函数零点的综合应用
高中数学解决零点问题教案
高中数学解决零点问题教案
一、教学目标
1. 理解零点的概念，掌握零点问题的解决方法。
2. 学会利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。
3. 培养学生的数学思维和问题解决能力。
二、教学内容
1. 零点的概念及意义。
2. 零点问题的解决方法。
3. 利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题。
三、教学过程
1. 引入：通过一个简单的例子引入零点概念，让学生了解什么是零点。
2. 授课：介绍零点问题的解决方法，包括利用函数图象、方程、不等式等方法求解零点问题的基本步骤。
3. 案例分析：给学生若干个实际问题，并引导他们分析问题，利用所学知识解决问题。
4. 练习：让学生进行练习，巩固所学内容。
5. 总结：总结本节课所学内容，并强调方法的运用和注意事项。
四、教学要点
1. 熟练掌握零点的概念及其解决方法。
2. 学会运用函数图象、方程、不等式等方法解决零点问题。
3. 注意理解问题的意义，加强实际问题的练习。
五、教学辅助
1. 教材课件
2. 案例练习册
六、教学效果评估
1. 课堂提问：通过提问学生并解答问题来评估学生的理解程度。
2. 练习成绩：通过练习册的成绩来评估学生的掌握程度。
3. 课堂表现：通过观察学生的课堂表现来评估学习态度和参与度。
七、教学反馈
1. 及时对学生的练习册进行批改和评价。
2. 分析学生在学习中的问题和不足，及时进行指导和辅导。
函数性质的八大题型综合应用(解析版)-高中数学
函数性质的八大题型综合应用题型梳理【题型1函数的单调性的综合应用】【题型2函数的最值问题】【题型3函数的奇偶性的综合应用】【题型4函数的对称性的应用】【题型5对称性与周期性的综合应用】【题型6类周期函数】【题型7抽象函数的性质】【题型8函数性质的综合应用】命题规律从近几年的高考情况来看，本节是高考的一个热点内容，函数的单调性、奇偶性、对称性与周期性是高考的必考内容，重点关注单调性、奇偶性结合在一起，与函数图象、函数零点和不等式相结合进行考查，解题时要充分运用转化思想和数形结合思想，灵活求解．对于选择题和填空题部分，重点考查基本初等函数的单调性、奇偶性，主要考察方向是：判断函数单调性及求最值、解不等式、求参数范围等，难度较小；对于解答题部分，一般与导数相结合，考查难度较大.知识梳理【知识点1函数的单调性与最值的求解方法】1.求函数的单调区间求函数的单调区间，应先求定义域，在定义域内求单调区间.2.函数单调性的判断(1)函数单调性的判断方法：①定义法；②图象法；③利用已知函数的单调性；④导数法.(2)函数y=f(g(x))的单调性应根据外层函数y=f(t)和内层函数t=g(x)的单调性判断，遵循“同增异减”的原则.(3)函数单调性的几条常用结论：①若f(x)是增函数，则-f(x)为减函数；若f(x)是减函数，则-f(x)为增函数；②若f(x)和g(x)均为增(或减)函数，则在f(x)和g(x)的公共定义域上f(x)+g(x)为增(或减)函数；③若f(x)>0且f(x)为增函数，则函数f(x)为增函数，1f(x)为减函数；④若f(x)>0且f(x)为减函数，则函数f(x)为减函数，1f(x)为增函数．3.求函数最值的三种基本方法：(1)单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性求最值.(2)图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值.(3)基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值.4.复杂函数求最值：对于较复杂函数，可运用导数，求出在给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值.【知识点2函数的奇偶性及其应用】1.函数奇偶性的判断判断函数的奇偶性，其中包括两个必备条件：(1)定义域关于原点对称，这是函数具有奇偶性的必要不充分条件，所以首先考虑定义域；(2)判断f(x)与f(-x)是否具有等量关系，在判断奇偶性的运算中，可以转化为判断奇偶性的等价等量关系式(f(x)+f(-x)=0(奇函数)或f(x)-f(-x)=0(偶函数))是否成立.(3)运算函数的奇偶性规律：运算函数是指两个(或多个)函数式通过加、减、乘、除四则运算所得的函数，如f(x)+g(x),f(x)-g(x),f(x)×g(x),f(x)÷g(x)．对于运算函数有如下结论：奇±奇=奇；偶±偶=偶；奇±偶=非奇非偶；奇×(÷)奇=偶；奇×(÷)偶=奇；偶×(÷)偶=偶．(4)复合函数y=f[g(x)]的奇偶性原则：内偶则偶，两奇为奇．(5)常见奇偶性函数模型奇函数：①函数f(x)=ma x+1a x-1(x≠0)或函数f(x)=m a x-1a x+1．②函数f(x)=±(a x-a-x)．③函数f(x)=log a x+mx-m=log a1+2mx-m或函数f(x)=log a x-mx+m=log a1-2mx+m④函数f(x)=log a(x2+1+x)或函数f(x)=log a(x2+1-x)．2.函数奇偶性的应用(1)利用函数的奇偶性可求函数值或求参数的取值，求解的关键在于借助奇偶性转化为求已知区间上的函数或得到参数的恒等式，利用方程思想求参数的值.(2)画函数图象：利用函数的奇偶性可画出函数在其对称区间上的图象，结合几何直观求解相关问题.【知识点3函数的周期性与对称性常用结论】1.函数的周期性常用结论(a是不为0的常数)(1)若f(x+a)=f(x)，则T=a；(2)若f(x+a)=f(x-a)，则T=2a；(3)若f(x+a)=-f(x)，则T=2a；(4)若f(x+a)=f(1x)，则T=2a；(5)若f(x+a)=f(1x)，则T=2a；(6)若f(x+a)=f(x+b)，则T=|a-b|(a≠b);2.对称性的三个常用结论(1)若函数f(x)满足f(a+x)=f(b-x)，则y=f(x)的图象关于直线x=a+b2对称.(2)若函数f(x)满足f(a+x)=-f(b-x)，则y=f(x)的图象关于点a+b2,0对称.(3)若函数f(x)满足f(a+x)+f(b-x)=c，则y=f(x)的图象关于点a+b2,c 2对称.3.函数的的对称性与周期性的关系(1)若函数y=f(x)有两条对称轴x=a，x=b(a<b)，则函数f(x)是周期函数，且T=2(b-a)；(2)若函数y=f(x)的图象有两个对称中心(a,c),(b,c)(a<b)，则函数y=f(x)是周期函数，且T=2(b-a)；(3)若函数y=f(x)有一条对称轴x=a和一个对称中心(b,0)(a<b)，则函数y=f(x)是周期函数，且T=4(b-a)．举一反三【题型1函数的单调性的综合应用】1(2023·广东深圳·统考模拟预测)已知函数f x 的定义域为R，若对∀x∈R都有f3+x= f1-x，且f x 在2，+∞上单调递减，则f1 ，f2 与f4 的大小关系是()A.f4 <f1 <f2B.f2 <f1 <f4C.f1 <f2 <f4D.f4 <f2 <f1【解题思路】由f3+x=f1-x，得到f1 =f3 ，利用单调性即可判断大小关系，即可求解．【解答过程】因为对∀x∈R都有f3+x=f1-x，所以f1 =f3-2=f[1-(-2)]=f3 又因为f x 在2，+∞上单调递减，且2<3<4，所以f4 <f3 <f2 ，即f4 <f1 <f2 ．故选：A．【变式训练】1(2023·山西朔州·怀仁市第一中学校校考二模)定义在R上的函数f(x)满足f2-x=f x ，且当x ≥1时，f (x )单调递增，则不等式f 2-x ≥f (x +1)的解集为()A.12,+∞ B.0,12C.-∞,-12D.-∞,12【解题思路】根据函数的对称性和单调性即可.【解答过程】由f 2-x =f (x )，得f (x )的对称轴方程为x =1，故2-x -1 ≥x +1 -1 ，即(1-x )2≥x 2，解得x ≤12．故选：D .2(2023上·江西鹰潭·高三校考阶段练习)已知函数f x =-x 2+2ax +4,x ≤1,1x,x >1是-12,+∞ 上的减函数，则a 的取值范围是()A.-1,-12B.-∞,-1C.-1,-12D.-∞,-1【解题思路】首先分析知，x >1，函数单调递减，则x ≤1也应为减函数，同时注意分界点处的纵坐标大小关系即可列出不等式组，解出即可.【解答过程】显然当x >1时，f x =1x为单调减函数，f x <f 1 =1当x ≤1时，f x =-x 2+2ax +4，则对称轴为x =-2a2×-1=a ，f 1 =2a +3若f x 是-12,+∞上减函数，则a ≤-122a +3≥1解得a ∈-1,-12 ，故选：A .3(2023·四川绵阳·统考三模)设函数f x 为x -1与x 2-2ax +a +3中较大的数，若存在x 使得f x ≤0成立，则实数a 的取值范围为()A.-43,-1 ∪1,4 B.-∞,-43∪4,+∞ C.-∞,1-132∪1+132,4D.-1,1【解题思路】根据绝对值函数的图像和二次函数讨论对称轴判定函数的图像即可求解.【解答过程】因为f x =max x -1,x 2-2ax +a +3 ，所以f x 代表x -1与x 2-2ax +a +3两个函数中的较大者，不妨假设g (x )=|x |-1,h (x )=x 2-2ax +a +3g (x )的函数图像如下图所示：h(x)=x2-2ax+a+3是二次函数，开口向上，对称轴为直线x=a，①当a<-1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是增函数，需要h(-1)=(-1)2-2a(-1)+a+3=3a+4≤0即a≤-4 3，则存在x使得f x ≤0成立，故a≤-4 3；②当-1≤a≤1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是先减后增函数，需要h(x)min=h(a)=a2-2a⋅a+a+3=-a2+a+3≤0，即a2-a-3≥0，解得a≥1+132或a≤1-132，又1+132>1，1-132<-1故-1≤a≤1时无解；③当a>1时，h(x)=x2-2ax+a+3在-1,1上是减函数，需要h(1)=12-2a+a+3=-a+4≤0即a≥4，则存在x使得f x ≤0成立，故a≥4.综上所述，a的取值范围为-∞,-4 3∪4,+∞.故选：B.【题型2函数的最值问题】1(2023·江西九江·校考模拟预测)若0<x<6，则6x-x2有()A.最小值3B.最大值3C.最小值9D.最大值9【解题思路】根据二次函数的性质进行求解即可.【解答过程】令y =6x -x 2=-(x -3)2+9，对称轴为x =3，开口向下，因为0<x <6，所以当x =3时，6x -x 2有最大值9，没有最小值，故选：D .【变式训练】1(2023·全国·校联考三模)已知函数f x =bx -b +3 x 3在-1,1 上的最小值为-3，则实数b的取值范围是()A.-∞,-4B.9,+∞C.-4,9D.-92,9【解题思路】由已知可得当-1≤x <1时，可得bx 1+x ≥-3x 2+x +1 恒成立，通过分离变量，结合函数性质可求b 的取值范围【解答过程】因为f 1 =-3，函数f x =bx -b +3 x 3在-1,1 上的最小值为-3，所以对∀x ∈-1,1 ，f x ≥-3恒成立，所以bx -b +3 x 3≥-3恒成立，即bx 1-x 2 ≥-31-x 3 恒成立，当x =1时，b ∈R ，当-1≤x <1时，可得bx 1+x ≥-3x 2+x +1 恒成立.当x =0或x =-1时，不等式显然成立；当0<x <1时，b ≥-3x 2+x +1 x 1+x =-31+1x 2+x，因为x 2+x ∈0,2 ，所以1x 2+x ∈12,+∞ ，1+1x 2+x ∈32,+∞ ，-31+1x 2+x∈-∞,-92 ，所以b ≥-92；当-1<x <0时，b ≤-31+1x 2+x，因为x 2+x ∈-14,0 ，所以1x 2+x ∈-∞,-4 ，1+1x 2+x ∈-∞,-3 ，-31+1x 2+x∈9,+∞ ，所以b ≤9.综上可得，实数b 的取值范围是-92,9.故选：D .2(2023上·广东广州·高一校考阶段练习)定义一种运算min a ,b =a ,a ≤bb ,a >b，设f x =min 4+2x -x 2,x -t (t 为常数，且x ∈[-3,3]，则使函数f x 的最大值为4的t 的值可以是()A.-2或4B.6C.4或6D.-4【解题思路】根据定义，先计算y=4+2x-x2在x∈-3,3上的最大值，然后利用条件函数f(x)最大值为4，确定t的取值即可．【解答过程】y=4+2x-x2=-x-12+5在x∈-3,3上的最大值为5，所以由4+2x-x2=4，解得x=2或x=0，所以x∈0,2时，y=4+2x-x2>4，所以要使函数f(x)最大值为4，则根据定义可知，当t≤1时，即x=2时，2-t=4，此时解得t=-2，符合题意；当t>1时，即x=0时，0-t=4，此时解得t=4，符合题意；故t=-2或4.故选：A.3(2023·广东惠州·统考一模)若函数f x 的定义域为D，如果对D中的任意一个x，都有f x > 0,-x∈D，且f-xf x =1，则称函数f x 为“类奇函数”．若某函数g x 是“类奇函数”，则下列命题中，错误的是()A.若0在g x 定义域中，则g0 =1B.若g x max=g4 =4，则g x min=g-4=1 4C.若g x 在0,+∞上单调递增，则g x 在-∞,0上单调递减D.若g x 定义域为R，且函数h x 也是定义域为R的“类奇函数”，则函数G x =g x h x 也是“类奇函数”【解题思路】对A，根据“类奇函数”的定义，代入x=0求解即可；对B，根据题意可得g-x=1g x，再结合函数的单调性判断即可；对C，根据g-x=1g x，结合正负分数的单调性判断即可；对D，根据“类奇函数”的定义，推导G x G-x=1判断即可.【解答过程】对于A，由函数g x 是“类奇函数”，所以g x g-x=1，且g x >0，所以当x=0时，g0 g-0=1，即g0 =1，故A正确；对于B，由g x g-x=1，即g-x=1g x,g-x随g x 的增大而减小，若g(x)max=g4 =4，则g(x)min=g-4=14成立，故B正确；对于C，由g x 在0,+∞上单调递增，所以g-x=1g x，在x∈0,+∞上单调递减，设t=-x∈-∞,0 ，∴g t 在t ∈-∞,0 上单调递增，即g x 在x ∈-∞,0 上单调递增，故C 错误；对于D ，由g x g -x =1,h x h -x =1，所以G x G -x =g x g -x h x h -x =1，所以函数G x =g x h x 也是“类奇函数”，所以D 正确；故选：C .【题型3 函数的奇偶性的综合应用】1(2023·广东·东莞市校联考一模)已知函数f (x )是定义在R 上的奇函数，当x >0时，f (x )=ax +1，若f (-2)=5，则不等式f (x )>12的解集为()A.-∞,-12 ∪0,16B.-12,0 ∪0,16C.-∞,-12 ∪16,+∞ D.-12,0 ∪16,+∞ 【解题思路】根据条件可求得x >0时f (x )的解析式，根据函数为奇函数继而可求得当x <0时f (x )的解析式，分情况解出不等式即可.【解答过程】因为函数f (x )是定义在R 上的奇函数，所以f (-2)=-f (2)=5，则f (2)=-5，则2a +1=-5，所以a =-3，则当x >0时，f (x )=-3x +1，当x <0时，-x >0，则f (x )=-f (-x )=-[-3×(-x )+1]=-3x -1，则当x >0时，不等式f (x )>12为-3x +1>12，解得0<x <16，当x <0时，不等式f (x )>12为-3x -1>12，解得x <-12，故不等式的解集为-∞,-12 ∪0,16，故选：A .【变式训练】1(2023·全国·模拟预测)已知函数f (x )，g (x )的定义域均为R ，f (3x +1)为奇函数，g (x +2)为偶函数，f (x +1)+g (1-x )=2，f (0)=-12，则102k =1 g (k )=()A.-51B.52C.4152D.4092【解题思路】由题意，根据函数奇偶性可得f (x )的图象关于点(1,0)中心对称、g (x )的图象关于点(1,2)中心对称，进而可知g (x )是以4为周期的周期函数．求出g (1)，g (2)，g (3)，g (4)，结合周期即可求解.【解答过程】因为f (3x +1)为奇函数，所以f (x +1)为奇函数，所以f (x +1)=-f (-x +1)，f (x )的图象关于点(1,0)中心对称，f (1)=0．因为g (x +2)为偶函数，所以g (x +2)=g (-x +2)，g (x )的图象关于直线x =2对称．由f (x +1)+g (1-x )=2，得f (-x +1)+g (1+x )=2，则-f (x +1)+g (1+x )=2，所以g (x +1)+g (1-x )=4,g (x )+g (2-x )=4，所以g (x )的图象关于点(1,2)中心对称．因为g (x )的图象关于x =2轴对称，所以g (x )+g (2+x )=4，g (x +2)+g (x +4)=4，所以g (x +4)=g (x )，即g (x )是以4为周期的周期函数．因为f (1)=0，f (0)=-12，所以g (1)=2，g (2)=52，g (3)=g (1)=2，g (4)=g (0)=4-g (2)=32，所以102k =1g (k )=25×2+52+2+32 +2+52=4092．故选：D ．2(2023·安徽亳州·蒙城第一中学校联考模拟预测)已知函数f x 是定义在R 上的偶函数，函数g x 是定义在R 上的奇函数，且f x ，g x 在0,+∞ 上单调递减，则()A.f f 2 >f f 3B.f g 2 <f g 3C.g g 2 >g g 3D.g f 2 <g f 3【解题思路】利用函数的单调性以及函数的奇偶性，判断各选项的正负即可.【解答过程】因为f x ，g x 在0,+∞ 上单调递减，f x 是偶函数，g x 是奇函数，所以g x 在R 上单调递减，f x 在-∞,0 上单调递增，对于A ，f 2 >f 3 ，但无法判断f 2 ,f 3 的正负，故A 不正确；对于B ，g 2 >g 3 ，但无法判断g 2 ,g 3 的正负，故B 不正确；对于C ，g 2 >g 3 ，g x 在R 上单调递减，所以g g 2 <g g 3 ，故C 不正确；对于D ，f 2 >f 3 ，g x 在R 上单调递减，g f 2 <g f 3 ，故D 正确.故选：D .3(2023·江西吉安·江西省遂川中学校考一模)若定义在R 上的函数f (x )满足：对任意x 1，x 2∈R有f (x 1+x 2)=f (x 1)+f (x 2)-2016，且x >0时，f (x )>2016，记f (x )在[-2017，2017]上的最大值和最小值为M ，N ，则M +N 的值为()A.2016B.2017C.4032D.4034【解题思路】先计算得到f (0)=2016，再构造函数g (x )=f (x )-2016，判断g (x )的奇偶性得出结论．【解答过程】解：令x 1=x 2=0得f (0)=2f (0)-2016，∴f (0)=2016，令x 1=-x 2得f (0)=f (-x 2)+f (x 2)-2016=2016，∴f (-x 2)+f (x 2)=4032，令g(x)=f(x)-2016，则g max(x)=M-2016，g min(x)=N-2016，∵g(-x)+g(x)=f(-x)+f(x)-4032=0，∴g(x)是奇函数，∴g max(x)+g min(x)=0，即M-2016+N-2016=0，∴M+N=4032．故选：C．【题型4函数的对称性的应用】1(2023·江西赣州·统考二模)已知函数f(x)的图像既关于点(-1,1)对称，又关于直线y=x对称，且当x∈[-1,0]时，f(x)=x2，则f174=()A.-194B.-92C.-72D.-174【解题思路】用Γ表示函数y=f x 的图像，设x0,y0∈Γ，根据中心对称性与轴对称性，得到4+y0,-4+x0∈Γ，令4+y0=174，求出y0，即可求出x0，即可得解.【解答过程】用Γ表示函数y=f x 的图像，对任意的x0∈-1,0，令y0=x20，则x0,y0∈Γ，且y0∈0,1，又函数f(x)的图像既关于点(-1,1)对称，且关于直线y=x对称，所以y0,x0∈Γ，则-2-y0,2-x0∈Γ，则2-x0,-y0-2∈Γ，则-4+x0,4+y0∈Γ，则4+y0,-4+x0∈Γ，令4+y0=174，即y0=14，此时x0=-12或x0=12(舍去)，此时-4+x0=-4+-1 2=-92，即174,-92∈Γ，因此f174 =-92.故选：B.【变式训练】1(2023·四川绵阳·绵阳中学校考一模)若函数y=f x 满足f a+x+f(a-x)=2b，则说y=f x 的图象关于点a,b对称，则函数f(x)=xx+1+x+1x+2+x+2x+3+...+x+2021x+2022+x+2022x+2023的对称中心是()A.(-1011,2022)B.1011,2022C.(-1012,2023)D.1012,2023【解题思路】求出定义域，由定义域的对称中心，猜想a=-1012，计算出f(-1012+x)+f(-1012-x) =4046，从而求出对称中心.【解答过程】函数定义域为{x|x≠-1,x≠-2...,...x≠-2022,x≠-2023}，定义域的对称中心为(-1012,0)，所以可猜a=-1012，则f(-1012+x)=-1012+x-1011+x+-1011+x-1010+x+-1010+x-1009+x+...+1009+xx+1010+1010+x1011+x，f(-1012-x)=-1012-x-1011-x +-1011-x-1010-x+-1010-x-1009-x+...+1009-x1010-x+1010-x1011-x=1012+x 1011+x +1011+x1010+x+1010+x1009+x+...+1009-x1010-x+1010-x1011-x，故f(-1012+x)+f(-1012-x)=1010+x1011+x +1012+x 1011+x+1009+xx+1010+1011+x 1010+x⋯+-1012+x-1011+x +1010-x 1011-x=2×2023=4046所以y=f x 的对称中心为(-1012,2023)，故选：C．2(2023·四川南充·四川省南充高级中学校考三模)函数f x 和g x 的定义域均为R，且y=f3+3x为偶函数，y=g x+3+2为奇函数，对∀x∈R，均有f x +g x =x2+1，则f7 g7 = ()A.615B.616C.1176D.2058【解题思路】由题意可以推出f x =f6-x，g x =-4-g6-x，再结合f x +g x =x2+1可得函数方程组，解出函数方程组后再代入求值即可.【解答过程】由函数f3+3x为偶函数，则f3+3x=f3-3x，即函数f x 关于直线x=3对称，故f x =f6-x；由函数g x+3+2为奇函数，则g x+3+2=-g-x+3-2，整理可得g x+3+g-x+3=-4，即函数g x 关于3,-2对称，故g x =-4-g6-x；由f x +g x =x2+1，可得f6-x+g6-x=(6-x)2+1，所以f x -4-g x =(6-x)2+1，故f x +g x =x2+1f x -4-g x =(6-x)2+1 ，解得f x =x2-6x+21,g x =6x-20，所以f7 =72-6×7+21=28,g7 =6×7-20=22，所以f7 g7 =28×22=616.故选：B.3(2023·甘肃张掖·高台县校考模拟预测)已知函数f(x)的定义域为R，f x-1的图象关于点(1,0)对称，f3 =0，且对任意的x1,x2∈-∞,0，x1≠x2，满足f x2-f x1x2-x1<0，则不等式x-1f x+1≥0的解集为()A.-∞,1∪2,+∞B.-4,-1∪0,1C.-4,-1∪1,2D.-4,-1∪2,+∞【解题思路】首先根据f(x-1)的图象关于点(1,0)对称，得出(x)是定义在R上的奇函数，由对任意的x1，x2∈(-∞,0)，x1≠x2，满足f(x2)-f(x1)x2-x1<0，得出f(x)在(-∞,0)上单调递减，然后根据奇函数的对称性和单调性的性质，求解即可．