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第五讲 函数与方程（讲）
【典例1】（2023年高考文科数学（全国乙卷）第8题）若函数存在3个零点，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【解读】函数的零点问题是课程标准中规定的重要内容，而函数零点的存在性与分布问题通常利用函数单调性来解决，这正是导数运用的重要方面，对考生有较高要求．试题依托三次函数考查函数的零点，考生若能利用导函数的性质得到原函数的单调性并画出函数的大致图像，就能容易找到解题思路．虽然试题对考生来讲有一定难度，但只要考生注重知识的综合性、应用性，采用数形结合的数学思想便可完成解答．试题考查考生综合应用所学知识的能力，重点考查运算求解、逻辑推理、直观想象等能力以及数形结合、化归与转化等思想．试题描述简洁，函数表达式常规，呈现的情景为考生所熟悉，考查主干知识，具有很好的区分度，充分体现了高考试题的选拔功能．
【答案】B
【目标】试题考查三次函数的基本性质和导数应用，考查运算求解和逻辑推理能力及数形结合、化归与转化等思想．
【分析】解题思路 思路1 设，则，．
若，则，从而单调递增，不可能有3个零点．
假设．当时，，单调递增；当时，，单调递减；当时，，单调递增．
又，，
故函数有3个零点的充要条件是．由可得，
所以存在3个零点的充要条件是，即知．
故正确选项是B．
思路2 显然不是的零点，由可得．
故函数存在3个零点的充要条件是方程有3个解．
令函数，则．
当时，；当时，；当时，．
又，故函数在区间单调递增，且取值范围是；
在区间单调递增，在区间单调递减，且取值范围都是．
由此可知，当且仅当时，方程有3个解．
故正确选项是B．
思路3 排除法．
令，则只有两个零点，故选项A，C不成立．
令，则，．
此时，为的极大值点，且；
为的极小值点，且，
故只有一个零点，选项D也不成立．所以正确选项是B．
【典例2】（2023年高考理科数学（全国甲卷）第10题 2023年高考文科数学（全国甲卷）第12题）函数的图像由函数的图像向左平移个单位长度得到，则的图像与直线的交点个数为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【解读】创新是素质教育的关键特征之一，体现的是培养具有创新思维和品质的创新型人才的要求．创新性考查要求是通过命题创新，创设新颖的试题情境、新颖的题目条件、新颖的设问方式，考查考生的创新品质．高考通过创新性考查，引导基础教育培养学生的创新思维能力，使他们勇于面对新问题，通过对知识、思想方法的迁移，灵活组合运用，有效地解决问题．
【答案】C
【目标】试题设问新颖，具有一定的综合性，将三角函数的图像与直线的方程结合起来，考查考生的逻辑推理能力、数形结合的能力、运算与转化的能力，以及考生解决创新性问题的能力．
【分析】由题意，，如图，在平面直角坐标系中画出的图像，以及直线．
直线过点和点，所以当时，的图像与直线没有公共点．由图像可知，的图像与直线共有3个交点，故选C．
【典例3】（2023·天津·统考高考真题）若函数有且仅有两个零点，则的取值范围为 ．
【解读】本题的解题关键是根据定义去掉绝对值，求出方程的根，再根据根存在的条件求出对应的范围，然后根据范围讨论根（或零点）的个数，从而解出．
【答案】
【目标】本题考查根据函数零点的个数求参数范围问题，考查学生的分类讨论能力.
