【题型归类大全】2023年高考一复习学案（理科数学）考点11： 函数与方程

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2．根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解．
[题型归类]
题型一 确定函数零点所在区间
题型二 二分法与零点
题型三 判断函数零点的个数
题型四 二次函数的零点问题
题型五 已知函数的零点或方程的根所在的区间 ，求参数
题型六 已知函数的零 点或方程的根的个数，求参数
题型七 利用函数的零点比较大小
题型八 利用数形结合解决方程根的问题
题型九 与零点有关的存在性、 恒成立问题

题型一 确定函数零点所在区间
知识与方法
判断函数零点所在区间的方法
判断函数在某个区间上是否存在零点，要根据具体题目灵活处理，当能直接求出零点时，就直接求出进行判断；当不能直接求出时，可根据零点存在性定理判断；当用零点存在性定理也无法判断时可画出图象判断．
►例1 函数f(x)＝eq \f(2,x)＋lneq \f(1,x－1)的零点所在的大致区间是( )
a．(1,2) B．(2,3)
C．(3,4) D．(1,2)与(2,3)
解析：f(x)＝eq \f(2,x)＋lneq \f(1,x－1)＝eq \f(2,x)－ln(x－1)．当10，所以f(x)>0，故函数f(x)在(1,2)上没有零点．f(2)＝1－ln 1＝1，f(3)＝eq \f(2,3)－ln 2＝eq \f(2－3ln 2,3)＝eq \f(2－ln 8,3)，
∵eq \r(8)＝2eq \r(2)≈2.828>e，∴8>e2，即ln 8>2，即f(3) <0，又f(4)＝eq \f(1,2)－ln 3<0，
∴f(x)在(2,3)内存在一个零点．
►例2在下列区间中，函数f(x)＝e－x－4x－3的零点所在的区间为( )
a.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,2))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))
解析：选B 易知函数f(x)在R上是单调减函数．对于a，注意到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))＝eeq \f(3,4)－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)))－3＝eeq \f(3,4)>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝eeq \f(1,2)－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))－3＝eeq \f(1,2)－1>0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,4)，－\f(1,2)))上；对于B，注意到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))>0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))＝eeq \f(1,4)－4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))－3＝eeq \f(1,4)－2<4eq \f(1,4)－2<0，因此在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，－\f(1,4)))上函数f(x)＝e－x－4x－3一定存在零点；对于C，注意到feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)))<0，f(0)＝－2<0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))上；对于D，注意到f(0)＝－2<0，feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)))＝e－eq \f(1,4)－4×eq \f(1,4)－3＝e－eq \f(1,4)－4<0，因此函数f(x)＝e－x－4x－3的零点不在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4)))上．
►例3函数f(x)＝lg2x＋x－4的零点所在的区间是( )
a.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4)
解析：选C 因为f(2)＝lg22＋2－4＝－1<0，f(3)＝lg23－1>0，所以f(2)·f(3)<0，故零点所在的一个区间为(2,3)．
►例4函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2,x)的一个零点所在的区间是( )
a．(0,1) B．(1,2) C．(2,3) D．(3,4)
解析：选B 由题意知，函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2,x)的定义域为(－1,0)∪(0，＋∞)，结合四个选项可知，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，又f(1)<0，f(2)>0，所以函数f(x)＝ln(x＋1)－eq \f(2,x)的一个零点所在的区间是(1,2)．
题型二 二分法与零点
知识与方法
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．
用二分法求方程实数解的思想是非常简明的，但是为了提高解的精确度，用二分法求方程实数解的过程又是较长的，有些计算不用计算工具甚至无法实施，所以需要借助科学计算器.
►例1 下列函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求图中函数零点的是( )


a B C D
解析：选C 由图象可知，选项C所对应零点左右两侧的函数值的符号是相同的，故不能用二分法求解．
►例2用二分法求函数y＝f(x)在区间(2,4)上的近似解，验证f(2)·f(4)<0，给定精确度ε＝0.01，取区间(2,4)的中点x1＝eq \f(2＋4,2)＝3，计算得f(2)·f(x1)<0，则此时零点x0所在的区间为( )
a．(2,4) B．(3,4)
C．(2,3) D．(2.5,3)
解析：选C ∵f(2)·f(4)<0，f(2)·f(3)<0，
∴f(3)·f(4)>0，
∴零点x0所在的区间为(2,3)．
►例3证明方程在区间内有唯一一个实数解，并求出这个实数解（精确到0.1）.
