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1、第八节 函数与方程 2019 考纲考题考情 1函数的零点 (1)函数零点的定义 对于函数 yf(x)(xD)， 把使 f(x)0 的实数 x 叫做函数 y f(x)(xD)的零点。 (2)几个等价关系 方程 f(x)0 有实数根函数 yf(x)的图象与 x 轴有交点 函数 yf(x)有零点。 (3)函数零点的判定(零点存在性定理) 如果函数 yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲 线， 并且有 f(a)f(b)0)的图象与零点的关系 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。函数的零点不是一个“点” ，而是方程 f(x)0 的 实根。 2函数零点
2、存在定理是零点存在的一个充分不必要条件。 3周期函数如果有零点，则必有无穷多个零点。 一、走进教材 1 (必修1P92A组T2改编)已知函数f(x)的图象是连续不断的， 且有如下对应值表： x12345 f(x)42147 在下列区间中，函数 f(x)必有零点的区间为( ) A(1,2) B(2,3) C(3,4) D(4,5) 解析 由所给的函数值的表格可以看出，x2 与 x3 这两 个数字对应的函数值的符号不同， 即 f(2)f(3)0， 所以 f(x)在 R 上单调递增， 又 f(1) 30，因此函数 f(x)有且只有一个零点。故选 B。 1 e 答案 B 二、走近高考 3 (2017全
3、国卷)已知函数 f(x)x22xa(ex1ex1)有 唯一零点，则 a( ) A B. C. D1 1 2 1 3 1 2 解析 令f(x)0， 则x22xa(ex1ex1)， 设g(x)ex1 ex1， 则 g(x)ex1ex1ex1， 当 g(x) 1 ex1 e2x11 ex1 0 时，x1，故当 x1 时，g(x)0，函数 g(x)在(1，)上单调递增， 当 x1 时， 函数 g(x)取得最小值 2， 设 h(x)x22x， 当 x1 时， 函数 h(x)取得最小值1， 若a0 时，f(x)0，当 x0即可， 即1m0且8 m0，解得80，所以 2 x 2 3 g(2)g(3)0， 所
4、以 f(1)f(2)0)，y2lnx(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。故选 C。 答案 (1)B (2)C 函数零点个数的判断方法 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)0， f(2) 2 ( 1 2) 1 321 1 10 ( 1 2) 5 0，当 x 时， 12x x 1 2 1 2 1 2 f(x)0，f(e2)82e20)，在同一平面直角坐标系中画出这两个函数的图象，如图 所示，两个函数图象的交点个数就等于函数 f(x)零点的个数，容 易看出函数
5、f(x)零点的个数为 2，故选 B。 答案 B 考点二 函数零点的应用微点小专题 方向 1：已知函数零点的个数，求参数取值范围 【例 3】 若函数 f(x)axx2(a1)有三个不同的零点，则 实数 a 的取值范围是_。 解析 令 f(x)axx20， 可得 axx2。 当 x0 时，两边同时取自然对 数得 xlna2lnx， 即 lna， 由题意得函数 ylna 与 g(x) 2lnx x 2lnx x 的图象在(0，)上有两个不同的交点，g(x)，令 21lnx x2 g(x)0，解得 0e，则 g(x)在(e，)上单调递减，则 g(x)maxg(e) ， 2 e 当 x时，g(x)0 且
6、 g(x)0，当 x0 时，g(x)，则有 00 时，得 x0；当 k0 时，kx x1 x 1 x 24(当 x1 时， 取等号)， 又 k0， 得 k4； 当10 时， x1 为 f(x)的零点， x0 时， x0 为 f(x)的 零点，故 x0 时，f(x) 0，则 f(x)为(0，)上的增 1 x 2 x2 函数， 又 f(2)ln210， 所以函数 f(x) 1 e 1 e lnx 的零点 x0满足 2t1)且 t10， 所以函数F(x)在0， )上单调递增， 从而F(x)F(0) 22130， 所以 F(x)在0， )上单调递增， 所以 F(x)F(0) 2，故 x2x1的最小值为