【分析】（1）当时，，
即，
若时，，此时成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即且；
若方程有一根为，则，解得：且；
若时，，此时成立．
（2）当时，，
即，
若时，，显然不成立；
若时，或，
若方程有一根为，则，即；
若方程有一根为，则，解得：；
若时，，显然不成立；
综上，
当时，零点为，；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，只有一个零点；
当时，零点为，；
当时，零点为．
所以，当函数有两个零点时，且．
故答案为：．
【典例4】（2023年高考数学（新课标Ⅰ卷）第15题）已知函数（）在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是______．
【解读】试题以研究一个三角函数在某一区间的零点个数为载体，考查考生灵活运用知识，分析函数图像与性质的能力．试题题干简洁清晰，考查内容是高中数学的主干知识，呈现方式是考生熟悉的三角函数的零点问题．试题的求解无需烦琐计算，解决问题的关键在于有清晰的思路和明确的计算方式，体现出多理性思考，少烦琐计算的特点．
【答案】
【目标】试题考查三角函数图像、三角函数的周期性，以及函数零点的概念，考查考生的逻辑思维能力和运算求解能力．
【分析】思路1 的零点满足，即（）．由于，所以的非负零点依次为0，，，，…．
由题设可得解得．
因此的取值范围是．
思路2 设．的零点满足，即（），的非负值依次为0，，，，…．
由于，故当时，．
故由题设可得解得．
因此的取值范围是．
应用一 函数零点的定义
【例1】（2023·山东·山东省五莲县第一中学校联考模拟预测）已知，则下列结论错误的是（ ）
A．是周期函数
B．在区间上单调递增
C．的图象关于对称
D．方程在有2个相异实根
【引导与详解】
第一步：根据函数周期性定义可判断A：函数，定义域为，，故是周期函数，A正确；
第二步：根据特殊值，即时，函数无意义判断B：当时，，则，
此时无意义，故B错误；
第三步：结合正弦函数的对称性判断C：当时，，
即的图象关于对称，
由于的定义域为也关于对称，
故的图象关于对称，C正确；
第四步：求出方程在上的根：令，即，
则，或，
即，或，
则当时，，
即方程在有2个相异实根，D正确，
故选：B
应用二 函数零点存在性定理
【例2】（2023·四川成都·校联考一模）已知函数若有3个实数解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：证明当时，利用导数求函数单调区间，此时有2个实数解：时，，，
解得，解得，
在上单调递减，在上单调递增，
，，，
第二步：利用函数单调性和最值列不等式求实数的取值范围：所以方程在和上各有1个实数解，
时，，函数在上单调递减，
依题意，在上有1个实数解，
则，解得.
实数的取值范围为.
故选：B
应用三 函数零点的分布
【例3】（2023·陕西商洛·统考一模）已知函数 ，若关于 的方程有3个实数解，且则的最小值是（ ）
A．8 B．11 C．13 D．16
【引导与详解】
第一步：作出的大致图象，结合图象，得到：由函数，作出函数的大致图象，如图所示：
由图可知，则，
第二步：化简得到，设：
因为，
所以，
第三步：利用导数求得函数的单调性和最小值：设函数，则，
当时，；当时，，
所以，即的最小值是.
故选：C.
应用四 用二分法求方程的近似解
【例4】（2023·辽宁大连·统考一模）牛顿迭代法是我们求方程近似解的重要方法．对于非线性可导函数在附近一点的函数值可用代替，该函数零点更逼近方程的解，以此法连续迭代，可快速求得合适精度的方程近似解．利用这个方法，解方程，选取初始值，在下面四个选项中最佳近似解为（ ）
A． B． C． D．
【引导与详解】
第一步：求出迭代关系：令，则，
令，即，可得，
迭代关系为，
第二步：结合逐项计算，得出结果：取，则，，
故选：D.
应用五 函数与方程的综合应用
【例5】（2023上·新疆克孜勒苏·高三统考期中）荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的1“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步”的值是“退步”的值的2倍，大约经过多少天 （参考数据： ，）（ ）
A．19 B．35 C．45 D．55
【引导与详解】
第一步：确定得到，计算得到答案：
设天后当“进步”的值是“退步”的值的2倍，则，即，
，
.
故选：B.
应用六 利用导数研究函数的零点
【例6】（2023·全国·模拟预测）已知是方程的一个根，则（ ）
A． B． C．2 D．3
【引导与详解】
解法一 ；
解法二 根据题意，转化为，令，利用导数求得在上为增函数，得到，即可求解.
【详解】
解法一
第一步：根据题意，转化方程：因为是方程的一个根，所以，
即，整理得，
第二步：构造函数，利用导数得到在上为增函数：
令，则恒成立，所以在上为增函数，
第三步：得到，求解比值：
由，可得，所以，
所以．
解法二
第一步：根据题意，转化方程：因为是方程的一个根，所以，
即，所以，所以，
第二步：构造函数，利用导数得到在上为增函数：
令，可得，
所以函数在上为增函数，
第三步：得到，求解比值：由，可得，所以，所以．
故选：D．
方法一： 用函数性质法解决函数零点问题
第一步：确定函数的定义域和性质：首先需要确定函数的定义域和性质，如函数的单调性、奇偶性、周期性等.这些性质可以帮助我们更好地理解函数的形态和变化规律.