证明：设函数. ， 又是增函数，所以函数在区间[1,2]有唯一的零点，则方程在区间[1,2]有唯一一个实数解.
设该解为，取，∴ .
取，∴ .
取，∴ .
取，∴ .
∵ ，∴ 可取，则方程的实数解为.
►例4用二分法研究函数f(x)＝x3＋3x－1的零点时，第一次经计算f(0)<0，f(0.5)>0可得其中一个零点x0∈______，第二次应计算________．
解析 ∵f(x)＝x3＋3x－1是R上的连续函数，且f(0)<0，f(0.5)>0，则f(x)在x∈(0,0.5)上存在零点，且第二次验证时需验证f(0.25)的符号．
答案 (0,0.5) f(0.25)
题型三 判断函数零点的个数
知识与方法
判断函数零点个数的方法
(1)解方程法：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理法：利用定理不仅要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)<0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性、周期性、对称性)才能确定函数有多少个零点或零点值所具有的性质．
(3)数形结合法：转化为两个函数的图象的交点个数问题．先画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
►例1 函数f(x)＝2x|lg0.5x|－1的零点个数为( )
a．1 B．2 C．3 D．4
解析：选B 易知函数f(x)＝2x|lg0.5x|－1的零点个数⇔方程|lg0.5x|＝eq \f(1,2x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的根的个数⇔函数y1＝|lg0.5x|与y2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))x的图象的交点个数．作出两个函数的图象如图所示，由图可知两个函数图象有两个交点．
►例2函数f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2x－3，x≤0，,－2＋ln x，x>0))的零点个数为________．
解析：法一：令f(x)＝0，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x≤0，,x2＋2x－3＝0))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x>0，,ln x＝2，))解得x＝－3或x＝e2，所以函数f(x)有两个零点．
法二：画出函数f(x)的图象(图略)可得，图象与x轴有两个交点，则函数f(x)有两个零点．
答案：2
►例3已知函数若，，则函数的零点个数为（ ）
a．1B．2C．3D．4
【答案】C
【解析】，再由得 ，因此，即函数的零点个数为三个，选C.
►例4函数的零点个数为（ ）
(a)2 (B)3 (C)4 (D)5
【命题立意】本题从分段函数的角度出发，考查了学生对基本初等函数的掌握程度.
【思路点拨】作出分段函数的图象，利用数形结合解题.
【规范解答】选a.绘制出图象
大致如图所示，所以零点个数为2.
【方法技巧】本题也可以采用分类讨论的方法进行求解.
令，则
（1）当时，，或（舍去）.
（2）当时，， .
综上所述，函数有两个零点.
题型四 二次函数的零点问题
知识与方法
解决与二次函数有关的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．
►例1 已知f(x)＝x2＋(a2－1)x＋(a－2)的一个零点比1大，一个零点比1小，求实数a的取值范围．
解 方法一 设方程x2＋(a2－1)x＋(a－2)＝0的两根分别为x1，x2(x1∴x1x2－(x1＋x2)＋1<0，
由根与系数的关系，得(a－2)＋(a2－1)＋1<0，
即a2＋a－2<0，∴－2方法二 函数图象大致如图，则有f(1)<0，
即1＋(a2－1)＋a－2<0，∴－2故实数a的取值范围是(－2,1)．
►例2若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)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( )
a.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2)))
答案 C
解析 依题意，结合函数f(x)的图象分析可知m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1·f0<0，,f1·f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)►例3已知函数f(x)＝x2＋x＋a(a<0)在区间(0,1)上有零点，则a的取值范围为________．
答案 (－2,0)
解析 ∵－a＝x2＋x在(0,1)上有解，
又y＝x2＋x＝(x＋eq \f(1,2))2－eq \f(1,4)，
∴函数y＝x2＋x，x∈(0,1)的值域为(0,2)，
∴0<－a<2，∴－2题型五 已知函数的零点或方程的根所在的区间，求参数
知识与方法
1．函数的零点
(1)定义
对于函数y＝f(x)(x∈D)，把使f(x)＝0成立的实数x叫做函数y＝f(x)(x∈D)的零点．
(2)函数的零点与相应方程的根、函数的图象与x轴交点间的关系
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．
2．二次函数y＝ax2＋bx＋c(a>0)的图象与零点的关系
3.二分法的定义
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．
．
1个口诀——用二分法求函数零点的方法
用二分法求零点近似值的口诀为：定区间，找中点，中值计算两边看；同号去，异号算，零点落在异号间；周而复始怎么办？精确度上来判断．
2个防范——函数零点的两个易错点
(1)函数的零点不是点，是方程f(x)＝0的实根．
(2)函数零点的存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点，而不能判断函数的不变号零点，而且连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分不必要条件．
3种方法——判断函数零点个数的方法
(1)直接求零点；
(2)零点的存在性定理；
(3)利用图象交点的个数(内容见例2的[方法规律])．
3个结论——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，函数值可能变号，也可能不变号．
►例1 已知函数f(x)＝lgax＋x－b(a>0，且a≠1)．当2解析：∵2当x＝2时，f(2)＝lga2＋2－b<0；
当x＝3时，f(3)＝lga3＋3－b>0，∴f(x)的零点x0在区间(2,3)内，∴n＝2.