7、 2。 答案 2 类型一 基本初等函数的图象识别法 1.特殊点法 【例 1】 函数 f(x)x2 x的大致图象是( ) ( 1 2) A B C D 解析 选用函数图象经过的几个特殊点验证排除。由 f(0) 1， 得函数图象过点(0， 1)， 可排除 D， 由 f(2)440， f( 4)16160，得函数图象过点(2,0)，(4,0)，可排除 A，C。 故选 B。 答案 B 使用特殊点法排除一些不符合要求的错误选项， 主要注意两 点：一是选取的点要具备特殊性和代表性，能排除一些选项；二 是可能要选取多个特殊点进行排除才能得到正确答案。 【变式训练】 函数 ysinx 的图象大致是( ) (x
8、 1 x) A B C D 解析 当 x1 时，y0，即函数图象过点(1,0)，由选项中 图象可知，只有 D 符合。故选 D。 答案 D 2性质检验法 【例 2】 (2019福州质检)函数 f(x)x2ln(ex)ln(ex)的 大致图象为( ) A B C D 解析 利用函数的奇偶性与函数图象的极限位置， 即可筛选 出正确的选项。因为 f(x)x2ln(ex)ln(ex)f(x)，所以函 数 f(x)为偶函数，排除 C； 因为 xe 时，f(x)，排除 B、D。 故选 A。 答案 A 破解此类题的关键是 ： 一是利用解析式， 判断函数的奇偶性， 再根据奇函数或偶函数图象的对称性，可排除错误的
9、选项；二是 利用特值法或极限思想，排除错误的选项。 【变式训练】 函数 y的部分图象大致为( ) 1 ln|exex| A B C D 解析 令 f(x)， 则 f(x) 1 ln|exex| 1 ln|exex| 1 ln|exex| f(x)， 所以 f(x)是偶函数， 图象关于 y 轴对称， 排除 B、 C。 当 x1 时，y，显然 y0 且函数单调递减。故 1 ln|exex| 1 lnexex 选 D。 答案 D 3图象变换法 【例 3】 已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(x)f(x1)， 则函数 f(x)在(1,1上的图象可能是( ) A B C D 解析 由函数 yf(
10、x)满足 f(x)f(x1)可知，把 yf(x)在 (1,0)上的图象向右平移一个单位长度，再把所得的图象关于 x 轴做对称变换，得到 yf(x)在(0,1)上的图象，可排除 A，B，D。 故选 C。 答案 C 通过图象变换识别函数图象要掌握两点：一是熟悉基本初等 函数的图象(如指数函数、对数函数等函数的图象)；二是了解一 些常见的变换形式，如平移变换、翻折变换。 【变式训练】 已知函数 f(x)logax(00 时，f(|x|1) loga(x1)， 先作函数 yloga(x1)(x0)的图象， 然后作其关于 y 轴对称部分，故 A 项正确。 答案 A 类型二 基本初等函数的性质应用 1.幂
11、、指、对数函数的比较大小 解 在同一坐标系内作出 ylog8x，ylog7x，ylog2x 的图象如 图所示，当 x9 时，由图象知 log29log79log891log88，所 以 log 9log79log891。 2 2 本题综合考查了指数函数与对数的图象与性质， 并且结合插 值法顺利得到结果。 答案 A 2利用基本初等函数的性质求自变量的值或范围 【例 5】 (2019福州质检)设函数 f(x)Error!Error!则满足不等 式 f(x22)f(x)的 x 的取值范围是( ) A(，1)(2，) B(，)(，)22 C(，)(2，)2 D(，1)(，)2 解析 因为当x0时， 函
12、数f(x)单调递增， 当x0时， f(x)0， 所以由 f(x22)f(x)，得Error!Error!或Error!Error!解得 x2 或 x0，由此可 作出函数 tf(x)的简图， 如图所示。 令 tf(x)， g(t)t2mtm 1，令 g(t)0，得 t1 或 t1m。要使原方程有 3 个不同的 实数解，须 t1m 与 tf(x)的图象有两个交点，故 00，所以由f(x)2af(x)0 可得 00)，画出函数 g(t)的大致图象， e2 t 如图所示，结合图象分析易知原不等式有 3 个整数解可转化为 0g(t)a 的 3 个解分别为 1， e， e2。 又当 tex的值分别为 1， e， e2 时，x0,1,2。画出直线 ye21，故结合函数图象可知 a 的最 小值为 e21。故选 C。 答案 C