【解答过程】∵f(x-1)的图象关于点(1,0)对称，∴f(x)的图象关于点(0,0)对称，∴f(x)是定义在R 上的奇函数，∵对任意的x1，x2∈(-∞,0)，x1≠x2，满足f(x2)-f(x1)x2-x1<0，∴f(x)在(-∞,0)上单调递减，所以f(x)在(0,+∞)上也单调递减，又f3 =0所以f-3=0，且f0 =0，所以当x∈-∞,-3∪0,3时，f x >0；当x∈-3,0∪3,+∞时，f x <0，所以由x-1f x+1≥0可得x-1<0,-3≤x+1≤0或x-1>0,0≤x+1≤3或x-1=0，解得-4≤x≤-1或1≤x≤2，即不等式x-1f x+1≥0的解集为-4,-1∪1,2．故选：C.【题型5对称性与周期性的综合应用】1(2023·四川宜宾·统考一模)已知函数f x ,g x 的定义域为R,g x 的图像关于x=1对称，且g2x+2为奇函数，g1 =1,f x =g3-x+1，则下列说法正确的个数为()①g(-3)=g(5)；②g(2024)=0；③f(2)+f(4)=-4；④2024n=1f(n)=2024.A.1B.2C.3D.4【解题思路】根据奇函数定义得到g-2x+2=-g2x+2，进而得到g x 的对称中心为，再根据对称轴求出周期，通过赋值得到答案.【解答过程】因为g2x+2为奇函数，所以g-2x+2=-g2x+2，则g-x+2=-g x+2，所以g x 对称中心为2,0，又因为g x 的图像关于x=1对称，则g-x+2=g x ，所以-g x+2=g x ，则g x+4=-g x+2=g x ，所以g x 的周期T=4，①g-3=g-3+8=g5 ，所以①正确；②因为g1 =1，g-x+2=g x ，g x 对称中心为2,0，所以g0 =g2 =0，所以g(2024)=g0 =0，所以②正确；③因为f x =g3-x+1，所以f2 =g1 +1=2，因为-g x+2=g x ，所以g-1=-g1 ，则f4 =g-1+1=-g1 +1=0，所以f(2)+f(4)=2，所以③错误；④因为f x =g 3-x +1且g x 周期T =4，所以f x +4 =g 3-x -4 +1=g 3-x +1=f x ，则f x 的周期为T =4，因为f 1 =g 2 +1=1，f 2 =2，f 3 =g 0 +1=1，f 4 =0，所以f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4，所以2024n =1 f (n )=506f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4 =506×4=2024，所以④正确.故选：C .【变式训练】1(2023·北京大兴·校考三模)已知函数f x 对任意x ∈R 都有f x +2 =-f x ，且f -x =-f x ，当x ∈-1,1 时，f x =x 3.则下列结论正确的是()A.函数y =f x 的图象关于点k ,0 k ∈Z 对称B.函数y =f x 的图象关于直线x =2k k ∈Z 对称C.当x ∈2,3 时，f x =x -2 3D.函数y =f x 的最小正周期为2【解题思路】根据f x +2 =-f x 得到f x +2 =f x -2 ，所以f x 的周期为4，根据f -x =-f x 得到f x 关于x =-1对称，画出f x 的图象，从而数形结合得到AB 错误；再根据f x =-f x -2 求出x ∈2,3 时函数解析式；D 选项，根据y =f x 的最小正周期，得到y =f x 的最小正周期.【解答过程】因为f x +2 =-f x ，所以f x =-f x -2 ，故f x +2 =f x -2 ，所以f x 的周期为4，又f -x =-f x ，所以f -x =f x -2 ，故f x 关于x =-1对称，又x ∈-1,1 时，f x =x 3，故画出f x 的图象如下：A 选项，函数y =f x 的图象关于点1,0 不中心对称，故A 错误；B 选项，函数y =f x 的图象不关于直线x =2对称，B 错误；C 选项，当x ∈2,3 时，x -2∈0,1 ，则f x =-f x -2 =-x -2 3，C 错误；D 选项，由图象可知y =f x 的最小正周期为4，又f x +2 =-f x =f x ，故y =f x 的最小正周期为2，D 正确.故选：D .2(2023·四川绵阳·绵阳校考模拟预测)已知函数f x 的定义域为R ,f 1 =0，且f 0 ≠0,∀x ,y∈R 都有f x +y +f x -y =2f x f y ，则下列说法正确的命题是()①f 0 =1；②∀x ∈R ,f -x +f x =0；③f x 关于点1,0 对称；④2023i =1 f (i )=-1A.①②B.②③C.①②④D.①③④【解题思路】利用特殊值法，结合函数的奇偶性、对称性和周期性进行求解即可.【解答过程】对于①，由于∀x ,y ∈R 都有f x +y +f x -y =2f x f y ，所以令x =y =0，则f 0 +f 0 =2f 0 f 0 ，即f 0 =f 20 ，因为f 0 ≠0，所以f 0 =1，所以①正确，对于②，令x =0，则f y +f -y =2f 0 f y =2f y ，所以f y =f -y ，即f x =f -x ，所以∀x ∈R ,f -x -f x =0，所以②错误，对于③，令x =1，则f 1+y +f 1-y =2f 1 f y =0，所以f 1+y =-f 1-y ，即f 1+x =-f 1-x ，所以f x 关于点1,0 对称，所以③正确，对于④，因为f 1+x =-f 1-x ，所以f 2+x =-f -x ，因为f x =f -x ，所以f 2+x =-f x ，所以f 4+x =-f 2+x ，所以f 4+x =f x ，所以f x 的周期为4，在f x +y +f x -y =2f x f y 中，令x =y =1，则f 2 +f 0 =2f 1 f 1 =0，因为f 0 =1，所以f (2)=-1，f (3)=f (-1)=f (1)=0,f (4)=f (0)=1，所以f (1)+f (2)+f (3)+f (4)=0+(-1)+0+1=0，所以2023i =1 f (i )=505×f (1)+f (2)+f (3)+f (4) +f (1)+f (2)+f (3)=-1，所以④正确，故选：D .3(2023·安徽合肥·合肥一中校考模拟预测)已知函数f x 与g (x )的定义域均为R ，f (x +1)为偶函数，且f (3-x )+g (x )=1，f (x )-g (1-x )=1，则下面判断错误的是()A.f x 的图象关于点(2,1)中心对称B.f x 与g x 均为周期为4的周期函数C.2022i =1f (i )=2022D.2023i =0g (i )=0【解题思路】由f (x +1)为偶函数可得函数关于直线x =1轴对称，结合f (3-x )+g (x )=1和f (x )-g (1-x )=1可得f x 的周期为4，继而得到g x 的周期也为4，接着利用对称和周期算出对应的值即可判断选项【解答过程】因为f x +1 为偶函数，所以f x +1 =f -x +1 ①，所以f x 的图象关于直线x =1轴对称，因为f x -g 1-x =1等价于f 1-x -g x =1②，又f 3-x +g x =1③，②+③得f 1-x +f 3-x =2④，即f 1+x +f 3+x =2，即f 2+x =2-f x ，所以f 4+x =2-f 2+x =f x ，故f x 的周期为4，又g x =1-f 3-x ，所以g x 的周期也为4，故选项B 正确，①代入④得f 1+x +f 3-x =2，故f x 的图象关于点2,1 中心对称，且f 2 =1，故选项A 正确，由f 2+x =2-f x ，f 2 =1可得f 0 =1,f 4 =1，且f 1 +f 3 =2，故f 1 +f 2 +f 3 +f 4 =4，故2022i =1 f (i )=505×4+f (1)+f (2)=2021+f (1)，因为f 1 与f 3 值不确定，故选项C 错误，因为f 3-x +g x =1，所以g 1 =0,g 3 =0,g 0 =1-f 3 ,g 2 =1-f 1 ，所以g 0 +g 2 =2-f 1 +f 3 =0，故g 0 +g 1 +g 2 +g 3 =0，故2023i =0 g (i )=506×0=0，所以选项D 正确，故选:C .【题型6 类周期函数】1(2023·安徽合肥·合肥一六八中学校考模拟预测)定义在R 上的函数f x 满足f x +1 =12f x ，且当x ∈0,1 时，f x =1-2x -1 .当x ∈m ,+∞ 时，f x ≤332，则m 的最小值为()A.278B.298C.134D.154【解题思路】根据已知计算出f x =12n 1-2x -2n +1 ≤12n ，画出图象，计算f x =332，解得x =298，从而求出m 的最小值.【解答过程】由题意得，当x ∈1,2 时，故f x =12f x -1 =121-2x -3 ，当x ∈2,3 时，故f x =12f x -1 =141-2x -5 ⋯，可得在区间n ,n +1 n ∈Z 上，f x =12n 1-2x -2n +1 ≤12n ，所以当n ≥4时，f x ≤332，作函数y =f x 的图象，如图所示，当x ∈72,4 时，由f x =181-2x -7 =332,2x -7 =14,x =298，则m ≥298，所以m 的最小值为298故选：B .【变式训练】1(2023上·湖南长沙·高三校考阶段练习)定义域为R 的函数f x 满足f x +2 =2f x -1，当x∈0,2 时，f x =x 2-x ,x ∈0,1 1x,x ∈1,2.若x ∈0,4 时，t 2-7t 2≤f x ≤3-t 恒成立，则实数t 的取值范围是()A.1,2B.1,52C.12,2D.2,52【解题思路】由f (x +2)=2f (x )-1，求出x ∈(2，3)，以及x ∈[3，4]的函数的解析式，分别求出(0，4]内的四段的最小值和最大值，注意运用二次函数的最值和函数的单调性，再由t 2-7t2≤f x ≤3-t 恒成立即为t 2-7t2≤f x min ，f x max ≤3-t ，解不等式即可得到所求范围【解答过程】当x ∈(2,3),则x -2∈(0,1)，则f (x )=2f (x -2)-1=2(x -2)2-2(x -2)-1，即为f (x )=2x 2-10x +11，当x ∈[3，4]，则x -2∈[1，2]，则f (x )=2f (x -2)-1=2x -2-1.当x ∈(0,1)时,当x =12时,f (x )取得最小值,且为-14；当x ∈[1,2]时,当x =2时,f (x )取得最小值,且为12；当x ∈(2,3)时,当x =52时,f (x )取得最小值,且为-32；当x ∈[3,4]时,当x =4时,f (x )取得最小值，且为0.综上可得,f (x )在(0,4]的最小值为-32.若x ∈(0,4]时, t 2-7t2≤f x min 恒成立，则有t 2-7t 2≤-32.解得12≤t ≤3.当x ∈(0,2)时,f (x )的最大值为1,当x ∈(2,3)时,f (x )∈-32,-1 ，当x ∈[3,4]时,f (x )∈[0,1]，即有在(0,4]上f (x )的最大值为1.由f x max ≤3-t ，即为1≤3-t ，解得t ≤2，综上，即有实数t 的取值范围是12,2.故选：C .2(2022·四川内江·校联考二模)定义域为R 的函数f (x )满足f (x +2)=3f (x )，当x ∈[0,2]时，f (x )=x 2-2x ，若x ∈[-4,-2]时，f (x )≥1183t-t 恒成立，则实数t 的取值范围是()A.-∞,-1 ∪0,3B.-∞,-3 ∪0,3C.-1,0 ∪3,+∞D.-3,0 ∪3,+∞【解题思路】根据题意首先得得到函数的具体表达式，由x ∈[-4,-2]，所以x +4∈[0,2]，所以f (x +4)=x 2+6x +8，再由f (x +4)=3f (x +2)=9f (x )可得出f (x )的表达式，在根据函数思维求出f (x )最小值解不等式即可.【解答过程】因为x ∈[-4,-2]，所以x +4∈[0,2]，因为x ∈[0,2]时，f x =x 2-2x ，所以f x +4 =(x +4)2-2(x +4)=x 2+6x +8,因为函数f x 满足f x +2 =3f x ，所以f x +4 =3f x +2 =9f x ，所以f x =19f x +4 =19x 2+6x +8 ，x ∈[-4,-2]，又因为x ∈[-4,-2]，f x ≥1183t-t 恒成立，故1183t -t ≤f x min =-19，解不等式可得t ≥3或-1≤t <0.故选C .3(2023上·浙江台州·高一校联考期中)设函数f x 的定义域为R ，满足f x =2f x -2 ，且当x∈0,2 时，f x =x 2-x ．若对任意x ∈-∞,m ，都有f x ≤3，则m 的取值范围是()A.-∞,52B.-∞,72C.-∞,92D.-∞,112【解题思路】根据给定条件分段求解析式及对应函数值集合，再利用数形结合即得.【解答过程】因为函数f x 的定义域为R ，满足f x =2f x -2 ，且当x ∈0,2 时，f x =x 2-x =-x -1 2+1∈0,1 ，当x ∈(2,4]，时，x -2∈(0,2]，则f (x )=2f (x -2)=2x -2 2-x -2 =-2x -3 2+2∈0,2 ，当x ∈(4,6]，时，x -4∈(0,2]，则f (x )=4f (x -2)=4x -2-2 4-x -2 =-4x -5 2+4∈0.4 ，当x ∈(-2,0]，时，x +2∈(0,2]，则f (x )=12f (x +2)=12(x +2)-x =-12x +1 2+12∈0,12，作出函数f x 的大致图象，对任意x ∈-∞,m ，都有f x ≤3，设m 的最大值为t ，则f t =3，所以-4t -5 2+4=3，解得t =92或t =112，结合图象知m 的最大值为92，即m 的取值范围是-∞,92.故选：C .【题型7 抽象函数的性质】1(2023·新疆乌鲁木齐·统考二模)已知f x ，g x 都是定义在R 上的函数，对任意x ，y 满足f x -y=f x g y -g x f y ，且f -2 =f 1 ≠0，则下列说法正确的是()A.f 0 =1B.函数g 2x +1 的图象关于点1,0 对称C.g 1 +g -1 =0D.若f 1 =1，则2023n =1 f n =1【解题思路】利用赋值法结合题目给定的条件可判断AC ，取f x =sin2π3x ,g x =cos 2π3x 可判断B ，对于D ，通过观察选项可以推断f x 很可能是周期函数，结合f x g y ,g x f y 的特殊性及一些已经证明的结论，想到令y =-1和y =1时可构建出两个式子，两式相加即可得出f x +1 +f x -1 =-f x ，进一步得出f x 是周期函数，从而可求2023n =1 f n 的值.【解答过程】解：对于A ，令x =y =0，代入已知等式得f 0 =f 0 g 0 -g 0 f 0 =0，得f 0 =0，故A 错误；对于B ，取f x =sin 2π3x ,g x =cos 2π3x ，满足f x -y =f x g y -g x f y 及f -2 =f 1 ≠0，因为g 3 =cos2π=1≠0，所以g x 的图象不关于点3,0 对称，所以函数g 2x +1 的图象不关于点1,0 对称，故B 错误；对于C ，令y =0，x =1，代入已知等式得f 1 =f 1 g 0 -g 1 f 0 ，可得f 1 1-g 0 =-g 1 f 0 =0，结合f 1 ≠0得1-g 0 =0，g 0 =1，再令x =0，代入已知等式得f -y =f 0 g y -g 0 f y ，将f 0 =0，g 0 =1代入上式，得f -y =-f y ，所以函数f x 为奇函数.令x =1，y =-1，代入已知等式，得f 2 =f 1 g -1 -g 1 f -1 ，因为f -1 =-f 1 ，所以f 2 =f 1 g -1 +g 1 ，又因为f 2 =-f -2 =-f 1 ，所以-f 1 =f 1 g -1 +g 1 ，因为f 1 ≠0，所以g 1 +g -1 =-1，故C 错误；对于D ，分别令y =-1和y =1，代入已知等式，得以下两个等式：f x +1 =f x g -1 -g x f -1 ，f x -1 =f x g 1 -g x f 1 ，两式相加易得f x +1 +f x -1 =-f x ，所以有f x +2 +f x =-f x +1 ，即：f x =-f x +1 -f x +2 ，有：-f x +f x =f x +1 +f x -1 -f x +1 -f x +2 =0，即：f x -1 =f x +2 ，所以f x 为周期函数，且周期为3，因为f 1 =1，所以f -2 =1，所以f 2 =-f -2 =-1，f 3 =f 0 =0，所以f 1 +f 2 +f 3 =0，所以2023n =1 f n =1=f 1 +f 2 +f 3 +⋯+f 2023 =f 2023 =f 1 =1，故D 正确.故选：D .【变式训练】1(2023·福建宁德·福鼎市校考模拟预测)已知函数f x 及其导函数f x 的定义域均为R ，对任意的x ,y ∈R ，恒有f x +y +f x -y =2f x f y ，则下列说法正确的个数是()①f 0 =0；②fx 必为奇函数；③f x +f 0 ≥0；④若f (1)=12，则2023n =1f (n )=12.A.1B.2C.3D.4【解题思路】利用赋值法可判断①；利用赋值法结合函数奇偶性定义判断②；赋值，令y =x ，得出f 2x+f0 ≥0，变量代换可判断③；利用赋值法求出f(n)部分函数值，推出其值具有周期性，由此可计算2023n=1f(n)，判断④，即可得答案.【解答过程】令x=y=0，则由f x+y+f x-y=2f x f y 可得2f0 =2f20 ，故f(0)=0或f0 =1，故①错误；当f(0)=0时，令y=0，则f(x)+f(x)=2f(x)f(0)=0，则f(x)=0，故f (x)=0，函数f (x)既是奇函数又是偶函数；当f(0)=1时，令x=0，则f(y)+f(-y)=2f(0)f(y)，所以f-y=f y ，则-f (-y)=f (y)，即f (-y)=-f (y)，则f (x)为奇函数，综合以上可知f (x)必为奇函数，②正确；令y=x，则f2x+f0 =2f2x ，故f2x+f0 ≥0.由于x∈R，令t=2x,t∈R，即f t +f0 ≥0，即有f x +f0 ≥0，故③正确；对于D，若f1 =12，令x=1,y=0，则f1 +f1 =2f1 f0 ，则f(0)=1，令x=y=1，则f2 +f0 =2f21 ，即f2 +1=12,∴f2 =-12，令x=2,y=1，则f3 +f1 =2f2 f1 ，即f3 +12=-12,∴f(3)=-1，令x=3,y=1，则f4 +f2 =2f3 f1 ，即f4 -12=-1,∴f(4)=-12，令x=4,y=1，则f5 +f3 =2f4 f1 ，即f5 -1=-12,∴f(5)=12，令x=5,y=1，则f6 +f4 =2f5 f1 ，即f6 -12=12,∴f(6)=1，令x=6,y=1，则f7 +f5 =2f6 f1 ，即f7 +12=1,∴f(7)=12，令x=7,y=1，则f8 +f6 =2f7 f1 ，即f8 +1=12,∴f(8)=-12，⋯⋯，由此可得f(n),n∈N*的值有周期性，且6个为一周期，且f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)=0，故2023n=1f n =337×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)+f(6)]+f(1)=12，故④正确，即正确的是②③④，故选：C.2(2023·河南·校联考模拟预测)已知函数f x 对任意实数x,y恒有f(x-y)+f(x+y)=f(2x)成立，且当x<0时，f(x)>0.(1)求f(0)的值;(2)判断f x 的单调性，并证明;(3)解关于x的不等式:f x2-(a+2)x+f(a+y)+f(a-y)>0.【解题思路】(1)根据题意，令x=0,y=0，即可求得f(0)=0；(2)令x=0，得到f(-y)=-f(y)，所以f x 为奇函数，在结合题意和函数单调性的定义和判定方法，即可求解；(3)化简不等式为f x2-(a+2)x>f(-2a)，结合函数f x 的单调性，把不等式转化为x2-(a+2)x <-2a，结合一元二次不等式的解法，即可求解.【解答过程】(1)解：因为函数f(x)对任意实数x,y恒有f(x-y)+f(x+y)=f(2x)成立，令x=0,y=0，则f(0)+f(0)=f(0)，所以f(0)=0.(2)解：函数f x 为R上的减函数.证明:令x=0，则f(-y)+f(y)=f(0)=0，所以f(-y)=-f(y)，故f x 为奇函数.任取x1,x2∈R，且x1<x2，则x1-x2<0，因为当x<0时，f(x)>0，所以f x1-x2>0，所以f x1-f x2=f x1+f-x2=fx1-x22+x1+x22+f x1-x22-x1+x22=f x1-x2>0，即f x1>f x2，所以f x 是R上的减函数.(3)解：根据题意，可得f x2-(a+2)x>-[f(a+y)+f(a-y)]=-f(2a)=f(-2a)，由(2)知f x 在R上单调递减，所以x2-(a+2)x<-2a，即x2-(a+2)x+2a<0，可得(x-2)(x-a)<0，当a>2时，原不等式的解集为(2,a)；当a=2时，原不等式的解集为∅；当a<2时，原不等式的解集为(a,2).3(2023上·广东东莞·高一校联考期中)已知函数f x 对任意实数x,y恒有f x+y=f x +f y ，当x>0时，f x <0，且f1 =-2.(1)判断f x 的奇偶性；(2)判断函数单调性，求f x 在区间-3,3上的最大值；(3)若f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1,a∈-1,1恒成立，求实数m的取值范围.【解题思路】(1)令x=y=0，求得f0 =0，再令y=-x，从而得f-x=-f x ，从而证明求解. (2)设x1,x2∈R且x1<x2，结合条件用单调性的定义证明函数f x 的单调性，然后利用单调性求解区间-3,3上的最大值.(3)根据函数f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1，a∈-1,1恒成立，说明f x 的最大值2小于右边，因此先将右边看作a的函数，解不等式组，即可得出m的取值范围．【解答过程】(1)f x 为奇函数，证明如下：令x=y=0，则f0+0=2f0 ，所以f0 =0，令y=-x，则f x-x=f x +f-x=f0 =0，所以：f-x=-f x 对任意x∈R恒成立，所以函数f x 为奇函数.(2)f x 在R上是减函数，证明如下：任取x1,x2∈R且x1<x2，则x2-x1>0f x2-f x1=f x2+f-x1=f x2-x1<0，所以f x2<f x1，所以f x 在R上为减函数.当x∈-3,3时，f x 单调递减，所以当x=-3时，f x 有最大值为f-3，因为f3 =f2 +f1 =3f1 =-2×3=-6，所以f-3=-f3 =6，故f x 在区间-3,3上的最大值为6.(3)由(2)知f x 在区间-1,1上单调递减，所以f x ≤f-1=-f1 =2，因为f x <m2-2am+2对所有的x∈-1,1，a∈-1,1恒成立，即m2-2am>0对任意a∈-1,1恒成立，令g a =-2am+m2，则g-1>0g1 >0，即2m+m2>0-2m+m2>0，解得：m>2或m<-2.故m的取值范围为-∞,-2∪2,+∞.【题型8函数性质的综合应用】1(2023上·河北石家庄·高一校考阶段练习)已知函数f(x)=a x，g(x)=b⋅a-x+x，a>0且a≠1，若f(1)+g(1)=52，f(1)-g(1)=32，设h(x)=f(x)+g(x)，x∈[-4,4]．(1)求函数h(x)的解析式并判断其奇偶性；(2)判断函数h(x)的单调性(不需证明)，并求不等式h(2x+1)+h(2x-1)≥0的解集．