►例2若函数f(x)＝(m－2)x2＋mx＋(2m＋1)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( )
a.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4))) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，\f(1,2))) C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2))) D.eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，\f(1,2)))
解析：选C 依题意，结合函数f(x)的图象分析可知m需满足eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,f－1f0<0，,f1f2<0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m≠2，,[m－2－m＋2m＋1]2m＋1<0，,[m－2＋m＋2m＋1][4m－2＋2m＋2m＋1]<0，))
解得eq \f(1,4)►例3若方程在内恰有一解,则实数的取值范围是 .
解析：设函数，由题意可知，函数在内恰有一个零点.
∴ ， 解得.
►例4已知函数，若在上存在，使，则实数m的取值范围是 .
解析：）∵在上存在，使， 则，
∴ ，解得.
所以， 实数m的取值范围是.
题型六 已知函数的零点或方程的根的个数，求参数
知识与方法
►例1 函数y＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|－m有两个零点，则m的取值范围是________．
解析：在同一直角坐标系内，画出y1＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))|x|和y2＝m的图象，如图所示，由于函数有两个零点，故0►例2设函数f(x)＝ax2＋bx＋b－1(a≠0)．
(1)当a＝1，b＝－2时，求函数f(x)的零点；
(2)若对任意b∈R，函数f(x)恒有两个不同零点，求实数a的取值范围．
解：(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－2x－3，
令f(x)＝0，得x＝3或x＝－1.
∴函数f(x)的零点为3或－1.
(2)依题意，f(x)＝ax2＋bx＋b－1＝0有两个不同实根，
∴b2－4a(b－1)>0恒成立，
即对于任意b∈R，b2－4ab＋4a>0恒成立，
所以有(－4a)2－4×(4a)<0⇒a2－a<0，解得0因此实数a的取值范围是(0,1)．
►例3已知函数满足，当，，若在区间内，函数恰有一个零点，则实数的取值范围是（ ）
a． B． C． D．
【答案】C
【解析】由，记，作图如下，观察图象可得，故选C.
