张荣军判断零点的存在性定理
函数中的零点问题
函数中的零点问题
作者：张则惶
来源：《中学课程辅导·高考版》2018年第09期
一、问题背景
在函数导数的综合题中，经常会出现零点个数的讨论，或已知零点个数求参数取值范围等问题.在处理这些问题时，往往需要赋值取点，而如何比较快速方便的取点，这是很多同学学习中的一个难点.本文就取点策略做一些探讨.
二、预备知识
三、何为取点问题
即必须找到区间（a，b）的两个端点a，b，使得f（a）·f（b）<0，这就是所谓的“取点问题”，而比较麻烦的在于含有lnx，ex等的式子在赋值的时候不是很好处理.实质是这个点为何难找，就是这类超越不等式难解，但这只是一个存在性问题，并不是说要你把那个不等式解出来，而是说你能找到一个x或者一些x让那个不等式成立即可.既然是这样的话，就可以用放缩法，或者说局部放缩，把要解的不等式转化成一个易解的不等式即可.
四、典型例题
规律总结：放缩法是高中数学中一种较为重要的数学方法，在不等式、数列中常常用到.近几年在函数、导数的综合试题中，特别是零点中的找点问题，采取合适的放缩，将超越不等式转化为基本可解的不等式求解，从而可以快速找到我们需要的那个点.
五、两个经典模型
小结：由本文的一些粗浅探讨，不难发现，取点问题的关键在于选择适当的局部放缩，掌握常见指对不等式的放缩，就能快速解决这类问题.具体而言，先找常数，即與之有关的参数;其次，指找对，对找指，选取适当不等式放缩解出临界值，找到临界值后可适当调整更优化的点.适当练习后掌握上述常用放缩型不等式，就会让取点问题不再神秘，在处理这类压轴题时也就会游刃有余.。
方程零点存在性定理
方程零点存在性的证明中一类辅助函数的构造!孙)蒙)!国防科技大学理学院)长沙)"’%%#,"摘)要)介绍利用罗尔定理证明方程零点存在性时辅助函数的构造方法关键词)罗尔定理!辅助函数!微分方程)中图分类号)&’#+W ’我们先来看6’7中’8,页至’H ’页的几个例子(’ 设*K /I "且满足*%/*’+/*+,/%/*--/’2%"证明(方程*%/*’"/*+"+/%/*-"-2%在#%"’$内至少有一个实根(+ 设!#"$在**"$+上连续"在#*"$$内可导"且!#*$2!#$$2%"证明(%42/I "&&/#*"$$"使得!:#&$24!#&$(, 设函数!#"$在*%"’+上二阶可微"且!#%$2!#’$"!:#’$2’"证明(存在&/#%"’$"使得!F #&$2+(我们可以发现它们的共同特点(求证某个方程的零点存在性(我们可以利用罗尔定理来证明(为此需要构造一个辅助函数"通过对它的分析"利用罗尔定理"证明所求的零点存在(直观的分析"我们把要证明的问题描述为(欲证&&/**"$+"使得!#&$2%"我们需要构造一个-阶可微函数6#"$"使得6#-$#"$2!#"$"6#*$26#$$"且6:#?’$2%26#-#’$#?-#’$2%"其中"?K/#*"$$#K 2’"%"-#’$"这样"依次运用罗尔定理"就可完成证明(至此"我们把构造辅助函数的问题转化成一个-阶微分方程的-边值问题.(简单起见"不妨取6#*$26#$$2%"且?K2*"根据微分方程定性理论"如果!#"$连续"则6#"$是存在且唯一的(因此"理论上"我们完全可以用隐式表示出原函数(如果!#"$是易于求原函数的初等函数"我们只需求出原函数族的通式"然后根据已知条件确定系数即可作出辅助函数"如第,例"我们可以这样构造(对于方程!F #&$#+1%"令6:#"$20#!F #"$#+$O ""于是得6#"$的通式(6#"$2!#"$#"+/N "/^再由!#%$2!#’$"!:#’$2’"为使6#%$26#’$"并且6:#’$2%"可以解出(N2’"^2%"从而得该问题罗尔定理解法的辅助函数为(6#"$2!#"$#"+/"))仿此"问题’和+的的辅助函数分别为(6#"$2*%"/*’+"+/%/*--/’"-/’")6#"$25#4"!#"$))构造出辅助函数后"我们就可以按部就班的做下去"完成证明(详见6’7参考文献*’+孙清华"孙昊(数学分析内容,方法和技巧(武汉(华中科技大学出版社"+%%,(H 067-38"9730 高等数学研究:F G 3"+%%0 :;<=>?:>9@&A A ?B ?C D ;E ?C D ;>@:!收稿日期(+%%")’+)+H !修改日期(+%%0(%’(’%。
函数零点存在性定理
函数零点存在性定理
【说明】
(1)函数 y＝f（x）在区间 [a，b]上有定义； (2)函数的图象是连续不断的一条曲线； (3)函数y＝f（x） 在区间[a，b] 两端点的函数值必 须满足f(a) ·f(b) ＜0 ； (4)函数 y＝f（x）在区间 (a，b)内有零点，但不唯 一； (5)用判定方法验证函数f（x） ＝x2 ，说明该方法 仅是判断函数零点存在的一种方法，并不是唯一的方 法.