【解题思路】(1)由f(1)+g(1)=52、f(1)-g(1)=32代入可解出a、b，得到h(x)，再计算h(x)与h(-x)的关系即可得到奇偶性；(2)分别判断h(x)中每一部分的单调性可得h(x)的单调性，结合函数的单调性与奇偶性解决该不等式即可得.【解答过程】(1)由f(1)+g(1)=52，f(1)-g(1)=32，即有a+ba+1=52a-ba-1=32，解得a=2b=-1，即f(x)=2x，g(x)=-2-x+x，则h(x)=2x-2-x+x，其定义域为R，h (-x )=2-x -2x -x =-2x -2-x +x =-h (x )，故h (x )为奇函数.(2)h (x )=2x -2-x +x ，由2x 在R 上单调递增，-2-x 在R 上单调递增，x 在R 上单调递增，故h (x )在R 上单调递增，由h (2x +1)+h (2x -1)≥0，且h (x )为奇函数，即有h (2x +1)≥-h (2x -1)=h 1-2x ，即有2x +1≥1-2x ，解得x ≥0，故该不等式的解集为x x ≥0 .【变式训练】1(2023上·上海·高一校考期中)已知定义在全体实数上的函数f x 满足：①f x 是偶函数；②f x 不是常值函数；③对于任何实数x 、y ，都有f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y ．(1)求f 1 和f 0 的值；(2)证明：对于任何实数x ，都有f x +4 =f x ；(3)若f x 还满足对0<x <1有f x >0，求f 13+f 23 +⋯+f 20263 的值．【解题思路】(1)取x =1，y =0代入计算得到f 1 =0，取y =0得到f x =f x f 0 ，得到答案.(2)取y =1，结合函数为偶函数得到f x +2 =-f x ，变换得到f x +4 =f x ，得到证明.(3)根据函数的周期性和奇偶性计算f 13 +f 23 +⋯+f 123 =0，取x =y =13和取x =13，y =-13得到f 13 =32，根据周期性得到f 13 +f 23 +⋯+f 20263=-f 13 -1，计算得到答案.【解答过程】(1)f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y取x =1，y =0得到f 1 =f 1 f 0 -f 0 f 1 =0，即f 1 =0；取y =0得到f x =f x f 0 -f 1-x f 1 =f x f 0 ，f x 不是常值函数，故f 0 =1；(2)f x +y =f x f y -f 1-x f 1-y ，取y =1得到f x +1 =f x f 1 -f 1-x f 0 =-f 1-x ，f x 是偶函数，故f x +1 =-f x -1 ，即f x +2 =-f x ，f x +4 =-f x +2 =f x .(3)f x +2 +f x =0，f x 为偶函数，取x =-13，则f 53 +f -13 =0，即f 53 +f 13 =0；取x =-23，则f 43 +f -23 =0，即f 43 +f 23=0；故f 73+f 83 +f 103 +f 113 =-f 13 -f 23 -f 43 -f 53 =0，f 2 =-f 0 =-1，f 3 =f -1 =f 1 =0，f 4 =f 0 =1，故f 13+f 23 +⋯+f 123 =0，取x =y =13得到f 23 =f 213 -f 223，取x =13，y =-13得到f 0 =f 213 -f 23 f 43 =f 213 +f 223=1，f 13 >0，f 23 >0，解得f 13 =32，f 13+f 23 +⋯+f 20263 =-f 113 -f 123 =-f 13 -1=-32-1.2(2023下·山西运城·高二统考期末)已知f x =e x -1+e 1-x +x 2-2x +a ，(1)证明：f x 关于x =1对称；(2)若f x 的最小值为3(i )求a ；(ii )不等式f m e x +e -x +1 >f e x -e -x 恒成立，求m 的取值范围【解题思路】(1)代入验证f (x )=f (2-x )即可求解，(2)利用单调性的定义证明函数的单调性，即可结合对称性求解a =2，分离参数，将恒成立问题转化为m >e x -e -x -1e x +e -xmax ，构造函数F (x )=e x -e -x -1e x +e-x ，结合不等式的性质即可求解最值.【解答过程】(1)证明：因为f x =e x -1+e 1-x +x 2-2x +a ，所以f (2-x )=e 2-x -1+e1-(2-x )+(2-x )2-2(2-x )+a =e 1-x +e x -1+x 2-2x +a ，所以f (x )=f (2-x )，所以f (x )关于x =1对称.(2)(ⅰ)任取x 1,x 2∈(1,+∞),且x 1<x 2f x 1 -f x 2 =e x 1-1+e1-x 1+x 21-2x 1-ex 2-1+e1-x 2+x 22-2x 2=e x 1-1-ex 2-1+e1-x 1-e1-x 2+x 21-x 22 -2x 1-x 2=(ex 1-1-ex 2-1)(e x 1-1e x 2-1-1)ex 1-1ex 2-1+(x 1-x 2)(x 1+x 2-2)∵1<x 1<x 2，∴0<x 1-1<x 2-1,∴e x 1-1>1,ex 2-1>1,ex 1-1-ex 2-1<0,ex 1-1e x 2-1-1>0，x 1-x 2<0,x 1+x 2-2>0,∴f (x 1)<f (x 2)，所以f (x )在1,+∞ 上单调递增，又f (x )关于x =1对称，则在-∞,1 上单调递减.所以f (x )min =f (1)=1+a =3，所以a =2.(单调性也可以用单调性的性质、复合函数的单调性判断、导数证明)(ⅱ)不等式f (m (e x +e -x )+1)>f (e x -e -x )恒成立等价于(m (e x +e -x )+1)-1 >e x -e -x -1 恒成立， 即m >ex-e -x -1 e x +e -x =e x -e -x -1e x +e -x恒成立，即m >e x -e -x -1e x +e -xmax令F (x )=e x -e -x -1e x +e -x ，则F (x )=e 2x -e x -1e 2x +1=1-e x +2e 2x +1，令e x +2=n ,n ∈2,+∞ ，则e x =n -2则g n =1-n n 2-4n +5=1-1n -4+5n，因为n ∈2,+∞ ,n -4+5n ≥25-4，n =5取等号，则g n ∈-52,1，所以g n ∈0,52，所以m >52,即m ∈-∞,-52 ∪52,+∞ .3(2023下·广东·高一统考期末)已知函数y =φx 的图象关于点P a ,b 成中心对称图形的充要条件是φa +x +φa -x =2b ．给定函数f x =x -6x +1及其图象的对称中心为-1,c ．(1)求c 的值；(2)判断f x 在区间0,+∞ 上的单调性并用定义法证明；(3)已知函数g x 的图象关于点1,1 对称，且当x ∈0,1 时，g x =x 2-mx +m ．若对任意x 1∈0,2 ，总存在x 2∈1,5 ，使得g x 1 =f x 2 ，求实数m 的取值范围．【解题思路】(1)根据函数的对称性得到关于c 的方程，解出即可求出函数的对称中心；(2)利用函数单调性的定义即可判断函数f (x )单增,(3)问题转化为g (x )在[0,2]上的值域A ⊆[-2,4]，通过讨论m 的范围，得到关于m 的不等式组，解出即可．【解答过程】(1)由于f (x )的图象的对称中心为-1,c ，则f (-1+x )+f (-1-x )=2c ，即(x -1)-6x -1+1+(-x -1)-6-x -1+1=2c ，整理得-2=2c ，解得：c =-1，故f (x )的对称中心为(-1,-1)；(2)函数f (x )在(0,+∞)递增；设0<x 1<x 2，则f x 1 -f x 2 =x 1-6x 1+1-x 2+6x 2+1=x 1-x 2 +6x 1-x 2 x 2+1 x 1+1=x 1-x 2 1+6x 2+1 x 1+1，由于0<x 1<x 2，所以x 1-x 2<0, 6x 2+1 x 1+1>0，所以f x 1 -f x 2 <0⇒f x 1 <f x 2 ，故函数f (x )在(0,+∞)递增；。
浅谈函数零点的求解与应用
构造函数Y=一茹2+5x一3( 1<膏<3) 和y=口，作 出它们的图象，由平行于菇轴的直线与抛物线的交
点 情况 可得 ：① 当1 <口≤ 3或 口=罕时 ，原 方程 有一 斗
的形 成． 2求零点的个数
一般是利用函数的性质( 特别是周期性) 以及数 形结合的方法求零点的个数．
例2 ( 2005广东19) 设函 数f ( 嚣) 在( 一∞， +∞) 上满足以2一z) _- f ( 2+寡) ，／( 7一髫) =j - ( 7+ 茹) ，且在闭区间[ 0，7] 上，只有以1) =以3) =0．
·教学论坛·
中。? 般’7 ( 20 08年第5期·高中版)
13
浅谈函 数零点的求解 与应用
510800广州市花都区秀全中学邓亚妮
函数与方程的理论是高中新课标教材中新增的
．·． 八童) 。是以10为周 期的周期函 数。
翎识点 ，从近几 年高考的形 势来看，十 分注重对 函数 ‘
又以3) =以1) =0，
零点的考查，且大都是复合了函数性质与函数零点
火11) =火13)=只一7) =八一9) =0
的综合题 ，对考生的综合能 力要求较高．本文 拟就函 数的零点在 高中数学中的四种题型加 以探讨． 1求函数的零点
罗尔定理在函数零点问题中的应用(可编辑)
罗尔定理在函数零点问题中的应用（可编辑）罗尔定理在函数零点问题中的应用本科毕业论文题目罗尔定理在函数零点问题中的应用系别数学与信息科学学院专业数学与应用数学指导教师评阅教师班级级2班姓名学号年 5 月 10 日目录摘要…………………………………………………………………………………………………? Abstract……………………………………………………………………………………?引言……………………………………………………………………………………… (1)1概念及定理 (1)2罗尔定理在函数零点问题中的应用 (3)2.1 罗尔定理在函数零点存在性问题中的应用 (3)2.2 罗尔定理在函数零点个数问题中的应用 (4)2.3 罗尔定理在函数零点唯一性证明中的应用 (5)2.4 罗尔定理与几个特殊多项式函数的零点分布问题..........................................52.4.1 Laguerre多项式 (5)2.4.2 Hermite多项式....................................................................................6 2.4.3勒让德多项式 (8)2.5 多变元情形下的罗尔定理及其在几何学上的应用 (9)结束语……………………………………………………………………………………… (10)参考文献……………………………………………………………………………………… (11)致谢……………………………………………………………………………………… (12)摘要:在介绍了罗尔定理的基础上,通过综合应用类比法、分析法、演绎推理法将罗尔定理在一元实函数中进行了推广,得到了在“任意区间”上罗尔定理的结论成立,同时得到了在“函数在区间内除有限个点处存在正(或负)无穷的导数外,其他点均有有限导数”的情形下罗尔定理的结论仍然成立.将罗尔定理在复变函数(解析函数)中进行了推广,得到了向量值函数中的一个重要结论.结合典型例题,分析、讨论并证明了罗尔定理及推广后的罗尔定理在函数零点问题中的实际应用,同时证明了在几何学上的具体应用,用广义罗尔定理证明了三个特殊多项式,说明了罗尔定理不仅具有重要的理论意义,而且还有很好的应用价值.关键词:函数;函数零点;罗尔定理;应用Abstract: On the basis of the Rolle theorem, through analogy,combined application, analysis and deductive reasoning method, the promotion of Rolle theorem in the real function of one dollar. Thentheconclusion of Rolle Theorem set up in the “free range”. At thesame time,on the condition of “function in the range of a finite number of points in addition to positive or negative derivative of the infinite,the other points are limited derivative”, Rolle theorem remain valid. Rolle theorem promote in the complex function analytic functions.Vector-valued functions has been an important conclusion. Combined witha typical example, and analysis, discussion and proof of Rolle theoremand the promoted Rolle are application practically in the function against. At the same time, the specific application in the geometry isproved. Using the generalized Rolle theorem prove three special polynomial. Rolle theorem shows not only an important theoretical significance, but also very good practical value Key words: function; function against; rolle theorem; application引言对函数零点问题的研究一直是微积分理论研究中的一个重要课题,解决这一问题常用的工具是微积分中的零点定理、费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理等,对于不同的理论和方法有不同的使用范围和各自的优缺点.罗尔定理是基于费马定理且能导出拉格朗日中值定理和柯西中值定理的一个著名定理,因此对罗尔定理的研究一直以来都是微积分理论研究中一个比较活跃的方向.根据罗尔定理,若函数在闭区间上连续、开区间内可导,则在端点和的取值就决定了内某点的微分性质,尽管的取值一般情况下不易求出,但它并不影响罗尔定理的应用.由于它的这个优越性质,将它应用于函数零点问题中就具有明显的优越性.因此,长期以来人们都想削弱罗尔定理的三个限制条件,以便将它用于更加广泛的领域.至今,人们在文献[1]-[5]中将其在一元实函数中进行了推广,将“有限区间”推广到了“任意区间、任意端值”上,并且将“处处可导”推广到了“在区间内除有限个点处存在正(或负)无穷的导数外,均有有限导数”,削弱了严格的限制,同时讨论了一些函数的零点问题.在罗尔定理的应用中,构造辅助函数十分重要.2003年,文献[6]利用找原函数的思想,通过不定积分的过程来寻求辅助函数,得到了应用罗尔定理构造辅助函数的一种方法.但罗尔定理只能用于一元实函数,能否将它推广到多元函数中呢?1995年Furi与Martelli经过研究将其推广到了向量值函数中,并将其应用到了几何学上.这样罗尔定理不仅可以用于实函数,也可以用于复变函数的零点问题中.本文根据大量的文献整理与综合,首先给出了罗尔定理及其推广形式,进而应用这些结论分析讨论了其在实函数和复变函数零点问题中的具体应用.1 概念及定理1.1 函数零点的定义如果存在实数,使得,则称为函数的零点. 函数的零点又称为方程的实根.讨论函数零点的存在性,确定函数零点的个数,证明函数零点的唯一性的问题,统称为函数的零点问题.1.2 罗尔定理[7]若函数满足如下条件:1 在闭区间上连续;2在开区间内可导;3,则在内至少存在一点,使得.罗尔定理的几何意义是说:在每一点都可导的一段连续曲线上,如果曲线的两端点高度相等,则至少存在一条水平切线.1.3 推广的罗尔定理推广1:若函数在有限区间或无限区间内满足:1可导;2 .则在内至少存在一点,使得.推广2:若函数满足:1在上连续;2在内除有限个点处存在正无穷或负无穷的导数外,均有有限导数;3.则在中至少存在一点,使得.推广3(广义罗尔定理):设函数在有限或无穷的区间中的任意一点处有有限的导数,且,则在中至少存在一点,使得.推广4向量值函数中的推广:设, (1)上连续; (2)内可微; (3)存在非零向量,使得对任意的成立; (4)存在非零向量,使得对任意的,恒为常数; (5)存在非零向量,使得对任意的,不变号.若除满足(1)(2)两个条件外,还满足(3)(4)(5)中的任意一个,则至少存在一点,使得(注意到为矩阵),即与向量组正交.罗尔定理仅仅适用于连续的一元实函数,推广1、2和3是对它在实函数中的进一步推广,这样可以让罗尔定理摆脱太严格的限制,同时推广的罗尔定理就可以在任意区间、任意端值上使用了,从而使其在实函数中的应用更加广阔.但是罗尔定理的最大缺陷就是只能用于一元连续实函数,因此推广4将其从本质上推广到了向量值函数中,从而能将罗尔定理从代数学中推广到几何学中,与日常的生产生活联系更加紧密.2 罗尔定理在函数零点问题中的应用零点问题就是指零点的存在性、唯一性以及个数的问题,这一问题的解决可以采用高等数学中的零点定理、费马定理、拉格朗日中值定理等微积分方法,不同的方法在不同的环境中有各自的优越性.罗尔定理在函数零点问题中的应用十分广泛,无论是零点的存在性、唯一性还是个数问题,应用罗尔定理都能得到很好的解决.2.1 罗尔定理在函数零点存在性问题中的应用在数学学科中,函数零点的存在性问题始终都是人们研究的热点课题.虽然这一问题的解决可以用零点定理,但在难以认定正负值点的时候,就需要换一种方法,其中罗尔定理就是一种很好的方法.用罗尔定理讨论函数零点问题时可以采用以下方法.对函数的原函数使用罗尔定理:若在闭区间上,并且,则在上至少存在一点,使得. 例1 设函数是定义在闭区间上的连续函数,且,证明存在,使得. 分析:如果用零点定理,则令,但的值是正还是负,难以确定,因此考虑改用罗尔定理.证明:令,则.那么 (因为),所以.又因为,所以由罗尔定理可知,存在,使得. 针对难以确定正负值点的函数零点存在性问题,采用罗尔定理能方便而又快速的给我们提供解决方法,因为它并不要求求出区间内的端点值或者说判断端点值的正负,而只需要知道它是否连续、可微就可以了.针对这一类问题,通常采用的方法就是对函数的原函数使用罗尔定理.但由于罗尔定理的限制太严格了,它要求三个限制条件必须同时满足,只要有一个条件不满足,罗尔定理就不一定成立,这就大大的限制了罗尔定理的使用范围,因此在难以确定函数是否连续、可微时直接使用罗尔定理反而会增加解题的难度,加大计算量.2.2 罗尔定理在函数零点个数问题中的应用在数学学习和生产生活中,零点的个数问题始终是一个重要的问题.讨论一个函数到底有几个零点,通常可以采用先确定至多有几个零点,再确定至少有几个零点,从而得出零点的个数,在这过程中罗尔定理就显示出了它的优越性.例2 讨论方程的零点个数. 解:设函数,显然在定义域内是连续函数.分别令得所以在区间各至少有一个零点,即方程至少有三个实根.令,这个函数在区间上连续且单调递增,,所以在有唯一的零点,所以由罗尔定理可知在至多有两个零点.同理可知在至多有三个零点.综上所述,方程在恰好有三个零点.将方程转化为函数,再利用微积分的方法解决问题,这是一种重要的思想,即化归的思想,是一种常用的解题策略.2.3 罗尔定理在函数零点唯一性证明中的应用在函数零点问题中,讨论某个函数的零点是否唯一,是一种常见的题型,并且在实际生活中也具有重要的意义.罗尔定理为这类题型提供了一个有力的工具.例3 已知在上二阶可微,,,,则在内只有一个实根.证明:首先证明存在性.过定点做曲线的切线:,则切线与轴的交点,由(向上凸的),显然有.下面采用反证法证明唯一性.若存在使得,则由罗尔定理可知,存在使得.这与是矛盾的.所以只有一点,使得.唯一性的证明通常都比较困难,一般从正面入手很难解决问题,然而从反面思考,往往有“柳暗花明又一村”的感觉.在零点唯一性的证明中,罗尔定理能较好地发挥它独特的性质.2.4 罗尔定理与几个特殊多项式函数的零点分布问题在研究有关多项式的问题时,多项式的零点分布是经常遇到并且非常重要的问题之一.在解决的方法中,罗尔定理是一个很好的工具,但是罗尔定理的要求非常严格,三个条件必须同时满足,定理才成立.因此我们利用推广的罗尔定理解决这个问题.以下就是用罗尔定理解决三种特殊多项式的例子.2.4.1 Laguerre多项式在区间上带权函数的正交多项式序列中的多项式称为Laguerre多项式,其表达式为.例4 证明多项式所有的根都是正根. 证明:因为, ,依此类推可知是次多项式.可见,至多只有个实根.设函数,则.由广义罗尔定理知,存在,使得.现设至少有个零点,且.分析的结构易知,是一个与一个次多项式的乘积,即 ,其中是一个多项式.则,由广义罗尔定理知,存在,使得.根据数学归纳法,至少有个正根.又由于恒不为零,所以至少有个正根.由前面可知最多只能有个实根,所以只有个实根,且都是正实根.2.4.2 Hermite多项式在实际生活中,函数在某区间上存在,但函数往往很复杂,甚至没有明显的解析表达式,因此常用插值法去构造一个既能反映函数特征又便于计算的较为简单的函数以替代函数.不同的实际问题,选用的插值函数也会不同.Hermite多项式就经常被选为插值函数.在区间上带权函数的正交多项式序列中的多项式称为Hermite多项式,其表达式为.例5 证明多项式所有的根都是实数. 证明:显然是一个次多项式. 设函数,则, ,可见有一个实数根,有两个相异的实数根. 现假设有个相异的实根,并记作.分析的结构可知.因为有个相异的实根,因此可令,即,其中为一个非零常数.又由于,根据罗尔定理得,存在使得,即在之间至少存在个相异实根.又由于,根据广义罗尔定理可知,必存在,使得.同理,,由广义罗尔定理知必存在,使得.综上所述,至少有个实根.所以由数学归纳法知至少有个相异的实根.从而至少有个相异的实根.但是是的一个次多项式,故恰有个根(实根或复根),即的所有根都是实根.2.4.3 勒让德多项式伴随勒让德多项式(Associated Legendre polynomials)有时被简称为勒让德多项式.数学上,勒让德函数指以下勒让德微分方程的解:为求解方便一般也写成如下斯图姆-刘维尔形式(Sturm-Liouville form): 上述方程及其解函数因法国数学家阿德里安-马里?勒让德而得名.勒让德方程是物理学和其他技术领域常常遇到的一类常微分方程.当试图在球坐标系中求解三维拉普拉斯方程(或相关的其他偏微分方程)时,问题便会归结为勒让德方程的求解. 例6 证明勒让德多项式的一切零点都是实数且含于区间中.证明:设,因为是次多项式,且恒不为0,所以是次多项式,由代数定理可知它至多只有个实零点.由于,由广义罗尔定理知,至少存在一点,使得.假设至少有个实零点.分析的结构可将写为以下结构 ,其中为次多项式. 因为,由罗尔定理可知存在,使得,即至少有个零点,并且全部在区间之间. 由数学归纳法可知至少有个实零点,且全部介于区间之间.由于恒不为0,所以至少有个实零点.而由前面知道是次多项式,它至多有个实零点.所以恰有个实零点,且全部介于区间之间.勒让德多项式的应用十分广泛,但如何证明它的零点是一个难点,以上例子就提供了一种很好的方法.2.5 多变元情形下的罗尔定理及其在几何学上的应用在微积分学中,关于多变元映像(从多元函数到向量值函数)的极限(包括连续性)、微分、积分及其性质,一般都是考虑一元函数的性质能否平移或推广过来.但罗尔定理的不足之处就是对向量值函数不成立,因此1995年Marden[8],1992年Evard 与Jafari[9]在复变(解析函数)情形下揭示了罗尔定理的本质,1995年Furi 与Martelli[10]对向量值函数进行了推广:在闭域上连续,开域内可微的向量值函数,罗尔定理情形下的边界函数值确定了开域内某点的微分性质.