一坐标系中画出 y|h(x)|和 y1 的图象如图所示 由图象可知|f(x)g(x)|1 的实根个数为 4 变式 1、(2019 苏州三市、苏北四市二调)定义在 R R 上的奇函数f(x)

12、满足f(x4)f(x),且在区间2,4)上43 , 432 ,2)(xxxxxf则函数xxfylog5)(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 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. 变式 2、 (1)(2019 十

13、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. (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. 方法总结:函数零点个数的判断方

14、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)1,若函数 f(x)的图象与 x 轴有且只有两个不同的交点,则实数 m 的取值范围是_ (2) (2014 江苏卷)已知 f(x)是定义在 R 上且周期为 3 的函数,当 x0,3)时,f(x)x22x12若函数 yf(x)a 在区间3,4上有 10 个零点(互不相同),则实数 a 的取值范围是_ 【答案】 (1) (5,0)(2)0,12 【解析】 (1) 当 x(0,1)时,f(x)6x26x0,则 f(x)2x33x2m 在0,1单调递增,又函数

15、f(x)的图象与 x 轴有且仅有两个不同的交点,所以在区间0,1和(1,)上分别有一个交点,则 f(1)m0,解得5m0 (2) 作出函数 yf(x)与 ya 的图象,根据图象交点个数得出 a 的取值范围 作出函数 yf(x)在3,4上的图象,f(3)f(2)f(1)f(0)f(1)f(2)f(3)f(4)12,观察图象可得0a0,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)ex120,解得 xln20,此时函数 f(x)有 1 个零点,因为要求函数 f(x)在 R

16、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)3x23m,令 f(x)0,则 x2m0,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)ex120,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

17、个不同的零点, 即 x33mx20,显然 x0 不是它的根,所以 3mx22x,令 yx22x(x0),则 y2x2x22(x31)x2,当 x(,1)时,y0,此时函数单调递增,故 ymin3,因此,要使 f(x)x33mx2 在(,0)上有两个不同的零点,则需 3m3,即 m1. 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_ 【答案】14,12 【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,f(1) f(2)0, 即m2,m2m(2m1)(2m1)0,m2m(2m1)4

18、(m2)2m(2m1)0, 解得14m0,若关于 x 的方程 f2(x)af(x)0 恰有 5 个不同的实数解, 则 a 的取值范围是( ) A. (0,+ ) B. (0,1) C. (,0) D. (0,2) 【答案】B 【解析】 设 tf(x),则方程为 t2at0, 解得 t0 或 ta,即 f(x)0 或 f(x)a 如图,作出函数 f(x)的图象, 由函数图象,可知 f(x)0 的解有两个, 故要使方程 f2(x)af(x)0 恰有 5 个不同的解, 则方程 f(x)a 的解必有三个,此时 0a0 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

19、)有 4 个不同的零点,求实数 a 的取值范围 【解析】(1)当 a2 时,f(x)| |xx22x2,由 f(x)0,得| |xx22x20. 当 x0 时,得xx22x20,即 x(2x24x1)0,解得 x0,或 x2 62(x2 620 舍去); 当 x0,且 x(0,)时,由 f(x)0,得xx2ax20,即1x2ax0,即 ax22ax10.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,xx2ax20,即1x2ax0,即 ax22ax10,记 g(x)ax22ax1,由 a0 知函数 g(x)的图像

20、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 x22x1a0(x2),即 x22x1a(x2) 作出函数 h(x)x22x(x0)图像,由图像易得:正数 a 必须满足11a1. 变式 2:(2018 镇江期末)已知 k 为常数,函数 f(x)x2x1,x0,|lnx|,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】 : 1e3(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(

21、x0,lnx0),则切线斜率为 k1x0,又 klnx02x0,则1x0lnx02x0,解得 x0e3,此时 k1e3,当 k0 时,当 ykx2 与曲线 yx2x1相切于点(0,2)时,函数 yf(x)和 ykx2 的图像只有三个公共点,不符合题意,此时 k1,当1k0 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)(0 x1)相切时, 两图像只有三个公共点, 设切点(x0,lnx0),则切线的斜率 k1x0,又 klnx02x0,则1x0lnx02x0,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