函数零点存在性定理
【变式训练】
若二次函数y ＝ － x2 ＋mx －1的图象与两端点为 A(0，3)
，B(3，0) 的线段AB有两个不同的交点，求实数m的取值 范围.
解：线段AB的方程是 x＋y＝3(0≤x≤3)
由题意，得方程数解
y＝－ x2 ＋mx－1
解得：x2－(m＋1)x＋4＝0 在0≤x≤3 上有两个实根 令f（x）＝ x2－(m＋1)x＋4 ，则二次函数 在0≤x≤3 上有两
二次函数y ＝ax2 ＋bx＋c (x ∈R)的部分对应值如下表： x －3 －2 －1 0 1 2 3 4
y 6 0 －4 －6 －6 －4 0 6
则使函数值大于0的自变量的取值集合是___________. 解：由上表提供信息，知函数的零点是－2，3，且开口向 上，借助二次函数示意图可得函数值大于0的自变量的取值 集合是(－ ∞， －2) ∪(3， ＋ ∞) 评析：分析图表，得到函数零点，开口方向是解题关键.
知识点——
函数零点存在性定理
函数零点存在性定理
【函数零点存在性的判定方法】
对于函数相对应的方程能求解的，可以直接 求解方程的实数根，从而确定函数的零点；对于 函数相对应的方程不能直接求解的，又该怎样处 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 的根.
高中数学讲义微专题09 零点存在的判定与证明
微专题09 零点存在的判定与证明一、基础知识：1、函数的零点：一般的，对于函数()y f x =，我们把方程()0f x =的实数根0x 叫作函数()y f x =的零点。
2、零点存在性定理：如果函数()y f x =在区间[],a b 上的图像是连续不断的一条曲线，并且有()()0f a f b ⋅<，那么函数()y f x =在区间(),a b 内必有零点，即()0,x a b ∃∈，使得()00f x =注：零点存在性定理使用的前提是()f x 在区间[],a b 连续，如果()f x 是分段的，那么零点不一定存在3、函数单调性对零点个数的影响：如果一个连续函数是单调函数，那么它的零点至多有一个。
因此分析一个函数零点的个数前，可尝试判断函数是否单调4、几个“不一定”与“一定”（假设()f x 在区间(),a b 连续）（1）若()()0f a f b ⋅<，则()f x “一定”存在零点，但“不一定”只有一个零点。
要分析()f x 的性质与图像，如果()f x 单调，则“一定”只有一个零点（2）若()()0f a f b ⋅>，则()f x “不一定”存在零点，也“不一定”没有零点。
如果()f x 单调，那么“一定”没有零点（3）如果()f x 在区间(),a b 中存在零点，则()()f a f b ⋅的符号是“不确定”的，受函数性质与图像影响。
如果()f x 单调，则()()f a f b ⋅一定小于05、零点与单调性配合可确定函数的符号：()f x 是一个在(),a b 单增连续函数，0x x =是()f x 的零点，且()0,x a b ∈，则()0,x a x ∈时，()0f x <；()0,x x b ∈时，()0f x > 6、判断函数单调性的方法： （1）可直接判断的几个结论：① 若()(),f x g x 为增（减）函数，则()()f x g x +也为增（减）函数② 若()f x 为增函数，则()f x -为减函数；同样，若()f x 为减函数，则()f x -为增函数③ 若()(),f x g x 为增函数，且()(),0f x g x >，则()()f x g x ⋅为增函数（2）复合函数单调性：判断()()y f g x =的单调性可分别判断()t g x =与()y f t =的单调性（注意要利用x 的范围求出t 的范围），若()t g x =，()y f t =均为增函数或均为减函数，则()()y f g x =单调递增；若()t g x =，()y f t =一增一减，则()()y f g x =单调递减（此规律可简记为“同增异减”）（3）利用导数进行判断——求出单调区间从而也可作出图像 7、证明零点存在的步骤：（1）将所证等式中的所有项移至等号一侧，以便于构造函数（2）判断是否要对表达式进行合理变形，然后将表达式设为函数()f x （3）分析函数()f x 的性质，并考虑在已知范围内寻找端点函数值异号的区间 （4）利用零点存在性定理证明零点存在例1：函数()23xf x e x =+-的零点所在的一个区间是（ ）A. 1,02⎛⎫- ⎪⎝⎭ B. 10,2⎛⎫ ⎪⎝⎭ C. 1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭ D. 31,2⎛⎫ ⎪⎝⎭思路：函数()f x 为增函数，所以只需代入每个选项区间的端点，判断函数值是否异号即可解：1211234022f e -⎛⎫⎛⎫-=+⋅--=-< ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，()020f =-<11232022f ⎛⎫=⋅-=-<⎪⎝⎭()12310f e e =+-=-> ()1102f f ⎛⎫∴⋅< ⎪⎝⎭ 01,12x ⎛⎫∴∈ ⎪⎝⎭，使得()00f x =答案：C例2：函数()()ln 1f x x x =-+的零点所在的大致区间是（ ）A. 31,2⎛⎫⎪⎝⎭ B. 3,22⎛⎫ ⎪⎝⎭C. ()2,eD. (),e +∞ 思路：先能判断出()f x 为增函数，然后利用零点存在性判定定理，只需验证选项中区间端点函数值的符号即可。
例析2013年高考中的零点问题_张建军
证明函数图象交点个数 （ 2013 年 陕 西 高 考 题 ） 已 知 函 数
f（ x） = e ， x ∈ R． 证明： 曲线 y = f （ x） 与曲线 y = 1 2 x + x + 1 有唯一的公共点 ． 2 解 1 2 问题等价于函数 φ（ x） = e － x － 2
x
无解 ． f （ f （ x） ） = x 在［ 0， 1］上有解等价 所以， 0， 1］上有解 ． 于方程 f （ x） = x 在［ ex + x － a， x ∈［ 0， 1］ ， 由x = 槡 得 2 x a = －x +x+e， x ∈［ 0， 1］ ．
2 x x ∈［ 0， 1］ ， 令 g（ x） = － x + x + e ， 则
x － 1 零点的个数 ． 因为 φ（ 0 ） = 1 － 1 = 0 ， 所以 φ（ x） 存在零 点 x = 0．
x 又 φ' （ x） = e － x － 1 ， x 令 h（ x） = φ' （ x） = e － x － 1 ， 则
2 af （ x） + b = 0 ， 得 f （ x ） = x1 或 f （ x ） = x2 ． 因 f （ x1 ） = x1 ， x1 ＜ x2 ， 故当 x1 是极大值点时， 如 x0 ， f （ x ） = x2 仅 图 1 知 f （ x） = x1 有两个根 x1 、 x1 ＞ x2 ， 有一个根 x3 ； 当 x1 是极小值点时， 如图 2 知 f （ x） = x1 有两个根 x1 、 x0 ， f （ x） = x2 仅有 一个根 x3 ．
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 解 ． 因为 f （ a） = （ a － b） （ a － c） ＞ 0 ，
零点存在定理的理解与辨析
零点存在定理的理解与辨析零点定理，也叫派索多·贾马尔定理，是指一个多项式函数等于零，零点定理可以帮助我们知道该多项式函数的零点是什么：1. 定义：零点定理指的是在一个函数多项式的图像中，当函数值为0时，多项式就一定有对应的零点，即若一个多项式P(x)，当且仅当P(x) = 0 时，存在x0使得P(x0) = 0。
2. 证明：假设P(x)有n阶，则可表示为：P(x) = a0 + a1x + a2x^2 + a3x^3 + … + anx^n由泰勒公式，多项式就可以展开为如下的函数：P(x) = f(x) = f0 + f1x + f2x^2 +f3x^3+ … + fnx^n又由于P(x) = 0，则f也要等于0。
所以零点定理也可以表达为：【假设一个n阶多项式P(x)的展开函数f(x)的n阶项系数不为0，则当f(x) = 0时，多项式P(x)也有相应的零点】3. 应用：零点定理经常用于求解多项式函数的零点，例如一元多项式函数P(x) = 3x^2 - 5x + 3，当P(x) = 0时，则0 = 3x^2 - 5x + 3，可得到两个实数解2/3，1。
