高考数学一轮复习 零点知识梳理2 苏教版
苏教版版高考数学一轮复习第二章函数函数性质的综合问题教学案
考点１函数的单调性与奇偶性函数的单调性与奇偶性的综合问题解题思路（１）解决比较大小、最值问题应充分利用奇函数在关于原点对称的两个区间上具有相同的单调性，偶函数在关于原点对称的两个区间上具有相反的单调性．（２）解决不等式问题时一定要充分利用已知的条件，把已知不等式转化成f（x１）＞f（x２）或f （x１）＜f（x２）的形式，再根据函数的奇偶性与单调性，列出不等式（组），要注意函数定义域对参数的影响．（１）（２0１9·全国卷Ⅲ）设f（x）是定义域为R的偶函数，且在（0，＋∞）单调递减，则（）（２）（２0１7·全国卷Ⅰ）函数f（x）在（—∞，＋∞）上单调递减，且为奇函数．若f（１）＝—１，则满足—１≤f（x—２）≤１的x的取值范围是（）Ａ．[—２,２] Ｂ．[—１,１]Ｃ．[0,４] Ｄ．[１,３]（１）C（２）D[（１）∵f（x）是定义域为R的偶函数，∴f（—x）＝f（x）．∴f错误!＝f（—log３４）＝f（log３４）．又∵log３４＞log３３＝１，且１＞２错误!＞２错误!＞0，∴log３４＞２错误!＞２错误!＞0．∵f（x）在（0，＋∞）上单调递减，∴f（２错误!）＞f（２错误!）＞f（log３４）＝f错误!.故选Ｃ．（２）∵f（x）为奇函数，∴f（—x）＝—f（x）．∵f（１）＝—１，∴f（—１）＝—f（１）＝１．故由—１≤f（x—２）≤１，得f（１）≤f（x—２）≤f（—１）．又f（x）在（—∞，＋∞）上单调递减，∴—１≤x—２≤１，∴１≤x≤３．][逆向问题] 设f（x）是定义在[—２b,３＋b]上的偶函数，且在[—２b,0]上为增函数，则f（x—１）≥f（３）的解集为（）Ａ．[—３,３] Ｂ．[—２,４]Ｃ．[—１,５] Ｄ．[0,6]B[因为f（x）是定义在[—２b,３＋b]上的偶函数，所以有—２b＋３＋b＝0，解得b＝３，由函数f（x）在[—6,0]上为增函数，得f（x）在（0,6]上为减函数，故f（x—１）≥f（３）⇒f（|x—１|）≥f（３）⇒|x—１|≤３，故—２≤x≤４．]（１）函数值的大小比较问题，可以利用奇偶性把不在同一单调区间上的两个或多个自变量的函数值转化到同一单调区间上，再利用其单调性比较大小．（２）对于抽象函数不等式的求解，应变形为f（x１）＞f（x２）的形式，再结合单调性脱去法则“f”变成常规不等式，如x１＜x２（或x１＞x２）求解．１．已知函数f（x）满足以下两个条件：１任意x１，x２∈（0，＋∞）且x１≠x２，（x１—x２）·[f（x１）—f（x２）]＜0；２对定义域内任意x有f（x）＋f（—x）＝0，则符合条件的函数是（）Ａ．f（x）＝２xＢ．f（x）＝１—|x|Ｃ．f（x）＝—x３Ｄ．f（x）＝ln（x２＋３）C[由条件１可知，f（x）在（0，＋∞）上单调递减，则可排除A、D选项，由条件２可知，f（x）为奇函数，则可排除B选项，故选Ｃ．]２．函数y＝f（x）在[0,２]上单调递增，且函数f（x＋２）是偶函数，则下列结论成立的是（）Ａ．f（１）＜f错误!＜f错误!Ｂ．f错误!＜f（１）＜f错误!Ｃ．f错误!＜f错误!＜f（１）Ｄ．f错误!＜f（１）＜f错误!B[∵函数y＝f（x）在[0,２]上单调递增，且函数f（x＋２）是偶函数，∴函数y＝f（x）在[２,４]上单调递减，且在[0,４]上函数y＝f（x）满足f（２—x）＝f（２＋x），∴f（１）＝f（３），f错误!＜f（３）＜f错误!，即f错误!＜f（１）＜f错误!.]３．（２0１9·滨州模拟）设奇函数f（x）定义在（—∞，0）∪（0，＋∞）上，f（x）在（0，＋∞）上为增函数，且f（１）＝0，则不等式错误!＜0的解集为（）Ａ．（—１,0）∪（１，＋∞）Ｂ．（—∞，—１）∪（0,１）Ｃ．（—∞，—１）∪（１，＋∞）Ｄ．（—１,0）∪（0,１）D[∵奇函数f（x）定义在（—∞，0）∪（0，＋∞）上，在（0，＋∞）上为增函数，且f（１）＝0，∴函数f（x）的图象关于原点对称，且过点（１,0）和（—１,0），且f（x）在（—∞，0）上也是增函数．∴函数f（x）的大致图象如图所示．∵f（—x）＝—f（x），∴不等式错误!＜0可化为错误!＜0，即xf （x）＜0．不等式的解集即为自变量与对应的函数值异号的x的范围，据图象可知x∈（—１,0）∪（0,１）．]考点２函数的周期性与奇偶性已知f（x）是周期函数且为偶函数，求函数值，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内，把未知区间上的函数性质转化为已知区间上的函数性质求解．（２0１9·福州质量检测）已知函数f（x）对任意的x∈R都满足f（x）＋f（—x）＝0，f错误!为偶函数，当0＜x≤错误!时，f（x）＝—x，则f（２0１7）＋f（２0１8）＝________.—２[依题意，f（—x）＝—f（x），f错误!＝f错误!，所以f（x＋３）＝f（—x）＝—f（x），所以f（x＋6）＝f（x），所以f（２0１7）＝f（１）＝—１，f（２0１8）＝f（２）＝f错误!＝f错误!＝f（１）＝—１，所以f（２0１7）＋f（２0１8）＝—２．]解奇偶性、周期性的综合性问题的２个关键点（１）利用奇偶性和已知等式求周期．（２）将未知区间上的问题转化为已知区间上的问题求解．１．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x）＝—f错误!，且f（１）＝２，则f（２0１8）＝________.—２[因为f（x）＝—f错误!，所以f（x＋３）＝f错误!＝—f错误!＝f（x）．所以f（x）是以３为周期的周期函数．则f（２0１8）＝f（67２×３＋２）＝f（２）＝f（—１）＝—f（１）＝—２．]２．已知f（x）是定义在R上以３为周期的偶函数，若f（１）＜１，f（５）＝２a—３，则实数a 的取值范围为________．（—∞，２）[∵f（x）是定义在R上的周期为３的偶函数，∴f（５）＝f（５—6）＝f（—１）＝f （１），∵f（１）＜１，∴f（５）＝２a—３＜１，即a＜２．]考点３单调性、奇偶性、周期性、对称性等综合问题函数的奇偶性、周期性及单调性是函数的三大性质，在高考中常常将它们综合在一起命题，解题时，往往需要借助函数的奇偶性和周期性来确定另一区间上的单调性，即实现区间的转换，再利用单调性解决相关问题．[一题多解]（２0１8·全国卷Ⅱ）已知f（x）是定义域为（—∞，＋∞）的奇函数，满足f （１—x）＝f（１＋x）．若f（１）＝２，则f（１）＋f（２）＋f（３）＋…＋f（５0）＝（）Ａ．—５0 Ｂ．0 Ｃ．２Ｄ．５0C[法一：（直接法）∵f（x）是奇函数，∴f（—x）＝—f（x），∴f（１—x）＝—f（x—１）．由f（１—x）＝f（１＋x），得—f（x—１）＝f（x＋１），∴f（x＋２）＝—f（x），∴f（x＋４）＝—f（x＋２）＝f（x），∴函数f（x）是周期为４的周期函数．由f（x）为奇函数得f（0）＝0．又∵f（１—x）＝f（１＋x），∴f（x）的图象关于直线x＝１对称，∴f（２）＝f（0）＝0，∴f（—２）＝0．又f（１）＝２，∴f（—１）＝—２，∴f（１）＋f（２）＋f（３）＋f（４）＝f（１）＋f（２）＋f（—１）＋f（0）＝２＋0—２＋0＝0，∴f（１）＋f（２）＋f（３）＋f（４）＋…＋f（４9）＋f（５0）＝0×１２＋f（４9）＋f（５0）＝f（１）＋f（２）＝２＋0＝２．法二：（特例法）由题意可设f（x）＝２sin错误!，作出f（x）的部分图象如图所示．由图可知，f（x）的一个周期为４，所以f（１）＋f（２）＋f（３）＋…＋f（５0）＝１２[f（１）＋f（２）＋f（３）＋f（４）]＋f（４9）＋f（５0）＝１２×0＋f（１）＋f（２）＝２．]（１）函数的奇偶性与对称性的关系１若函数f（x）满足f（a＋x）＝f（a—x），则其函数图象关于直线x＝a对称；当a＝0时可以得出f（x）＝f（—x），函数为偶函数，即偶函数为特殊的线对称函数．２若函数f（x）满足f（２a—x）＝２b—f（x），则其函数图象关于点（a，b）对称；当a＝0，b ＝0时得出f（—x）＝—f（x），函数为奇函数，即奇函数为特殊的点对称函数．（２）函数的对称性与周期性的关系１若函数f（x）关于直线x＝a与直线x＝b对称，那么函数的周期是２|b—a|.２若函数f（x）关于点（a,0）对称，又关于点（b,0）对称，那么函数的周期是２|b—a|.３若函数f（x）关于直线x＝a对称，又关于点（b,0）对称，那么函数的周期是４|b—a|.（３）函数的奇偶性、周期性、对称性的关系其中a≠0，上面每组三个结论中的任意两个能够推出第三个．[教师备选例题]（１）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且f（x＋１）＝—f（x），若f（x）在[—１,0]上单调递减，则f（x）在[１,３]上是（）Ａ．增函数Ｂ．减函数Ｃ．先增后减的函数Ｄ．先减后增的函数１函数f（x）的图象关于直线x＝４k＋２（k∈Z）对称；２函数f（x）的单调递增区间为[8k—6,8k—２]（k∈Z）；３函数f（x）在区间（—２0１8,２0１8）上恰有１008个极值点；４若关于x的方程f（x）—m＝0在区间[—8,8]上有根，则所有根的和可能为0或±４或±8．其中真命题的个数为（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４（１）D（２）C[（１）根据题意，因为f（x＋１）＝—f（x），所以f（x＋２）＝—f（x＋１）＝f（x），所以函数f（x）的周期是２．又因为f（x）在定义域R上是偶函数，在[—１,0]上是减函数，所以函数f（x）在[0,１]上是增函数，所以函数f（x）在[１,２]上是减函数，在[２,３]上是增函数，所以f （x）在[１,３]上是先减后增的函数，故选Ｄ．（２）１正确，∵定义在R上的连续奇函数f（x）满足f（x—４）＝—f（x），∴f[（x—４）—４]＝—f（x—４）＝f（x），即f（x—8）＝f（x），∴f（x）是以8为周期的周期函数，8k（k∈Z且k≠0）也是其周期．又f（x）为R上的连续奇函数，由f（x—４）＝—f（x），即f（x）＝—f（x—４），得f （x）＝f（４—x），∴函数f（x）的一条对称轴为x＝错误!＝２．又8k（k∈Z且k≠0）是f（x）的周期，∴f（x）＝f（x＋8k）＝f（４—x），∴函数的对称轴为x＝错误!＝４k＋２（k∈Z且k≠0）．