第二步：判断零点存在性：根据题目要求，判断函数是否存在零点.如果函数在某一点的值为零，则该点即为函数的零点.
第三步：确定零点个数：如果函数存在多个零点，需要判断这些零点的个数.可以通过函数的单调性、奇偶性、周期性等性质来判断.
第四步：求解零点：如果需要求解函数的零点，可以通过函数的性质进行求解.例如，如果函数是单调递增的，则函数值从负无穷增大到正无穷的过程中，会经过0点；如果函数是奇函数或偶函数，则可以利用奇偶性求解零点等.
第五步：验证解的合理性：在求解零点后，需要验证解的合法性.即解是否在函数的定义域内，是否符合题目的要求等.
方法二： 导数法处理函数零点问题
第一步，求出函数的导数f'(x).
第二步，找出导数等于零的点，即解方程f'(x)=0.这些点可能是函数的极值点或拐点.
第三步，分析f'(x)在这些点的符号变化，判断在这些点的左右两侧，函数的增减性是否发生变化.如果发生变化，那么在这些点附近函数可能会穿过x轴，即存在零点.
第四步，通过适当的方法求解方程f(x)=0，得到函数的零点.
需要注意的是，运用导数法的时候，需要仔细分析函数的单调性和极值点，以及需要选择适当的算法求解方程f(x)=0.
方法三： 分离参数法
第一步：理解问题：理解问题的具体要求，明确函数与方程的具体形式.
第二步：分离参数：将参数从函数或方程中分离出来.这通常涉及到对方程进行适当的变形，使得参数独立地出现在等式的某一边.
第三步：分析参数：在参数被分离出来后，分析参数的可能取值或取值范围.可能涉及到对参数的进一步约束或不等式的解.
第四步：求解方程：确定了参数的可能取值后，可将这些值代入原方程进行求解.这可能涉及到解代数方程或不等式.
第五步：验证解：证得到的解是否满足原方程或不等式.如果满足，则这些解是有效的；如果不满足，则可能需要回到第4步重新求解.
需要注意的是，这种方法在某些情况下可能不适用，或者可能无法得到唯一解.在这种情况下，可能需要使用其他方法来解决这个问题.
方法四： 数形结合法
第一步：理解问题：明确问题的要求和目标.理解题目中的函数和方程，以及它们之间的关系和性质.
第二步：绘制图形：根据函数和方程的特性，绘制出相应的图形.在绘制图形的过程中，要注意函数的定义域和值域，以及方程的解.
第三步：分析图形：通过观察和分析图形，可以得到一些关于函数和方程的有用信息.例如，函数的单调性、极值点、交点等.
第四步：建立数学模型：根据图形和分析结果，建立相应的数学模型.模型可以是方程、不等式或者函数的表达式.
第五步：求解数学模型：使用数学方法求解建立的数学模型.这可能涉及到代数运算等数学知识.
第六步：验证答案：验证得到的答案是否正确.可以通过将答案代入原方程或函数进行验证，或者通过比较答案与图形的符合程度来进行验证.
