第07讲 函数与方程（十一大题型）（讲义）（解析版）

第07讲函数与方程目录考点要求考题统计考情分析（1）理解函数的零点与方程的解的联系.（2）理解函数零点存在定理，并能简单应用.（3）了解用二分法求方程的近似解．2022年天津卷第15题，5分2021年天津卷第9题，5分2021年北京卷第15题，5分从近几年高考命题来看，高考对函数与方程也经常以不同的方式进行考查，比如：函数零点的个数问题、位置问题、近似解问题，以选择题、填空题、解答题等形式出现在试卷中的不同位置，且考查得较为灵活、深刻，值得广大师生关注．一、函数的零点对于函数yfx，我们把使0fx的实数x叫做函数yfx的零点.二、方程的根与函数零点的关系方程0fx有实数根函数yfx的图像与x轴有公共点函数yfx有零点.三、零点存在性定理如果函数yfx在区间,ab上的图像是连续不断的一条曲线，并且有0fafb，那么函数yfx在区间,ab内有零点，即存在,cab，使得0,fcc也就是方程0fx的根.四、二分法对于区间,ab上连续不断且0fafb的函数fx，通过不断地把函数fx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，进而得到零点的近似值的方法叫做二分法.求方程0fx的近似解就是求函数fx零点的近似值.五、用二分法求函数fx零点近似值的步骤（1）确定区间,ab，验证0fafb，给定精度.（2）求区间,ab的中点1x.（3）计算1fx.若10,fx则1x就是函数fx的零点；若10fafx，则令1bx（此时零点01,xax）.若10fbfx，则令1ax（此时零点01,xxb）（4）判断是否达到精确度，即若ab，则函数零点的近似值为a（或b）；否则重复第（2）—（4）步.用二分法求方程近似解的计算量较大，因此往往借助计算完成.【解题方法总结】函数的零点相关技巧:①若连续不断的函数)(xf在定义域上是单调函数，则)(xf至多有一个零点.②连续不断的函数)(xf，其相邻的两个零点之间的所有函数值同号.③连续不断的函数)(xf通过零点时，函数值不一定变号.④连续不断的函数)(xf在闭区间][ba，上有零点，不一定能推出0)()(bfaf.【典例例题】题型一：求函数的零点或零点所在区间【例1】（2023·广西玉林·博白县中学校考模拟预测）已知函数()hx是奇函数，且()()2fxhx，若2x是函数()yfx的一个零点，则(2)f（）A．4B．0C．2D．4【答案】D【解析】因为2x是函数()yfx的一个零点，则(2)0f，于是(2)(2)20fh，即(2)2h，而函数()hx是奇函数，则有(2)(2)2hh，所以(2)(2)24fh.故选：D【对点训练1】（2023·吉林·通化市第一中学校校联考模拟预测）已知0x是函数()tan2fxx的一个零点，则0sin2x的值为（）A．45B．35-C．35D．45【答案】D【解析】因为0x是函数()tan2fxx的一个零点，所以0tan20x，即0tan2x，故0cos0x，则00002220002sincos2tan4sin2sincos1tan5xxxxxxx．故选：D．【对点训练2】（2023·全国·高三专题练习）已知函数222,log,log2xfxxgxxxhxx的零点依次为,,abc，则（）A．abcB．cbaC．cabD．bac【答案】A【解析】对于2xfxx，显然是增函数，1010,102ff＞＜，所以fx的唯一零点1,0a；对于2loggxxx，显然也是增函数，110,11022gg＜＞，所以gx的唯一零点1,12b；对于2log2hxx，显然也是增函数，24log420h，所以hx的唯一零点4c；abc＜＜；故选：A.【对点训练3】（2023·全国·高三专题练习）已知eln2xfxx，若0x是方程efxfx的一个解，则0x可能存在的区间是（）A．0,1B．1,2C．2,3D．3,4【答案】C【解析】1exfxx，所以11eln2eln2xxfxfxxxxx，因为0x是方程efxfx的一个解，所以0x是方程1ln2e0xx的解，令1ln2egxxx，则211gxxx，当0x时，2110gxxx恒成立，所以1ln2egxxx单调递增，又13152ln22eln2e0,3ln32eln3e02233gg，所以0(2,3)x.故选：C.【解题总结】求函数xf零点的方法：（1）代数法，即求方程0xf的实根，适合于宜因式分解的多项式；（2）几何法，即利用函数xfy的图像和性质找出零点，适合于宜作图的基本初等函数.题型二：利用函数的零点确定参数的取值范围【例2】（2023·山西阳泉·统考三模）函数22logfxxxm在区间1,2存在零点．则实数m的取值范围是（）A．,5B．5,1C．1,5D．5,【答案】B【解析】由12logyx在0,上单调递增，22yxm在0,上单调递增，得函数22logfxxxm在区间0,上单调递增，因为函数22logfxxxm在区间1,2存在零点，所以1020ff，即2222log110log220mm，解得51m，所以实数m的取值范围是5,1.