综上，函数f（x）的图象关于直线x＝４k＋２（k∈Z）对称，故１正确；２错误，作图如下：由图可知，函数f（x）的单调递减区间为[8k—6,8k—２]（k∈Z），故２错误；３正确，由图可知，f（x）在一个周期内有两个极值点，在区间（—２0１6,２0１6）上有５0４个完整周期，有１008个极值点，在区间（—２0１8，—２0１6]和[２0１6,２0１8）上没有极值点，故在区间（—２0１8,２0１8）上有１008个极值点，３正确；４正确，由图中m１，m２，m３，m４，m５五条直线可知，关于x的方程f（x）—m＝0在区间[—8,8]上有根，则所有根的和可能为0或±４或±8，故４正确．综上所述，１３４正确，故选Ｃ．]１．（２0１6·全国卷Ⅱ）已知函数f（x）（x∈R）满足f（—x）＝２—f（x），若函数y＝错误!与y＝f（x）图象的交点为（x１，y１），（x２，y２），…，（x m，y m），则错误!（x i＋y i）＝（）Ａ．0 Ｂ．mＣ．２mＤ．４mB[函数f（x）（x∈R）满足f（—x）＝２—f（x），即f（x）＋f（—x）＝２，可得f（x）的图象关于点（0,１）对称，函数y＝错误!，即y＝１＋错误!的图象关于点（0,１）对称，∴函数y＝错误!与y＝f（x）图象的交点也关于（0,１）对称，关于（0,１）对称的两个点的横坐标和为0，纵坐标和为２．当交点不在对称轴上时，m为偶数，∴错误!（x i＋y i）＝错误!x i＋错误!y i＝0×错误!＋２×错误!＝m；当有交点在对称轴上时，m为奇数，则错误!（x i＋y i）＝错误!x i＋错误!y i＝0×错误!＋0＋２×错误!＋１＝m.综上，错误!（x i＋y i）＝m.]２．已知定义在R上的奇函数f（x）满足f（x—４）＝—f（x），且在区间[0,２]上是增函数，则（）Ａ．f（—２５）＜f（１１）＜f（80）Ｂ．f（80）＜f（１１）＜f（—２５）Ｃ．f（１１）＜f（80）＜f（—２５）Ｄ．f（—２５）＜f（80）＜f（１１）D[因为f（x）满足f（x—４）＝—f（x），所以f（x—8）＝f（x），所以函数f（x）是以8为周期的周期函数，则f（—２５）＝f（—１），f （80）＝f（0），f（１１）＝f（３）．由f（x）是定义在R上的奇函数，且满足f（x—４）＝—f（x），得f（１１）＝f（３）＝—f（—１）＝f（１）．因为f（x）在区间[0,２]上是增函数，f（x）在R上是奇函数，所以f（x）在区间[—２,２]上是增函数，所以f（—１）＜f（0）＜f（１），即f（—２５）＜f（80）＜f（１１）．]课外素养提升２数学运算——用活函数性质中的三个结论论”解决数学问题，可优化数学运算的过程，使学生逐步形成规范化、程序化的思维品质，养成一丝不苟、严谨求实的科学精神．奇函数的最值性质已知函数f（x（x）＋f（—x）＝0．特别地，若奇函数f（x）在D上有最值，则f（x）max＋f（x）min＝0，且若0∈D，则f（0）＝0．【例１】设函数f（x）＝错误!的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝________.２[显然函数f（x）的定义域为R，f（x）＝错误!＝１＋错误!，设g（x）＝错误!，则g（—x）＝—g（x），∴g（x）为奇函数，由奇函数图象的对称性知g（x）max＋g（x）min＝0，∴M＋m＝[g（x）＋１]max＋[g（x）＋１]min＝２＋g（x）max＋g（x）min＝２．]【素养提升练习】已知函数f（x）＝ln（错误!—３x）＋１，则f（lg ２）＋f错误!＝（）Ａ．—１Ｂ．0 Ｃ．１Ｄ．２D[设g（x）＝ln（错误!—３x），易知函数的定义域为R，关于原点对称，∵g（x）＋g（—x）＝ln（错误!—３x）＋ln（错误!＋３x）＝ln（错误!—３x）（错误!＋３x）＝ln １＝0，∴g（x）为奇函数，∴g（lg ２）＋g错误!＝g（lg ２）＋g（—lg ２）＝0，又∵f（x）＝g（x）＋１，∴f（lg ２）＋f错误!＝g（lg ２）＋１＋g错误!＋１＝２．]抽象函数的周期性（１）如果f（x＋a）＝—f（x）（a≠0），那么f（x）是周期函数，其中一个周期T＝２a.（２）如果f（x＋a）＝错误!（a≠0），那么f（x）是周期函数，其中的一个周期T＝２a.（３）如果f（x＋a）＋f（x）＝c（a≠0），那么f（x）是周期函数，其中的一个周期T＝２a.【例２】已知函数f（x）为定义在R上的奇函数，当x≥0时，有f（x＋３）＝—f（x），且当x∈（0,３）时，f（x）＝x＋１，则f（—２0１7）＋f（２0１8）＝（）A．３Ｂ．２Ｃ．１Ｄ．0C[因为函数f（x）为定义在R上的奇函数，所以f（—２0１7）＝—f（２0１7），因为当x≥0时，有f（x＋３）＝—f（x），所以f（x＋6）＝—f（x＋３）＝f（x），即当x≥0时，自变量的值每增加6，对应函数值重复出现一次．又当x∈（0,３）时，f（x）＝x＋１，∴f（２0１7）＝f（３３6×6＋１）＝f（１）＝２，f（２0１8）＝f（３３6×6＋２）＝f（２）＝３．故f（—２0１7）＋f（２0１8）＝—f（２0１7）＋３＝１．]【素养提升练习】（２0１9·山西八校联考）已知f（x）是定义在R上的函数，且满足f（x＋２）＝—错误!，当２≤x≤３时，f（x）＝x，则f错误!＝________.错误![∵f（x＋２）＝—错误!，∴f（x＋４）＝f（x），∴f错误!＝f错误!，又２≤x≤３时，f（x）＝x，∴f错误!＝错误!，∴f错误!＝错误!.]抽象函数的对称性已知函数f（x（１）若f（a＋x）＝f（b—x）恒成立，则y＝f（x）的图象关于直线x＝错误!对称，特别地，若f （a＋x）＝f（a—x）恒成立，则y＝f（x）的图象关于直线x＝a对称．（２）若函数y＝f（x）满足f（a＋x）＋f（a—x）＝0，即f（x）＝—f（２a—x），则f（x）的图象关于点（a,0）对称．【例３】函数y＝f（x）对任意x∈R都有f（x＋２）＝f（—x）成立，且函数y＝f（x—１）的图象关于点（１,0）对称，f（１）＝４，则f（２0１6）＋f（２0１7）＋f（２0１8）的值为________．４[因为函数y＝f（x—１）的图象关于点（１,0）对称，所以函数y＝f（x）的图象关于原点对称，所以f（x）是R上的奇函数，则f（x＋２）＝f（—x）＝—f（x），所以f（x＋４）＝—f（x＋２）＝f（x），故f（x）的周期为４．所以f（２0１7）＝f（５0４×４＋１）＝f（１）＝４，所以f（２0１6）＋f（２0１8）＝—f（２0１４）＋f（２0１４＋４）＝—f（２0１４）＋f （２0１４）＝0，所以f（２0１6）＋f（２0１7）＋f（２0１8）＝４．]【素养提升练习】已知函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（２—x），若函数y＝|x２—２x—３|与y＝f（x）图象的交点为（x１，y１），（x２，y２），…，（x m，y m），则错误!x i＝（）Ａ．0 Ｂ．mＣ．２mＤ．４mB[∵函数f（x）（x∈R）满足f（x）＝f（２—x），故函数f（x）的图象关于直线x＝１对称，函数y＝|x２—２x—３|的图象也关于直线x＝１对称，故函数y＝|x２—２x—３|与y＝f（x）图象的交点也关于直线x＝１对称，且相互对称的两点横坐标和为２．当f（x）不过点（１,４）时，错误!x i＝错误!×２＝m，当f（x）过点（１,４）时，错误!x i＝错误!×２＋１＝m.综上，错误!x i＝m.]。
高考数学一轮复习 图象及变换知识梳理2 苏教版
函数的图象及变换【命题走向】函数不仅是高中数学的核心内容，还是学习高等数学的基础，所以在高考中，函数知识占有极其重要的地位。
其试题不但形式多样，而且突出考查学生联系与转化、分类与讨论、数与形结合等重要的数学思想、能力。
知识覆盖面广、综合性强、思维力度大、能力要求高，是高考考数学思想、数学方法、考能力、考素质的主阵地。
从历年高考形势来看：（1）与函数图象有关的试题，要从图中读取各种信息，注意利用平移变换、伸缩变换、对称变换，注意函数的对称性、函数值的变化趋势，培养运用数形结合思想来解题的能力，会利用函数图象，进一步研究函数的性质，解决方程、不等式中的问题；（2）函数综合问题多以知识交汇题为主，甚至以抽象函数为原型来考察；（3）与幂函数有关的问题主要以21132,,,,x y x y x y x y x y =====-为主，利用它们的图象及性质解决实际问题；预测12年高考函数图象：（1）题型为1个填空题；（2）题目多从由解析式得函数图象、数形结合解决问题等方面出题；函数综合问题：（1）题目多以知识交汇题目为主，重在考察函数的工具作用； 幂函数：单独出题的可能性小，但一些具体问题小过程要应用其性质来解决； 【知识梳理：】 (11年8月12日)⑥ 。
)(x f y =→)(x f y = ⑦ 。
)(x f y =→)(x f y =二、体验训练：1.画出下列函数的图像：)3,1[,1)1(2∈+-=xxyxxy3=xy xx=+112-+=xxy2.作出下列函数的图像:1+=xy2y x x=-2y x x=-2y x x=-322-+=xxy3.已知()f x=2x，画出下列图像：1.()y f x=；2.()2y f x=-；3.(3)y f x=-三、经典例题例：函数tan sin tan sin y x x x x =+--在区间3(,)22ππ内的图象是 。
2tan ,tan sin tan sin tan sin 2sin ,tan sin x x x y x x x x x x x <⎧=+--=⎨≥⎩当时当时 练习：函数|1|||ln --=x e y x 的图象大致是练习：函数2|log |1()2x f x x x=--的大致图像为 。
苏教版江苏专版版高考数学一轮复习第二章第二节函数的单调性与最值教案文解析版
