高三数学一轮复习必备精品06：函数与方程

1第6讲函数与方程一．【课标要求】1．结合二次函数的图像，判断一元二次方程根的存在性及根的个数，从而了解函数的零点与方程根的联系；2．根据具体函数的图像，能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解，了解这种方法是求方程近似解的常用方法。二．【命题走向】函数与方程的理论是高中新课标教材中新增的知识点，特别是“二分法”求方程的近似解也一定会是高考的考点。从近几年高考的形势来看，十分注重对三个“二次”（即一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式）的考察力度，同时也研究了它的许多重要的结论，并付诸应用。高考试题中有近一半的试题与这三个“二次”问题有关预计2010年高考对本讲的要求是：以二分法为重点、以二次函数为载体、以考察函数与方程的关系为目标来考察学生的能力（1）题型可为选择、填空和解答；（2）高考试题中可能出现复合了函数性质与函数零点的综合题，同时考察函数方程的思想。三．【要点精讲】1．方程的根与函数的零点（1）函数零点概念：对于函数))((Dxxfy，把使0)(xf成立的实数x叫做函数))((Dxxfy的零点。函数零点的意义：函数)(xfy的零点就是方程0)(xf实数根，亦即函数)(xfy的图象与x轴交点的横坐标。即：方程0)(xf有实数根函数)(xfy的图象与x轴有交点函数)(xfy有零点。二次函数)0(2acbxaxy的零点：１）△＞０，方程02cbxax有两不等实根，二次函数的图象与x轴有两个交点，二次函数有两个零点；２）△＝０，方程02cbxax有两相等实根（二重根），二次函数的图象与x轴有一个交点，二次函数有一个二重零点或二阶零点；３）△＜０，方程02cbxax无实根，二次函数的图象与x轴无交点，二次函数无零点。零点存在性定理：如果函数)(xfy在区间],[ba上的图象是连续不断的一条曲线，并且有0)()(bfaf，那么函数)(xfy在区间),(ba内有零点。既存在),(bac，使得0)(cf，这个c也就是方程的根。2.二分法二分法及步骤：对于在区间a[，]b上连续不断，且满足)(af·)(bf0的函数)(xfy，通过不断地把函数)(xf2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．给定精度，用二分法求函数)(xf的零点近似值的步骤如下：（1）确定区间a[，]b，验证)(af·)(bf0，给定精度；（2）求区间a(，)b的中点1x；（3）计算)(1xf：①若)(1xf=0，则1x就是函数的零点；②若)(af·)(1xf0，则令b=1x（此时零点),(10xax）；③若)(1xf·)(bf0，则令a=1x（此时零点),(10bxx）；（4）判断是否达到精度；即若||ba，则得到零点零点值a（或b）；否则重复步骤2~4。注：函数零点的性质从“数”的角度看：即是使0)(xf的实数；从“形”的角度看：即是函数)(xf的图象与x轴交点的横坐标；若函数)(xf的图象在0xx处与x轴相切，则零点0x通常称为不变号零点；若函数)(xf的图象在0xx处与x轴相交，则零点0x通常称为变号零点。注：用二分法求函数的变号零点：二分法的条件)(af·)(bf0表明用二分法求函数的近似零点都是指变号零点。3．二次函数的基本性质（1）二次函数的三种表示法：y=ax2+bx+c；y=a(x－x1)(x－x2)；y=a(x－x0)2+n。（2）当a0，f(x)在区间［p，q］上的最大值M，最小值m，令x0=21(p+q)。若－ab2p，则f(p)=m，f(q)=M；若p≤－ab2x0，则f(－ab2)=m，f(q)=M；若x0≤－ab2q，则f(p)=M，f(－ab2)=m；若－ab2≥q，则f(p)=M，f(q)=m。（3）二次方程f(x)=ax2+bx+c=0的实根分布及条件。①方程f(x)=0的两根中一根比r大，另一根比r小a·f(r)0；3②二次方程f(x)=0的两根都大于r0)(,2,042rfarabacb③二次方程f(x)=0在区间(p，q)内有两根;0)(,0)(,2,042pfaqfaqabpacb④二次方程f(x)=0在区间(p，q)内只有一根f(p)·f(q)0，或f(p)=0(检验)或f(q)=0(检验)检验另一根若在(p，q)内成立。四．【典例解析】题型1：方程的根与函数零点例1．（1）方程lgx+x=3的解所在区间为（）A．(0，1)B．(1，2)C．(2，3)D．(3，+∞)（2）设a为常数，试讨论方程)lg()3lg()1lg(xaxx的实根的个数。解析：（1）在同一平面直角坐标系中，画出函数y=lgx与y=-x+3的图象(如图)。它们的交点横坐标0x，显然在区间(1，3)内，由此可排除A，D新疆源头学子小屋特级教师王新敞@[e-mail]王新敞特级教师源头学子小屋新疆至于选B还是选C，由较0x与2的大小。于画图精确性的限制，单凭直观就比较困难了。实际上这是要比当x=2时，lgx=lg2，3-x=1。由于lg2＜1，因此0x＞2，从而判定0x∈(2，3)，故本题应选C。（2）原方程等价于xaxxxaxx)3)(1(00301即31352xxxa构造函数)31(352xxxy和ay，作出它们的图像，易知平行于x轴的直线与抛物线的交点情况可得：①当31a或413a时，原方程有一解；②当4133a时，原方程有两解；③当1a或413a时，原方程无解点评：图象法求函数零点，考查学生的数形结合思想。