以及一元二次方程式求解方法，二元一次方程章形式求解方法等均可使用零点定理，同理，n阶一元多项式函数也可以求出n个零点。
4. 特点：零点定理仅限于一元多项函数，不具有通用性，另外，零点定理只告诉我们多项式函数的零点是什么，但是无法给出零点的复杂度。
5. 限制：零点定理的限制在于其局限性，特别是当函数的最高项系数a_n=0时，零点定理就不能成立，另外，零点定理只可以给出实数的零点，而不能给出复数的零点。
总之，零点定理是一个有用的定理，虽然它有一定的局限性和限制，但可以帮助我们准确求出一元多项式函数的零点。
通过理解零点定理，学生可以更快速、正确的求解多项式函数的零点问题。
零点存在性定理
12
引导:
（4）若一个函数图象在[a，b]上连
续，但f(a)·f(b)>0，图象在区间(a，b)
内与x轴有交点吗y ？为什么?你能举个
例子吗?
a o bx
(5) 若一个函数图(1) 象在[a，b]上不连
函数图象 (简图）
y
.
2
.
.y
.
.1
.
－1 0 1 2 3
－1
－2 －3. －4源自2x 1. . . －1 0 1 2 x
方程的实数根
函数的图象 与x轴的交点
x1=－1,x2=3 (－1,0)、(3,0)
x1=x2=1 (1,0)
y
.5 . .4 . 3.
2 1
－1 0 1 2 3 x
无实数根
无交点
3
函数 yfx的图象 x轴 与
有交点 x0,0（ ）
5
-2
-1
问题1：此图象是否能 表示函数？
问题2：你能从中分析 函数有哪些零点吗？
2
3
6
设问激疑,延伸拓展 例1:求函数 fx4x212x9 的零点个数。
再次思考问题：你能求出下列方程的实数根个数 吗?
x32x60
(3)
(4)
图像法
函数零点方程根， 形数本是同根生。 函数零点端点判， 图象连续不能忘。
19
必做题:
1、教材P 92 A组 2
2、函数 ylo2g|x| 1 的零点有( )个.
A.1 B.2 C.3 D.4
探究题：
设函数 f(x)2xa x1
2019人教A版数学必修一《3.1.2函数零点的存在性定理》教案
人教版必修一精品教学资料3.1.2 函数零点的存在性定理（一）教学目标1．知识与技能体验零点存在性定理的形成过程,理解零点存在性定理,并能应用它探究零点的个数及存在的区间.2．过程与方法经历由特殊到一般的过程,在由了解零点存在性定理到理解零点存在性定理,从而掌握零点存在性定理的过程中,养成研究问题的良好的思维习惯.3．情感、态度与价值观经历知识发现、生成、发展、掌握、理解的过程,学会观察问题,发现问题,从而解决问题；养成良好的科学态度,享受探究数学知识的乐趣.（二）教学重点与难点重点：掌握零点存在性定理并能应用.难点：零点存在性定理的理解（三）教学方法通过问题发现生疑,通过问题解决析疑,从而获取知识形成能力；应用引导与动手尝试结合教学法,即学生自主探究与教师启发,引导相结合.（四）教学过程.学生总结师生完善补充学生自主完成例1 已知集合A = {x ∈R |x 2 – 4ax + 2a + 6 = 0},B = { x ∈R |x ＜0},若A ∩B ≠∅,求实数a 的取值范围.【解析】设全集U = {a |△= (–4a )2 – 4 (2a + 6)≥0}= 3{|(1)()0}2a a a +-≥= 3{|1}2a a a ≤-≥或若方程x 2 – 4ax + 2a + 6 = 0的两根x 1,x 2均非负,则1212340,.2260.a Ux x a a x x a ∈⎧⎪+=≥⇒≥⎨⎪=+≥⎩因为在全集U 中集合3{|}2a a ≥的补集为{a |a ≤–1},所以实数a 的取值范围是{a |a ≤–1}.例2 设集合A = {x | x 2 + 4x = 0,x ∈R },B = {x | x 2 + 2 (a + 1) x + a 2 – 1 = 0, x ∈R },若A ∪B = A ,求实数a 的值.【解析】∵A = {x | x 2 + 4x = 0,x ∈R },∴A = {–4,0}. ∵A ∪B =A ,∴B ⊆A .1°当B = A ,即B = {–4,0}时,由一元二次方程根与系数的关系得22(1)4,, 1.10a a a -+=-⎧=⎨-=⎩解之得 2°当B =∅,即方程x 2 + 2 (a + 1)x + a 2 –1 = 0无实解. ∴△= 4 (a + 1)2 – 4 (a 2 – 1) = 8a + 8＜0. 