１．函数的单调性（１）单调函数的定义增函数减函数定义一般地，设函数f（x）的定义域为I：如果对于定义域I内某个区间D 上的任意两个自变量的值x１，x２当x１＜x２时，都有f（x１）＜f（x２），那么就说函数f（x）在区间D上是单调增函数当x１＜x２时，都有f（x１）＞f（x２），那么就说函数f（x）在区间D上是单调减函数图象描述自左向右看图象是上升的自左向右看图象是下降的如果函数y＝f（x）在区间D上是增函数或减函数，那么就说函数y＝f（x）在这一区间具有（严格的）单调性，区间D叫做函数y＝f（x）的单调区间．２．函数的最值前提设函数y＝f（x）的定义域为I，如果存在实数M满足条件１对于任意的x∈I，都有f（x）≤M；２存在x∈I，使得f（x）＝M１对于任意x∈I，都有f（x）≥M；２存在x∈I，使得f（x）＝M结论M为函数y＝f（x）的最大值M为函数y＝f（x）的最小值[小题体验]１．（２0１9·常州一中月考）f（x）＝|x＋２|的单调递增区间为________．答案：[—２，＋∞）２．若函数f（x）＝错误!在区间[２，a]上的最大值与最小值的和为错误!，则a＝________.解析：由f（x）＝错误!的图象知，f（x）＝错误!在（0，＋∞）上是减函数，因为[２，a]⊆（0，＋∞），所以f（x）＝错误!在[２，a]上也是减函数，所以f（x）max＝f（２）＝错误!，f（x）min＝f（a）＝错误!，所以错误!＋错误!＝错误!，所以a＝４．答案：４３．函数f（x）是在区间（—２,３）上的增函数，则y＝f（x＋５）的一个递增区间是________．解析：由—２＜x＋５＜３，得—7＜x＜—２，故y＝f（x＋５）的递增区间为（—7，—２）．答案：（—7，—２）１．易混淆两个概念：“函数的单调区间”和“函数在某区间上单调”，前者指函数具备单调性的“最大”的区间，后者是前者“最大”区间的子集．２．若函数在两个不同的区间上单调性相同，则这两个区间要分开写，不能写成并集．例如，函数f （x）在区间（—１,0）上是减函数，在（0,１）上是减函数，但在（—１,0）∪（0,１）上却不一定是减函数，如函数f（x）＝错误!.３．两函数f（x），g（x）在x∈（a，b）上都是增（减）函数，则f（x）＋g（x）也为增（减）函数，但f（x）·g（x），错误!等的单调性与其正负有关，切不可盲目类比．[小题纠偏]１．（２0１9·海安期中）函数f（x）＝错误!的单调递减区间为________．答案：错误!和错误!２．已知函数f（x）＝log５（x２—３x—４），则该函数的单调递增区间为________．解析：由题意知x２—３x—４＞0，则x＞４或x＜—１，令y＝x２—３x—４，则其图象的对称轴为x＝错误!，所以y＝x２—３x—４的单调递增区间为（４，＋∞）．单调递减区间为（—∞，—１），由复合函数的单调性知f（x）的单调递增区间为（４，＋∞）．答案：（４，＋∞）错误!错误![题组练透]１．讨论函数f（x）＝错误!在x∈（—１,１）上的单调性．解：设—１＜x１＜x２＜１，则f（x１）—f（x２）＝错误!—错误!＝错误!.因为—１＜x１＜x２＜１，所以x２—x１＞0，x１x２＋１＞0，（x错误!—１）（x错误!—１）＞0，所以f（x１）—f（x２）＞0，即f（x１）＞f（x２），故函数f（x）在（—１,１）上为减函数．２．已知函数f（x）＝a＋错误!（a∈R），判断函数f（x）的单调性，并用单调性的定义证明．解：f（x）在（—∞，0），（0，＋∞）上均为减函数，证明如下：函数f（x）的定义域为（—∞，0）∪（0，＋∞），在定义域内任取x１，x２，使0＜x１＜x２，则f（x２）—f（x１）＝错误!—错误!＝错误!.因为0＜x１＜x２，所以２x１＜２x２，２x２＞１,２x１＞１，所以２x１—２x２＜0,２x１—１＞0,２x２—１＞0，从而f（x２）—f（x１）＜0，即f（x２）＜f（x１），所以f（x）在（0，＋∞）上为减函数，同理可证f（x）在（—∞，0）上为减函数．[谨记通法]１．定义法判断函数单调性的步骤取值错误!错误!错误!２．导数法判断函数单调性的步骤错误!错误!错误!错误!错误![典例引领]求下列函数的单调区间：（１）y＝—x２＋２|x|＋１；（２）y＝log错误!（x２—３x＋２）．解：（１）由于y＝错误!即y＝错误!画出函数图象如图所示，单调递增区间为（—∞，—１]和[0,１]，单调递减区间为[—１,0]和[１，＋∞）．（２）令u＝x２—３x＋２，则原函数可以看作y＝log错误!u与u＝x２—３x＋２的复合函数．令u＝x２—３x＋２＞0，则x＜１或x＞２．所以函数y＝log错误!（x２—３x＋２）的定义域为（—∞，１）∪（２，＋∞）．又u＝x２—３x＋２的对称轴x＝错误!，且开口向上．所以u＝x２—３x＋２在（—∞，１）上是单调减函数，在（２，＋∞）上是单调增函数．而y＝log错误!u在（0，＋∞）上是单调减函数，所以y＝log错误!（x２—３x＋２）的单调递减区间为（２，＋∞），单调递增区间为（—∞，１）．[由题悟法]确定函数的单调区间的３种方法[提醒] 单调区间只能用区间表示，不能用集合或不等式表示；如有多个单调区间应分别写，不能用并集符号“∪”联结，也不能用“或”联结．[即时应用]１．函数f（x）＝log２（x２—４）的单调递增区间为________．解析：令t＝x２—４＞0，解得x＜—２或x＞２，故函数f（x）的定义域为{x|x＜—２或x＞２}，且f（x）＝log２t.利用二次函数的性质可得，t ＝x ２—４在定义域{x |x ＜—２或x ＞２}内的单调递增区间为（２，＋∞），所以函数f （x ）的单调递增区间为（２，＋∞）．答案：（２，＋∞） ２．函数y ＝错误!2231x x －＋的单调递增区间为________．解析：令u ＝２x ２—３x ＋１＝２错误!２—错误!.因为u ＝２错误!２—错误!在错误!上单调递减，函数y ＝错误!u 在R 上单调递减． 所以y ＝错误!2231x x －＋在错误!上单调递增．答案：错误! 错误! 错误![锁定考向]高考对函数单调性的考查多以填空题的形式出现，有时也应用于解答题中的某一问中． 常见的命题角度有： （１）求函数的值域或最值； （２）比较数值的大小； （３）利用单调性解函数不等式；（４）利用单调性求参数的取值范围或值．[题点全练]角度一：求函数的值域或最值１．（２0１9·启东中学检测）设m ∈R ，若函数f （x ）＝|x ３—３x —２m |＋m 在x ∈[0,２]上的最大值与最小值之差为３，则m ＝________.解析：令y ＝x ３—３x ，x ∈[0,２]，则y ′＝３x ２—３． 由y ′＞0，得１＜x ＜２；由y ′＜0，得0＜x ＜１，所以y ＝x ３—３x 在（0,１）上单调递减，在（１,２）上单调递增，所以当x ∈[0,２]时，y ＝x ３—３x 的值域为[—２,２]，y ＝x ３—３x —２m 的值域为[—２—２m,２—２m ]．１当m ＝0时，f （x ）max ＝２，f （x ）min ＝0，不符合题意；２当m ≥１时，f （x ）max ＝f （—２）＝２＋３m ，f （x ）min ＝f （２）＝３m —２，f （x ）max —f （x ）＝４，不符合题意；min３当0＜m＜１时，f（x）max＝f（—２）＝２＋３m，f（x）min＝m，f（x）max—f（x）min＝２＋２m＝３，解得m＝错误!，符合题意；４当—１＜m＜0时，f（x）max＝f（２）＝２—m，f（x）min＝m，f（x）max—f（x）min＝２—２m＝３，解得m＝—错误!，符合题意；５当m≤—１时，f（x）max＝２—m，f（x）min＝—２—m，f（x）max—f（x）min＝４，不符合题意．综上可得，m＝±错误!.答案：±错误!角度二：比较数值的大小２．设函数f（x）定义在实数集R上，它的图象关于直线x＝１对称，且当x≥１时，f（x）＝３x—１，则f错误!，f错误!，f错误!的大小关系为________________（用“＜”号表示）．解析：由题设知，f（x）的图象关于直线x＝１对称，当x＜１时，f（x）单调递减，当x≥１时，f（x）单调递增，所以f错误!＝f错误!＝f错误!＝f错误!，又错误!＜错误!＜错误!＜１，所以f错误!＞f错误!＞f 错误!，即f错误!＞f错误!＞f错误!.答案：f错误!＜f错误!＜f错误!角度三：利用单调性解函数不等式３．设函数f（x）＝错误!若f（a＋１）≥f（２a—１），则实数a的取值范围是________．解析：易知函数f（x）在定义域（—∞，＋∞）上是增函数，∵f（a＋１）≥f（２a—１），∴a＋１≥２a—１，解得a≤２．故实数a的取值范围是（—∞，２]．答案：（—∞，２]x）＞0４．定义在R上的奇函数y＝f（x）在（0，＋∞）上递增，且f 错误!＝0，求不等式f（log19的解集．解：∵y＝f（x）是定义在R上的奇函数，且y＝f（x）在（0，＋∞）上递增．∴y＝f（x）在（—∞，0）上也是增函数，又f 错误!＝0，知f 错误!＝—f 错误!＝0．故原不等式f（log19x）＞0可化为f（log19x）＞f错误!或f错误!＜f（log19x）＜f错误!，∴log19x＞错误!或—错误!＜log19x＜0，解得0＜x＜错误!或１＜x＜３．∴原不等式的解集为错误!.角度四：利用单调性求参数的取值范围或值５．（２0１9·南通调研）已知函数f（x）＝错误!（a＞0，且a≠１）满足对任意x１≠x２，都有错误!＜0成立，则实数a的取值范围是________．解析：由题意知f（x）为减函数，所以错误!解得0＜a≤错误!.答案：错误![通法在握]函数单调性应用问题的常见类型及解题策略（１）求函数最值（五种常用方法）（２）比较函数值大小的解题思路比较函数值的大小时，若自变量的值不在同一个单调区间内，要利用其函数性质，转化到同一个单调区间上进行比较，对于填空题能数形结合的尽量用图象法求解．（３）解不等式在求解与抽象函数有关的不等式时，往往是利用函数的单调性将“f”符号脱掉，使其转化为具体的不等式求解．此时应特别注意函数的定义域．（４）利用单调性求参数的范围（或值）的方法１视参数为已知数，依据函数的图象或单调性定义，确定函数的单调区间，与已知单调区间比较求参数；２需注意若函数在区间[a，b]上是单调的，则该函数在此区间的任意子集上也是单调的．[提醒] １若函数在区间[a，b]上单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；２分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值．[演练冲关]１．（２0１9·连云港调研）若函数f（x）＝错误!是在R上的减函数，则a的取值范围是________．解析：由题意得错误!解得—6≤a＜１．答案：[—6,１）２．函数f（x）＝—错误!＋b（a＞0）在错误!上的值域为错误!，则a＝________，b＝________.解析：因为f（x）＝—错误!＋b（a＞0）在错误!上是增函数，所以f错误!＝错误!，f（２）＝２．即错误!解得a＝１，b＝错误!.答案：１错误!３．已知函数f（x）＝ln（２＋|x|）—错误!