这样该结果就可以应用于几何学.例7 设定义为,并满足下列条件:在上连续;在内可微;存在中的平面,对任意的..则存在.使得在曲面上处的切平面平行于平面.这里表示的值域,或者表示的曲面.证明:设,则表示平面的法向量.由条件3)可知,对任意的,都有与正交.由罗尔定理的推广4知,存在,使得与向量组正交.又因为,在上处的切平面向量式参数方程为.这里,为参数.所以,切平面的法线与平行,从而切平面平行于平面. 罗尔定理仅仅适用于一元函数,这样就在很大程度上限制了罗尔定理的应用范围.但它的良好本质却能启发我们将其推广到向量值函数中,从而就能解决一类几何问题,为数学问题的解决提供了更多的工具.结束语利用罗尔定理的理论和方法,可以较细致的研究函数零点问题.根据罗尔定理的意义,可以将其从限制条件上和本质上进行多方位的推广,从而扩大应用领域. 通过对罗尔定理的简单分析探究,掌握了该定理的结构形式,学习了运用类比的思维方法推广该定理的过程,分析讨论了罗尔定理的实际应用.首先将罗尔定理在一元函数中进行推广,削弱了罗尔定理的限制条件.紧接着利用罗尔定理的实质将其在向量值函数中进行了推广,得到“在闭域上连续、开域内可微的向量值函数,罗尔定理情形下的边界函数值确定了开域内某点的微分性质”,从而将结果应用于几何学.最后,应用罗尔定理及其推广形式举例说明了它们在证明函数零点存在性、函数零点个数、函数零点唯一性、三类特殊多项式函数的零点分布问题,并举例说明了多变元情形下的罗尔定理在几何学上的应用.至于如何应用罗尔定理构造辅助函数,以及解决函数零点问题的各种微积分方法(如费马定理、拉格中值定理等)的优缺点比较这两个问题未做讨论.参考文献[1] 孙兰敏.洛尔定理的2个推广形式[J].衡水学院学报,2005,71:1-2.[2] 汪军.广义罗尔定理及其应用实例[J].辽宁工程技术大学学报,2000,191:93.[3] 张志军.多变元情形下的洛尔定理及其应用[J].西北师范大学学报,1998,34(1):84?87.[4] 潘黎霞.对广义罗尔定理证明并在求函数的零点上的应用[J].甘肃科技,2005,217:115-116.[5] 周敦.微分中值定理的推广及其应用[J].钦州师专钦州教院学报.1994,81:54-56.[6] 王艳萍,余学军.应用罗尔定理时一种辅助函数构造法[J].南阳师范学院,2003,29:18-21.[7] 华东师范大学数学系.数学分析:上册[M].北京:高等教育出版,2005.[8] Marden M.The search for a Rolle's theorem in the complexdomains[J].Amer,Math.Monthly,1985,92:643-650.[9] Evard J C,Jafari F.A complex Rolle'stheorem[J].Amer,Math.Monthly,1992,99:856-861.[10] Furi M,Martelli M.A multidimensional version of Rolle'stheorem[J].Amer.Math.Monthly,1995,102:243-249.致谢时光荏苒,岁月如梭,转眼毕业将至.值此论文完成之际,我谨向所有关心、爱护、帮助过我的人表示最诚挚的感谢与最美好的祝愿. 通过毕业论文的写作,我真正体会到了科学的严谨性.任何一门科学,我们都必须以认真严谨的态度去对待它,不能以自己的主观臆断去评判真理,而应以真理去认识客观世界.在论文写作过程中,我熟悉了电脑的一些基本操作,学会了论文的排版格式.经过一、二、三稿的整理和修改,我明白了一个道理??踏踏实实做人,明明白白做事.在这四年里,无论成功还是失败,许多长辈和朋友都给了我一如既往的支持与鼓励.在这里我要首先感谢我的父母、我的亲人朋友们,他们给了我无微不至的关怀,陪我一起度过二十多年的酸甜苦辣,对他们的感激之情,不知该如何表达,千言万语,只能化成实际行动,让我用一生报答他们!其次我要感谢内江师范学院可敬的老师们,尤其是我的导师――吕晓亚,她用为人师表的高尚品格和渊博深厚的学术造诣,为我们树立了的崇高的榜样,开启了人类智慧的大门.最后,衷心感谢程冲、邓平等寝室朋友们在学习时给予我的关心和帮助!。
函数零点问题解答分析与思考
函数零点问题解答分析与思考1. 引言1.1 引言概述函数零点问题是数学中一个经典且重要的课题，它在各个领域都有着广泛的应用。
简而言之，函数零点问题指的是找出函数在何处取零值的问题。
当一个函数取零值时，我们称这个点为函数的零点。
在实际应用中，函数零点常常对应着一些关键的信息或者特殊的情况，因此对函数零点的求解和分析至关重要。
本文将从数学的角度对函数零点问题进行深入探讨，探讨什么是函数零点问题，如何求解函数的零点，以及常见的求解方法和技巧。
我们将介绍包括数值逼近法和图形法在内的多种解题方法，并对这些方法进行详细的解析和比较。
我们还将总结一些思考和未来的展望，展望函数零点问题在未来的发展方向和应用领域。
通过本文的阐述，读者将能够全面了解函数零点问题的本质和重要性，同时掌握多种解题方法和技巧，从而更好地应对和解决实际问题中的函数零点求解挑战。
让我们一起深入研究函数零点问题，挖掘其中的数学奥秘和实用价值。
2. 正文2.1 什么是函数零点问题函数零点问题是指在代数学中，求解函数在横轴上的交点，也就是函数取零值的点。
在实际问题中，函数的零点往往对应着方程的根，解决函数零点问题可以帮助我们求解方程的根，并进一步解决实际问题。
函数的零点可以是一个或多个，也可以是实数或复数。
为了找到函数的零点，我们需要先确定函数的表达式，然后找到函数的解析解或数值解。
解决函数零点问题的关键在于找到使得函数取零值的自变量的取值。
在实际问题中，函数零点问题广泛应用于数学、物理、工程等领域。
比如在物理学中，求解物体的运动方程中的零点可以帮助我们找到物体的位置和速度。
在工程中，求解方程的根可以帮助我们设计合适的控制系统。
函数零点问题是一个重要且有意义的问题，我们可以通过不同方法和技巧来解决这一问题，为实际问题的求解提供帮助。
2.2 如何求解函数零点如何求解函数零点是一个关键问题，通常通过数学方法来解决。
下面我们将介绍一些常见的方法和技巧：1. 方程法：通过将函数转化为等式，然后解方程来求解函数的零点。
苏教版高中同步学案数学必修第一册精品课件 分层作业 第8章 函数应用 培优练2 函数零点的综合问题
解得 < < .
−(−) + ⋅ (−) + > ,
9.定义在上的奇函数()，当 ≥ 0时，() = ቐ
log 1 ( + 1), ∈ [0,1),
2
1 −∣ − 3 ∣, ∈ [1, +∞),
函数() = () − (0 < < 1)的所有零点之和为() B
所以 − = − ( − ) = − < ,所以 < ，故B错误；
又() = + − = − < ，
( ) = + − = + − > . + − = ,
所以 < < ，则 = ( − ) = ,
ቐ
= < ,
这时 < 是方程 + + = ( ≠ )有一个正实数根和一个负实数根的充要条
件，
由题意可知只有C选项： < −是 < 的充分不必要条件.故选C.
4.（多选题）下列说法正确的是( AC
)
A.已知方程e = 8 − 的解在(, + 1)( ∈ )内，则 = 1
可得 = − ，即 + = ，故A正确；
由基本不等式，得 + ≥ + = ，而 ≠ ，
所以等号不成立，故 + > ，故C正确；
因为() = − < ,
( )
=
+
函数与方程之零点定理应用
.
解析： 因为函数f ( x )＝ax－b(b ≠ 0)的零点是3， 将它代入函数g ( x )＝bx 2＋3ax中，
则此零点所在区间是 ( C． 2 ) (1, A． 4 ) ( 3,
2.已知函数f ( x )＝x3－x－1仅有一个正零点， B． ) ( 2,3 D． ) ( 0,1
因为 |1.375－1.3125 | ＝0.0625 < 0.1，所以函数的 故函数零点的近似值为1.3125.
零点落在区间长度小于0.1的区间[1.3125,1.375]内，
评析：1.求函数零点的近似值的关键是判断二 分法求值过程中，区间长度是否小于精确度ξ， 当区间长度小于精确度ξ时，运算结束，而此 时取的中点值即为所求，当然也可取区间端点 的另一个值． 2．“精确度”与“精确到”是两个不同的概念， 精确度最后的结果不能四舍五入，而精确到只 需区间两个端点的函数值满足条件，即取近似 值之后相同，则此时四舍五入的值即为零点的 近似解．
f(1.5)＝0.625 f(1.4375)＝0.162
f(1.40625)＝－0.054
解析： 由于f (1.4375 )＝0.162 > 0， f (1.40625 )＝－0.054 < 0， 且 |1.40625－1.4375 | ＝0.03125 < 0.1， 所以由二分法可知 其根在区间(1.40625,1.4375 ) 上，故选C.
1、结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程 的根的联系，判断一元二次方程根的存在性及根 的个数． 2、结合具体函数的图象，能用二分法求近似解．
1.若函数f ( x )＝ax－b(b ≠ 0)有一个零点3， 那么函数g ( x )＝bx 2＋3ax的零点是
苏教版高中学案数学必修第一册精品课件 第8章 函数应用 培优练 函数零点的综合问题 函数的实际应用
8.2 函数与数学模型
8.2.2 函数的实际应用
A层 基础达标练
1.某化工原料厂原来月产量为100吨，一月份增产20%，二月份比一月份减产10%，
则二月份的产量为() B
A.106吨
B.108吨
C.110吨
D.112吨
[解析]因为化工原料厂原来月产量为100吨，一月份增产%，所以一月份的产量为
故选C.
.
=
≈
.
≈ . .
3.某种病毒检测是用荧光定量PCR法进行的，通过化学物质的荧光信号，对在PCR扩
增过程中的靶标DNA进行实时检测．已知被标靶的DNA在PCR扩增期间，每扩增一
次，DNA的数量就增加%.若被测标本DNA扩增5次后，数量变为原来的10倍，则的
9
付费22.6元，则此次出租车行驶了___km.
[解析]设出租车行驶 时，付费元，则
, < ≤ ,
= ቐ + . ( − ) + , < ≤ ,
由 = . ，解得 = ,故此次出租车
+ . × + . ( − ) + , > ,
= ,解得 = ,
( ≥ ),
( ≤ < ),
所以 = ቐ −
故A正确；令 ≥ . ,解得 ≥ ,令( )− ≥ . ,解得
( ≥ ),
≤ ,故注射一次治疗该病的有效时间不到6小时,故B错误;注射该药物 小时后每毫升
+ −
=
,即−
− = ().
=
类型全归纳，问题妙突破——函数零点的存在定理的应用
ʏ聂 然如果函数y =f (x )在区间[a ,b ]上的图像是一条连续不断的曲线,并且f (a )㊃f (b )<0,那么函数y =f (x )在区间(a ,b )内有零点,即存在c ɪ(a ,b ),使得f (c )=0,这个c 也就是方程f (x )=0的根㊂利用函数零点存在定理,可以解决一些涉及函数与方程方面的综合应用问题㊂一㊁零点区间的判断例1 函数f (x )=l n x +e x的零点所在的区间是( )㊂A.0,1e B .1e,1C .(1,e )D .(e ,+ɕ)分析:根据题设条件,通过对应函数在各区间的端点处的取值的正负情况,结合函数零点的存在定理,即可确定零点所在的区间㊂对于一些特殊点,可以采用极限思维来综合分析与处理㊂解:因为f (1)=e >0,f1e=-1+e 1e>0,f (e )=1+e e>0,而当x ң0时,f (x )=l n x +e x<0,所以根据函数零点的存在定理可知,该函数的零点所在的区间是0,1e㊂应选A㊂本题主要考查函数零点的存在定理及其应用㊂解答这类问题的基本方法是:结合函数f (x )在各点处的函数值的正负情况,利用函数零点的存在定理f (a )㊃f (b )<0来判断零点所在的区间(a ,b )㊂二㊁零点个数的确定例2 函数f (x )=e x+3x 的零点个数是( )㊂A.0 B .1 C .2 D .3分析:因为函数y 1=e x与y 2=3x 都是R 上的单调递增函数,所以函数f (x )=e x+3x 的图像是一条连续不断的曲线㊂在此基础上,结合函数零点的存在定理即可确定零点的个数㊂解:已知函数y 1=e x与y 2=3x 都是R 上的增函数,所以函数f (x )=e x+3x 在R上单调递增㊂因为f (-1)=e -1-3<0,f (1)=e +3>0,所以f (-1)㊃f (1)<0,所以函数f (x )=e x+3x 在区间(-1,1)内存在零点,因此f (x )的零点个数是1㊂应选B㊂本题主要考查函数零点的存在定理及其应用㊂解答这类问题的基本方法是:先确定函数f (x )的图像特征(若图像是一条连续不断的曲线,则具有单调性),再利用函数零点的存在定理f (a )㊃f (b )<0来确定零点的个数㊂三㊁参数范围的确定例3 若函数f (x )=2a x 2-x -1在(0,1)内恰有一个零点,则a 的取值范围是( )㊂A.(-1,1)B .[1,+ɕ)C .(1,+ɕ)D .(2,+ɕ)分析:通过参数a 的取值情况的分类讨论,结合函数在区间(0,1)内恰有一个零点的条件,合理建立相应的不等式组求解㊂解:当a =0时,由f (x )=-x -1=0,解得x =-1,此时函数的零点是x =-1,不在区间(0,1)内㊂当a ʂ0时,函数f (x )=2a x 2-x -1在(0,1)内恰有一个零点,由Δ>0且f (0)㊃f (1)<0,可得Δ=1+8a >0,-(2a -2)<0,解得a >-18,a >1,即a >1;由Δ=0,可得a =-18,此时函数的零点是x =-2,不在区间(0,51知识结构与拓展高一数学 2023年11月1)内㊂综上可知,a >1㊂应选C㊂本题主要考查函数零点的存在定理及其应用㊂解答这类问题的基本方法是:根据参数的情况进行分类讨论,再结合函数零点的存在定理f (a )㊃f (b )<0,以及对应函数建立相应的不等式(组),最后求出参数的取值范围㊂四㊁函数值大小的判断例4 已知x 0是函数f (x )=2x+11-x的一个零点,若x 1ɪ(1,x 0),x 2ɪ(x 0,+ɕ),则( )㊂A .f (x 1)<0,f (x 2)<0B .f (x 1)<0,f (x 2)>0C .f (x 1)>0,f (x 2)<0D .f (x 1)>0,f (x 2)>0分析:根据题设条件,先确定函数g (x )=11-x 与函数h (x )=2x在区间(1,+ɕ)上的单调性,即得零点的唯一性,再结合函数零点的存在定理与函数的单调性即可判断函数值的大小关系㊂解:设函数g (x )=11-x,h (x )=2x㊂由于函数g (x )=11-x =-1x -1在(1,+ɕ)上单调递增,h (x )=2x在(1,+ɕ)上单调递增,故函数f (x )=h (x )+g (x )=2x+11-x 在(1,+ɕ)上单调递增,所以函数f (x )在(1,+ɕ)上有唯一零点x 0,即f (x 0)=0,所以在(1,x 0)上f (x 1)<0,在(x 0,+ɕ)上f (x 2)>0㊂应选B㊂本题主要考查函数零点的存在定理及其应用㊂解答这类问题的基本方法是:先确定函数f (x )的单调性(若图像是一条连续不断的曲线,则具有单调性),再利用函数零点的存在定理确定零点的唯一性,最后判断函数值的大小关系㊂五㊁综合应用问题例5 若函数f (x )的零点与函数g (x )=4x+2x -2的零点之差的绝对值不超过0.25,则f (x )可以是( )㊂A .f (x )=4x -1B .f (x )=l o g 3(2-x )C .f (x )=3x-1D .f (x )=2x -3分析:先确定各选项中函数f (x )的零点,结合各零点的取值情况,通过函数g (x )的正负取值来确定零点所在的区间,再借助二分法进一步缩小区间,最后得到适合题意的函数f (x )㊂解:对于A ,函数f (x )=4x -1的零点为x =14㊂对于B ,函数f (x )=l o g 3(2-x )的零点为x =1㊂对于C ,函数f (x )=3x-1的零点为x =0㊂对于D ,函数f (x )=2x -3的零点为x =32㊂由g (0)=40-2=-1<0,g12=412+2ˑ12-2=1>0,可得g (0)㊃g 12 <0㊂根据函数零点的存在定理知函数g (x )的零点在区间0,12内㊂利用二分法,取x =14,则g 14 =414+2ˑ14-2=2-32<0,所以g 12 ㊃g 14 <0㊂根据函数零点的存在定理知函数g (x )的零点在区间14,12内㊂因为函数f (x ),g (x )的零点之差的绝对值不超过0.25,所以f (x )=4x -1的零点符合条件㊂应选A ㊂解答本题的关键是利用函数零点的存在定理来确定函数零点所在的区间㊂编者的话:函数零点的存在定理是函数与方程中的重要内容,它涉及函数思想㊁方程思想㊁转化与化归思想㊁数形结合思想,以及二分法思想等㊂因此,函数零点的存在定理的应用成为高考的常考点,同学们一定要高度重视㊂作者单位:江苏省淮阴中学(责任编辑 郭正华)61 知识结构与拓展 高一数学 2023年11月。
如何利用零点情况求解参数值或取值范围
㊀㊀解题技巧与方法㊀㊀１５４㊀如何利用零点情况求解参数值或取值范围如何利用零点情况求解参数值或取值范围Һ庄㊀静㊀（济宁学院附属高级中学，山东㊀济宁㊀２７２０００）㊀㊀ʌ摘要ɔ零点现象是高中数学中独树一帜的情况， 根据函数零点的情况，讨论参数的范围 是当代高考对考生的考查重点之一．零点同时联系了不等式㊁函数㊁方程等不同模块的知识内容，灵活运用这些知识往往容易成为解答零点问题的关键．通过对一定数量例题的分析总结我们不难发现，零点现象常常和参数求解问题同时存在．对于如何利用零点情况求解参数的具体值或取值范围，我们不妨从这三种不同角度，即数形结合㊁方程思想与导数性质出发思考并解题，这不仅可以提升同学们的解题能力，还可以以此培养同学们的综合素养．ʌ关键词ɔ参数范围；零点情况；数形结合；方程思想；导数一㊁解题思路函数的零点求解中的点，本质上是函数图像与横轴交点的横坐标，但在实际数学应用中，横坐标的这种 跨界性 更具探究意义，因此函数的零点就简化为用横坐标来进行零点的表述．关于函数的零点，常见的问题设计有：连续函数零点存在性的确立；连续函数零点个数的判断；用二分法求函数零点的近似值等．由于函数零点与方程根的关系，问题的解决途径也可以转化为方程形式．近两年高考试题中函数零点的相关问题展现出数学中的划归思想㊁数形结合思想，以及导数解题思想，我们可以从中感受到数学思想方法的魅力．二㊁数形结合求解数形结合与 零点 的结合，可谓是 锦上添花 的组合，主要过程是将已知方程一分为二转化为ｙ＝ｇ（ｘ）和ｙ＝ｈ（ｘ），以这两个函数所对应图像的交点来体现方程根的情况，进而结合图像求解题干中未知参数的具体值．对问题中的方程 一分为二 时，要注意等号两边应是容易画出图像的函数解析式，作图时要充分利用函数的单调性㊁奇偶性等性质，还要在图中标注每个函数图像的最高点㊁最低点等一些特殊点．例１㊀已知函数ｆ（ｘ）＝２ｘ，０ɤｘɤ１，１ｘ，ｘ＞１，{若关于ｘ的方程ｆ（ｘ）＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）恰好有两个不同的实数解，则ａ的取值范围为．思考㊀利用数形结合求解零点问题时，首先解读问题中的已知条件，把方程恰好有两个实数解转化为ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）的函数图像在ｘ的取值范围内有两个交点进行求解，随后在同一个直角坐标系中画出ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝－１４ｘ＋ａ分别对应的图像，最后应对ｙ＝－１４ｘ＋ａ图像进行上下平移和分析，当两个函数图像有两个交点时，确定对应ｙ的取值范围，这样才能求出函数中未知数ａ的取值范围．由于已知ｆ（ｘ）是分段函数，因此同学们在作图时应注意对应函数区间端点的取值，避免在后面解题的过程中出现错误的判断．解㊀由题意可得，关于ｘ的方程ｆ（ｘ）＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）恰好有两个不同的实数解可转化为ｙ＝ｆ（ｘ）和ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）的函数图像有两个不同的交点．在同一个直角坐标系中分别作出ｆ（ｘ）＝２ｘ，０ɤｘɤ１，１ｘ，ｘ＞１{和ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）的函数图像，如图所示．当一次函数ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）的图像经过分段函数ｆ（ｘ）＝２ｘ，０ɤｘɤ１，１ｘ，ｘ＞１{图像中的一个顶点（１，２）时，可以得出ａ＝９４；当直线ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）经过分段函数ｆ（ｘ）＝２ｘ，０ɤｘɤ１，１ｘ，ｘ＞１{的另一个顶点（１，１）时，可以得出ａ＝５４．由图像易知，当ａɪ５４，９４[]时，分段函数ｙ＝ｆ（ｘ）和一次函数ｙ＝－１４ｘ＋ａ图像有两个不同交点，即方程有两个不同的实数解；当直线ｙ＝－１４ｘ＋ａ（ａɪＲ）与反比例函数ｙ＝１ｘ，ｘ＞１的图像相切时，方程１ｘ＝－１４ｘ＋ａ只有一个实数解，即ａｘ－１４ｘ２－１＝０，Δ＝ａ２－１＝０，解得ａ＝１或ａ＝－１（舍去），此时方程ｆ（ｘ）＝－１４ｘ＋ａ有两个不同实数解．其他情况均不满足题意．综上所述，ａ的取值范围为５４，９４[]ɣ｛１｝．三㊁方程思想求解函数中有关零点的求参数取值范围的问题的求解方式，不仅可以从函数图像方面以数形结合的思路考虑，利用函数图像之间的交点来进行分析解答，还可以从方程求解方面找到问题之间的联系进行进一步求解．方程思想的运用，具体是指把求解零点数值的问题转化为求解方程得到实数根的问题，借助方程实数根的解题思路以及相关的知识点列出含有参数的等式或不等式，进而进行分析求得题中所需的具体答案．借助方程实数根的解题思路对零点问㊀㊀㊀解题技巧与方法１５５㊀㊀题进行求解恰恰与数形结合的解题思路相反，如果说数形结合运用的是 一分为二 的解题方法，那么方程思想这种 合二为一 的解法也能够有效解答零点参数求值范围的问题．例２㊀已知ｃʂ０，函数ｆ（ｘ）＝－ｃｘ２＋ｃｘ，ｇ（ｘ）＝ｘ３－ｃｘ２＋ｃｘ，如果函数ｆ（ｘ）与函数ｇ（ｆ（ｘ））有相同的零点，则ｃ的取值范围是．思考㊀利用方程思想进行零点参数取值范围的解题时，首先对问题中的函数ｆ（ｘ）进行分析整理，易知函数ｆ（ｘ）的零点为ｘ１＝１，ｘ２＝０，根据问题中对函数有零点的要求，先令ｇ（ｆ（ｘ））＝０可得到ｆ（ｘ）＝０或ｆ２（ｘ）－ｃｆ（ｘ）＋ｃ＝０，但ｘ１＝１，ｘ２＝０明显不是方程ｆ２（ｘ）－ｃｆ（ｘ）＋ｃ＝０的解，在这个条件下函数ｆ（ｘ）与函数ｇ（ｆ（ｘ））有相同的零点的设想是无法成立的，因此函数ｆ（ｘ）与函数ｇ（ｆ（ｘ））有相同的零点这个结论成立的充要条件是方程ｆ２（ｘ）－ｃｆ（ｘ）＋ｃ＝０无实数根，随后对方程ｆ２（ｘ）－ｃｆ（ｘ）＋ｃ＝０进行综合分析，便能求得参数ｃ的取值范围．解㊀令ｆ（ｘ）＝０，解得ｘ１＝１，ｘ２＝０．令－ｘ２＋ｘ＝ｔ，ｔɪ－ɕ，１４(]，将题干中的函数进行换元以及代入．ʑｆ（ｘ）＝ｃｔ，ｇ（ｆ（ｘ））＝ｃ３ｔ３－ｃ３ｔ２＋ｃ２ｔ．解方程ｇ（ｆ（ｘ））＝ｃ３ｔ３－ｃ３ｔ２＋ｃ２ｔ＝０，可得ｔ＝０或ｃｔ２－ｃｔ＋１＝０．当ｔ＝０时，求得ｘ＝１或ｘ＝０；当ｃｔ２－ｃｔ＋１＝０时，ȵｃʂ０，ʑｔ２－ｔ＋１ｃ＝０，ȵｔ＝０不是该方程的解，ʑｔ２－ｔ＋１ｃ＝０在ｔɪ－ɕ，(１４]内无解，即ｔ＝１４时ｔ２－ｔ＋１ｃ＞０，可求得０＜ｃ＜１６３．综上所述，ｃ的取值范围是０，１６３()．四㊁导数性质求解零点情况与导数往往有着密切的联系，在导数中零点和函数的极值更能画上等号，利用导数中的零点情况求解参数具体值或取值范围，也是同学们经常能见到的一种解题思路．运用导数性质进行解题，实际是通过对函数解析式进行求导，凭借导数讨论并分析已知区间内函数的单调性，判断求导函数与ｘ轴是否有交点，以此求得参数的具体值或取值范围．解题时可能会对函数多次求导，同学们还需要注意区分每一次求导的解析式和意义，避免出现混淆导致答案错误．例３㊀已知函数ｆ（ｘ）＝ａｌｎｘ＋２ｘ()－ｅｘ－１ｘ２（ａɪＲ，ａ为常数）在（０，２）内有两个极值点ｘ１和ｘ２，且ｘ１＜ｘ２，求实数ａ的范围．思考㊀先对题中所求的问题进行分析解读与整理，可以把函数ｆ（ｘ）在（０，２）内有两个极值点转化成ｆᶄ（ｘ）在（０，２）内有两个零点的问题进行求解，其次还需要对ｆᶄ（ｘ）进行求导得到ｆᵡ（ｘ），对ａ的值进行分类讨论，求得对应的ｆᵡ（ｘ）值和ｆᶄ（ｘ）的单调性，综合判断求出ｆ（ｘ）满足（０，２）内有两个极值点条件的参数取值范围即可．解㊀对ｆ（ｘ）求导可得，ｆᶄ（ｘ）＝ａ１ｘ－２ｘ２æèçöø÷－ｅｘ－１（ｘ－２）ｘ３＝（ｅｘ－１－ａｘ）（２－ｘ）ｘ３，ｘ＞０，记ｅｘ－１－ａｘ＝ｈ（ｘ），ｘ＞０，由题意可得，ｈ（ｘ）在（０，２）上存在２个零点．ȵｈᶄ（ｘ）＝ｅｘ－１－ａ，ʑ当ａɤ１ｅ时，ｈᶄ（ｘ）＞０，ｈ（ｘ）在（０，２）上单调递增，至多有１个零点，不符合题意，当ａ＞１ｅ时，令ｈᶄ（ｘ）＝０，得ｘ＝１＋ｌｎａ．①当１＋ｌｎａ＜２且ｈ（２）＞０，即１ｅ＜ａ＜ｅ２时，ｈ（ｘ）在（０，１＋ｌｎａ）上单调递减，在（１＋ｌｎａ，２）上单调递增，则ｈ（ｘ）ｍｉｎ＝ｈ（１＋ｌｎａ）＝－ａｌｎａ．当１ｅ＜ａɤ１时，ｈ（ｘ）ｍｉｎȡ０，ｈ（ｘ）至多有１个零点，不符合题意；当１＜ａ＜ｅ２时，ｈ（ｘ）ｍｉｎ＜０，且ｈ（２）＞０，且当ｘ靠近０时，ｈ（ｘ）趋近于１ｅ＞０．从而ｈ（ｘ）在（０，１＋ｌｎａ）和（１＋ｌｎａ，２）上各有一个零点，ʑｈ（ｘ）在０，２()上存在２个零点．②当１＋ｌｎａ＜２且ｈ（２）ɤ０，即ｅ２ɤａ＜ｅ时，ｈ（ｘ）在（０，１＋ｌｎａ）上有１个零点，但在（１＋ｌｎａ，２）上没有零点，不符合题意．③当１＋ｌｎａȡ２，即ａȡｅ时，ｈ（ｘ）在（０，２）上单调递减，ｈ（ｘ）至多有１个零点，不符合题意．综上所述，实数ａ的取值范围是１，ｅ２()．总之，零点情况在不同知识模块中有着不同的表达意义，利用不同情况下的零点意义可以高效解答参数相关问题：在函数图像中可以用两个函数图像交点表示；在方程中针对实数根进行等价转换；在导数中也可以是极值意义．这些零点情况的表达方式，恰恰证明了零点现象的重要性，也在提醒同学们应该重视零点现象的灵活运用，以此提高思维能力和解题效率．对于函数零点题目求解而言，解题思路随着题型的不同运用的解题技巧也是有所差别的，不同类型的零点问题，其方法也不尽相同，甚至会不仅仅运用其中一种方法进行求解，也有时不一定有解．在具体的解题过程中，应根据题干所给出的条件，对解题方法进行科学的选取，以保证解题结果的正确性，这对学生在解题中的思维灵活性以及数学知识的掌握程度都有一定要求．总㊀结高中阶段对函数零点的考查主要集中在这两个方面：一是结合函数零点的存在性，运用函数定理以及函数图像，对函数是否存在零点以及零点的个数进行判断，进而判断零点所在的区间，即零点的取值范围；二是利用零点（方程实根）的存在求相关参数的值以及取值范围．函数与导数相结合是数形结合㊁方程思想㊁导数求值这三种解题思路中较难的．学生应理解函数的零点㊁方程的根㊁函数图像与直角坐标系中ｘ轴有交点的等价性质，掌握零点的存在性定理．教师要注重培养学生函数与方程思想㊁数形结合思想以及等价转换思想的应用意识，使其在零点问题的解题过程中能够灵活运用．ʌ参考文献ɔ［１］桑园．利用函数零点求参数的取值范围［Ｊ］．河北理科教学研究，２０１９（０２）：３１－３２．［２］肖骑兵．函数零点中参数取值的求解［Ｊ］．中学教学参考，２０１０（０４）：８１．。