4x
y
1
2
►例4已知函数为自然对数的㡳数) 与的图象上存在关于轴对称的点，则实数的取值范围是（ ）
a． B． C. D．
【答案】a
【解析】原命题等价于与有交点在上有解
，在上有零点，令当时，是减函数，当时，是增函数，又
．
题型七 利用函数的零点比较大小
知识与方法
►例1 设函数f(x)＝ex＋x－2，g(x)＝ln x＋x2－3.若实数a，b满足f(a)＝0，g(b)＝0，则 ( )
a．g(a)<0C．0解析：
∵f(x)在R上为增函数，且f(0)＝e0－2<0，f(1)＝e－1>0，
又f(a)＝0，∴0又g(1)＝ln 1－2＝－2<0，g(2)＝ln 2＋1>0，且g(b)＝0，∴1∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(fb>fa＝0，,ga题型八 利用数形结合解决方程根的问题
知识与方法
在解决与方程的根或函数零点有关的问题时，如果按照传统方法很难奏效时，常通过数形结合将问题转化为函数图象的交点的坐标问题来解决．
►例1 对于实数a和b，定义运算“*”：a*b＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2－ab，a≤b，,b2－ab，a>b.))设f(x)＝(2x－1)*(x－1)，且关于x的方程f(x)＝m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根x1，x2，x3，则x1x2x3的取值范围是________．
解析：由定义可知，f(x)＝(2x－1)*(x－1)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－12－2x－1x－1，x≤0，,x－12－2x－1x－1，x>0，))
即f(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2－x，x≤0，,－x2＋x，x>0.))作出函数f(x)的图象，如图所示，
关于x的方程f(x)＝m恰有三个互不相等的实根x1，x2，x3，即函数f(x)的图象与直线y＝m有三个不同的交点，则0当x>0时，－x2＋x＝m，即x2－x＋m＝0，
∴x2＋x3＝1，
∴0当x<0时，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x2－x＝\f(1,4)，,x<0，))得x＝eq \f(1－\r(3),4)，
∴eq \f(1－\r(3),4)∴0<－x1x2x3►例2若定义在R上的函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且x∈[－1,1]时，f(x)＝1－x2，函数g(x)＝eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(lg x，x>0，,0，x＝0，,－\f(1,x)，x<0，))则方程f(x)－g(x)＝0在区间[－5,5]上的解的个数为 ( )
a．5 B．7 C．8 D．10
解析：选C 依题意得，函数f(x)是以2为周期的函数，在同一坐标系下画出函数y＝f(x)与函数y＝g(x)的图象，结合图象得，当x∈[－5,5]时，它们的图象的公共点共有8个，即方程f(x)－g(x)＝0在区间[－5,5]上的解的个数为8.
►例3偶函数f(x)满足f(x－1)＝f(x＋1)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝－x＋1，则关于x的方程f(x)＝lg(x＋1)在x∈[0,9]上解的个数是( )
a．7 B．8 C．9 D．10
解析：选C 依题意得f(x＋2)＝f(x)，所以函数f(x)是以2为周期的函数．在平面直角坐标系中画出函数y＝f(x)的图象与y＝lg(x＋1)的图象(如图所示)，观察图象可知，这两个函数的图像在区间[0,9]上的公共点共有9个，因此，当x∈[0,9]时，方程f(x)＝lg(x＋1)的解的个数是9.
►例4若定义在R上的偶函数f(x)满足f(x＋2)＝f(x)，且当x∈[0,1]时，f(x)＝x，则函数y＝f(x)－lg3|x|的零点个数是( )
a．多于4 B．4
C．3 D．2
解析：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y＝f(x)及y＝lg3|x|的图象，如图：
观察图象可以发现它们有4个交点，
即函数y＝f(x)－lg3|x|有4个零点．
题型九 与零点有关的存在性、恒成立问题
知识与方法
►例1 是否存在这样的实数a，使函数f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在区间[－1,3]上与x轴有且只有一个交点．若存在，求出a的范围；若不存在，说明理由．
解：∵Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a－\f(8,9)))2＋eq \f(8,9)>0，
∴若存在实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可．
f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，所以a≤－eq \f(1,5)或a≥1.
检验：①当f(－1)＝0时，a＝1.
所以f(x)＝x2＋x.
令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1.
方程在[－1,3]上有两根，不合题意，故a≠1.
②当f(3)＝0时，a＝－eq \f(1,5)，
此时f(x)＝x2－eq \f(13,5)x－eq \f(6,5).
令f(x)＝0，即x2－eq \f(13,5)x－eq \f(6,5)＝0，
解得x＝－eq \f(2,5)或x＝3.
方程在[－1,3]上有两根，不合题意，
故a≠－eq \f(1,5).
综上所述，a的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(1,5)))∪(1，＋∞)．
►例2已知函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))x－lg3x，若x0是函数y＝f(x)的零点，且0＜x1＜x0，则f(x1)的值( )
a．恒为正值 B．等于0
C．恒为负值 D．不大于0
解析：选a 因为函数f(x)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,5)))x－lg3x在(0，＋∞)上是减函数，所以当0＜x1＜x0时，有f(x1)＞f(x0)．又x0是函数f(x)的零点，因此f(x0)＝0，所以f(x1)＞0，即f(x1)的值恒为正值，故选a.
Δ＝b2－4ac
Δ＞0
Δ＝0
Δ＜0
二次函数
y＝ax2＋bx＋c
(a＞0)的图象
与x轴的
交点
(x1,0)，(x2,0)
(x1,0)
无交点
零点个数
两个
一个
零个