，则使得f（x＋２）＞f（２x—１）成立的x的取值范围是________．解析：由f（—x）＝f（x）可得函数f（x）是定义域R上的偶函数，且x＞0时函数f（x）单调递增，则不等式等价于f（|x＋２|）＞f（|２x—１|），即|x＋２|＞|２x—１|，两边平方化简得３x２—8x—３＜0，解得—错误!＜x＜３．答案：错误!一抓基础，多练小题做到眼疾手快１．（２0１9·如皋中学月考）函数f（x）＝|x２—２x＋２|的增区间是________．解析：因为函数f（x）＝|x２—２x＋２|＝|（x—１）２＋１|＝（x—１）２＋１，所以函数f（x）＝|x２—２x＋２|的增区间是[１，＋∞）．答案：[１，＋∞）２．函数y＝错误!—x（x≥0）的最大值为________．解析：令t＝错误!，则t≥0，所以y＝t—t２＝—错误!２＋错误!，结合图象知，当t＝错误!，即x＝错误!时，y max＝错误!.答案：错误!３．（２0１8·徐州质检）函数f（x）＝错误!x—log２（x＋２）在区间[—１,１]上的最大值为________．解析：因为y＝错误!x和y＝—log２（x＋２）都是[—１,１]上的减函数，所以y＝错误!x—log２（x ＋２）是在区间[—１,１]上的减函数，所以最大值为f（—１）＝３．答案：３４．已知偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上单调递减，则满足f（２x—１）＜f（５）的x的取值范围是________．解析：因为偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上单调递减，且f（２x—１）＜f（５），所以|２x—１|＞５，即x＜—２或x＞３．答案：（—∞，—２）∪（３，＋∞）５．若函数f（x）＝—x２＋２ax与g（x）＝（a＋１）１—x在区间[１,２]上都是减函数，则a的取值范围是________．解析：因为f（x）＝—x２＋２ax＝—（x—a）２＋a２在[１,２]上是减函数，所以a≤１．又g（x）＝（a＋１）１—x在[１,２]上是减函数．所以a＋１＞１，所以a＞0．综上可知0＜a≤１．答案：（0,１]6．（２0１9·海门中学高三检测）已知函数f（x）＝错误!满足对任意x１＜x２，都有f（x１）＜f（x２）成立，那么实数a的取值范围是________．解析：∵函数f（x）满足对任意x１＜x２，都有f（x１）＜f（x２）成立，∴函数f（x）在定义域上是增函数，则满足错误!即错误!解得错误!≤a＜２．答案：错误!二保高考，全练题型做到高考达标１．设函数f（x）＝错误!在区间（—２，＋∞）上是增函数，则a的取值范围是________．解析：f（x）＝错误!＝a—错误!，因为函数f（x）在区间（—２，＋∞）上是增函数．所以错误!解得a≥１．答案：[１，＋∞）２．（２0１9·江阴高三检测）设a＞0且a≠１，函数f（x）＝log a|ax２—x|在[３,５]上是单调增函数，则实数a的取值范围为______________．解析：∵a＞0且a≠１，函数f（x）＝log a|ax２—x|＝log a|x·（ax—１）|在[３,５]上是单调增函数，∴当a＞１时，y＝x·（ax—１）在[３,５]上是单调增函数，且y＞0，满足f（x）是增函数；当0＜a＜１时，要使f（x）在[３,５]上是单调增函数，只需错误!解得错误!≤a＜错误!.综上可得，a＞１或错误!≤a＜错误!.答案：错误!∪（１，＋∞）３．对于任意实数a，b，定义min{a，b}＝错误!设函数f（x）＝—x＋３，g（x）＝log２x，则函数h（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值是________．解析：依题意，h（x）＝错误!当0＜x≤２时，h（x）＝log２x是增函数，当x＞２时，h（x）＝—x ＋３是减函数，所以h（x）在x＝２时，取得最大值h（２）＝１．答案：１４．（２0１8·徐州一模）已知函数y＝f（x）和y＝g（x）的图象关于y轴对称，当函数y＝f（x）和y＝g（x）在区间[a，b]上同时递增或者同时递减时，把区间[a，b]叫做函数y＝f（x）的“不动区间”，若区间[１,２]为函数f（x）＝|２x—t|的“不动区间”，则实数t的取值范围是________．解析：因为函数y＝f（x）与y＝g（x）的图象关于y轴对称，所以g（x）＝f（—x）＝|２—x—t|.因为区间[１,２]为函数f（x）＝|２x—t|的“不动区间”，所以函数f（x）＝|２x—t|和函数g（x）＝|２—x—t|在[１,２]上单调性相同，因为y＝２x—t和函数y＝２—x—t的单调性相反，所以（２x—t）（２—x—t）≤0在[１,２]上恒成立，即２—x≤t≤２x在[１,２]上恒成立，解得错误!≤t≤２．答案：错误!５．（２0１8·金陵中学月考）定义在[—２,２]上的函数f（x）满足（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]＞0，x１≠x２，且f（a２—a）＞f（２a—２），则实数a的取值范围为________．解析：函数f（x）满足（x１—x２）[f（x１）—f（x２）]＞0，x１≠x２，所以函数在[—２,２]上单调递增，所以错误!所以错误!所以0≤a＜１．答案：[0,１）6．设偶函数f（x）的定义域为R，当x∈[0，＋∞）时，f（x）是增函数，则f（—２），f（π），f （—３）的大小关系为____________（用“＜”表示）．解析：因为f（x）是偶函数，所以f（—３）＝f（３），f（—２）＝f（２）．又因为函数f（x）在[0，＋∞）上是增函数，所以f（π）＞f（３）＞f（２），所以f（—２）＜f（—３）＜f（π）．答案：f（—２）＜f（—３）＜f（π）7．（２0１8·苏州高三暑假测试）已知函数f（x）＝x＋错误!（a＞0），当x∈[１,３]时，函数f（x）的值域为A，若A⊆[8,１6]，则a的值等于________．解析：因为A⊆[8,１6]，所以8≤f（x）≤１6对任意的x∈[１,３]恒成立，所以错误!对任意的x∈[１,３]恒成立，当x∈[１,３]时，函数y＝１6x—x２在[１,３]上单调递增，所以１6x—x２∈[１５,３9]，函数y＝8x—x２在[１,３]上也单调递增，所以8x—x２∈[7,１５]，所以错误!即a的值等于１５．答案：１５8．若函数f（x）＝a x（a＞0，a≠１）在[—１,２]上的最大值为４，最小值为m，且函数g（x）＝（１—４m）错误!在[0，＋∞）上是增函数，则a＝________.解析：函数g（x）在[0，＋∞）上为增函数，则１—４m＞0，即m＜错误!.若a＞１，则函数f（x）在[—１,２]上的最小值为错误!＝m，最大值为a２＝４，解得a＝２，错误!＝m，与m＜错误!矛盾；当0＜a＜１时，函数f（x）在[—１,２]上的最小值为a２＝m，最大值为a—１＝４，解得a＝错误!，m＝错误!.所以a＝错误!.答案：错误!9．已知函数f（x）＝a—错误!.（１）求证：函数y＝f（x）在（0，＋∞）上是增函数；（２）若f（x）＜２x在（１，＋∞）上恒成立，求实数a的取值范围．解：（１）证明：当x∈（0，＋∞）时，f（x）＝a—错误!，设0＜x１＜x２，则x１x２＞0，x２—x１＞0，f（x２）—f（x１）＝错误!—错误!＝错误!—错误!＝错误!＞0，所以f（x）在（0，＋∞）上是增函数．（２）由题意a—错误!＜２x在（１，＋∞）上恒成立，设h（x）＝２x＋错误!，则a＜h（x）在（１，＋∞）上恒成立．任取x１，x２∈（１，＋∞）且x１＜x２，h（x１）—h（x２）＝（x１—x２）错误!.因为１＜x１＜x２，所以x１—x２＜0，x１x２＞１，所以２—错误!＞0，所以h（x１）＜h（x２），所以h（x）在（１，＋∞）上单调递增．故a≤h（１），即a≤３，所以实数a的取值范围是（—∞，３]．１0．（２0１9·江阴期中）设函数f（x）＝错误!是定义在（—１,１）上的奇函数，且f错误!＝错误!.（１）求函数f（x）的解析式；（２）用单调性定义证明f（x）在（—１,１）上是增函数；（３）解不等式f（|t|—１）＋f（t２）＜f（0）．解：（１）因为f（x）＝错误!是定义在（—１,１）上的奇函数，所以f（0）＝b＝0，所以f（x）＝错误!，而f错误!＝错误!＝错误!，解得a＝１，所以f（x）＝错误!，x∈（—１,１）．（２）证明：任取x１，x２∈（—１,１）且x１＜x２，则f（x１）—f（x２）＝错误!—错误!＝错误!.因为x１＜x２，所以x１—x２＜0，又因为x１，x２∈（—１,１），所以１—x１x２＞0，所以f（x１）—f（x２）＜0，即f（x１）＜f（x２），所以函数f（x）在（—１,１）上是增函数．（３）由题意，不等式f（|t|—１）＋f（t２）＜f（0）可化为f（|t|—１）＋f（t２）＜0，即f（t２）＜—f（|t|—１），因为f（x）是定义在（—１,１）上的奇函数，所以f（t２）＜f（１—|t|），所以错误!解得错误!＜t＜错误!且t≠0，所以该不等式的解集为错误!∪错误!.三上台阶，自主选做志在冲刺名校１．f（x）是定义在（0，＋∞）上的单调增函数，满足f（xy）＝f（x）＋f（y），f（３）＝１，当f （x）＋f（x—8）≤２时，x的取值范围是____________．解析：因为f（9）＝f（３）＋f（３）＝２，所以由f（x）＋f（x—8）≤２，可得f[x（x—8）]≤f （9），因为f（x）是定义在（0，＋∞）上的增函数，所以有错误!解得8＜x≤9．答案：（8,9]２．已知定义在区间（0，＋∞）上的函数f（x）满足f错误!＝f（x１）—f（x２），且当x＞１时，f （x）＜0．（１）证明：f（x）为单调递减函数；（２）若f（３）＝—１，求f（x）在[２,9]上的最小值．解：（１）证明：任取x１，x２∈（0，＋∞），且x１＞x２，则错误!＞１，由于当x＞１时，f（x）＜0，所以f错误!＜0，即f（x１）—f（x２）＜0，因此f（x１）＜f（x２），所以函数f（x）在区间（0，＋∞）上是单调递减函数．（２）因为f（x）在（0，＋∞）上是单调递减函数，所以f（x）在[２,9]上的最小值为f（9）．由f错误!＝f（x１）—f（x２）得，f错误!＝f（9）—f（３），而f（３）＝—１，所以f（9）＝—２．所以f（x）在[２,9]上的最小值为—２．。
2021届高考数学一轮总复习第二章函数导数及其应用2.12.3导数与函数的零点问题课件苏教版
考向二 由函数零点个数求参数