解得,a ＜–1.3°当B = {0},即方程x 2 + 2(a + 1)x + a 2 – 1 = 0有两个相等的实数根且为零时,2880,, 1.10.a a a +=⎧=-⎨-=⎩解得 4°当B = {–4}时,即需2880,168(1)10.a a a +=⎧⎨+++-=⎩无解. 综上所述,若A ∪B =A ,则a ≤–1或a = 1.。
2019年高考数学(理)专题06函数与方程﹑函数模型及其应用命题猜想
【考向解读】求方程的根、函数的零点的个数问题以及由零点存在性定理判断零点是否存在，利用函数模型解决实际问题是高考的热点；备考时应理解函数的零点，方程的根和函数的图象与x轴的交点的横坐标的等价性；掌握零点存在性定理．增强根据实际问题建立数学模型的意识，提高综合分析、解决问题的能力．【命题热点突破一】函数零点的存在性定理1．零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，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．函数的零点与方程根的关系函数F(x)＝f(x)－g(x)的零点就是方程f(x)＝g(x)的根，即函数y＝f(x)的图象与函数y＝g(x)的图象交点的横坐标．例1 、（2018年全国I卷理数）已知函数．若g（x）存在2个零点，则a的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞）【答案】C【解析】画出函数的图像，在y轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.【变式探究】【2017课标1，理21】已知函数.f x的单调性；（1）讨论()f x有两个零点，求a的取值范围.（2）若()【答案】（1）见解析；（2）()0,1.（2）（ⅰ）若0a ≤，由（1）知， ()f x 至多有一个零点.（ⅱ）若0a >，由（1）知，当ln x a =-时， ()f x 取得最小值，最小值为.①当1a =时，由于，故()f x 只有一个零点；②当()1,a ∈+∞时，由于，即，故()f x 没有零点；③当()0,1a ∈时，，即.又，故()f x 在(),ln a -∞-有一个零点.设正整数0n 满足，则.由于，因此()f x 在()ln ,a -+∞有一个零点.综上，a 的取值范围为()0,1.【变式探究】(1)已知偶函数y ＝f(x)，x ∈R 满足f(x)＝x 2－3x(x≥0)，函数g(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，x>0，－1x ，x<0，则函数y ＝f(x)－g(x)的零点个数为( ) A ．1 B ．3 C ．2 D ．4(2)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x≤a ，x 2，x>a ，若存在实数b ，使函数g(x)＝f(x)－b 有两个零点，则a 的取值范围是________．【答案】（1）B （2）（－∞，0）∪（1，＋∞）【解析】（1）作出函数f （x ）与g （x ）的图像如图所示，易知两个函数的图像有3个交点，所以函数y ＝f （x ）－g （x ）有3个零点.（2）令φ（x ）＝x 3（x≤a ），h （x ）＝x 2（x>a ），函数g （x ）＝f （x ）－b 有两个零点，即函数y ＝f （x ）的图像与直线y ＝b 有两个交点.结合图像，当a<0时，存在实数b 使h （x ）＝x 2（x>a ）的图像与直线y ＝b 有两个交点；当a≥0时，必须满足φ（a ）>h （a ），即a 3>a 2，解得a>1.综上得a ∈（－∞，0）∪（1，＋∞）. 【感悟提升】函数的零点、方程的根的问题都可以转化为函数图像的交点问题，数形结合法是解决函数零点、方程根的分布、零点个数、方程根的个数问题的有效方法．