高中函数零点的总结归纳
高中函数零点的总结归纳高中数学中，函数是一个重要的主题，而其中的零点是我们需要特别关注的部分。
在这篇文章中，我们将对高中函数的零点进行总结归纳。
通过做题和分析案例，我们将会深入探讨零点的概念、求解方法以及其在实际问题中的应用。
一、零点的概念及性质函数的零点，也被称为方程的根或解，即函数在横坐标轴上交点的横坐标值。
对于一个函数f(x)，如果存在一个实数a，使得f(a)=0，则称a为函数的零点。
从直观上来理解，零点就是使得函数取值为零的横坐标值。
在研究函数的零点时，我们需要关注以下几个性质：1. 零点的唯一性：对于一个函数，它的零点不一定只有一个，但在某一特定区间内，零点是唯一的。
2. 零点的对称性：如果a是函数f(x)的零点，那么-a也是它的零点。
这意味着如果我们找到了一个零点，我们可以根据对称性找到另一个零点。
3. 零点与函数图像：函数的零点处于函数图像与x轴的交点处，因此通过观察函数图像可以初步判断零点的位置。
二、零点的求解方法求解函数的零点是我们在高中数学中经常要进行的操作之一。
下面是几种常见的求解方法：1. 图像法：通过观察函数的图像，找出横坐标轴上的交点。
这种方法对于简单函数比较直观，但对于复杂函数可能会不够准确。
2. 因式分解法：如果函数可以进行因式分解，那么我们可以通过将函数中的因式置零来求解零点。
这个方法要求我们对函数的因式分解有一定的掌握程度。
3. 零点定理与综合除法：零点定理告诉我们，如果一个函数f(x)存在有理数根p/q（p与q互质），那么p是f(x)的常数项的因子，q是f(x)的最高次项的系数。
我们可以通过综合除法来验证这个定理，并进一步求得有理数根。
4. 数值法：对于无法通过上述方法求解的函数，我们可以使用数值法来逼近零点。
例如，可以使用二分法、牛顿法或二次插值法等数值方法来计算。
三、零点的应用举例函数的零点在实际问题中有着广泛的应用。
下面我们通过几个实例来说明零点的具体应用。
函数零点的综合性的应用
高中数学 函数零点的综合应用 编稿老师 王东一校 张小雯 二校 黄楠 审核 孙溢【考点精讲】二次函数零点分布：设)0(,)(2≠++=a c bx ax x f（a ）二次方程)0(02≠=++a c bx ax 的两个根21,x x 满足21x r x <<⇔函数)0(,)(2≠++=a c bx ax x f 两个零点为21,x x 满足21x r x <<0)(<⇔r af（b ）方程)0a (,0c bx ax 2≠=++的两个根21,x x 满足r x x >>12⇔二次函数)0(,)(2≠++=a c bx ax x f 两个零点21,x x 满足r x x >>12⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>>->-=∆⇔0)(2042r af ra bac b（c ）（d ）二次方程)0a (0c bx ax 2≠=++的两个根满足q x p x <<<21⇔函数)0a (c bx ax )x (f 2≠++=的零点满足q x p x <<<21⎩⎨⎧><⇔0)(0)(q af p af（e ）二次方程)0a (0c bx ax 2≠=++的两个根有且只有一个根在（p ，q ）内⇔函数)0a (c bx ax )x (f 2≠++=的两个零点有且只有一个在区间（p ，q ）内0)()(<⇔q f p f 或检验f （p ）=0，f （q ）=0并检验另一根在（p ，q ）内。
【典例精析】例题1 已知关于x 的二次方程x 2＋2mx ＋2m ＋1＝0。
（1）若方程有两根，其中一根在区间（－1，0）内，另一根在区间（1，2）内，求m 的范围；（2）若方程两根均在区间（0，1）内，求m 的范围。
思路导航：设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制。
答案：（1）由条件，抛物线f （x ）＝x 2＋2mx ＋2m ＋1与x 轴的交点分别在区间（－1，0）和（1，2）内，如图（1）所示，得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=<+=>=-<+=56)2(,024)1(02)1(012)0(m f m f f m f ，，⇒⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧->-<∈-<.65,21m ,,21m R m m 即－56＜m ＜－12。
罗尔定理在函数零点问题中的应用(可编辑)
罗尔定理在函数零点问题中的应用（可编辑）罗尔定理在函数零点问题中的应用本科毕业论文题目罗尔定理在函数零点问题中的应用系别数学与信息科学学院专业数学与应用数学指导教师评阅教师班级级2班姓名学号年 5 月 10 日目录摘要…………………………………………………………………………………………………? Abstract……………………………………………………………………………………?引言……………………………………………………………………………………… (1)1概念及定理 (1)2罗尔定理在函数零点问题中的应用 (3)2.1 罗尔定理在函数零点存在性问题中的应用 (3)2.2 罗尔定理在函数零点个数问题中的应用 (4)2.3 罗尔定理在函数零点唯一性证明中的应用 (5)2.4 罗尔定理与几个特殊多项式函数的零点分布问题..........................................52.4.1 Laguerre多项式 (5)2.4.2 Hermite多项式....................................................................................6 2.4.3勒让德多项式 (8)2.5 多变元情形下的罗尔定理及其在几何学上的应用 (9)结束语……………………………………………………………………………………… (10)参考文献……………………………………………………………………………………… (11)致谢……………………………………………………………………………………… (12)摘要:在介绍了罗尔定理的基础上,通过综合应用类比法、分析法、演绎推理法将罗尔定理在一元实函数中进行了推广,得到了在“任意区间”上罗尔定理的结论成立,同时得到了在“函数在区间内除有限个点处存在正(或负)无穷的导数外,其他点均有有限导数”的情形下罗尔定理的结论仍然成立.将罗尔定理在复变函数(解析函数)中进行了推广,得到了向量值函数中的一个重要结论.结合典型例题,分析、讨论并证明了罗尔定理及推广后的罗尔定理在函数零点问题中的实际应用,同时证明了在几何学上的具体应用,用广义罗尔定理证明了三个特殊多项式,说明了罗尔定理不仅具有重要的理论意义,而且还有很好的应用价值.关键词:函数;函数零点;罗尔定理;应用Abstract: On the basis of the Rolle theorem, through analogy,combined application, analysis and deductive reasoning method, the promotion of Rolle theorem in the real function of one dollar. Thentheconclusion of Rolle Theorem set up in the “free range”. At thesame time,on the condition of “function in the range of a finite number of points in addition to positive or negative derivative of the infinite,the other points are limited derivative”, Rolle theorem remain valid. Rolle theorem promote in the complex function analytic functions.Vector-valued functions has been an important conclusion. Combined witha typical example, and analysis, discussion and proof of Rolle theoremand the promoted Rolle are application practically in the function against. At the same time, the specific application in the geometry isproved. Using the generalized Rolle theorem prove three special polynomial. Rolle theorem shows not only an important theoretical significance, but also very good practical value Key words: function; function against; rolle theorem; application引言对函数零点问题的研究一直是微积分理论研究中的一个重要课题,解决这一问题常用的工具是微积分中的零点定理、费马定理、罗尔定理、拉格朗日中值定理、柯西中值定理等,对于不同的理论和方法有不同的使用范围和各自的优缺点.罗尔定理是基于费马定理且能导出拉格朗日中值定理和柯西中值定理的一个著名定理,因此对罗尔定理的研究一直以来都是微积分理论研究中一个比较活跃的方向.根据罗尔定理,若函数在闭区间上连续、开区间内可导,则在端点和的取值就决定了内某点的微分性质,尽管的取值一般情况下不易求出,但它并不影响罗尔定理的应用.由于它的这个优越性质,将它应用于函数零点问题中就具有明显的优越性.因此,长期以来人们都想削弱罗尔定理的三个限制条件,以便将它用于更加广泛的领域.至今,人们在文献[1]-[5]中将其在一元实函数中进行了推广,将“有限区间”推广到了“任意区间、任意端值”上,并且将“处处可导”推广到了“在区间内除有限个点处存在正(或负)无穷的导数外,均有有限导数”,削弱了严格的限制,同时讨论了一些函数的零点问题.在罗尔定理的应用中,构造辅助函数十分重要.2003年,文献[6]利用找原函数的思想,通过不定积分的过程来寻求辅助函数,得到了应用罗尔定理构造辅助函数的一种方法.但罗尔定理只能用于一元实函数,能否将它推广到多元函数中呢?1995年Furi与Martelli经过研究将其推广到了向量值函数中,并将其应用到了几何学上.这样罗尔定理不仅可以用于实函数,也可以用于复变函数的零点问题中.本文根据大量的文献整理与综合,首先给出了罗尔定理及其推广形式,进而应用这些结论分析讨论了其在实函数和复变函数零点问题中的具体应用.1 概念及定理1.1 函数零点的定义如果存在实数,使得,则称为函数的零点. 函数的零点又称为方程的实根.讨论函数零点的存在性,确定函数零点的个数,证明函数零点的唯一性的问题,统称为函数的零点问题.1.2 罗尔定理[7]若函数满足如下条件:1 在闭区间上连续;2在开区间内可导;3,则在内至少存在一点,使得.罗尔定理的几何意义是说:在每一点都可导的一段连续曲线上,如果曲线的两端点高度相等,则至少存在一条水平切线.1.3 推广的罗尔定理推广1:若函数在有限区间或无限区间内满足:1可导;2 .则在内至少存在一点,使得.推广2:若函数满足:1在上连续;2在内除有限个点处存在正无穷或负无穷的导数外,均有有限导数;3.则在中至少存在一点,使得.推广3(广义罗尔定理):设函数在有限或无穷的区间中的任意一点处有有限的导数,且,则在中至少存在一点,使得.推广4向量值函数中的推广:设, (1)上连续; (2)内可微; (3)存在非零向量,使得对任意的成立; (4)存在非零向量,使得对任意的,恒为常数; (5)存在非零向量,使得对任意的,不变号.若除满足(1)(2)两个条件外,还满足(3)(4)(5)中的任意一个,则至少存在一点,使得(注意到为矩阵),即与向量组正交.罗尔定理仅仅适用于连续的一元实函数,推广1、2和3是对它在实函数中的进一步推广,这样可以让罗尔定理摆脱太严格的限制,同时推广的罗尔定理就可以在任意区间、任意端值上使用了,从而使其在实函数中的应用更加广阔.但是罗尔定理的最大缺陷就是只能用于一元连续实函数,因此推广4将其从本质上推广到了向量值函数中,从而能将罗尔定理从代数学中推广到几何学中,与日常的生产生活联系更加紧密.2 罗尔定理在函数零点问题中的应用零点问题就是指零点的存在性、唯一性以及个数的问题,这一问题的解决可以采用高等数学中的零点定理、费马定理、拉格朗日中值定理等微积分方法,不同的方法在不同的环境中有各自的优越性.罗尔定理在函数零点问题中的应用十分广泛,无论是零点的存在性、唯一性还是个数问题,应用罗尔定理都能得到很好的解决.2.1 罗尔定理在函数零点存在性问题中的应用在数学学科中,函数零点的存在性问题始终都是人们研究的热点课题.虽然这一问题的解决可以用零点定理,但在难以认定正负值点的时候,就需要换一种方法,其中罗尔定理就是一种很好的方法.用罗尔定理讨论函数零点问题时可以采用以下方法.对函数的原函数使用罗尔定理:若在闭区间上,并且,则在上至少存在一点,使得. 例1 设函数是定义在闭区间上的连续函数,且,证明存在,使得. 分析:如果用零点定理,则令,但的值是正还是负,难以确定,因此考虑改用罗尔定理.证明:令,则.那么 (因为),所以.又因为,所以由罗尔定理可知,存在,使得. 针对难以确定正负值点的函数零点存在性问题,采用罗尔定理能方便而又快速的给我们提供解决方法,因为它并不要求求出区间内的端点值或者说判断端点值的正负,而只需要知道它是否连续、可微就可以了.针对这一类问题,通常采用的方法就是对函数的原函数使用罗尔定理.但由于罗尔定理的限制太严格了,它要求三个限制条件必须同时满足,只要有一个条件不满足,罗尔定理就不一定成立,这就大大的限制了罗尔定理的使用范围,因此在难以确定函数是否连续、可微时直接使用罗尔定理反而会增加解题的难度,加大计算量.2.2 罗尔定理在函数零点个数问题中的应用在数学学习和生产生活中,零点的个数问题始终是一个重要的问题.讨论一个函数到底有几个零点,通常可以采用先确定至多有几个零点,再确定至少有几个零点,从而得出零点的个数,在这过程中罗尔定理就显示出了它的优越性.例2 讨论方程的零点个数. 解:设函数,显然在定义域内是连续函数.分别令得所以在区间各至少有一个零点,即方程至少有三个实根.令,这个函数在区间上连续且单调递增,,所以在有唯一的零点,所以由罗尔定理可知在至多有两个零点.同理可知在至多有三个零点.综上所述,方程在恰好有三个零点.将方程转化为函数,再利用微积分的方法解决问题,这是一种重要的思想,即化归的思想,是一种常用的解题策略.2.3 罗尔定理在函数零点唯一性证明中的应用在函数零点问题中,讨论某个函数的零点是否唯一,是一种常见的题型,并且在实际生活中也具有重要的意义.罗尔定理为这类题型提供了一个有力的工具.例3 已知在上二阶可微,,,,则在内只有一个实根.证明:首先证明存在性.过定点做曲线的切线:,则切线与轴的交点,由(向上凸的),显然有.下面采用反证法证明唯一性.若存在使得,则由罗尔定理可知,存在使得.这与是矛盾的.所以只有一点,使得.唯一性的证明通常都比较困难,一般从正面入手很难解决问题,然而从反面思考,往往有“柳暗花明又一村”的感觉.在零点唯一性的证明中,罗尔定理能较好地发挥它独特的性质.2.4 罗尔定理与几个特殊多项式函数的零点分布问题在研究有关多项式的问题时,多项式的零点分布是经常遇到并且非常重要的问题之一.在解决的方法中,罗尔定理是一个很好的工具,但是罗尔定理的要求非常严格,三个条件必须同时满足,定理才成立.因此我们利用推广的罗尔定理解决这个问题.以下就是用罗尔定理解决三种特殊多项式的例子.2.4.1 Laguerre多项式在区间上带权函数的正交多项式序列中的多项式称为Laguerre多项式,其表达式为.例4 证明多项式所有的根都是正根. 证明:因为, ,依此类推可知是次多项式.可见,至多只有个实根.设函数,则.由广义罗尔定理知,存在,使得.现设至少有个零点,且.分析的结构易知,是一个与一个次多项式的乘积,即 ,其中是一个多项式.则,由广义罗尔定理知,存在,使得.根据数学归纳法,至少有个正根.又由于恒不为零,所以至少有个正根.由前面可知最多只能有个实根,所以只有个实根,且都是正实根.2.4.2 Hermite多项式在实际生活中,函数在某区间上存在,但函数往往很复杂,甚至没有明显的解析表达式,因此常用插值法去构造一个既能反映函数特征又便于计算的较为简单的函数以替代函数.不同的实际问题,选用的插值函数也会不同.Hermite多项式就经常被选为插值函数.在区间上带权函数的正交多项式序列中的多项式称为Hermite多项式,其表达式为.例5 证明多项式所有的根都是实数. 证明:显然是一个次多项式. 设函数,则, ,可见有一个实数根,有两个相异的实数根. 现假设有个相异的实根,并记作.分析的结构可知.因为有个相异的实根,因此可令,即,其中为一个非零常数.又由于,根据罗尔定理得,存在使得,即在之间至少存在个相异实根.又由于,根据广义罗尔定理可知,必存在,使得.同理,,由广义罗尔定理知必存在,使得.综上所述,至少有个实根.所以由数学归纳法知至少有个相异的实根.从而至少有个相异的实根.但是是的一个次多项式,故恰有个根(实根或复根),即的所有根都是实根.2.4.3 勒让德多项式伴随勒让德多项式(Associated Legendre polynomials)有时被简称为勒让德多项式.数学上,勒让德函数指以下勒让德微分方程的解:为求解方便一般也写成如下斯图姆-刘维尔形式(Sturm-Liouville form): 上述方程及其解函数因法国数学家阿德里安-马里?勒让德而得名.勒让德方程是物理学和其他技术领域常常遇到的一类常微分方程.当试图在球坐标系中求解三维拉普拉斯方程(或相关的其他偏微分方程)时,问题便会归结为勒让德方程的求解. 例6 证明勒让德多项式的一切零点都是实数且含于区间中.证明:设,因为是次多项式,且恒不为0,所以是次多项式,由代数定理可知它至多只有个实零点.由于,由广义罗尔定理知,至少存在一点,使得.假设至少有个实零点.分析的结构可将写为以下结构 ,其中为次多项式. 因为,由罗尔定理可知存在,使得,即至少有个零点,并且全部在区间之间. 由数学归纳法可知至少有个实零点,且全部介于区间之间.由于恒不为0,所以至少有个实零点.而由前面知道是次多项式,它至多有个实零点.所以恰有个实零点,且全部介于区间之间.勒让德多项式的应用十分广泛,但如何证明它的零点是一个难点,以上例子就提供了一种很好的方法.2.5 多变元情形下的罗尔定理及其在几何学上的应用在微积分学中,关于多变元映像(从多元函数到向量值函数)的极限(包括连续性)、微分、积分及其性质,一般都是考虑一元函数的性质能否平移或推广过来.但罗尔定理的不足之处就是对向量值函数不成立,因此1995年Marden[8],1992年Evard 与Jafari[9]在复变(解析函数)情形下揭示了罗尔定理的本质,1995年Furi 与Martelli[10]对向量值函数进行了推广:在闭域上连续,开域内可微的向量值函数,罗尔定理情形下的边界函数值确定了开域内某点的微分性质.这样该结果就可以应用于几何学.例7 设定义为,并满足下列条件:在上连续;在内可微;存在中的平面,对任意的..则存在.使得在曲面上处的切平面平行于平面.这里表示的值域,或者表示的曲面.证明:设,则表示平面的法向量.由条件3)可知,对任意的,都有与正交.由罗尔定理的推广4知,存在,使得与向量组正交.又因为,在上处的切平面向量式参数方程为.这里,为参数.所以,切平面的法线与平行,从而切平面平行于平面. 罗尔定理仅仅适用于一元函数,这样就在很大程度上限制了罗尔定理的应用范围.但它的良好本质却能启发我们将其推广到向量值函数中,从而就能解决一类几何问题,为数学问题的解决提供了更多的工具.结束语利用罗尔定理的理论和方法,可以较细致的研究函数零点问题.根据罗尔定理的意义,可以将其从限制条件上和本质上进行多方位的推广,从而扩大应用领域. 通过对罗尔定理的简单分析探究,掌握了该定理的结构形式,学习了运用类比的思维方法推广该定理的过程,分析讨论了罗尔定理的实际应用.首先将罗尔定理在一元函数中进行推广,削弱了罗尔定理的限制条件.紧接着利用罗尔定理的实质将其在向量值函数中进行了推广,得到“在闭域上连续、开域内可微的向量值函数,罗尔定理情形下的边界函数值确定了开域内某点的微分性质”,从而将结果应用于几何学.最后,应用罗尔定理及其推广形式举例说明了它们在证明函数零点存在性、函数零点个数、函数零点唯一性、三类特殊多项式函数的零点分布问题,并举例说明了多变元情形下的罗尔定理在几何学上的应用.至于如何应用罗尔定理构造辅助函数,以及解决函数零点问题的各种微积分方法(如费马定理、拉格中值定理等)的优缺点比较这两个问题未做讨论.参考文献[1] 孙兰敏.洛尔定理的2个推广形式[J].衡水学院学报,2005,71:1-2.[2] 汪军.广义罗尔定理及其应用实例[J].辽宁工程技术大学学报,2000,191:93.[3] 张志军.多变元情形下的洛尔定理及其应用[J].西北师范大学学报,1998,34(1):84?87.[4] 潘黎霞.对广义罗尔定理证明并在求函数的零点上的应用[J].甘肃科技,2005,217:115-116.[5] 周敦.微分中值定理的推广及其应用[J].钦州师专钦州教院学报.1994,81:54-56.[6] 王艳萍,余学军.应用罗尔定理时一种辅助函数构造法[J].南阳师范学院,2003,29:18-21.[7] 华东师范大学数学系.数学分析:上册[M].北京:高等教育出版,2005.[8] Marden M.The search for a Rolle's theorem in the complexdomains[J].Amer,Math.Monthly,1985,92:643-650.[9] Evard J C,Jafari F.A complex Rolle'stheorem[J].Amer,Math.Monthly,1992,99:856-861.[10] Furi M,Martelli M.A multidimensional version of Rolle'stheorem[J].Amer.Math.Monthly,1995,102:243-249.致谢时光荏苒,岁月如梭,转眼毕业将至.值此论文完成之际,我谨向所有关心、爱护、帮助过我的人表示最诚挚的感谢与最美好的祝愿. 通过毕业论文的写作,我真正体会到了科学的严谨性.任何一门科学,我们都必须以认真严谨的态度去对待它,不能以自己的主观臆断去评判真理,而应以真理去认识客观世界.在论文写作过程中,我熟悉了电脑的一些基本操作,学会了论文的排版格式.经过一、二、三稿的整理和修改,我明白了一个道理??踏踏实实做人,明明白白做事.在这四年里,无论成功还是失败,许多长辈和朋友都给了我一如既往的支持与鼓励.在这里我要首先感谢我的父母、我的亲人朋友们,他们给了我无微不至的关怀,陪我一起度过二十多年的酸甜苦辣,对他们的感激之情,不知该如何表达,千言万语,只能化成实际行动,让我用一生报答他们!其次我要感谢内江师范学院可敬的老师们,尤其是我的导师――吕晓亚,她用为人师表的高尚品格和渊博深厚的学术造诣,为我们树立了的崇高的榜样,开启了人类智慧的大门.最后,衷心感谢程冲、邓平等寝室朋友们在学习时给予我的关心和帮助!。