【例 2】 (2020·湖南五市十校联考)已知函数 f(x)＝lnx－ax＋1. (1)当 a＝1 时，求证：f(x)≤0 恒成立； (2)若关于 x 的方程 f(x)＋x2＋1＝0 至少有两个不相等的实数根，求 实数 a 的最小值．
【解】 (1)证明：当 a＝1 时，f(x)＝lnx－x＋1， f′(x)＝1x－1＝1－x x， 令 f′(x)＝0⇒x＝1，所以当 x∈(0,1)时， f′(x)>0，f(x)单调递增；
当 x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0，f(x)单调递减． 故 f(x)max＝f(1)＝0，所以 f(x)≤0. (2)f(x)＋x2＋1＝0 至少有两个不相等的实数根， 即 lnx＋x2－ax＋2＝0，a＝lnxx＋x＋2x至少有两个不相等的实数根， 记 φ(x)＝lnxx＋x＋2ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ(x>0)， 所以 φ′(x)＝1－x2lnx＋1－x22＝x2－lxn2x－1， 记 h(x)＝x2－lnx－1(x>0)，所以 h′(x)＝2x－1x＝2x2x－1，令 h′(x) ＝0⇒x＝ 22(x＝－ 22舍去)，
2．已知函数有零点求参数范围常用的方法：(1)分离参数法：一般 命题情境为给出区间，求满足函数零点个数的参数范围，通常解法为 从 f(x)中分离出参数，然后利用求导的方法求出由参数构造的新函数的 最值，根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参 数范围；(2)分类讨论法：一般命题情境为没有固定区间，求满足函数 零点个数的参数范围，通常解法为结合单调性，先确定参数分类的标 准，在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意，将满足题意的参 数的各小范围并在一起，即为所求参数范围．
因此当 φ(1)≤a≤φ(x0)时，直线 y＝a 与 y＝φ(x)的图象至少有两个 交点，所以 a 的最小值为 φ(1)＝3.
高三数学一轮复习 2章优化总结 苏教版
知函数类型的情况下求解函数
解析式可以用定精选义版p法pt 、待定系
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高考热点探究
2．函数的定义域：给出解
析式的函数在没有特别声明的
情况下，其定义域就是使函数
解析式有意义的自变量的取值
范围，在实际问题中还要考虑
问题的实际意义．在函数定义
域问题上要注意以下几点：分
母不能为0、偶次被开方式非
负、对数的真数精大选版于ppt 0、指数
上单调递减，在[ a，＋∞)上单调递增．
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热点二 函数的性质及其在解决问题中的应用
1．函数的奇偶性：紧扣函数
奇偶性的定义和函数的定义域区
间关于坐标原点对称、函数图象
的对称性等对问题进行分析转化，
特别注意“奇函数若在x＝0处有
定义，则一定有f(0)＝0；偶函数
一定有f(|x|)＝f(x)”在解题中的应
本章优化总结
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知识体系网络精选版pFra bibliotekt2知识体系网络
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知识体系网络
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热点一
函数的概念及其表示
1．分段函数：只要根据问
题的实际情况找到在不同的区
间上自变量与函数值的对应关
系，并分别求其解析式，最后
写成一个按照定义域和解析式
对应起来的函数式即可．在已
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【思路点拨】 根据点P在各个边上的不同 情况分别求解．
【解】 如图所示当P点在AB上运动 时，PA＝x；
当P点在BC上运动时，由Rt△PBA， 求得PA＝ 1＋(x－1)2 ； 当P点在CD上运动时，由Rt△PDA， 求得PA＝ 1＋(3－x)2 ；
苏教版高考数学知识点归纳总结
苏教版高考数学知识点归纳总结数学作为一门重要的科学学科，在高考中占据了非常重要的地位。
针对苏教版高考数学知识点，我们进行了归纳总结，以帮助考生更好地备考和复习。
本文将按照苏教版数学教材的章节顺序，详细总结其中的重要知识点。
第一章：函数与导数1.函数的概念与性质：（1）函数的定义：函数是一种特殊的对应关系，它将一个自变量和一个因变量联系起来。
2.导数与求导法则：（1）导数的定义：导数描述了函数在某一点上的变化速率。
（2）常见函数的导数：如幂函数、指数函数、对数函数等。
（3）求导法则：包括常数微分、幂函数微分、和差法则、乘法法则、除法法则和复合函数微分法则。
第二章：数列与数学归纳法1.等差数列与等比数列：（1）等差数列的概念与性质：等差数列是指数列中相邻两项之间的差值恒定的数列。
（2）等比数列的概念与性质：等比数列是指数列中相邻两项之间的比值恒定的数列。
第三章：平面向量与空间向量1.向量的概念与性质：（1）向量的定义：向量是有方向和大小的量。
（2）向量的运算：包括向量的加法、减法、数量乘法和数量除法。
第四章：圆1.圆的性质与定理：（1）圆的概念：圆是平面上到一个定点距离等于定长的所有点的集合。
（2）圆的性质：包括弧长、圆心角、弦长等性质。
第五章：三角函数1.三角函数的概念与性质：（1）正弦函数、余弦函数、正切函数的定义与性质。
（2）三角函数的基本关系式与基本公式。
第六章：排列与组合1.排列与组合的概念与应用：（1）排列的定义与性质：排列是指从一组元素中按照一定顺序取出若干元素的方式。
（2）组合的定义与性质：组合是指从一组元素中按照不考虑顺序的方式取出若干元素的方式。
第七章：概率统计1.概率与统计的概念与应用：（1）概率的基本概念与性质：包括事件、样本空间、概率的定义与性质等。
（2）统计的基本概念与性质：包括平均数、众数、中位数、标准差等。
第八章：解析几何1.平面解析几何：（1）坐标平面与坐标系的建立。
【2021】高考数学苏教版一轮核心考点精准研析：3.4.2 导数与函数零点
核心考点·精准研析考点一 判断函数零点(方程根)的个数【典例】1.已知函数f(x)=3ln x-12x 2+2x-3ln 3-32,则方程f(x)=0的解的个数为________.2.(2021·武汉模拟)已知函数f(x)=e x -ax-1(a ∈R)(e= 28…是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间.(2)讨论g(x)=f(x)(x -12)在区间[0,1]上零点的个数.【解题导思】 序号联想解题1 由方程f(x)=0的解想到函数f(x)的零点 序号题目拆解2 (1)f(x)的单调区间 求f ′(x)并分析其正负确定单调区间(2)g(x)在区间[0,1]上零点的个数讨论f(x)在[0,1]上的单调性,判断f(x)的零点个数,最后确定g(x)零点的个数.【解析】1.因为f(x)=3ln x-2x 2+2x-3ln 3-2(x>0),所以f ′(x)=x-x+2=-x 2+2x+3x=-(x -3)(x+1)x,当x ∈(0,3)时,f ′(x)>0,f(x)单调递增; 当x ∈(3,+∞)时,f ′(x)<0,f(x)单调递减, 所以f(x)max =f(3)=3ln 3-92+6-3ln 3-32=0,因为当x →0时,f(x)→-∞;当x →+∞时,f(x)→-∞,所以方程f(x)=0只有一个解. 答案:12.(1)因为f(x)=e x -ax-1,所以f ′(x)=e x -a,当a ≤0时,f ′(x)>0恒成立,所以f(x)的单调递增区间为(-∞,+∞),无单调递减区间;当a>0时,令f ′(x)<0,得x<ln a,令f ′(x)>0,得x>ln a,所以f(x)的单调递减区间为(-∞,ln a), 单调递增区间为(ln a,+∞). (2)令g(x)=0,得f(x)=0或x=12,先考虑f(x)在区间[0,1]上的零点个数, ①当a ≤1时,f(x)在[0,1]上单调递增且f(0)=0, 所以f(x)在[0,1]上有一个零点;②当a ≥e 时,f(x)在[0,1]上单调递减且f(0)=0, 所以f(x)在[0,1]上有一个零点;③当1<a<e 时,f(x)在[0,ln a)上单调递减,在(ln a,1]上单调递增,而f(1)=e-a-1,当e-a-1≥0,即1<a ≤e-1时,f(x)在[0,1]上有两个零点, 当e-a-1<0,即e-1<a<e 时, f(x)在[0,1]上有一个零点.当x=12时,由f (12)=0得a=2(√e -1).综上知,当a ≤1或a>e-1或a=2(√e -1)时, g(x)在[0,1]上有两个零点;当1<a ≤e-1且a ≠2(√e -1)时,g(x)在[0,1]上有三个零点.利用导数研究方程根(函数零点)的技巧(1)研究方程根的情况,可以通过导数研究函数的单调性、最大值、最小值、变化趋势等.(2)根据题目要求,画出函数图象的走势规律,标明函数极(最)值的位置.(3)利用数形结合的思想去分析问题,可以使问题的求解有一个清晰、直观的整体展现.设函数f(x)=ln x+mx,m ∈R.讨论函数g(x)=f ′(x)-x3零点的个数.【解析】由题设,g(x)=f ′(x)-x 3=1x -m x2-x3(x>0),令g(x)=0,得m=-13x 3+x(x>0).设φ(x)=-13x 3+x(x>0),则φ′(x)=-x 2+1=-(x-1)(x+1),当x ∈(0,1)时,φ′(x)>0,φ(x)在(0,1)上单调递增; 当x ∈(1,+∞)时,φ′(x)<0,φ(x)在(1,+∞)上单调递减. 所以x=1是φ(x)的极大值点,也是φ(x)的最大值点. 所以φ(x)的最大值为φ(1)=23.由φ(0)=0,结合y=φ(x)的图象(如图),可知①当m>23时,函数g(x)无零点;②当m=23时,函数g(x)有且只有一个零点;③当0<m<23时,函数g(x)有两个零点;④当m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点.