本题是通过构造函数用数形结合法求方程x0321321oyxXY123412340Y(x)=-x^2+5x-3创造的有高级的图表的试验版本-xay4lgx+x=3解所在的区间。数形结合，要在结合方面下功夫。不仅要通过图象直观估计，而且还要计算0x的邻近两个函数值，通过比较其大小进行判断。例2．（2008湖南理17）已知函数xxxxfsin2sin2cos)(22.（I）求函数)(xf的最小正周期；（II）当)4,0(0x且524)(0xf时，求)6(0xf的值解：由题设有()cossinfxxxπ2sin()4x．（I）函数()fx的最小正周期是2π.T（II）由524)(0xf得0π422sin(),45x即0π4sin(),45x因为)4,0(0x,所以0ππ(,).442x从而2200ππ43cos()1sin()1().4455xx于是)6(0xf00ππ2sin()2sin[()]4646xx00ππ2[sin()coscos()sin]4646xx题型2：零点存在性定理例3．设函数()ln()fxxxm，其中常数m为整数。（1）当m为何值时，()0fx；（2）定理：若函数()gx在[,]ab上连续，且()ga与()gb异号，则至少存在一点0(,)xab，使得0()0gx试用上述定理证明：当整数1m时，方程()0fx在2,mmemem内有两个实根。解析：（1）函数f(x)=x－ln(x+m),x∈(－m,+∞)连续，且mxxfmxxf1,0)(,11)(''得令当x∈(－m,1－m)时,f’（x）0,f(x)为减函数,f(x)f(1－m)当x∈(1－m,+∞)时,f’（x）0,f(x)为增函数,f(x)f(1－m)根据函数极值判别方法，f(1－m)=1－m为极小值，而且对x∈(－m,+∞)都有f(x)≥f(1－m)=1－m5故当整数m≤1时，f(x)≥1－m≥0(2)证明：由（I）知，当整数m1时，f(1－m)=1-m0,函数f(x)=x－ln(x+m),在]1,[mmem上为连续减函数.,)1()(,10)ln()(异号与时当整数mfmefmemmememefmmmmm由所给定理知，存在唯一的0)(),1,(11xfmmexm使而当整数m1时，),1121(032)12(2213)11(3)(222归纳法证明上述不等式也可用数学mmmmmmmmemefmmm类似地，当整数m1时，函数f(x)=x-ln(x+m),在],1[memm上为连续增函数且f(1-m)与)(2mefm异号，由所给定理知，存在唯一的0)(],,,1[22xfmemxm使故当m1时，方程f(x)=0在],[2mememm内有两个实根点评：本题以信息给予的形式考察零点的存在性定理。解决该题的解题技巧主要在区间的放缩和不等式的应用上。例4．若函数)(xfy在区间[a,b]上的图象为连续不断的一条曲线，则下列说法正确的是（）A．若0)()(bfaf，不存在实数),(bac使得0)(cf；B．若0)()(bfaf，存在且只存在一个实数),(bac使得0)(cf；C．若0)()(bfaf，有可能存在实数),(bac使得0)(cf；D．若0)()(bfaf，有可能不存在实数),(bac使得0)(cf；解析：由零点存在性定理可知选项D不正确；对于选项B，可通过反例“)1)(1()(xxxxf在区间]2,2[上满足0)2()2(ff，但其存在三个解}1,0,1{”推翻；同时选项A可通过反例“)1)(1()(xxxf在区间]2,2[上满足0)2()2(ff，但其存在两个解}1,1{”；选项D正确，见实例“1)(2xxf在区间]2,2[上满足0)2()2(ff，但其不存在实数解”点评：该问题详细介绍了零点存在性定理的理论基础。题型3：二分法的概念例5．关于“二分法”求方程的近似解，说法正确的是（）A．“二分法”求方程的近似解一定可将)(xfy在[a,b]内的所有零点得到；B．“二分法”求方程的近似解有可能得不到)(xfy在[a,b]内的零点；6C．应用“二分法”求方程的近似解，)(xfy在[a,b]内有可能无零点；D．“二分法”求方程的近似解可能得到0)(xf在[a,b]内的精确解；解析：如果函数在某区间满足二分法题设，且在区间内存在两个及以上的实根，二分法只可能求出其中的一个，只要限定了近似解的范围就可以得到函数的近似解，二分法的实施满足零点存在性定理，在区间内一定存在零点，甚至有可能得到函数的精确零点。点评：该题深入解析了二分法的思想方法1.（2009福建卷文）若函数fx的零点与422xgxx的零点之差的绝对值不超过0.25，则fx可以是A.41fxxB.2(1)fxxC.1xfxeD.12fxInx答案A解析41fxx的零点为x=41,2(1)fxx的零点为x=1,1xfxe的零点为x=0,12fxInx的零点为x=23.现在我们来估算422xgxx的零点，因为g(0)=-1,g(21)=1,所以g(x)的零点x(0,21),又函数fx的零点与422xgxx的零点之差的绝对值不超过0.25，只有41fxx的零点适合，故选A。题型4：应用“二分法”求函数的零点和方程的近似解例7．借助计算器，用二分法求出xx32)62ln(在区间（1，2）内的近似解（精确到0.1）。解析：原方程即023)62ln(xx。令23)62ln()(xxxf，用计算器做出如下对