第09讲：函数的零点和函数的应用期末高频考点突破
第09讲:函数的零点和函数的应用期末高频考点突破高频考点梳理1．函数的零点 (1)函数零点的定义对于函数y ＝f (x )(x ∈D )，把使f (x )＝0的实数x 叫做函数y ＝f (x )(x ∈D )的零点． (2)几个等价关系方程f (x )＝0有实数根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点． (3)函数零点的判定(零点存在性定理)如果函数y ＝f (x )在区间[a ，b ]上的图象是连续不断的一条曲线，并且有f (a )·f (b )<0，那么，函数y ＝f (x )在区间(a ，b )内有零点，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的函数y ＝f (x )，通过不断地把函数f (x )的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法． 3．二次函数y ＝ax 2＋bx ＋c (a >0)的图象与零点的关系(x ,0)，(x ,0)(x ,0) 无交点 题型一：函数零点存在定理1．（2022·黑龙江·佳木斯一中高一期末）函数3ln y x x=-的零点所在区间是（ ） A ．()3,4B ．()2,3C ．()1,2D ．()0,12．（2021·河南·安阳市第三十九中学高一期末）关于函数2()311x f x x =+-的零点，下列判断正确的是（ ）A ．()f x 只有一个零点，且这个零点在区间12（,）内B ．()f x 有两个零点，且其中一个零点在区间12（,）内C ．()f x 只有一个零点，且这个零点在区间2,3（）内D ．()f x 有两个零点，且其中一个零点在区间2,3（）内3．（2022·河南安阳·高一期末）已知函数()f x 是定义在R 上的减函数，实数a ，b ，c 满足a b c <<，且()()()0f a f b f c ⋅⋅<，若0x 是函数()f x 的一个零点，则下列结论中一定不正确的是（ ）A ．0x a <B ．0a x b <<C ．0b x c <<D ．0x b <题型二：函数的零点个数分布问题（参数）4．（2021·河南·安阳一中高一期末）已知定义在R 上的奇函数，满足()()20f x f x -+=，当(]0,1x ∈时，()2log f x x =-，若函数()()()sin πF x f x x =-，在区间[]1,m -上有10个零点，则m 的取值范围是（ ）A ．[)3.5,4B ．(]3.5,4C ．(]5,5.5D ．[)5,5.55．（2022·全国·益阳平高学校高一期末）已知函数()22,02,0x x f x x x x -<⎧=⎨-+≥⎩若关于x 的方程()12f x x m =+恰有三个不相等的实数解，则m 的取值范围是（ ） A ．30,4⎡⎤⎢⎥⎣⎦B ．30,4⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．90,16⎡⎤⎢⎥⎣⎦D ．90,16⎛⎫ ⎪⎝⎭6．（2022·内蒙古·赤峰二中高一期末（文））已知()()2ln ,045,1x x f x x x x ⎧-<⎪=⎨-+≥⎪⎩，若方程()()f x m m =∈R 有四个不同的实数根1x ，2x ，3x ，4x ，则1234x x x x ⋅⋅⋅的取值范围是（ ） A ．（3，4）B ．（2，4）C ．[0，4）D ．[3，4）题型三：用二分法求函数f (x )零点近似值7．（2022·江西新余·高一期末）若函数()31f x x x =--在区间[1，1.5]内的一个零点附近函数值用二分法逐次计算，列表如下：那么方程310x x --=的一个近似根（精确度为0.1）可以为（ ） A ．1.3B ．1.32C ．1.4375D ．1.258．（2022·内蒙古·呼和浩特市教育教学研究中心高一期末）用二分法求方程的近似解，求得函数()329f x x x =+-的部分函数值数据如下：()16f =-，()23f =，()1.5 2.625f =-，()1.750.6406f =-，则方程3290x x +-=的一个近似根x 所在区间为（ ） A ．()0.6406,0-B ．()1.75,2C ．()1.5,1.75D ．()1,1.59．（2021·安徽宿州·高一期末）已知函数3()2xf x x=-在区间(1,2)上有一个零点0x ，如果用二分法求0x 的近似值(精确度为0.01)，则应将区间(1,2)至少等分的次数为（ ） A ．5B ．6C ．7D ．8题型四：函数与方程的综合问题10．（2021·天津·高一期末）已知函数4(),01af x x a x=+<≤ (1)用定义法证明函数()f x 在[2,)+∞单调递增；(2)设()()22x xg x f a ⎡⎤=-⎣⎦，求()g x 在[1,0]-上的最大值(3)设2+1,<2()=5(),22x x x f x x ϕ≥-⎧⎪⎨-⎪⎩，若方程()20x a ϕ-=有两个不等实根，求实数a 的取值范围．11．（2022·安徽池州·高一期末）已知函数()214()log 21x f x +=+.(1)求函数()n x(2)若关于x 的方程2()14f x x m =+-在[2,3]-上有两个实数根，求实数m 的取值范围.12．（2022·江西抚州·高一期末）已知函数()ln 11ax f x x ⎛⎫=- ⎪+⎝⎭（其中a R ∈且0a ≠）的图象关于原点对称. (1)求a 的值；(2)①判断()xy f e =在区间()0,∞+上的单调性（只写出结论即可）；①关于x 的方程()ln 0xf e x k -+=在区间(]0,ln 4上有两个不同的解，求实数k 的取值范围.题型五：函数模型的应用13．（2022·湖北武汉·高一期末）《湿地公约》第十四届缔约方大会部级高级别会议11月6日在湖北武汉闭幕，会议正式通过“武汉宣言”，呼吁各方采取行动，遏制和扭转全球湿地退化引发的系统性风险.武汉市某企业生产某种环保型产品的年固定成本为2000万元，每生产x 千件，需另投入成本()C x （万元）.经计算若年产量x 千件低于100千件，则这x 千件产品成本21()1011002C x x x =++；若年产量x 千件不低于100千件时，则这x 千件产品成本4500()120540090C x x x =+--.每千件产品售价为100万元，设该企业生产的产品能全部售完.(1)写出年利润L （万元）关于年产量x （千件）的函数解析式；(2)当年产量为多少千件时，企业所获得利润最大？最大利润是多少？ 14．（2022·贵州六盘水·高一期末）2005年8月，时任浙江省省委书记的习近平同志就提出了“绿水青山就是金山银山”的科学论断.为了改善农村卫生环境，振兴乡村，加快新农村建设，某地政府出台了一系列惠民政策和措施某村民为了响应政府号召，变废为宝，准备建造一个长方体形状的沼气池，利用秸秆、人畜肥等做沼气原料，用沼气解决日常生活中的燃料问题.若沼气池的体积为18立方米，深度为3米，池底的造价为每平方米180元，池壁的造价为每平方米150元，池盖的总造价为2000元.设沼气池底面长方形的一边长为x 米，但由于受场地的限制，x 不能超过2米.(1)求沼气池总造价y 关于x 的函数解析式，并指出函数的定义域； (2)怎样设计沼气池的尺寸，可以使沼气池的总造价最低？并求出最低造价.15．（2022·江苏省灌云高级中学高一期末）我国某企业自主研发了一款具有自主知识产权的平板电脑，并从2021年起全面发售.经测算，生产该平板电脑每年需投入固定成本1350万元，每生产x （千台）电脑需要另投成本()T x 万元，且2+100+1000,0<<40,()=10000601+-7450,40,ax x x T x x x x ≥⎧⎪⎨⎪⎩另外每台平板电脑售价为0.6万元，假设每年生产的平板电脑能够全部售出.已知2021年共售出10000台平板电脑，企业获得年利润为1650万元.(1)求该企业获得年利润()W x （万元）关于年产量x （千台）的函数关系式; (2)当年产量为多少千台时，该企业所获年利润最大?并求最大年利润.参考答案：1．B【分析】根据解析式判断函数单调性，再应用零点存在性定理确定所在区间即可.【详解】由3,ln y y x x==-在(0,)+∞上递减，所以3ln y x x=-在(0,)+∞上递减，又3(2)ln 202f =-=>，e (3)1ln 3ln 03f =-=<，所以零点所在区间为()2,3. 故选：B 2．B【分析】根据零点存在性定理，特殊值检验解决即可. 【详解】由题知，2()311x f x x =+-，当2()3110x f x x =+-=时，2311x x =-+，令2123,11x y y x ==-+，如图有图知()f x 有两个零点； 因为(1)311170f =+-=-<， (2)941120f =+-=>， (3)27911250f =+-=>，1(1)11103f -=+-<，1(2)41109f -=+-<，1(3)911027f -=+-<，1(4)1611081f -=+->，说明()f x 有两个零点位于12（,）和3,4--（）， 故选：B 3．B【分析】根据函数的单调性可得()()()f a f b f c >>，再分()0f a <和()0f a >两种情况讨论，结合零点的存在性定理即可得出结论.【详解】解：①()f x 是定义在R 上的减函数，a b c <<，①()()()f a f b f c >>， ①()()()0f a f b f c ⋅⋅<，①()()()0,0,0,f a f b f c <<<或()0f a >，()0f b >，()0f c <， 当()0f a <时，0x a <，0x b <；当()0f a >，()0f b >，()0f c <时，0b x c <<； ①0a x b <<是不可能的. 故选：B ． 4．A【分析】根据题意可知()f x 和()sin πx 都是周期为2的周期函数，因此可将()()()sin πF x f x x =-的零点问题转换为()f x 和()sin πx 的交点问题，画出函数图形，找到交点规律即可找出第10个零点坐标，而m 的取值范围就在第10个零点和第11个零点之间.【详解】由()()()()()2022f x f x f x f x f x -+=⇒=--=-得()f x 是一个周期为2的奇函数，当(]0,1x ∈时，()2log f x x =-，因此211log 122f ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭，()10f =因为()f x 是奇函数，所以()00f = ，112⎛⎫-=- ⎪⎝⎭f ，()10f -=且()()sin πg x x =的周期为2π2πT ==，且()10g -=，112g ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，()00g =，112g ⎛⎫= ⎪⎝⎭，()10g = 求()()()sin πF x f x x =-的零点，即是()f x 与()g x 的交点，如图：为()f x 与()g x 在[]1,1-区间的交点图形，因为()f x 与()g x 均为周期为2的周期函数，因此交点也呈周期出现，由图可知()F x 的零点周期为12，若在区间[]1,m -上有10个零点，则第10个零点坐标为()3.5,0，第11个零点坐标为()4,0，因此3.54m ≤< 故选：A 5．D【分析】根据题意，作出函数()22,0,2,0x x f x x x x -<⎧=⎨-+≥⎩与12y x m =+的图像，然后通过数形结合求出答案.【详解】函数()22,0,2,0x x f x x x x -<⎧=⎨-+≥⎩的图像如下图所示：若关于x 的方程()12f x x m =+恰有三个不相等的实数解， 则函数()f x 的图像与直线12y x m =+有三个交点，若直线12y x m =+经过原点时，m ＝0，若直线12y x m =+与函数()12f x x m =+的图像相切，令22123022x x x m x x m -+=⇒++-=，令9940416m m ∆=-=⇒=.故90,16m ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭.故选：D ． 6．D【分析】利用数形结合可得12m <≤，结合条件可得121=x x ，312x ≤<，423x <≤，且344x x +=，再利用二次函数的性质即得.【详解】由方程()()f x m m =∈R 有四个不同的实数根，得函数()y f x =的图象与直线y m =有四个不同的交点，分别作出函数()y f x =的图象与直线y m =．由函数()f x 的图象可知，当两图象有四个不同的交点时，12m <≤．设y m =与|ln()|(0)y x x =-<交点的横坐标为1x ，2x ，设12x x <，则11x <-，210x -<<， 由()()12ln ln x x -=-得()()12ln ln x x -=--， 所以()()121x x --=，即121=x x ．设y m =与245(1)y x x x =-+≥的交点的横坐标为3x ，4x ，设34x x <，则312x ≤<，423x <≤，且344x x +=， 所以()()234333424[3,4)x x x x x =-=--+∈， 则1234[3,4)x x x x ∈． 故选：D. 7．B【分析】由零点存在性定理和二分法求解近似根.【详解】由()1.31250f <，()1.3750f >，且()f x 为连续函数，由零点存在性定理知：区间()1.3125,1.375内存在零点，故方程310x x --=的一个近似根可以为1.32，B 选项正确，其他选项均不可. 故选：B 8．B【分析】根据零点存在性定理可判断出函数零点所在的区间，从而可得到方程近似根x 所在的区间. 【详解】由题意，知()()()()()()120, 1.520, 1.7520f f f f f f ⋅<⋅<⋅<，所以函数的零点在区间()1.75,2内，即方程3290x x +-=的一个近似根x 所在区间为()1.75,2. 故选：B. 9．C【解析】根据二分法的定义可得10.012n<，解得6n >即得. 【详解】由于每等分一次，零点所在区间的长度变为原来的12，则等分n 次后的区间长度变为原来的12n， 则由题可得10.012n <，即621002n >>，6n ∴>， 则至少等分的次数为7.故选：C.10．(1)证明见解析 (2)31a + (3)518a <≤【分析】（1）先设12,[2,)x x ∀∈+∞，12x x <，再根据作差法只需证明()()12f x f x <即可； （2）根据换元法求21()4,,12h t t at a t ⎡⎤=-+∈⎢⎥⎣⎦的最大值即可；（3）根据函数在(,2)-∞和[2,)+∞上的单调性，即可求得实数a 的取值范围.（1）12,[2,)x x ∀∈+∞，且12x x <， ()()()12121212124444a a a a f x f x x x x x x x x x ⎛⎫⎛⎫-=+-+=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ()()()1212121212441x x x x a a x x x x x x --⎛⎫=--= ⎪⎝⎭ ①122x x ≤<，①21120,4x x x x >->①01a <≤，①044a <≤，①124x x a >，①1240x x a -> 所以()()120f x f x -<，即()()12f x f x <，①()f x 在[2,)+∞上单调递增， （2）设()24()222242x x x xx a g x a a a ⎛⎫=+-=-+ ⎪⎝⎭，令2x t =，①1[1,0],,12x t ⎡⎤∈-∴∈⎢⎥⎣⎦，21()4,,12h t t at a t ⎡⎤=-+∈⎢⎥⎣⎦①()h t 的对称轴为10,22a t ⎛⎤=∈ ⎥⎝⎦， ①()h t 在1,12⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增，①max max ()()(1)31g x h t h a ===+． （3））2+1,<2()=45+,22x x x a x x x ϕ≥-⎧⎪⎨-⎪⎩，①()x ϕ在(,2)-∞上单调递减，①5(),4x ϕ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭，由（1）可知()x ϕ在[2,)+∞上单调递增，①1()2,2x a ϕ⎡⎫∈-+∞⎪⎢⎣⎭，方程()20x a ϕ-=有两个不等实根，等价于函数()y x ϕ=与2y a =有两个不同的交点①1222a a >-，①(x ϕ在[2,)+∞上与2y a =必有一个交点，故只需①524a >，即58a >，又①01a <≤，①518a <≤． 11．(1)2115log ,22⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭(2)411log 3,28⎡⎫--⎪⎢⎣⎭【分析】（1）根据被开方数非负列出一个关于对数函数的不等式，然后解不等式即可求出其定义域；（2）构造一个新函数()2141()log 212x x g x ++=+-，转化成求新函数在[2,3]-上的值域，最后解不等式即可.(1)依题意，()n x =()214log 2120x ++-≥，则212116x ++≥，则21215x +≥，则221log 15x +≥，故2115log 22x ≥，即函数()n x 的定义域为2115log ,22⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭； (2)依题意，2()14f x x m =+-，故()2141log 2122x x m +++-=-； 令()()212114444111()log 21log 21log 2log 222x x x x x x g x +++++⎛⎫=+-=+-=+ ⎪⎝⎭； 令2x t =，因为[2,3]x ∈-，故1,84t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，故1112()22x x t h t t ++=+=，因为12t t +≥12t t =，即t =而19129,(8)4416h h ⎛⎫== ⎪⎝⎭，故49log 2log 4m -≤，即412log 914m <-≤-，即411log 328m -≤<-， 即实数m 的取值范围为411log 3,28⎡⎫--⎪⎢⎣⎭. 12．(1)2a =(2)①()x y f e =在区间()0,∞+上单调递增；①2033k <≤ 【分析】（1）由图象关于原点对称知：()()0f x f x -+=，结合函数解析式可得()211a -=，即可求参数.（2）由已知得()1ln 1x f x x -=+，①()x y f e =为211x t e =-+，()ln g t t =的构成的复合函数，由它们在()0,∞+上均单调递增，即知()x y f e =的单调性；①由①整理方程得()11x x x e e k e +=-在区间(]0,ln 4上有两个不同的解，令1x u e =-，(]0,3u ∈有23k u u =++，结合基本不等式求其最值，进而确定k 的取值范围.(1)由题意知()()0f x f x -+=，整理得()()1111ln 011a x a x x x -+--⎡⎤⨯=⎢⎥-+⎣⎦， 即()222111a x x --=-，对于定义域内任意x 都成立，则有()211a -=，解得2a =或0a =，又0a ≠，所以2a =，当2a =时，()1ln 1x f x x -=+，定义域为(1)(1)-∞-+∞，，，关于原点对称，符合题意， 故2a =.(2)由（1）可知，2a =，故()21ln 1ln 11x x x x f x -⎛⎫=-= ⎪++⎝⎭. ①()22ln 1ln 111x xx x e y f e e e ⎛⎫⎛⎫==-=- ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭， 由211x t e =-+，()ln g t t =在()0,∞+上均单调递增， 得()x y f e =在区间()0,∞+上单调递增.①由①知1ln ln 01x x e x k e --+=+，可得1ln ln ln 01x x x e e k e --+=+， 即()11x x x e e k e +=-在区间(]0,ln 4上有两个不同的解. 令1x u e =-，(]0,3u ∈，所以()()()112231x x x e e u u k u e u u +++===++-， 因为23k u u =++在(上单调递减，在⎤⎦上单调递增，所以min 33k =+=， 且3u =时，2203333k =++=，从而2033k <≤. 13．(1)21903100,010024500203400,10090x x x L x x x ⎧-+-<<⎪⎪=⎨⎪--+≥⎪-⎩； (2)年产量为105千件，最大利润是1000万元.【分析】（1）年利润L 为销售收入减去生产成本，分情况讨论计算即可.（2）当0100x <<时，根据二次函数单调性求L 最大值；当100x ≥时，根据基本不等式求最大值，继而求出L 最大值.【详解】（1）当0100x <<时，2211100101100200090310022L x x x x x =----=-+-； 当100x ≥时，45004500100(1205400)20002034009090L x x x x x =-+--=--+--， 所以21903100,010024500203400,10090x x x L x x x ⎧-+-<<⎪⎪=⎨⎪--+≥⎪-⎩. （2）当0100x <<时，2211903100(90)95022L x x x =-+-=--+，当90x =时，L 取得最大值950， 当100x ≥时，22520(90)16001600100090L x x =--++≤-+=-， 当且仅当2259090x x -=-，即105x =时取等号，而1000950>， 所以当该企业年产量为105千件时，所获得利润最大，最大利润是1000万元.14．(1)()6308090002y x x x ⎛⎫=+⨯+<≤ ⎪⎝⎭ (2)当长2x =米，宽632=米时总造价最低，最低造价为7580元【分析】（1）池底、池壁、池盖的造价求得y 关于x 的解析式，并写出定义域.（2）利用函数的单调性求得设计方案并求得最低造价.【详解】（1）沼气池的宽为1863x x=， 依题意612180231502000y x x x x ⎛⎫=⨯⨯++⨯⨯+ ⎪⎝⎭ ()6661809002000308090002x x x x x ⎛⎫⎛⎫=⨯++⨯+=+⨯+<≤ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ （2）由（1）得()6308090002y x x x ⎛⎫=+⨯+<≤ ⎪⎝⎭， 对于函数()()602f x x x x=+<≤， 任取()()121212126602,x x f x f x x x x x <<≤-=+--()()1212126x x x x x x --=， 其中1212120,0,60x x x x x x -<>-<，所以()()()()12120,f x f x f x f x ->>，所以()f x 在(]0,2上递减，所以当长2x =米，宽632=米时，()f x 最小，也即总造价最小， 最小值为63080900275802⎛⎫+⨯+= ⎪⎝⎭元. 15．(1)210+500-2350,0<<40,()=10000+6100,40.x x x W x x x x ---≥⎧⎪⎨⎪⎩(2)100千台，最大年利润为5 900万元.【分析】（1）由已知的条件知道该函数为一个分段函数，所以分两种情况把表达式分别求出来即可（2）由（1）知当040x <<时，为二次函数，利用二次函数的性质求它在该区间上的最大值，当40x ≥时，利用基本不等式性质求最大值.（1）解：10 000台=10千台,则(10)1002000T a =+，根据题意得：0.610000100200013501650a ⨯---=，解得=10a ， 当040x <<时，22()0.610001350101001000105002350W x x x x x x =⨯----=-+-，当40x ≥时，1000010000()0.61000135060174506100W x x x x x x=⨯---+=--+， 综上所述210+5002350,0<<40()=10000+6100,40x x x W x x x x ----≥⎧⎪⎨⎪⎩. （2）当040x <<时，22()10500235010(25)3900W x x x x =-+-=--+当25x =时， ()W x 取得最大值max ()3900W x =；当40x ≥时，1000010000()61006100900W x x x x x=--+≤-+=，当且仅当=100x 时，max ()5900W x =因为59003900>，故当年产量为100千台时,该企业所获年利润最大,最大年利润为5 900万元.。