22、题意,而当ek1 时,两图像有 4 个公共点,符合题意,所以实数 k 的取值范围是1e3(e,1) 方法总结: :函数零点与二次函数的综合问题,主要考查函数零点、方程的根以及不等式的解法等基础知识和基本方法,考查推理论证和运算求解的能力解决这类问题,一是用零点的定义转化为方程问题,二是利用零点存在定理转化为函数问题,三是利用数形结合的思想转化为图形问题 1、(2018 全国卷)已知函数0( )ln0, ,xexf xxx( )( )g xf xxa若( )g x存在 2 个零点,则a的取值范围是 A 1,0) B0,) C 1,) D1,) 【答案】C 【解析】函数( )( )g xf xxa

23、存在 2 个零点,即关于x的方程( ) f xxa有 2 个不同的实根,即函数( )f x的图象与直线 yxa有 2 个交点,作出直线 yxa与函数( )f x的图象,如图所示,由图可知,1 a,解得1a,故选 C 2、 (2020 山东省淄博实验中学高三上期末) 已知函数.若函数在上无零点,则的最小值为_. 【答案】 【解析】因为在区间上恒成立不可能,故要使函数在上无零点,只要对任意的,恒成立,即对任意的,恒成立. 令,则, 再令,则, 故在上为减函数,于是, 从而,于是在上为增函数,所以, 故要使恒成立,只要, 综上,若函数在上无零点,则的最小值为. 故答案为: xy1212312123O

24、 212lnf xaxx f x10,2a24ln2 0f x 10,2 f x10,210,2x 0f x 10,2x2ln21xax 2ln21xl xx10,2x 222ln21xxlxx 22ln2m xxx10,2x 222 1220 xxxxmx m x10,2 122ln202m xm 0lx l x10,2 124ln22l xl2ln21xax24ln2,a f x10,2a24ln224ln23、(2020届浙江省台州市温岭中学3月模拟) 已知函数 2,()f xxaxb a bR在区间2,3上有零点,则2aab的取值范围是( ) A,4 B81,8 C814,8 D81,

25、8 【答案】B 【解析】不妨设1x,2x为函数 f x的两个零点,其中12,3x ,2xR, 则12xxa ,12x xb. 则2222212121 212112112aabxxxxx xx xxxxx, 由110 x,2xR,所以222111122212112114 12124 1xxxxxxxxxxx 41141xx, 可令411141xg xx, 311113441xxgxx, 当12,3x , 10g x恒成立,所以 1812 ,34,8g xgg. 则 1g x的最大值为818,此时13x , 还应满足21121232 14xxxx ,显然13x ,234x 时,94ab ,2818

26、aab. 故选:B. 4、 (2020 届浙江省嘉兴市 3 月模拟)已知函数 2ln1f xx, g xa xm,若存在实数0a使 yf xg x在1ee,上有 2 个零点,则m的取值范围为_ 【答案】,2ee 【解析】已知实数0a使 yf xg x在1ee,上有 2 个零点,等价于 yf x与 yg x的函数图象在1ee,上有 2 个交点, 显然 2ln1f xx与 x 轴的交点为,0e, g xa xm的图象关于xm对称, 当me时,若要有 2 个交点,由数形结合知 m 一定小于 e,即,me e; 当me时,若要有 2 个交点,须存在 a 使得2ln1xa xm 在, e e有两解,所以 feafe, 因为 2fxx,即 22,0efefeaee,显然存在这样的 a 使上述不等式成立; 由数形结合知 m 须大于 f x在xe处的切线21yxe与 x 轴交点的横坐标2e,即,2eme 综上所述,m 的范围为,2ee 故答案为:,2ee

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