微点：数形结合与零点有关的问题
【表现形式】①是关于的函数的零点．
②是关于的方程的实数根．
③是函数图象与函数图象交点的横坐标．
对于①，我们可以用函数的单调性与零点存在定理处理，对于②，我们可以用方程相关知识与方法处理，对于问题③，我们可以用数形结合，根据两个函数的图象处理．这样我们就可以将三个问题中的一个转化为另一个，选用最简便的方法处理．
【步骤】第一步：将“函数的零点个数”的相关问题转化为“函数图象与函数图象的交点个数”的相关问题（有时需要对做一定的变形，以函数图象与函数图象容易画出为标准）．
第二步：画出函数与函数的图象，如果含参，重点讨论直曲相切、双曲公切以及端点、间断点情形，得到全部的临界情形．
第三步：数形结合解答问题．
【例1】已知函数若函数恰有为函数4个零点，则实数的取值范围是______．
解析 观察发现，先根据，将函数恰有4个零点转化为的图象与函数的图象有三个交点，接着根据两个函数的大致图象，讨论直曲相切以及间断点情形，从而数形结合求得实数的取值范围．
①当时，，两个函数的图象只有一个交点，不成立．于是，进而函数图象与轴的交点为，由于当知，于是函数图象恒过点．
②当时，，如图1所示，得到函数的图象与函数的图象有三个交点，符合题意．
③当时，（易遗漏这种情况），如图2所示，若函数的图象与函数的图象有三个交点，则当时，函数的图象与函数的图象有一个交点，当时，函数的图象与函数的图象有两个交点．由图象可知，当时，函数的图象与函数的图象恰有一个交点，而若当时，函数的图象与函数的图象有两个交点，根据直曲相切可知，需满足，其中直线与，图象相切．由得，，，因此．
综上所述，实数的取值范围是．
答案
【跟踪练习】
（2023·陕西商洛·统考一模）
1．已知函数 ，若关于 的方程有3个实数解，且则的最小值是（ ）
A．8 B．11 C．13 D．16
（2023·四川甘孜·统考一模）
2．设定义在上的函数是偶函数，且，是的导函数，当时，；当且时，，则函数在上的零点个数为（ ）
A．2 B．4 C．5 D．8
（2023上·河北廊坊·高三河北省文安县第一中学校联考期中）
3．若函数在上的零点从小到大排列后构成等差数列，则的取值可以为（ ）
A．0 B．1 C． D．
（2023·安徽池州·池州市第一中学校联考模拟预测）
4．设函数，给出下列四个结论：①；②在上单调递增；③的值域为；④在上的所有零点之和为，则正确结论的序号为 .
（2023上·陕西西安·高二西安市铁一中学校考阶段练习）
5．已知且，函数.
(1)若且，求函数的最值；
(2)若函数有两个零点，求实数的取值范围.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】作出的大致图象，结合图象，得到，化简得到，设，利用导数求得函数的单调性和最小值，即可求解.
【详解】由函数，作出函数的大致图象，如图所示，
由图可知，则，
因为，
所以，
设函数，则，
当时，；当时，，
所以，即的最小值是.
故选：C.
2．B
【分析】根据题意得到函数的单调性，将题目转化与在上的交点个数问题即可.
【详解】当且时，，则
时，为减函数；时，为增函数，
由，得，则函数的周期为，
又在上函数是偶函数，当时，，
在同一坐标系中作出与在上的图象，
由图可知，两函数的图象有4个交点，
所以在上的零点个数为4个.
故选：B.
3．ABD
【分析】函数有零点，即函数与的图象有交点，画出函数与的图象，结合图象求解即可.
【详解】因为函数有零点，所以．
画出函数与的图象，如图所示．
当或1时，经验证，符合题意．
当时，由题意可得．
因为，所以．
故选：ABD.
4．①②④
【分析】由，得到，可判定①正确，设，作出其图象，求得函数的值域为，可判定③错误；由在上单调递增，结合周期性，可得判定②正确；由，得到，结合图象，得到，可判定④正确.
【详解】因为函数，
，可得，即，
因为，所以，所以，所以①正确，
设，
显然是以为周期的周期函数，
作出函数在上的图象，如图所示，
由图可知的值域为，所以③错误，
由的图象可知，在上单调递增，
又因为是周期为的函数，所以在上单调递增，所以②正确，
因为，所以，所以，
由，可得
由图象可知在内有四个零点，
设四个零点从左到右依次为，则，
所以,所以④正确.
正确的序号为①②④．
故答案为:①②④．
5．(1)，
(2)
【分析】（1）先求出函数的单调区间，进而得出函数的最值；
（2）将函数零点转化为方程根的问题，利用分离变量的方法，转化为两个函数图象的交点问题，进而求解结果.
【详解】（1）当时，函数，
故，
当时，，故在单调减，
当时，，故在单调增，
所以，
又因为，，
所以；
（2）因为函数有两个零点
故有两解，
所以方程有两个不同的解，
即为函数的图象与函数的图象有两个不同的交点，
令，故，
当时，，故在单调减，
当时，，故在单调增，
如图所示

而，所以，所以，
令，
因为，，
所以在上有一个零点，
又当时，，，，
所以在上有一个零点，
所以函数有两个零点，即当时，函数有两个零点.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页

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