故选：B.【对点训练4】（2023·全国·高三专题练习）函数3()2xfxax的一个零点在区间1,3内，则实数a的取值范围是（）A．7,B．,1C．,17,D．1,7【答案】D【解析】∵2xy和3yx在(0,)上是增函数，∴3()2xfxax在(0,)上是增函数，∴只需(1)(3)0ff即可，即170aa，解得17a.故选：D.【对点训练5】（2023·河北·高三学业考试）已知函数2()21xfxa是R上的奇函数，若函数(2)yfxm的零点在区间11，内，则m的取值范围是（）A．11(,)22B．(11)，C．(2,2)D．01，【答案】A【解析】∵()fx是奇函数，∴2(0)011fa，1a，2()121xfx，易知()fx在R上是增函数，∴()fx有唯一零点0，函数(2)yfxm的零点在区间11，内，∴20xm在(1,1)上有解，2xm，∴11(,)22m．故选：A．【对点训练6】（2023·浙江绍兴·统考二模）已知函数2lnfxxaxb，若fx在区间2,3上有零点，则ab的最大值为__________.【答案】214e【解析】设00()02,3fxx，，则200ln0xaxb，此时200lnbxax，则2200lnabaxax，令22220000000lnlnln22xxgaaxaxxaxx，当020ln2xax时，20max0ln2xgax，记ln()2xhxx=，则21ln()2xhxx，所以()hx在2,e上递增，在e,3上递减，故max1()(e)2ehxh,所以202max0ln124exgax，所以ab的最大值为214e.故答案为：214e.【对点训练7】（2023·上海浦东新·高三上海市进才中学校考阶段练习）已知函数()sinsinfxaxax在(0,2π)上有零点，则实数a的取值范围___________.【答案】11,,022【解析】当1a时，0ππa，πsinsinπsinππ0faaaaaaa，3π3πsin022afa，故3π0π2ffa，由零点存在性定理知：()fx在区间π3π,2a上至少有1个零点；当1a时，0fx，符合题意；当112a时，π2π,ππ,π2π2πππ2aaa，sin0,(π)sinπ0,(2π)sin2π0ππfafafaaa，由零点存在性定理知，()fx在区间(π,2π)至少有1个零点；当102a时，()coscos(coscos)fxaaxaxaaxxcoscos2222axxaxxaxxaxxacoscossinsincoscossinsin22222222axxaxxaxxaxxaxxaxxaxxaxxa(1)(1)2sinsin22axaxa，因为102a，(0,2π)x，所以(1)π02ax，(1)sin02ax，当2π(0,)1xa时，(1)0π2ax，(1)sin02ax，()0,()fxfx递增，当2π(,2π)1xa时，(1)3ππ22ax，(1)sin02ax，()0,()fxfx递减，故()fx在2π(0,)1a上递增，在2π(,2π)1a上递减，又(0)0,(2π)sin2π0ffa，即在(π,2π)上，()0fx，故()fx在区间(0,2π)上没有零点．所以，当12a时，函数()sinsinfxaxax在(0,2π)上有零点.令()sinsinaaxax，()sin()sinsinsin()aaxaxaxaxa，可知()sinsinaaxax为奇函数，图象关于原点对称，从而，当12a时，函数()sinsinfxaxax在(0,2π)上有零点.又当0a时，0fx，符合题意，综上，实数a的取值范围11,,022．故答案为：11,,022．【解题总结】本类问题应细致观察、分析图像，利用函数的零点及其他相关性质，建立参数关系，列关于参数的不等式，解不等式，从而获解.题型三：方程根的个数与函数零点的存在性问题【例3】（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知实数x，y满足ln212yy，e5xx，则2xy________.【答案】4【解析】由ln212yy，即ln212yy，即42e21yy，令42yt，则24yt，即e5tt，即e50tt.由e5xx，得e50xx，设函数e5xfxx，显然该函数增函数，又212e4e30ff，所以函数e5xfxx在1,2上有唯一的零点，因此tx，即42yx，所以24xy.故答案为：4.【对点训练8】（2023·新疆·校联考二模）已知函数3234fxaxx，若fx存在唯一的零点0x，且00x，则a的取值范围是________．【答案】,1【解析】因为3234fxaxx，所以23632fxaxxxax当0a时，有2340fxx，解得233x，所以当0a时，()fx有两个零点，不