综上所述,当m>23时,函数g(x)无零点;当m=23或m≤0时,函数g(x)有且只有一个零点;当0<m<23时,函数g(x)有两个零点.考点二已知函数零点个数求参数问题【典例】已知曲线f(x)=e x(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e.(1)求a,b.(2)若函数g(x)=f(x)-3e x-m有两个零点,求实数m的取值范围. 【解题导思】序号题目拆解(1)曲线f(x)=e x(ax+1)在x=1处的切线方程为y=bx-e. 求导数,根据导数的几何意义,求出切线的斜率,解方程组,即可求出a和b的值(2)函数g(x)有两个零点求导数,利用导数确定函数的单调性,求出函数的极值,结合函数的零点与方程实数根的关系,数形结合,即可求出实数m的值.【解析】(1)f(x)=e x(ax+1),f′(x)=e x(ax+1)+e x·a=e x(ax+1+a),所以{f'(1)=e·(2a+1)=b,f(1)=e·(a+1)=b-e,所以a=1,b=3e.(2)方法一:g(x)=f(x)-3e x-m=e x(x-2)-m,函数g(x)=e x(x-2)-m有两个零点,相当于曲线u(x)=e x·(x-2)与直线y=m有两个交点.u′(x)=e x·(x-2)+e x=e x(x-1),当x∈(-∞,1)时,u′(x)<0,所以u(x)在(-∞,1)上单调递减,当x∈(1,+∞)时,u′(x)>0,所以u(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x=1时,u(x)取得极小值u(1)=-e,又x→+∞时,u(x)→+∞;x<2时,u(x)<0,所以-e<m<0.方法二:g(x)=f(x)-3e x-m=e x(x-2)-m,g′(x)=e x·(x-2)+e x=e x(x-1),当x∈(-∞,1)时,g′(x)<0,所以g(x)在(-∞,1)上单调递减,当x∈(1,+∞)时,g′(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,所以x=1时,g(x)取得极小值g(1)=-e-m,又x→-∞时,g(x)→-m,{g(1)<0,-m>0,所以-e<m<0.已知函数零点个数求参数的常用方法(1)分离参数法:首先分离出参数,然后利用求导的方法求出构造的新函数的最值,根据题设条件构建关于参数的不等式,再通过解不等式确定参数范围.(2)分类讨论法:结合单调性,先确定参数分类的标准,在每个小范围内研究零点的个数是否符合题意,将满足题意的参数的各小范围并在一起,即为所求参数范围.已知函数f(x)=ax2-x-ln x.(1)若a=1时,求函数f(x)的最小值.(2)若函数f(x)有两个零点,求实数a的取值范围.【解析】(1)a=1,f(x)=x2-x-ln x,则f′(x)=2x-1-1x =(2x+1)(x-1)x(x>0),当0<x<1时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减, 当x>1时,f′(x)>0,函数f(x)单调递增, 所以f(x) 在x=1处取最小值0. (2)由f(x)=ax2-x-ln x,得f′(x)=2ax-1-1x =2ax2-x-1x(x>0),所以当a≤0时,f′(x)=2ax2-x-1x<0,函数f(x)在(0,+∞)上单调递减,所以当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上最多有一个零点. 因为f(x)有两个零点,所以a>0,令g(x)=2ax2-x-1,Δ=1+8a>0,显然g(x)有一正根和一负根, 所以g(x)在(0,+∞)上只有一个零点, 设这个零点为x 0,当x ∈(0,x 0)时, g(x)<0,f ′(x)<0;当x ∈(x 0,+∞)时,g(x)>0,f ′(x)>0; 所以函数f(x)在(0,x 0)上单调递减, 在(x 0,+∞)上单调递增,要使函数f(x)在(0,+∞)上有两个零点, 只需要函数f(x)的极小值f(x 0)<0,即a x 02-x 0-ln x 0<0, 因为g(x 0)=2a x 02-x 0-1=0,所以a x 02-x 0-ln x 0=12(-2ln x 0+2a x 02-2x 0)=12[-2ln x 0+(2a x 02-x 0-1)-x 0+1] =12(1-x 0-2ln x 0)<0, 可得2ln x 0+x 0-1>0,因为h(x)=2ln x+x-1在(0,+∞)上是增函数,且h(1)=0, 所以x 0>1,0<1x 0<1,由2a x 02-x 0-1=0,得2a=x 0+1x 02=(1x 0)2+1x 0=(1x 0+12)2-14,所以0<2a<2,即0<a<1.考点三 可转化为函数零点个数的问题【典例】已知直线l :y=x+1,函数f(x)=ae x .(1)当a=1,x>0时,证明:曲线y=f(x)-12x 2在直线l 的上方.(2)若直线l 与曲线y=f(x)有两个不同的交点,求实数a 的取值范围. 【解题导思】【解析】 (1)令J(x)=e x -2x 2-x-1,则J ′(x)=e x -x-1,令g(x)=J ′(x),则g ′(x)=e x -1, 当x>0时,g ′(x)>0,所以在(0,+∞)上, J ′(x)为增函数,所以J ′(x)>J ′(0)=0,从而J(x)也为增函数,得J(x)>J(0)=0. 故e x -12x 2>x+1,即曲线y=f(x)-12x 2在直线l 的上方.(2)令S(x)=ae x-x-1,则S′(x)=ae x-1,当a≤0时,S′(x)<0, 得S(x)在R上单调递减,不符合题意; 当a>0时,令S′(x)=0,得x=ln 1a,所以S(x)在(-∞,ln1a)上为减函数,在(ln1a,+∞)上为增函数,由已知函数S(x)有两个零点,所以S(x)min=S(ln1a )=-ln 1a<0,得0<a<1,此时S(-1)=ae>0,所以S(x)在(-1,ln1a)上有且只有一个零点. 由(1)得当x>0时,S(x)>a(12x2+x+1)-x-1=12ax2+(a-1)x+a-1,所以S(2a )>12a(2a)2+(a-1)2a+a-1=a+1>0.由(1)知,当x>0时,J′(x)>0得e x>x+1, 令x+1=t,则ln t<t-1(t>1),所以2a >1a-1>ln 1a,所以S(x)在(ln1a ,2a)上有且只有一个零点,综上,0<a<1.处理函数y=f(x)与y=g(x)图象的交点问题的常用方法(1)数形结合,即分别作出两函数的图象,观察交点情况;(2)将函数交点问题转化为方程f(x)=g(x)根的个数问题,通过构造函数y=f(x)-g(x),利用导数研究函数的单调性及极值,并作出草图,根据草图确定根的情况.已知函数f(x)=x3-3x2+ax+2,曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为-2.(1)求a.(2)证明:当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.【解析】(1)f′(x)=3x2-6x+a,f′(0)=a.曲线y=f(x)在点(0,2)处的切线方程为y=ax+2,=-2,所以a=1.由题意得-2a(2)由(1)知,f(x)=x3-3x2+x+2.设g(x)=f(x)-kx+2=x3-3x2+(1-k)x+4.由题意知1-k>0,当x≤0时,g′(x)=3x2-6x+1-k>0,g(x)单调递增,g(-1)=k-1<0,g(0)=4,所以g(x)=0在(-∞,0]有唯一实根.当x>0时,令h(x)=x3-3x2+4,则g(x)=h(x)+(1-k)x>h(x),h′(x)=3x2-6x=3x(x-2),h(x)在(0,2)上单调递减,在(2,+∞)上单调递增,所以g(x)>h(x)≥h(2)=0.所以g(x)=0在(0,+∞)没有实根.综上,g(x)=0在R上有唯一实根,即当k<1时,曲线y=f(x)与直线y=kx-2只有一个交点.。
苏教版版高考数学一轮复习第二章函数函数与方程教学案
１．函数的零点（１）函数零点的定义对于函数y＝f（x）（x∈D），把使f（x）＝0的实数x叫做函数y＝f（x）（x∈D）的零点．（２）三个等价关系方程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Δ＞0Δ＝0Δ＜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２１0有关函数零点的３个结论（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．一、思考辨析（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．（）（２）函数y＝f（x）在区间（a，b）内有零点（函数图象连续不断），则f（a）·f（b）＜0．（）（３）若函数f（x）在（a，b）上单调且f（a）·f（b）＜0，则函数f（x）在[a，b]上有且只有一个零点．（）（４）二次函数y＝ax２＋bx＋c在b２—４ac＜0时没有零点．（）[答案]（１）×（２）×（３）×（４）√二、教材改编１．已知函数y＝f（x）的图象是连续不断的曲线，且有如下的对应值表：则函数yＡ．２个Ｂ．３个Ｃ．４个Ｄ．５个B[∵f（２）·f（３）＜0，f（３）·f（４）＜0，f（４）·f（５）＜0，故函数f（x）在区间[１,6]内至少有３个零点．]２．函数f（x）＝ln x＋２x—6的零点所在的区间是（）Ａ．（0,１）Ｂ．（１,２）Ｃ．（２,３）Ｄ．（３,４）C[由题意得f（１）＝ln １＋２—6＝—４＜0，f（２）＝ln ２＋４—6＝ln ２—２＜0，f（３）＝ln ３＋6—6＝ln ３＞0，f（４）＝ln ４＋8—6＝ln ４＋２＞0，∴f（x）的零点所在的区间为（２,３）．]３．函数f（x）＝e x＋３x的零点个数是________．１[由已知得f′（x）＝e x＋３＞0，所以f（x）在R上单调递增，又f（—１）＝错误!—３＜0，f （0）＝１＞0，因此函数f（x）有且只有一个零点．]４．函数f（x）＝x错误!—错误!错误!的零点个数为________．１[作函数y１＝x错误!和y２＝错误!错误!的图象如图所示．