高考数学一轮总复习第3章导数及其应用第2节导数的应用第5课时利用导数研究函数的零点问题教师用书
第5课时 利用导数研究函数的零点问题考点1 讨论函数的零点个数——综合性(2021·海口模拟)已知函数f(x)＝．(1)判断f(x)的单调性，并比较2 0202 021与2 0212 020的大小；(2)若函数g(x)＝(x－2)2＋x(2f(x)－1)，其中≤a≤，判断g(x)的零点的个数，并说明理由．参考数据：ln 2≈0.693．解：(1)函数f(x)＝，定义域是(0，＋∞)，故f′(x)＝．令f′(x)＞0，解得0＜x＜e；令f′(x)＜0，解得x＞e，故f(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，则f(2 020)＞f(2 021)，即＞，故2 021ln 2 020＞2 020ln 2 021，故ln 2 0202 021＞ln 2 0212 020，故2 0202 021＞2 0212 020．(2)因为g(x)＝(x2－4x＋4)＋2ln x－x，所以g′(x)＝ax＋－2a－1＝．令g′(x)＝0，解得x＝2或x＝，①当a＝时，则g′(x)＝≥0，g(x)在(0，＋∞)上单调递增，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x0∈(2,6)，使得g(x0)＝0，故g(x)在(0，＋∞)上只有1个零点；②当<a<时，则＜2，则g(x)在上单调递增，在上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增，故g(x)在(0，＋∞)上有极小值g(2)，g(2)＝2ln 2－2<0，有极大值g＝2a－－2ln a－2，且g(2)＝2ln 2－2＜0，g(6)＝8a＋2ln 6－6＞2ln 6－2＞0，故g(2)g(6)＜0，故存在x1∈(2,6)，使得g(x1)＝0，故g(x)在(2，＋∞)上只有1个零点，另一方面令h(a)＝g＝2a－－2ln a－2，h′(a)＝2＋－＝2>0，所以h(a)在上单调递增，所以h(a)<h＝e－－2－2ln <0，则g＜0，故g(x)在上没有零点．综上：当≤a≤时，g(x)只有1个零点．已知函数f(x)＝x－(e为自然常数)．(1)若f(x)在(0，＋∞)上单调递增，求实数a的取值范围；(2)设a∈R，讨论函数g(x)＝x－ln x－f(x)的零点个数．解：(1)f(x)＝x－，则f′(x)＝．因为f(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以f′(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立．记φ(x)＝e x＋ax－a，则φ(x)≥0在(0，＋∞)上恒成立，φ′(x)＝e x＋a．当a≥－1时，φ′(x)＝e x＋a＞1＋a≥0，即φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以φ(x)＞φ(0)＝1－a≥0，所以－1≤a≤1；当a＜－1时，令φ′(x)＝e x＋a＝0，解得x＝ln(－a)．当0＜x＜ln(－a)时，φ′(x)＜0，φ(x)在(0，ln(－a))上单调递减；当x＞ln(－a)时，φ′(x)＞0，φ(x)在(ln(－a)，＋∞)上单调递增，所以φ(x)≥φ(ln(－a))＝－2a＋a ln(－a)≥0，解得－e2≤a＜－1．综上可得，实数a的取值范围是[－e2,1]．(2)g(x)＝x－ln x－f(x)＝－ln x(x＞0)，令g(x)＝0，得a＝(x＞0)．令h(x)＝，则h′(x)＝，当x∈(0,1]时，ln x≤0，x－1≤0，所以h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈(1，＋∞)时，h′(x)＞0，h(x)单调递增．所以h(x)在(0，＋∞)单调递增，又h(x)＝∈R，a∈R，所以y＝a与h(x)＝的图象只有一个交点，所以a∈R，g(x)只有唯一一个零点．考点2 由函数的零点个数求参数的范围——综合性(2022·湖南模拟)已知函数f(x)＝x3＋3a(x＋1)(a∈R)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)若函数g(x)＝f(x)－x ln x－3a在上有两个不同的零点，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝3x2＋3a．①当a≥0时，f′(x)≥0，f(x)在R上单调递增；②当a＜0时，令f′(x)＞0，解得x<－或x>，令f′(x)＜0，解得－<x<，所以f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．综上，当a≥0时，f(x)在R上单调递增；当a＜0时，f(x)在(－∞，－)，(，＋∞)上单调递增，在(－，)上单调递减．(2)g(x)＝x3＋3ax－x ln x，依题意，x3＋3ax－x ln x＝0在上有两个不同的解，即3a＝ln x－x2在上有两个不同的解．设h(x)＝ln x－x2，x∈，则h′(x)＝－2x＝．当x∈时，h′(x)≥0，h(x)单调递增；当x∈时，h′(x)＜0，h(x)单调递减，所以h(x)max＝h＝－ln 2－，且h＝－ln 2－，h(2)＝ln 2－4，h>h(2)，所以－ln 2－≤3a<－ln 2－，所以－ln 2－≤a<－ln 2－，即实数a的取值范围为．已知函数f(x)＝x2＋ax＋1－，a∈R．(1)若f(x)在(0,1)上单调递减，求a的取值范围；(2)设函数g(x)＝f(x)－x－a－1，若g(x)在(1，＋∞)上无零点，求整数a的最小值．解：(1)由题知f′(x)＝2x＋a＋≤0在(0,1)上恒成立，即a≤－2x恒成立．令h(x)＝－2x，则h′(x)＝－2＝－2>0，所以h(x)在(0,1)上单调递增，所以a≤h(x)min＝h(0)＝1．故a的取值范围是(－∞，1]．(2)由已知x>1，假设g(x)＝0⇔－a＝x＋，记φ(x)＝x＋，则φ′(x)＝1＋．令φ′(x)＞0，解得x>1＋，所以φ(x)在(1,1＋)上单调递减，在(1＋，＋∞)上单调递增，φ(1＋)＝1＋＋＝1＋＝1＋∈(2,3)，由题知－a＝φ(x)在(1，＋∞)内无解，故－a<φ(1＋)<3，所以a>－φ(1＋)，所以整数a的最小值为－2．考点3 函数极值点的偏移问题——综合性(2021·新高考全国Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x)．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且b ln a－a ln b＝a－b，证明：2<＋<e．(1)解：函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，又f′(x)＝1－ln x－1＝－ln x，当x∈(0,1)时，f′(x)>0，当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)．(2)证明：因为b ln a－a ln b＝a－b，故b(ln a＋1)＝a(ln b＋1)，即＝，故f ＝f ．设＝x1，＝x2，由(1)可知不妨设0<x1<1，x2>1．因为x∈(0,1)时，f(x)＝x(1－ln x)>0，x∈(e，＋∞)时，f(x)＝x(1－ln x)<0，故1<x2<e．先证：x1＋x2>2，若x2≥2，x1＋x2>2必成立．若x2<2,要证x1＋x2>2，即证x1>2－x2，而0<2－x2<1，故即证f(x1)>f(2－x2)，即证f(x2)>f(2－x2)，其中1<x2<2．设g(x)＝f(x)－f(2－x)，1<x<2，则g′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]．因为1<x<2，故0<x(2－x)<1，故－ln x(2－x)>0，所以g′(x)>0，故g(x)在(1,2)上单调递增，所以g(x)>g(1)＝0，故f(x)>f(2－x)，即f(x2)>f(2－x2)成立，所以x1＋x2>2成立，综上，x1＋x2>2成立．设x2＝tx1，则t>1，结合＝，＝x1，＝x2，可得x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，即1－ln x1＝t(1－ln t－ln x1)，故ln x1＝，要证x1＋x2<e，即证(t＋1)x1<e，即证ln (t＋1)＋ln x1<1，即证ln (t＋1)＋<1，即证(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0．令S(t)＝(t－1)ln (t＋1)－t ln t，t>1，则S′(t)＝ln (t＋1)＋－1－ln t＝ln －．先证明一个不等式：ln(x＋1)≤x．设u(x)＝ln(x＋1)－x，则u′(x)＝－1＝，当－1<x<0时，u′(x)>0；当x>0时，u′(x)<0，故u(x)在(－1,0)上为增函数，在(0，＋∞)上为减函数，故u(x)ma x＝u(0)＝0，故ln(x＋1)≤x成立．由上述不等式可得当t>1时，ln ≤<，故S′(t)<0恒成立，故S(t)在(1，＋∞)上为减函数，故S(t)<S(1)＝0，故(t－1)ln (t＋1)－t ln t<0成立，即x1＋x2<e成立．综上所述，2<＋<e．对称化构造是解决极值点偏移问题的方法，该方法可分为以下三步：已知函数f(x)＝ln x－ax有两个零点x1，x2(x1<x2)．(1)求实数a的取值范围；(2)求证：x1·x2>e2．(1)解：f′(x)＝－a＝(x>0)，①若a≤0，则f′(x)>0，不符合题意．②若a>0，令f′(x)＝0，解得x＝．当x∈时，f′(x)>0；当x∈时，f′(x)<0．由题意知f(x)有两个零点的必要条件为f(x)＝ln x－ax的极大值f＝ln －1>0，解得0<a<．显然e∈，f(e)＝1－a e<0，∈，f＝2ln－．设t＝>e，g(t)＝2ln t－t，g′(t)＝－1<0，所以g(t)在(e，＋∞)上单调递减，g(t)<g(e)＝2－e<0，即f <0．所以实数a的取值范围为．(2)证明：因为f(1)＝－a<0，所以1<x1<<x2．构造函数H(x)＝f－f＝ln －ln －2ax,0<x<．H′(x)＝＋－2a＝>0，所以H(x)在上单调递增，故H(x)>H(0)＝0，即f >f．由1<x1<<x2，知－x1>，故f(x2)＝f(x1)＝f <f＝f．因为f(x)在上单调递减，所以x2>－x1，即x1＋x2>．故ln (x1x2)＝ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2)>2，即x1·x2>e2．拓展考点 隐零点求解问题已知函数f(x)＝ax2－ax－x ln x，且f(x)≥0．(1)求a；(2)证明：f(x)存在唯一的极大值点x0，且e－2<f(x0)<2－2．(1)解：f(x)的定义域为(0，＋∞)，设g(x)＝ax－a－ln x，则f(x)＝xg(x)，f(x)≥0等价于g(x)≥0．因为g(1)＝0，g(x)≥0，故g′(1)＝0，而g′(x)＝a－，g′(1)＝a－1＝0，得a＝1．若a＝1，则g′(x)＝1－．当0<x<1时，g′(x)<0，g(x)单调递减；当x>1时，g′(x)>0，g(x)单调递增，所以x＝1是g(x)的极小值点，故g(x)≥g(1)＝0．综上，a＝1．(2)证明：由(1)知f(x)＝x2－x－x ln x，f′(x)＝2x－2－ln x(x>0)．设h(x)＝2x－2－ln x，h′(x)＝2－．当x∈时，h′(x)<0；当x∈时，h′(x)>0，所以h(x)在上单调递减，在上单调递增．又h(e－2)>0，h<0，h(1)＝0，所以h(x)在上有唯一零点x0，在上有唯一零点1，且当x∈(0，x0)时，h(x)>0；当x∈(x0，1)时，h(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)>0．因为f′(x)＝h(x)，所以x＝x0是f(x)的唯一极大值点．由f′(x0)＝0得ln x0＝2(x0－1)，故f(x0)＝x0(1－x0)．由x0∈得f(x0)<．因为x＝x0是f(x)在(0,1)上的最大值点，由e－1∈(0,1)，f′(e－1)≠0得f(x0)>f(e－1)＝e－2，所以e－2<f(x0)<2－2．设函数f(x)＝e x－ax－2．(1)求f(x)的单调区间；(2)若a＝1，k为整数，且当x>0时，(x－k)·f′(x)＋x＋1>0，求k的最大值．解：(1)当a≤0时，f(x)的单调递增区间是(－∞，＋∞)，无单调递减区间；当a>0时，函数f(x)的单调递减区间是(－∞，ln a)，单调递增区间是(ln a，＋∞)．(解答过程略)(2)由题设可得(x－k)(e x－1)＋x＋1>0，即k<x＋(x>0)恒成立．令g(x)＝＋x(x>0)，得g′(x)＝＋1＝(x>0)．由(1)的结论可知，函数h(x)＝e x－x－2(x>0)是增函数．又因为h(1)<0，h(2)>0，所以函数h(x)的唯一零点α∈(1,2)(该零点就是h(x)的隐零点)，且eα＝α＋2．当x∈(0，α)时，g′(x)<0；当x∈(α，＋∞)时，g′(x)>0，所以g(x)min＝g(α)＝＋α．又eα＝α＋2且α∈(1,2)，则g(x)min＝g(α)＝1＋α∈(2,3)，所以k的最大值为2．1．按导函数零点能否精确求解可以把零点分为两类：1．已知函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，若关于x的不等式f(x)≥0恒成立，求实数a的取值范围．解：由函数f(x)＝e x－a－eln(e x＋a)，求得定义域为，对函数求导可得：f′(x)＝e x－，则存在一个x0，使得f′(x0)＝0，且－＜x＜x0时，f′(x)＜0，x＞x0时，f′(x)＞0，则f(x)≥f(x0)＝e x0－a－eln(e x0＋a)＝－a－e·ln e＝e x0＋－2e－a＝e x0＋a＋－2e－2a．因为e x0＋a＋≥2e，所以f(x0)≥2e－2e－2a＝－2a≥0，则a≤0，所以实数a的取值范围为(－∞，0]．2．已知函数f(x)＝．(1)求函数f(x)的零点及单调区间；(2)求证：曲线y＝存在斜率为6的切线，且切点的纵坐标y0<－1．(1)解：函数f(x)的零点为e．函数f(x)的单调递增区间为(e，＋∞)，单调递减区间为(0，e)．(解答过程略)(2)证明：要证曲线y＝存在斜率为6的切线，即证y′＝＝6有解，等价于1－ln x－6x2＝0在x>0时有解．构造辅助函数g(x)＝1－ln x－6x2(x>0)，g′(x)＝－－12x<0，函数g(x)在(0，＋∞)上单调递减，且g(1)＝－5<0，g＝1＋ln 2－>0，所以∃x0∈，使得g(x0)＝1－ln x0－6x＝0．即证明曲线y＝存在斜率为6的切线．设切点坐标为，则y＝＝＝－6x0，x0∈．令h(x)＝－6x，x∈，由h(x)在区间上单调递减，则h(x)<h＝－1，．所以y0<－1求证：x1x2>e2(e为自然对数的底数)．[四字程序]思路参考：转化为证明ln x1＋ln x2>2，根据x1，x2是方程f′(x)＝0的根建立等量关系．令t＝，将ln x1＋ln x2变形为关于t的函数，将ln x1＋ln x2>2转化为关于t的不等式进行证明．证明：欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．若f(x)有两个极值点x1，x2，则函数f′(x)有两个零点．又f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根．于是，有解得m＝．另一方面，由得ln x2－ln x1＝m(x2－x1)，从而得＝，于是，ln x1＋ln x2＝＝．又0<x1<x2，设t＝，则t>1．因此，ln x1＋ln x2＝，t>1．要证ln x1＋ln x2>2，即证>2，t>1．即当t>1时，有ln t>．设函数h(t)＝ln t－，t＞1，则h′(t)＝－＝≥0，所以，h(t)为(1，＋∞)上的增函数．又h(1)＝0，因此，h(t)＞h(1)＝0．于是，当t>1时，有ln t>．所以ln x1＋ln x2>2成立，即x1x2>e2．思路参考：将证明x1x2>e2转化为证明x1>．依据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，构造函数g(x)＝，结合函数g(x)的单调性，只需证明g(x2)＝g(x1)<g．证明：由x1，x2是方程f′(x)＝0的两个不等实根，且f′(x)＝ln x－mx(x>0)，所以mx1＝ln x1，mx2＝ln x2．令g(x)＝，g(x1)＝g(x2)，由于g′(x)＝，因此，g(x)在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减．又x1<x2，所以0<x1<e<x2．令h(x)＝g(x)－g(x∈(0，e))，h′(x)＝>0，故h(x)在(0，e)上单调递增，故h(x)<h(e)＝0，即g(x)<g．令x＝x1，则g(x2)＝g(x1)<g．因为x2，∈(e，＋∞)，g(x)在(e，＋∞)上单调递减，所以x2>，即x1x2>e2．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量k＝t1－t2<0构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设k＝t1－t2<0，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2．即只需证明t1＋t2＞2，即>2⇔k(1＋e k)<2(e k－1)⇔k(1＋e k)－2(e k－1)<0．设g(k)＝k(1＋e k)－2(e k－1)(k<0)，则g′(k)＝k e k－e k＋1．令m(k)＝k e k－e k＋1，则m′(k)＝k e k<0，故g′(k)在(－∞，0)上单调递减，故g′(k)>g′(0)＝0，故g(k)在(－∞，0)上单调递增，因此g(k)<g(0)＝0，命题得证．思路参考：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)，推出＝e t1－t2．将证明x1x2>e2转化为证明t1＋t2>2，引入变量＝k∈(0,1)构建函数进行证明．证明：设t1＝ln x1∈(0,1)，t2＝ln x2∈(1，＋∞)．由得⇒＝e t1－t2．设＝k∈(0,1)，则t1＝，t2＝．欲证x1x2>e2，需证ln x1＋ln x2>2，即只需证明t1＋t2>2，即>2⇔ln k<⇔ln k－<0．设g(k)＝ln k－(k∈(0,1))，g′(k)＝>0，故g(k)在(0,1)上单调递增，因此g(k)<g(1)＝0，命题得证．1．本题考查应用导数研究极值点偏移问题，基本解题方法是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数．2．基于课程标准，解答本题一般需要具有良好的转化与化归能力、运算求解能力、逻辑思维能力．本题的解答体现了逻辑推理、数学运算的核心素养．3．基于高考数学评价体系，本题涉及函数与方程、不等式、导数的计算与应用等知识，渗透着函数与方程、转化与化归、分类讨论等思想方法，有一定的综合性，属于能力题，在提升学生思维的灵活性、创造性等数学素养中起到了积极的作用．已知函数f(x)＝x ln x－2ax2＋x，a∈R．(1)若f(x)在(0，＋∞)内单调递减，求实数a的取值范围；(2)若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1＋x2>．(1)解：f′(x)＝ln x＋2－4ax．因为f(x)在(0，＋∞)内单调递减，所以f′(x)＝ln x＋2－4ax≤0在(0，＋∞)内恒成立，即4a≥＋在(0，＋∞)内恒成立．令g(x)＝＋，则g′(x)＝．所以，当0<x<时，g′(x)>0，即g(x)在内单调递增；当x>时，g′(x)<0，即g(x)在内单调递减．所以g(x)的最大值为g＝e，所以实数a的取值范围是．(2)证明：若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，则f′(x)＝ln x＋2－4ax＝0在(0，＋∞)内有两个不等根x1，x2．由(1)，知0<a<．由两式相减，得ln x1－ln x2＝4a(x1－x2)．不妨设0<x1<x2，则<1，所以要证明x1＋x2>，只需证明<，即证明>ln x1－ln x2，亦即证明>ln．令函数h(x)＝－ln x,0<x<1，所以h′(x)＝<0，即函数h(x)在(0,1)内单调递减．所以当x∈(0,1)时，有h(x)>h(1)＝0，所以>ln x，即不等式>ln成立．综上，x1＋x2>，命题得证．。
函数与方程及函数的综合应用课件——高三数学一复习
2
x 1
品售价为50万元,通过市场分析,该厂生产的商品能全部售完.