在解决函数零点问题时，既要利用函数的图像，也要利用函数零点的存在性定理、函数的性质等，把数与形紧密结合起来．【变式探究】已知函数f(x)＝|x ＋a|(a ∈R)在[－1，1]上的最大值为M(a)，则函数g(x)＝M(x)－|x 2－1|的零点的个数为( ) 络的发展，网校教育越来越受到广大学生的喜爱，它已经成为学生们课外学习的一种趋势．假设某网校每日的套题销售量y(单位：万套)与销售价格x(单位：元/套)满足关系式y ＝mx －2＋4(x －6)2，其中2<x<6，m 为常数．已知销售价格为4元/套时，每日可售出套题21万套． (1)求m 的值；(2)假设每套题的成本为2元(只考虑销售出的套数)，试确定销售价格x 的值，使网校每日销售套题所获得的利润最大．(保留1位小数)【解析】解：（1）因为x ＝4时，y ＝21，代入y ＝m x －2＋4（x －6）2，得m2＋16＝21，解得m ＝10.（2）由（1）可知，套题每日的销售量y ＝10x －2＋4（x －6）2，所以每日销售套题所获得的利润f （x ）＝（x －2）·⎣⎡⎦⎤10x －2＋4（x －6）2＝10＋4（x －6）2（x －2）＝4x 3－56x 2＋240x －278（2<x<6），从而f′（x ）＝12x 2－112x ＋240＝4（3x －10）（x －6）（2<x<6）.令f′（x ）＝0，得x ＝103（x ＝6舍去），且在⎝⎛⎭⎫2，103上，f′（x ）>0，函数f （x ）单调递增，在⎝⎛⎭⎫103，6上，f′（x ）<0，函数f （x ）单调递减，所以x ＝103是函数f （x ）在（2，6）内的极大值点，也是最大值点，所以当x ＝103≈3.3时，函数f （x ）取得最大值，即当销售价格为3.3元/套时，网校每日销售套题所获得的利润最大.【感悟提升】 函数建模首先要会根据题目的要求建立起求解问题需要的函数关系式(数学模型)，然后通过求解这个函数模型(求单调性、最值、特殊的函数值等)，对实际问题作出合乎要求的解释．需要注意实际问题中函数的定义域要根据实际意义给出，不是单纯根据函数的解析式得出．【变式探究】调查发现，提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个城市的交通状况.在一般情况下，大桥上的车流速度v （单位：千米/小时）是关于车流密度x （单位：辆/千米）的连续函数.当桥上的车流密度达到200辆/千米时，会造成堵塞，此时车流速度为0千米/小时；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时.研究表明：当20<x<200时，车流速度v 是关于车流密度x 的一次函数. （1）当0<x<200时，求函数v （x ）的解析式；（2）当车流密度x 为多少时，车流量（每小时通过桥上某观测点的车辆数）f （x ）＝x·v （x ）可以达到最大，并求出最大值.（精确到1辆/小时）【解析】解：（1）由题意知，当0<x≤20时，v （x ）＝60；当20<x<200时，设v （x ）＝ax ＋b ，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎨⎧a ＝－13，b ＝2003.故所求函数v （x ）的解析式为v （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0<x≤20，13（200－x ），20<x<200.（2）由（1）可知v （x ）＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0<x≤20，13（200－x ），20<x<200.当0<x≤20时，f （x ）＝60x 为增函数，故当x ＝20时，其最大值为60×20＝1200；当20<x<200时，f （x ）＝13x （200－x ）＝－13（x 2－200x ）＝－13（x －100）2＋10 0003，当x ＝100时，f （x ）取得最大值10 0003≈3333.综上可知，当车流密度为100辆/千米时，车流量可以达到最大，最大值约为3333辆/小时. 【高考真题解读】1. （2018年全国I 卷理数）已知函数．