廣東省2024高考數學學業(yè)水平合格考試總復習第3章函數的應用教師用書教案

PAGE1-第3章函數的應用考綱展示考情匯總備考指導函數與方程結合二次函數的圖象，了解函數的零點與方程根的聯系，推斷一元二次方程根的存在性及根的個數.2024年1月T5本章的重點是求函數的零點，推斷函數零點的個數及其所在的區(qū)間，難點是依據函數的零點的狀況求參數的取值范圍，學習本章時要留意應用數形結合的思想方法、轉化與化歸的思想方法解決問題.求函數的零點、推斷零點的個數[基礎學問填充]1．函數的零點對于函數y＝f(x)，我們把使f(x)＝0的實數x叫做函數y＝f(x)的零點．2．函數的零點與方程的根、函數圖象與x軸交點的關系函數y＝f(x)有零點?方程f(x)＝0有實根?函數y＝f(x)的圖象與x軸有交點．3．零點存在性定理假如函數y＝f(x)在區(qū)間[a，b]上的圖象是連綿不斷的一條曲線，并且有f(a)f(b)＜0，那么，函數y＝f(x)在區(qū)間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)，使f(c)＝0，這個c也就是方程f(x)＝0的根．[最新模擬快練]1．(2024·惠州學考模擬)函數y＝lnx的零點是()A．(0,0) B．x＝0C．x＝1 D．不存在C[令lnx＝0，解得x＝1.]2．(2024·江門學考模擬)函數f(x)＝2x－1的零點為()A．1 B．0C．(1,0) D．(0,0)B[函數的零點即相應方程的根．由2x－1＝0得x＝0，∴函數f(x)＝2x－1的零點為0.]3．(2024·揭陽學考模擬題)函數f(x)＝x－eq\r(x)－2的零點個數為()A．0B．1C．2D．3B[由f(x)＝0得x－2＝eq\r(x)，在同一坐標系內做出函數y＝x－2，y＝eq\r(x)的圖象，如圖所示，二者有1個交點，即f(x)有1個零點．]4．(2024·東莞高一月考)方程2－x＝－x2＋3的實數解的個數為()A．2B．3C．1 D．4A[令f(x)＝2－x，g(x)＝－x2＋3，繪制這兩個函數的函數圖象，可得故有2個交點，故選A．]5．(2024·東莞市高一期中)下列函數沒有零點的是()A．f(x)＝0 B．f(x)＝2C．f(x)＝x2－1 D．f(x)＝x－eq\f(1,x)B[函數f(x)＝2，不能滿意方程f(x)＝0，因此沒有零點．]6．(2024·梅州高一期末)函數f(x)＝(lgx)2－lgx的零點為．x＝1或x＝10[由(lgx)2－lgx＝0，得lgx(lgx－1)＝0，∴l(xiāng)gx＝0或lgx＝1，∴x＝1或x＝10.]7．(2024·佛山市高一期中考試)設函數f(x)＝21－x－4，g(x)＝1－log2(x＋3)，則函數f(x)的零點與g(x)的零點之和為．－2[令f(x)＝21－x－4＝0解得x＝－1，即f(x)的零點為－1，令g(x)＝1－log2(x＋3)＝0，解得x＝－1，所以函數f(x)的零點與g(x)的零點之和為－2.]利用函數的圖象探討方程根的個數當方程與基本函數有關時，可以通過函數圖象來探討方程的根，方程f(x)＝0的根就是函數f(x)的圖象與x軸的交點的橫坐標，方程f(x)＝g(x)的根就是函數f(x)與g(x)圖象的交點的橫坐標.推斷函數零點所在的區(qū)間[最新模擬快練]1．(2024·佛山高一期末)對于函數f(x)，若f(－1)·f(3)＜0，則()A．方程f(x)＝0肯定有實數解B．方程f(x)＝0肯定無實數解C．方程f(x)＝0肯定有兩實數解D．方程f(x)＝0可能無實數解D[∵函數f(x)的圖象在(－1,3)上未必連續(xù)，故盡管f(－1)·f(3)＜0，但未必函數y＝f(x)在(－1,3)上有零點，即方程f(x)＝0可能無實數解．]2．(2024·深圳學考模擬)函數f(x)＝－x3－3x＋5的零點所在的大致區(qū)間是()A．(－2,0) B．(0,1)C．(1,2) D．(2,3)C[∵函數f(x)＝－x3－3x＋5是單調遞減函數，又∵f(1)＝－13－3×1＋5＝1>0，f(2)＝－23－3×2＋5＝－9<0，∴函數f(x)的零點必在區(qū)間(1,2)上，故必存在零點的區(qū)間是(1,2)，故選C．]3．(2024·深圳市高一期中)若x0是函數f(x)＝lnx與g(x)＝eq\f(2,x)的圖象交點的橫坐標，則x0屬于區(qū)間()A．(0,1) B．(1,2)C．(2,3) D．(3，＋∞)C[設h(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－eq\f(2,x)，h(1)＝－2<0，h(2)＝ln2－1<0，h(3)＝ln3－eq\f(2,3)>0，故x0∈(2,3)．]4．(2024·江門學考模擬)依據表格中的數據，可以斷定方程ex－(x＋2)＝0(e≈2.72)的一個根所在的區(qū)間是()x－10123ex0.3712.727.4020.12x＋212345A．(－1,0) B．(0,1)C．(1,2) D．(2,3)C[令f(x)＝ex－(x＋2)，則f(－1)＝0.37－1<0，f(0)＝1－2<0，f(1)＝2.72－3<0，f(2)＝7.40－4＝3.40>0.