由图象知函数f（x）有１个零点．]考点１函数零点所在区间的判定判断函数零点所在区间的方法（１）解方程法，当对应方程易解时，可直接解方程．（２）零点存在性定理．（３）数形结合法，画出相应函数图象，观察与x轴交点来判断，或转化为两个函数的图象在所给区间上是否有交点来判断．１．函数f（x）＝ln x—错误!的零点所在的区间为（）Ａ．（0,１）Ｂ．（１,２）Ｃ．（２,３）Ｄ．（３,４）B[由题意知函数f（x）是增函数，因为f（１）＜0，f（２）＝ln ２—错误!＝ln ２—ln 错误!＞0，所以函数f（x）的零点所在的区间是（１,２）．故选Ｂ．]２．若a＜b＜c，则函数f（x）＝（x—a）（x—b）＋（x—b）（x—c）＋（x—c）（x—a）的两个零点分别位于区间（）Ａ．（a，b）和（b，c）内Ｂ．（—∞，a）和（a，b）内Ｃ．（b，c）和（c，＋∞）内Ｄ．（—∞，a）和（c，＋∞）内A[∵a＜b＜c，∴f（a）＝（a—b）（a—c）＞0，f（b）＝（b—c）（b—a）＜0，f（c）＝（c—a）（c—b）＞0，由函数零点存在性判定定理可知：在区间（a，b）（b，c）内分别存在一个零点；又函数f（x）是二次函数，最多有两个零点，因此函数f（x）的两个零点分别位于区间（a，b），（b，c）内，故选Ａ．]３．已知函数f（x）＝ln x＋２x—6的零点在错误!（k∈Z）内，那么k＝________.５[∵f′（x）＝错误!＋２＞0，x∈（0，＋∞），∴f（x）在x∈（0，＋∞）上单调递增，且f错误!＝ln 错误!—１＜0，f（３）＝ln ３＞0，∴f（x）的零点在错误!内，则整数k＝５．]（１）f（a）·f（b）＜0是连续函数y＝f（x）在闭区间[a，b]上有零点的充分不必要条件．（２）若函数f（x）在[a，b]上是单调函数，且f（x）的图象连续不断，则f（a）·f（b）＜0⇒函数f（x）在区间[a，b]上只有一个零点．考点２函数零点个数的判断函数零点个数的讨论，基本解法有（１）直接法，令f（x）＝0，在定义域范围内有多少个解则有多少个零点．（２）定理法，利用定理时往往还要结合函数的单调性、奇偶性等．（３）图象法，一般是把函数分拆为两个简单函数，依据两函数图象的交点个数得出函数的零点个数．（１）（２0１9·全国卷Ⅲ）函数f（x）＝２sin x—sin ２x在[0,２π]的零点个数为（）Ａ．２Ｂ．３Ｃ．４Ｄ．５（２）函数f（x）＝错误!的零点个数为（）A．0 Ｂ．１Ｃ．２Ｄ．３（３）设函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x＞0时，f（x）＝e x＋x—３，则f（x）的零点个数为（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４（１）B（２）D（３）C[（１）由f（x）＝２sin x—sin ２x＝２sin x—２sin x cos x＝２sin x·（１—cos x）＝0得sin x＝0或cos x＝１，∴x＝kπ，k∈Z，又∵x∈[0,２π]，∴x＝0，π，２π，即零点有３个，故选Ｂ．（２）依题意，在考虑x＞0时可以画出函数y＝ln x与y＝x２—２x的图象（如图），可知两个函数的图象有两个交点，当x≤0时，函数f（x）＝２x＋１与x轴只有一个交点，综上，函数f（x）有３个零点．故选Ｄ．（３）因为函数f（x）是定义域为R的奇函数，所以f（0）＝0，即x＝0是函数f（x）的１个零点．当x＞0时，令f（x）＝e x＋x—３＝0，则e x＝—x＋３，分别画出函数y＝e x和y＝—x＋３的图象，如图所示，两函数图象有１个交点，所以函数f（x）有１个零点．根据对称性知，当x＜0时，函数f（x）也有１个零点．综上所述，f（x）的零点个数为３．]（１）利用函数的零点存在性定理时，不仅要求函数的图象在区间[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）才能确定函数有多少个零点．（２）图象法求函数零点个数的关键是正确画出函数的图象．在画函数的图象时，常利用函数的性质，如周期性、对称性等，同时还要注意函数定义域的限制．１．函数f（x）＝２x|log0．５x|—１的零点个数为（）Ａ．１Ｂ．２Ｃ．３Ｄ．４B[令f（x）＝２x|log0．５x|—１＝0，可得|log0．５x|＝错误!错误!.设g（x）＝|log0．５x|，h（x）＝错误!错误!.在同一坐标系下分别画出函数g（x），h（x）的图象，可以发现两个函数图象一定有２个交点，因此函数f（x）有２个零点．故选Ｂ．]２．已知函数f（x）＝错误!若f（0）＝—２，f（—１）＝１，则函数g（x）＝f（x）＋x的零点个数为________．３[依题意得错误!由此解得错误!由g（x）＝0得f（x）＋x＝0，该方程等价于错误!１或错误!２解１得x＝２，解２得x＝—１或x＝—２．因此，函数g（x）＝f（x）＋x的零点个数为３．]考点３函数零点的应用根据函数零点的情况求参数的３种常用方法（１）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围．（２）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决．（３）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，然后数形结合求解．根据函数零点个数求参数已知函数f（x）＝|x２＋３x|，x∈R，若方程f（x）—a|x—１|＝0恰有４个互异的实数根，则实数a的取值范围是________．（0,１）∪（9，＋∞）[设y１＝f（x）＝|x２＋３x|，y２＝a|x—１|，在同一直角坐标系中作出y１＝|x２＋３x|，y２＝a|x—１|的图象如图所示．由图可知f（x）—a|x—１|＝0有４个互异的实数根等价于y１＝|x２＋３x|与y２＝a|x—１|的图象有４个不同的交点且４个交点的横坐标都小于１，所以错误!有两组不同解，消去y得x２＋（３—a）x＋a＝0有两个不等实根，所以Δ＝（３—a）２—４a＞0，即a２—１0a＋9＞0，解得a＜１或a＞9．又由图象得a＞0，∴0＜a＜１或a＞9．]由函数的零点个数求参数的值或范围的策略已知函数的零点个数，一般利用数形结合思想转化为两个函数图象的交点个数，这时图形一定要准确，这种数形结合的方法能够帮助我们直观解题．根据函数有无零点求参数已知函数f（x）＝错误!则使函数g（x）＝f（x）＋x—m有零点的实数m的取值范围是________．（—∞，0]∪（１，＋∞）[函数g（x）＝f（x）＋x—m的零点就是方程f（x）＋x＝m的根，画出h（x）＝f（x）＋x＝错误!的大致图象（图略）．观察它与直线y＝m的交点，得知当m≤0或m＞１时，有交点，即函数g（x）＝f（x）＋x—m有零点．]函数有无零点问题⇔函数图象与x轴有无公共点问题．根据零点的范围求参数若函数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________．错误![依题意，结合函数f（x）的图象分析可知m需满足错误!即错误!解得错误!＜m＜错误!.]此类问题多转化为讨论区间端点处函数值的符号求解．１．函数f（x）＝２x—错误!—a的一个零点在区间（１,２）内，则实数a的取值范围是（）Ａ．（１,３）Ｂ．（１,２）Ｃ．（0,３）Ｄ．（0,２）C[因为f（x）在（0，＋∞）上是增函数，则由题意得f（１）·f（２）＝（0—a）（３—a）＜0，解得0＜a＜３，故选Ｃ．]２．方程log错误!（a—２x）＝２＋x有解，则a的最小值为________．１[若方程log错误!（a—２x）＝２＋x有解，则错误!错误!＝a—２x有解，即错误!错误!错误!＋２x＝a有解，因为错误!错误!错误!＋２x≥１，故a的最小值为１．]３．已知函数f（x）＝若关于x的方程f（x）＝k有三个不同的实根，则实数k的取值范围是________．（—１,0）[关于x的方程f（x）＝k有三个不同的实根，等价于函数y１＝f（x）与函数y２＝k的图象有三个不同的交点，作出函数的图象如图所示，由图可知实数k的取值范围是（—１,0）．]。
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零点应用一．瞄准高考 1.函数的零点(1)三个等价关系：方程f (x )＝0有实根⇔函数y ＝f (x )的图象与x 轴有交点⇔函数y ＝f (x )有零点．(2)函数零点存在性定理：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．(尤其注意,f (a )f (b )<0是“函数y ＝f (x )在区间[a ,b ]上的图象是连续不断的一条曲线,那么函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有零点”的充分不必要条件)。
二．解析高考题型一 函数零点的判定例1 已知函数f (x )＝ln x ＋2x －6.1) 证明：f (x ) 在其定义域上是增函数； 2) 证明：f (x ) 有且只有一个零点；3) 求这个零点所在的一个区间,使这个区间的长度不超过 14.【思维启迪】(1) 利用导数法证明函数的单调性．(2) 利用函数在某一区间内存在零点的条件证明其存在性,利用函数的单调性说明其唯一性．(3) 运用“二分法”求其区间．【解答】(1)证明 函数的定义域为(0,＋∞)．∵f ′(x )＝1x＋2>0,∴f (x )在(0,＋∞)上是增函数．(2) 证明 ∵f (2)＝ln 2－2<0,f (3)＝ln 3>0,∴f (2)·f (3)<0. ∴f (x )在(2,3)上至少有一个零点．由(1)知f (x )在(0,＋∞)上至多有一个零点．从而f (x )在(0,＋∞)上有且只有一个零点．(3)解 由f (2)<0,f (3)>0.∴f (x )的零点x 0∈(2,3)．取x 1＝52,∵f (52)＝ln 52－1＝ln 52－ln e<0,∴f (52)·f (3)<0,∴x 0∈(52,3)．取x 2＝114.∵f (114)＝ln 114－12＝ln 114－12ln e >0,∴f (114)·f (52)<0.∴x 0∈(52,114)．而|114－52|＝14≤14,∴(52,114)即为符合条件的区间． 【探究提高】 (1)f (x )在[a ,b ]上连续,f (a )·f (b )<0是f (x )在(a ,b )上存在零点的充分条件．