若g （x ）存在2个零点，则a 的取值范围是A. [–1，0）B. [0，+∞）C. [–1，+∞）D. [1，+∞） 【答案】C 【解析】画出函数的图像，在y 轴右侧的去掉，再画出直线，之后上下移动，可以发现当直线过点A 时，直线与函数图像有两个交点，并且向下可以无限移动，都可以保证直线与函数的图像有两个交点，即方程有两个解，也就是函数有两个零点，此时满足，即，故选C.2. （2018年浙江卷）已知λ∈R，函数f(x)=，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．【答案】(1). (1,4) (2).【解析】由题意得或，所以或，即，不等式f(x)<0的解集是当时，，此时，即在上有两个零点；当时，，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为。
函数的零点存在定理
《函数的零点存在定理》一、教材内容分析《函数的零点》第二课时，选自人教版《普通高中课程标准实验教科书》A版必修1第三章第一节。
1、教材的地位与作用函数是中学数学的核心概念，核心的原因之一就在于函数与其他知识具有广泛的联系性，而函数的零点就是其中的一个链结点，它从不同的角度，将数与形，函数与方程有机的联系在一起。
方程的根与函数零点的关系研究，不仅为“用二分法求方程的近似解”的学习做好准备，而且揭示了方程与函数之间的本质联系，这种联系正是中学数学重要思想方法——“函数与方程思想”的理论基础。
可见，函数零点概念在中学数学中具有核心地位。
2、内容分析本节内容有函数零点概念、函数零点与相应方程根的关系、函数零点存在性定理。
函数零点是研究当函数)f的值为零时，相应的自变量x的取值，(x反映在函数图象上，也就是函数图象与x轴的交点横坐标。
由于函数)xf，其本身已是方程的形式，因(=(xf的值为零亦即0)而函数的零点必然与方程有着不可分割的联系，事实上，若方程f有解，则函数)(xxf存在零点，且方程的根就是相应函数的零点，(=)也是函数图象与x轴的交点横坐标。
顺理成章的，方程的求解问题，可以转化为求函数零点的问题。
这是函数与方程关系认识的第一步。
零点存在性定理，是函数在某区间上存在零点的充分不必要条件。
如果函数)y=在区间[]bf(xa,上的图象是一条连续不断的曲线，并且满足0)()(<⋅b f a f ，则函数)(x f y =在区间()b a ,内至少有一个零点，但零点的个数，需结合函数的单调性等性质进行判断。
定理的逆命题不成立。
方程的根与函数零点的研究方法，符合从特殊到一般的认识规律，从特殊的、具体的二次函数入手，建立二次函数的零点与相应二次方程的联系，然后将其推广到一般的、抽象的函数与相应方程的情形；零点存在性的研究，也同样采用了似的方法，同时还使用了“数形结合思想”及“转化与化归思想”。
二、教学内容诊断分析本节课是在学生学习了基本初等函数及其相关性质，具备初步的数形结合的能力基础之上，利用函数图象和性质来判断方程的根的存在性及根的个数。
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课题：判断函数零点的存在性
---------根的存在性定理
学习目标：
（一）知识与技能：
2．理解并会用函数在某个区间上存在零点的判定方法． （二）过程与方法：
自主发现、探究实践，理解函数零点存在的条件． （三）情感、态度、价值观：
1.在函数与方程的联系中体验数学转化思想的意义和价值
2.数行结合思想在探索数学问题的重要性. 2.了解方程求解方法的简单发展史..
重点难点：
重点：体会函数的零点与方程的根之间的联系，掌握零点存在的判定条件． 难点：探究发现函数零点的存在性.
课题引入：在人类用智慧架设的无数从未知通向已知的金桥中，方程的求解是其中璀璨的一座，虽然今
天我们可以从教科书中了解各式各样方程的解法，但这一切却经历了相当漫长的岁月.
我国古代数学家已比较系统地解决了部分方程的求解的问题。
如约公元50年—100年编成的《九章算术》，就给出了求一次方程、二次方程和三次方程根的具体方法…
问题·探究
（一）回顾旧知，“温故知新”。
1、函数的零点：对于函数)(x f ，我们把使0)(=x f 的实数x 叫做)(x f 的零点（zero point ）.