由于f(1)·f(2)<0，∴方程ex－(x＋2)＝0的一個根在(1,2)內．]5.(2024·肇慶學考模擬)函數f(x)＝2x＋3x的零點所在的一個區(qū)間是()A．(－2，－1) B．(－1,0)C．(0,1) D．(1,2)B[因為函數f(x)＝2x＋3x在其定義域內是遞增的，那么依據f(－1)＝eq\f(1,2)－3＝－eq\f(5,2)<0，f(0)＝1＋0＝1>0，那么由函數的零點存在性定理可知，函數的零點的區(qū)間為(－1,0)，選B．]6．(2024·佛山市學考模擬題)已知函數f(x)＝2x＋log3x的零點在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－1，k－\f(1,2)))上，則整數k的值為．1[∵函數f(x)＝2x＋log3x在(0，＋∞)單調遞增．∴函數f(x)＝2x＋log3x最多有一個零點．當k＝1時，區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k－1，k－\f(1,2)))為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，當x→0時，f(x)→－∞，當x＝eq\f(1,2)時，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\r(2)－log32>0，∴函數f(x)在區(qū)間eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上存在零點，因此必定k＝1.]確定函數零點所在的區(qū)間有兩種方法：一是利用零點存在性定理，二是把函數的零點問題轉化為函數圖象的交點問題，利用數形結合的方法.函數零點的應用[學考真題對練](2024·廣東學業(yè)水平真題)設實數a為常數，則函數f(x)＝x2－x＋a(x∈R)存在零點的充分必要條件是()A．a≤1B．a>1C．a≤eq\f(1,4) D．a>eq\f(1,4)C[由已知可得，Δ＝1－4a≥0?a≤eq\f(1,4)，故選C．]已知函數有零點(方程有根)求參數取值常用的方法(1)干脆法：干脆依據題設條件構建關于參數的不等式(組)，再通過解不等式(組)確定參數范圍；(2)分別參數法：將參數分別，轉化成求函數的值域問題加以解決；(3)數形結合法：先對解析式變形，在同一平面直角坐標系中，畫出函數的圖象，然后數形結合求解．[最新模擬快練]1．(2024·肇慶市學考模擬題)若函數f(x)＝3ax＋1－2a在區(qū)間(－1,1)上存在一個零點，則aA．a>eq\f(1,5) B．a>eq\f(1,5)或a<－1C．－1<a<eq\f(1,5) D．a<－1B[由題意，要使函數f(x)在區(qū)間(－1,1)上存在一個零點，則有f(－1)f(1)<0，即(a＋1)(－5a＋1)<0，所以(a＋1)(5a－1)>0，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1>0,5a－1>0))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1<0,5a－1<0))，解得a>eq\f(1,5)或a<－1.]2．(2024·清遠市高一月考)若函數y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|1－x|)＋m有零點，則m的取值范圍是()A．m≤－1 B．－1≤m<0C．m≥1 D．0<m≤1B[∵y＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))eq\s\up12(|1－x|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1x≥1,2x－1x<1))，畫圖象可知－1≤m<0，故選B．]3．(2024·汕頭學考模擬)若函數f(x)＝mx－1在(0,1)內有零點，則實數m的取值范圍是．m>1[f(0)＝－1，要使函數f(x)＝mx－1在(0,1)內有零點，需f(1)＝m－1>0，即m>1.]4．(2024·佛山學考模擬)已知函數f(x)＝ax2＋2ax＋c(a≠0)的一個零點為1，則它的另一個零點為．－3[設函數f(x)的兩個零點為x1，x2，依據函數解析式，由一元二次方程根與系數的關系，得x1＋x2＝－eq\f(2a,a)＝－2.又因為x1＝1，所以x2＝－3.]5．(2024·廣州高一期中)設函數g(x)＝ax2＋bx＋c(a>0)，且g(1)＝－eq\f(a,2).(1)求證：函數g(x)有兩個零點；(2)探討函數g(x)在區(qū)間(0,2)內的零點個數．[解](1)證明：∵g(1)＝a＋b＋c＝－eq\f(a,2)，∴3a＋2b＋2∴c＝－eq\f(3,2)a－b.∴g(x)＝ax2＋bx－eq\f(3,2)a－b，∴Δ＝b2－4aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,2)a－b))＝(2a＋b)2＋2a2.∵a>0，∴Δ>0恒成立，故函數g(x)有