存在并不能说明唯一．所以本题第(2)问还应注意,证明零点的唯一性．(2)应用二分法确定零点所在区间长度不超过q ,可有如下思考过程：①f (a )·f (b )<0,区间使|a －b |≤q ,则零点x 0∈(a ,b ),区间(a ,b )为所求．②若f (a )·f (b )<0,区间使|a －b |>q ,则取中点a ＋b2＝x 0,进一步检验f (a )·f (x 0)<0(或f (x 0)·f (b )<0)及|a －x 0|与q 的关系(或|b－x 0|与q 的关系),直至符合要求为止．【变式】若函数f (x )＝|4x －x 2|－a 的零点个数为3,则a ＝________.【解析】y ＝|x 2－4x |的图象如图∵函数y ＝|x 2－4x |的图象与函数y ＝4的图象恰有3个公共点,∴a ＝4.题型二 函数与方程的综合应用例2 已知函数f (x )＝mx 2＋(m －3)x ＋1的图象的零点至少有一个在原点的右侧,求实数m 的取值范围.【解答】 (1)当m ＝0时,f (x )＝－3x ＋1,直线与x 轴的交点为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0,即函数的零点为13,在原点右侧,符合题意.(2)当m ≠0时,因为f (0)＝1,所以抛物线过点(0,1),若m <0,f (x )的开口向下,如图(1)所示.二次函数的两个零点必然是一个在原点右侧,一个在原点左侧.若m >0,f (x )的开口向上,如图(2)所示,要使函数的零点在原点右侧,当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝m －2－4m ≥0，3－m 2m >0，m >0，解得⎩⎪⎨⎪⎧m ≤1或m ≥9，0<m <3，即0<m ≤1.综上所述,所求m 的取值范围是(－∞,1].【探究提高】(1)函数零点(即方程的根)的确定问题,常见的有①函数零点值或大致存在区间的确定；②零点个数的确定；③两函数图象交点的横坐标或有几个交点的确定．解决这类问题的常用方法有解方程法、利用零点存在的判定或数形结合法,尤其是方程两端对应的函数类型不同的方程多以数形结合求解．(2)函数零点(即方程的根)的应用问题,即已知函数零点的存在情况求参数的值或取值范围问题,解决该类问题关键是用函数方程思想或数形结合思想,构建关于参数的方程或不等式求解．【变式】已知a 、b 是不全为0的实数,求证：方程3ax 2＋2bx －(a ＋b )＝0在(0,1)内至少有一个根．证明 若a ＝0时,则b ≠0,此时方程的根为x ＝12,满足题意．当a ≠0时,令f (x )＝3ax 2＋2bx －(a ＋b )．(1)若a (a ＋b )<0,则f (0)·f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝－(a ＋b )·⎝ ⎛⎭⎪⎫－14a ＝14a (a ＋b )<0,所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12内有一实根． (2)若a (a ＋b )≥0,则f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12·f (1)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14a (2a ＋b )＝－14a 2－14a (a ＋b )<0, 所以f (x )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1内有一实根． 综上,方程3ax 2＋2bx －(a ＋b)＝0在(0,1)内至少有一个根． 三．感悟高考1．判断函数的零点,要善于运用“三个转化”,时常将函数的零点问题转化为函数图象与x 轴的交点问题,或转化为两个函数图象交点问题．需特别注意的是下面式子是错的：“f (a )f (b )<0⇔函数y ＝f (x )在区间(a ,b )内有零点”．2．对函数零点的考查,通常以函数为载体判断方程根的个数,或以此为背景求参数的范围,此类问题都是利用数形结合,借助函数图象(复杂函数的图象可用导数工具)加以解决．【湖南理22】已知函数f (x ) =3x ，g (x )=xⅠ）。
求函数h (x )=f (x )-g (x )的零点个数，并说明理由；解析：（I ）由3()h x x x =-知，[0,x ∈+∞，而(0)h =，且(1)10,)620h h =-<=>，则0x =为()h x 的一个零点，且()h x 在12（，）内有零点，因此()h x 至少有两个零点解法1：1221'()312h x x x -=--，记1221()312x x xϕ-=--，则321'()64x x x ϕ-=+。
当(0,)x ∈+∞时，'()0x ϕ>，因此()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，则()x ϕ在(0,)+∞内至多只有一个零点。
又因为(1)0,0ϕϕ><，则()x ϕ在内有零点，所以()x ϕ在(0,)+∞内有且只有一个零点。
记此零点为1x ，则当1(0,)x x ∈时，1()'()0x x ϕϕ<=；当1(,)x x ∈+∞时，1()'()0x x ϕϕ>=；所以， 当1(0,)x x ∈时，()h x 单调递减，而(0)0h =，则()h x 在1(0,]x 内无零点； 当1(,)x x ∈+∞时，()h x 单调递增，则()h x 在1(,)x +∞内至多只有一个零点；从而()h x 在(0,)+∞内至多只有一个零点。
综上所述，()h x 有且只有两个零点。
解法2：122()(1)h x x x x -=--，记122()1x x x ϕ-=--，则321'()22x x x ϕ-=+。
当(0,)x ∈+∞时，'()0x ϕ>，因此()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，则()x ϕ在(0,)+∞内至多只有一个零点。
因此()h x 在(0,)+∞内也至多只有一个零点， 综上所述，()h x 有且只有两个零点。
四．备战高考1. 若函数f (x )＝ax －b (b ≠0)有一个零点3,那么函数g (x )＝bx 2＋3ax 的零点是 .2.(2010·福建)函数223,0,()2ln ,0x x x f x x x ⎧+-≤=⎨-+>⎩的零点个数为 .3.已知函数f (x )＝x 2－1,g (x )＝a |x －1|.若|f (x )|＝g (x )有两个不同的解,求a 的值；4.定义在R 上的奇函数f (x ),当x ≥0时12log (1).[0,1)()1|3|,[1,)x x f x x x +∈⎧⎪=⎨⎪--∈+∞⎩,则关于x 的方程f (x )＝a (－1<a <1)的所有根之和S= (用a 表示)．解析 ∵f (x )＝ax －b (b ≠0)有一个零点为3,∴3a －b ＝0,即3a ＝b .令g (x )＝0得bx 2＋3ax＝0,即bx 2＋bx ＝0,bx (x ＋1)＝0,∴x ＝0或x ＝－1.∴g (x )的零点为0或－1.解析 当x ≤0时,由f (x )＝x 2＋2x －3＝0,得x 1＝1(舍去),x 2＝－3；当x >0时,由f (x )＝－2＋ln x ＝0,得x ＝e 2,所以函数f (x )的零点个数为2,故选C.解答方程|f (x )|＝g (x ),即|x 2－1|＝a |x －1|,变形得|x －1|(|x ＋1|－a )＝0,显然,x ＝1是该方程的根,从而欲使原方程有两个不同的解,即要求方程|x ＋1|＝a ,“有且仅有一个不等于1的解”或“有两解,一解为1,另一解不等于1” 结合图形,得a ＝0或a ＝2.解析 当x <0时函数的解析式是2log (1),(1,0)(),|3|1,(,1]x x f x x x -∈-⎧=⎨+-∈-∞-⎩函数图象如图所示,当－1<a <0时,方程f (x )＝a 有五个根,最左边的两根之和为－6,最右边的两根之和为6,中间的一个根是满足12log (x ＋1)＝a 的x ,故1()12ax =-；同理,当0<a <1时方程f (x )＝a 的所有根之和是满足log 2(1－x )＝a 的x ,即x ＝1－2a；当a ＝0时所有根之和为0,故所有根之和为1()1(10).212(01)aa a a ⎧--<<⎪⎨⎪-≤<⎩5.已知二次函数f (x )＝ax 2＋bx ＋c .(1)若f (－1)＝0,试判断函数f (x )的零点个数；(2)若对∀x 1,x 2∈R,且x 1<x 2,f (x 1)≠f (x 2),试证明∃x 0∈(x 1,x 2),使f (x 0)=12[f (x 1)+f (x 2)]成立.【解答】 (1)∵f (－1)＝0,∴a －b ＋c ＝0, b ＝a ＋c ,∴Δ＝b 2－4ac ＝(a ＋c )2－4ac ＝(a －c )2. 当a ＝c 时,Δ＝0,函数f (x )有一个零点； 当a ≠c 时,Δ>0,函数f (x )有两个零点．(2)令g (x )＝f (x )－12[f (x 1)＋f (x 2)],则g (x 1)＝f (x 1)－12[f (x 1)＋f (x 2)]＝f x 1－f x 22,g (x 2)＝f (x 2)－12[f (x 1)＋f (x 2)]＝f x 2－f x 12,∴g (x 1)·g (x 2)＝－14[f (x 1)－f (x 2)]2<0,∵f (x 1)≠f (x 2)．∴g (x )＝0在(x 1,x 2)内必有一个实根．即∃x 0∈(x 1,x 2),使f (x 0)＝12[f (x 1)＋f (x 2)]成立．练习：【奔牛中学10-11高三一调】已知二次函数()2f x ax bx c =++．（1）若()10f -=，试判断函数()f x 零点个数；(2) 若对12,,x x R ∀∈且12x x <，()()12f x f x ≠，试证明：()012,x x x ∃∈，使()()()01212f x f x f x =+⎡⎤⎣⎦成立； 解：（1）()10,0,f a b c -=∴-+= b a c =+2224()4()b ac a c ac a c ∆=-=+-=-当a c =时0∆=，函数()f x 有一个零点；当a c ≠时，0∆>，函数()f x 有两个零点。