2、等价关系： 方程0)(=x f 有实数根 ⇔函数)(x f y =的图像与x 轴有交点⇔函
数)(x f y =有零点.
巩固练习：求下列方程的根．
（1）0652
=+-x x （2） )1lg()(-=x x f （3）062ln =-+x x
（二）提出问题，“星河探秘”。
（零点存在性）
问题1：函数y ＝f(x)在某个区间上是否一定有零点？
怎样的条件下，函数y ＝f(x)一定有零点？
（1）观察二次函数32)(2
--=x x x f 的图象，分析其图像在零点两侧如何分布？
○
1 在区间]1,2[-上有零点______；=-)2(f _______，=)1(f _______, )2(-f ·)1(f _____0（＜或＞）
． ○2 在区间]4,2[上有零点______；)2(f ·)4(f ____0（＜或＞）．
（2）观察下面函数)(x f y =的图象，分析其图像在零点两侧如何分布？
○1 在区间],[b a 上______(有/无)零点；)(a f ·)(b f _____0（＜或＞）．
○2 在区间],[c b 上______(有/无)零点；)(b f ·)(c f _____0（＜或＞）．
○3 在区间],[d c 上______(有/无)零点；)(c f ·)(d f _____0（＜或＞）．
（4）观察上面（3）的函数图象：
若函数在某区间内存在零点，则函数在该区间上的图象是 ____ （间断／连续）；含零点的某一较小区间中以零点左右两边的实数为自变量，它们各自所对应的函数值的符号是____（相同／互异）
（三）讨论探索，发现“新大陆”。
根的存在性定理：如果函数)(x f y =在区间][b a ,上的图像是连续不断的一条曲线，并且有
0)()(<⋅b f a f ，那么，函数)(x f 在区间)(b a ,内有零点，即存在)(b a c ,∈，使得0)(=c f ，
思考与探索：观察下列函数图像，回答问题
（1） （2） （3） （4）
分组讨论：（1）函数具备了哪些条件，就可断言它有零点存在呢？ （2）如果函数具备上述两个条件时，函数有多少零点呢？ （3）如果把结论中的条件“图象连续不断”除去不要，又会怎样呢？ （4）如果把结论中的条件“f(a)f(b)＜0’’去掉呢？
（5）若函数y =f (x ) 在区间(a , b )内有零点，一定得出f (a )·f (b )<0的结论吗？ （6）在什么样的条件下，就可确定零点的个数呢，零点的个数是惟一的呢？ 小结：
1.函数在区间][b a ,有零点⇔图像连续且0)()(<⋅b f a f （缺一不可）
2.推论：若函数)(x f y = 在区间][b a ,上连续且严格单调，且0)()(<⋅b f a f ，则存在∃1的实数0x )(b a ,∈，st.0)(0=x f .
（四）观察感知，“身临其境”
例1求函数f(x)=㏑x + 2x – 6 的零点个数.
解：用计算器或计算机作出)(,x f x 的对应值表和图像
分析：
变式练习：你能判断出方程 ㏑x = - x 2 + 3 实数根的个数吗？ 分析1：用根的存在性定理和推论。
分析2：数形结合，判断函数的交点。
（五）数学遨游（参阅新教材模块1第91页）
1.阿尔.花拉子米（约780-850）给出一次方程和二次方程的一般解法。
2.1541年，意大利数学家塔尔塔利亚给出了三次方程的一般解法。
3.意大利数学家费拉里（1522-1565）攻破了四次方程的解法。
4.数学史上，人们希望得到一般的五次以上代数方程的根式解，但通过长期的努力仍无结果。
1778，法国数学大师拉格朗日（Lagrange.1736-1813）自费出版了《论代数方程，证明一般五次方程的不可解性》，首先提出了五次方程的根式解不存在的猜想，1824，挪威数学家阿贝尔（Abel。
1802-1829）成功的证明了五次以上方程无根式解。
1828，天才数学家伽罗瓦（1811-1832.）提出了一般代数方程能用根式求解得判定定理。
5.数学王子提出代数基本定理。
（六）反思小结,“春风再度玉门关”
1．根的存在性定理及其推论。
2.函数零点的存在性和零点个数的判断。