(1)写出年利润L(x)(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式;
(2)当年产量为多少千件时,该厂在这一商品的生产中所获利润最大?
解析 (1)当0<x<50时,L(x)=50x- 1 x 2 10 x -200=- 1 x2+40x-200,
6
4 3
3 2
6
2
函数f(x)的一个零点位于 , 内,即x0∈ , .故选C.
6 4
答案 C
6 4
考法二 已知函数有零点(方程有根)求参数值(或取值范围)
1.直接法:利用零点构建关于参数的方程(组)或不等式(组),直接求解.
2.参数分离法:将参数与自变量分离,转化为求函数的最值或值域.
2
2
当x≥50时,L(x)=50x-52x- 7 200 +1 200-200=1 000- 2 x 7 200 ,
x 1
1 2
x 40 x 200,0 x 50,
所以L(x)= 2
1 000 2 x 7 200 , x 50.
3.5专题三、函数与方程及
函数的综合应用
知识梳理
基础篇
考点一 函数的零点
1.函数的零点
1)函数零点的定义:对于一般函数y=f(x),把使f(x)=0的实数x叫做函数y=
f(x)的零点.
注意:零点不是点,是满足f(x)=0的实数x.
2)三个等价关系:方程f(x)=0有实数解⇔函数y=f(x)有零点⇔函数y=f(x)的
2024年高考数学一轮复习+ppt+利用导数研究函数的零点问题
增，在(1，＋∞)上单调递减．借助函数f(x)的单调性解决下列问题．
(1)设x1，x2是两个不相等的正数，且x1(1－ln x1)＝x2(1－ln x2)，证明： 2<x1＋x2<e；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<1a＋1b
<e.
证明 (1)因为f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 f(x)max＝f(1)＝1，且f(e)＝0.
解
利用导数确定函数零点或方程根的个数的常用方法
(1)构建函数g(x)(要求g′(x)易求，g′(x)＝0可解)，转化为确定g(x)的 零点个数问题求解，利用导数研究该函数的单调性、极值，并确定定义域 区间端点值的符号(或变化趋势)等，画出g(x)的图象草图，数形结合求解函 数零点的个数．
(2)利用函数零点存在定理：先用该定理判断函数在某区间上有零点， 然后利用导数研究函数的单调性、极值(最值)及区间端点值符号，进而判 断函数在该区间上零点的个数．
解析
(2)解法一：当a≤0时，f′(x)＝ex－a>0恒成立，f(x)在(－∞，＋∞)上
单调递增，不符合题意；
当a>0时，令f′(x)＝0，解得x＝ln a，
当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减，
当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以f(x)的极小值也是最小值为f(ln a)＝a－a(ln a＋2)＝－a(1＋ln a)．
证明
只要证x2(1－ln x2)＋x2<e， 即证2x2－x2ln x2<e，x2∈(1，e)． 设g(x)＝2x－xln x，x∈(1，e)， 则g′(x)＝1－ln x>0. ∴g(x)在(1，e)上单调递增． ∴g(x)<g(e)＝2e－e＝e. ∴2x2－x2ln x2<e成立． ∴原命题成立，即x1＋x2<e. 综上知，2<x1＋x2<e.
论文正文-浅谈函数的零点问题
学士学位论文题目浅谈函数的零点问题浅谈函数的零点问题摘要：浅谈函数零点问题实质上就是说，函数零点的存在性，零点唯一性，零点的个数问题及其应用的问题。
本文运用零点定理、罗尔定理及其推广和微分中值定理、介值定理等多个重要定理对函数零点存在性、唯一性、个数问题进行多方面的解答，结合典型例题分析、讨论并证明相关问题，得出解决此类问题的解决方法，使得今后在学习函数零点的过程中得到了简便、全面的答题策略。
关键词：函数零点定理 罗尔定理 唯一性 存在性 零点个数一、预备知识1. 概念及定理函数零点定义：对于函数()y f x =，我们把使()0f x =的实数x 叫做函数()y f x =的零点。
二、零点的存在性问题2.1 在数学学习中，函数零点的存在性问题始终都是人们研究的热点可课题。
可以用零点定理解决，也能用罗尔定理、函数最值、函数的幂级数展开式及微分中值定理解决此问题。
（1）零点定理 ：若函数在区间[,]a b 上的图像时连续不断的一条曲线，且满足()()0f a f b < ，那么，函数()y f x =在区间(,)a b 内有零点，即存在(,)c a b ∈，使得()0f c =。
这个c 也就是方程()0f x =的实根。
零点定理的证明：不妨设()0,()0.f a f b <> 令{|()0,[,]}.E x f x x a b =<∈由()0f a <知,E ≠∅ 且b 为E 的一个上界， 于是 根据确界存在原理， 存在sup [,]E a b ξ=∈ ，下证()0f ξ=（注意到()0,()0,f a f b ≠≠ 故此时必有(),a b ξ∈）事实上，()1若()0,f ξ<则[,)a b ξ∈。
由函数连续的局部保号性知存在0,σ>对()1,,()0x f x ξξσ∈+<存在11,sup x E x E ∈>,这与sup E 为E 的上界矛盾;()2若()0,f ξ>则(,].a b ξ∈仍由函数连续的局部保号性知存在0,σ>对()1,,()0x f x ξσξ∈->存在1x 为E 的一个上界，且1,x ξ< 这又与sup E 为E 的最小上界矛盾。
函数的零点在高考中的应用
Science &Technology Vision科技视界2004年教育部推出高中新课程的数学配套教材必修一(人教版)中引用“零点存在定理”。
纵观最近几年高考,零点的存在、零点个数的求解,以及有零点的个数求相关参数的取值,频繁出现在各类数学试卷中,成为高考中的热点,也是亮点。
而在教学实践中,学生们往往感到难度较大,考试中一筹莫展,为此结合个人教学体会,现就函数零点问题,略作探讨,供读者参考:函数的零点问题主要有三类:1零点取值范围的确定例1设函数f(x)=x 3与g(x)=(12)x-2的图象交点与(x 0、g 0),则x 0所在区间是B 。
A(01)B(12)C(23)D(34)解析:函数f(x)=x 3与g(x)=(12)x-2的图象交点横坐标为x 0,可理解为方程h(x)=f(x)-g(x)=x 3-(12)x-2的零点。
由h(1)h(2)<0可以确定x 0∈(1,2)解决策略:函数的零点的取值范围,即为方程f(x)=0的根的取值范围,主要利用零点存在性定理,有时还可结合函数的图象和性质或一些特殊的点来解决。
2零点个数的判断零点个数的判断主要有三种方式:2.1解方程法例2求函数f(x)=xcosx 2在区间[0,4]上的零点个数。
解析:令xcosx 2=0,则x=0或x 2=kπ+π2;k∈z,x∈[0,4];因此:x k =kπ+π2√(k=0、1、2、3、4),所以共有六个零点。
2.2数形结合法例3函数f(x)=sin2x-(23)x +12在x∈R 上零点的个数。
解析:本题有直接求解学生不会解,故用数行结合法,看函数图象与x 轴交点的个数或转化为两个函数图象交点的个数。
图1由图象可知零点的个数为两个。
注:有时函数不是我们所熟悉的函数,我们要借助于导函数通过导函数作原函数的图像,从而研究交点的个数。
例4判断函数f(x)=ln x x-k解析:要分析函数f(x)的零点,只要分析函数g(x)=ln x x(x>0)和h(x)=k 的图象交点的个数即可,下面我们通过分析g(x)的性质来画草图,从而研究g(x)与h(x)的交点个数。
江苏专版2023_2024学年新教材高中数学第8章函数应用培优课9函数零点的综合问题课件苏教版必修第
可得 所以 .综上所述，当方程至少有一个正根时，实数 的取值范围为 .
题后反思 一元二次方程根的分布问题转化为二次函数的图象与 轴交点的情况，先将函数草图上下平移，确定根的个数，用判别式限制，再左右平移，确定对称轴有无超过区间，或是根据根的正负问题，用根与系数的关系进行限制.
跟踪训练2（1） 若关于 的方程 两根均在区间 内，则 的取值范围为_ ____________.
[解析] 令 ,因为一元二次方程的两根均在区间 内，则 即 解得 .故答案为 .
（2）已知关于 的方程 的两根分别在区间 ， 内，则实数 的取值范围为_ _____.
[解析] 令 ，根据题意得 即 , 所以实数 的取值范围为 .
C
A. B. C. D.
[解析] 由题意可知，函数 的图象如图所示，
若 有三个不同的实数根，则函数 与函数 的图象有三个不同的交点，由图象易知，实数 的取值范围是 .故选C.
（2）[2023广州测试] 设函数 ，若函数 在 上存在零点，则 的取值范围是( ) 1题型分析·能力素养提升
【课标要求】函数的零点从不同的角度将数与形、函数与方程有机地联系在一起.函数的零点概念的生成与函数零点存在定理的探究的学习过程中蕴含了从一般思维难度到特殊思维方式以及数形结合、等价转换的数学思想.
01
题型分析·能力素养提升
【题型一】根据函数零点情况求参数范围
例1（1） 已知 ，若 有三个不同的实数根，则实数 的取值范围是( )
解 的大致图象如图所示，
所以 ，即 ，得 ，所以实数 的取值范围为 .
（2）若方程有两个实根 ， ，且满足 ，求实数 的取值范围;
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【考点精讲】
二次函数零点分布：设)0(,)(2
≠++=a c bx ax x f
（a ）二次方程)0(02
≠=++a c bx ax 的两个根21,x x 满足21x r x <<⇔函数
)0(,)(2≠++=a c bx ax x f 两个零点为21,x x 满足21x r x <<0)(<⇔r af
（
b ）方程)0a
(,0c bx ax 2
≠=++的两个根21,x x 满足r x x >>12⇔二次函数
)0(,)(2≠++=a c bx ax x f 两个零点21,x x 满足r x x >>12
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>>->-=∆⇔0
)(2042r af r
a b
ac b
（c ）
（d ）二次方程)0a (0c bx ax 2
≠=++的两个根满足q x p x <<<21⇔函数
)0a (c bx ax )x (f 2≠++=的零点满足q x p x <<<21⎩⎨
⎧><⇔0
)(0
)(q af p af
（e）二次方程)0
a(0
c
bx
ax2≠
=
+
+的两个根有且只有一个根在（p，q）内⇔函数
)0
a(c
bx
ax
)x(f2≠
+
+
=的两个零点有且只有一个在区间（p，q）内0
)
(
)
(<
⇔q
f
p
f或检验f（p）=0，f（q）=0并检验另一根在（p，q）内。
【典例精析】
例题1
已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0。
（1）若方程有两根，其中一根在区间（－1，0）内，另一根在区间（1，2）内，求m 的范围；
（2）若方程两根均在区间（0，1）内，求m的范围。
思路导航：设出二次方程对应的函数，可画出相应的示意图，然后用函数性质加以限制。
答案：（1）由条件，抛物线f（x）＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间（－1，0）和（1，2）内，如图（1）所示，得
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎨
⎧
+
=
<
+
=
>
=
-
<
+
=
5
6
)2(
,0
2
4
)1(
2
)1
(
1
2
)0(
m
f
m
f
f
m
f
，
，
⇒
⎪
⎪
⎪
⎩
⎪
⎪
⎪
⎨
⎧
-
>
-
<
∈
-
<
.
6
5
,
2
1
m
,
,
2
1
m
R
m
m
即－56＜m ＜－12。
（2）抛物线与x 轴交点均落在区间（0，1）内，如图（2）所示，
列不等式组⎪⎪⎩⎪
⎪⎨⎧<-<≥∆>>1
0,0,0)1(,
0)0(m f f ⇒
⎩⎪⎨⎪⎧
m ＞－12
，
m ＞－12
，m ≥1＋2或m ≤1－2，
－1＜m ＜0.
即－1
2
＜m ≤1－2。
例题2 对实数a 和b ，定义运算“○
×”：a ○
×b ＝⎩
⎪⎨⎪⎧
a ，a －
b ≤1，
b ，a －b ＞1.设函数f （x ）＝（x 2－2）○
×
（x －1），x ∈R 。
若函数y ＝f （x ）－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则实数c 的取值范围是（ ）
A. （－1，1]∪（2，＋∞）
B. （－2，－1]∪（1，2]
C. （－∞，－2）∪（1，2]
D. [－2，－1]
思路导航：当（x 2－2）－（x －1）≤1时，
－1≤x ≤2，所以f （x ）＝⎩
⎪⎨⎪⎧
x 2－2，－1≤x ≤2，
x －1，x ＜－1或x ＞2，
f （x ）的图象如图所示。
y ＝f （x ）－c 的图象与x 轴恰有两个公共点，即方程f （x ）＝c 恰有两个解，由图象可知当c ∈（－2，－1]∪（1，2]时满足条件。
答案：B
点评：转化为两个函数交点个数问题，利用数形结合法求解。
例题3 已知关于x 的函数y=（m+6）x 2+2（m-1）x+m+1恒有零点．
点评：本题主要考查函数的零点的定义，二次函数的性质，体现了分类讨论的数学思想。
【总结提升】
1. 一元二次方程根的讨论在高中数学中应用广泛，求解此类问题常有三种途径：
（1）利用求根公式；
（2）利用二次函数的图象；
（3）利用根与系数的关系。
无论利用哪种方法，根的判别式都不容忽视，只是由于二次函数图象的不间断性，有些问题中的判别式已隐含在问题的处理之中。
（答题时间：20分钟）
1. 若函数y=x2+（m－2）x+（5－m）有2个大于2的零点，则m的取值范围是（）
A. （－5，－4）
B. （－∞，－4）
C. （－∞，－2）
D. （－∞，－5）∪（－5，－4）
2. 关于x的方程x2+px+2=0一根大于2，一根小于2，则p的取值范围是______________。
3. 若函数f（x）=2（m+1）x2－1与函数g（x）=4mx－2m有两个交点，则m的取值范围是_________。
4. 已知函数f（x）=ax3－2ax+3a－4在区间（－1，1）上有一个零点，求实数a的取值范围。
5. 关于x的二次方程x2+（m－1）x+1=0在区间［0，2］上有解。
求实数m的取值范围。
6. 已知关于x的方程3x2－5x+a=0的一根大于－2而小于0，另一根大于1而小于3，求实数a的取值范围。
7. 关于x的实系数方程x2－ax+2b=0的一根在区间[0，1]上，另一根在区间[1，2]上，求2a+3b
的最大值。
1. A
解析：⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>∆>-->0
2220)2(m f ，⇔－5＜m ＜－4。
2. p ＜－3
解析：设f （x ）=x 2+px+2。
由条件得f （2）＜0，且△>0， 即6+2p ＜0。
且p 2－8>0 解得：p<－3。
3. m ＜1
解析：由条件得方程2（m+1）x 2－1=4mx －2m 有两个不等的实数根。
即2（m+1）x 2
－4mx+2m －1=0，有两个不等的实数根，即16m 2－8（m+1）（2m －1）＞0，解得m ＜1。
4. 解：当a=0时，f （x ）=－4，与题意不符。
故a≠0。
f （1）=2a －4，f （－1）=4a －4。
∵f （x ）在（－1，1）上有零点，
∴f （1）·f （－1）＜0，即（2a －4）（4a －4）＜0，解得1＜a ＜2。
故a 的取值范围为（1，2）。
5. 解：设f （x ）=x 2+（m －1）x+1，x ∈［0，2］， （1）f （x ）=0在区间［0，2］上有一解。
∵f （0）=1＞0，∴应有f （2）≤0
m≤2
3
-。
（2）f （x ）=0在区间［0，2］上有两解，则
∴2
3
-
≤m≤－1。
由（1）（2）知：m≤－1。
6. －12＜a ＜0
解析：运用二分法得出相应的不等式组。
设f （x ）=3x 2－5x +a ，则f （－2）＞0，f （0）＜0，f （1）＜0，f （3）＞0同时成立，解得－12＜a ＜0。
7. 解：令f （x ）=x 2－ax+2b ，
据题意知函数在[0，1]，[1，2]内各存在一零点， 结合二次函数图象可知满足条件
⎪⎩⎪⎨⎧≥≤≥0)2(0)1(0)0(f f f ⇒⎪⎩
⎪
⎨⎧
≥+-≤+-≥02240210b a b a b 在直角坐标系中作出满足不等式的点（a ，b ）所在的可行域， 问题转化为确定线性目标函数：z=2a+3b 的最优解，
结合图形可知当线性目标函数：z=2a+3b 位于点C （3，1），即a=3，b=1时，
目标函数取得最大值9。