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第8讲 函数与方程
[最新考纲]
1．结合二次函数的图象，了解函数的零点与方程根的联系，推断一元二次方程根的存在性及根的个数．
2．依据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解.
知 识 梳 理
1．函数的零点
(1)函数的零点的概念
对于函数y＝f(x)，把使f(x)＝0的实数x叫做函数y＝f(x)的零点．
(2)函数的零点与方程的根的关系
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)零点存在性定理
假如函数y＝f(x)满足：①在闭区间[a，b]上连续；②f(a)·f(b)＜0；则函数y＝f(x)在(a，b)上存在零点，即存在c∈(a，b)，使得f(c)＝0，这个c也就是方程f(x)＝0的根．
2．二分法
对于在区间[a，b]上连续不断且f(a)·f(b)＜0的函数y＝f(x)，通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间一分为二，使区间的两个端点逐步靠近零点，进而得到零点近似值的方法叫做二分法．
辨 析 感 悟
函数零点概念的理解及应用
(1)函数的零点就是函数的图象与x轴的交点．(×)
(2)对于定义域内的两个变量x1，x2，若f(x1)f(x2)＜0，则函数f(x)有零点．(×)
(3)若f(x)在区间[a，b]上连续不断，且f(a)f(b)＞0，则f(x)在(a，b)内没有零点．(×)
(4)若函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且f(a)f(b)＜0，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内至少有一个零点．(√)
(5)(2021·天津卷改编)函数f(x)＝2x|log0.5x|－1的零点个数为2.(√)
(6)(2021·广州模拟改编)已知函数f(x)＝x2＋x＋a在区间(0,1)上有零点，则实数a的取值范围是(－2,0)．(√)
[感悟·提升]
1．一点提示 函数的零点不是点，是方程f(x)＝0的根，如(1)．
2．三个防范 一是严格把握零点存在性定理的条件，如(2)中没有强调连续曲线；
二是连续函数在一个区间的端点处函数值异号是这个函数在这个区间上存在零点的充分条件，而不是必要条件，如(3)；
三是函数f(x)在[a，b]上单调且f(a)f(b)＜0，则f(x)在[a，b]上只有一个零点.
考点一 函数零点的求解与推断
【例1】 (1)设x0是方程ln x＋x＝4的解，则x0属于( )．
A．(0,1) B．(1,2)
C．(2,3) D．(3,4)
(2)(2022·郑州一模)函数f(x)＝的零点个数是________．
解析 (1)令f(x)＝ln x＋x－4，
则f(1)＝－3＜0，f(2)＝ln 2－2＜0，
f(3)＝ln 3－1＞0，
∴x0∈(2,3)．
(2)当x＞0时，令g(x)＝ln x，h(x)＝x2－2x.
画出g(x)与h(x)的图象如图：
故当x＞0时，f(x)有2个零点．
当x≤0时，由4x＋1＝0，得x＝－，
综上函数f(x)的零点个数为3.
答案 (1)C (2)3
规律方法 (1)直接求零点：令f(x)＝0，假如能求出解，则有几个解就有几个零点．
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必需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．
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
【训练1】 (1)函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)内的零点个数是( )．
A．0 B．1 C．2 D．3
(2)(2021·重庆卷)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
解析 (1)由于f′(x)＝2xln 2＋3x2＞0，所以函数f(x)＝2x＋x3－2在(0,1)上递增，且f(0)＝1＋0－2＝－1＜0，f(1)＝2＋1－2＝1＞0，所以有1个零点．
(2)由于a<b<c，所以f(a)＝(a－b)(a－c)>0，f(b)＝(b－c)(b－a)<0，f(c)＝(c－a)(c－b)>0.因此有f(a)·f(b)<0，f(b)·f(c)<0，又因f(x)是关于x的二次函数，函数的图象是连续不断的曲线，因此函数f(x)的两零点分别位于区间(a，b)和(b，c)内，故选A.
答案 (1)B (2)A
考点二 依据函数零点的存在状况，求参数的值
【例2】 已知函数f(x)＝－x2＋2ex＋m－1，g(x)＝x＋(x>0)．
(1)若y＝g(x)－m有零点，求m的取值范围；
(2)确定m的取值范围，使得g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
解 (1)法一 ∵x＞0时，g(x)＝x＋≥2＝2e，
等号成立的条件是x＝e，
故g(x)的值域是[2e，＋∞)，
因而只需m≥2e，则y＝g(x)－m就有零点．
∴m的取值范围是[2e，＋∞)．
法二 作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象如图：
可知若使y＝g(x)－m有零点，则只需m≥2e.
∴m的取值范围是[2e，＋∞)．
(2)若g(x)－f(x)＝0有两个相异的实根，即g(x)与f(x)的图象有两个不同的交点，作出g(x)＝x＋(x>0)的大致图象．∵f(x)＝－x2＋2ex＋m－1＝－(x－e)2＋m－1＋e2，∴其图象的对称轴为x＝e，开口向下，最大值为m－1＋e2.故当m－1＋e2>2e，即m>－e2＋2e＋1时，g(x)与f(x)有两个交点，即g(x)－f(x)＝0有两个相异实根．
∴m的取值范围是(－e2＋2e＋1，＋∞)．
规律方法 函数零点的应用主要表现在利用零点求参数范围，若方程可解，通过解方程即可得出参数的范围，若方程不易解或不行解，则将问题转化为构造两个函数，利用两个函数图象的关系求解，这样会使得问题变得直观、简洁，这也体现了数形结合思想的应用．
【训练2】 (2022·鞍山模拟)已知函数f(x)＝若方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，则实数a的取值范围是( )．
A．(1,3) B．(0,3)
C．(0,2) D．(0,1)
解析 画出函数f(x)的图象如图所示，
观看图象可知，若方程f(x)－a＝0有三个不同的实数根，则函数y＝f(x)的图象与直线y＝a有3个不同的交点，此时需满足0＜a＜1，故选D.
答案 D
考点三 与二次函数有关的零点分布
【例3】 是否存在这样的实数a，使函数f(x)＝x2＋(3a－2)x＋a－1在区间[－1,3]上恒有一个零点，且只有一个零点？若存在，求出a的取值范围；若不存在，说明理由．
审题路线 由f(x)在[－1,3]上只有一个零点⇔f(x)＝0在[－1,3]上有且只有一个实数根⇒计算知Δ＞0恒成立⇒令f(－1)·f(3)≤0⇒求出a的范围⇒对端点值检验⇒得出结论．
解 令f(x)＝0，则Δ＝(3a－2)2－4(a－1)＝9a2－16a＋8＝92＋＞0，即f(x)＝0有两个不相等的实数根，
∴若实数a满足条件，则只需f(－1)·f(3)≤0即可．
f(－1)·f(3)＝(1－3a＋2＋a－1)·(9＋9a－6＋a－1)＝4(1－a)(5a＋1)≤0，∴a≤－或a≥1.
检验：(1)当f(－1)＝0时，a＝1，所以f(x)＝x2＋x.
令f(x)＝0，即x2＋x＝0，得x＝0或x＝－1.
方程在[－1,3]上有两个实数根，不合题意，故a≠1.
(2)当f(3)＝0时，a＝－，
此时f(x)＝x2－x－.
令f(x)＝0，即x2－x－＝0，
解得x＝－或x＝3.
方程在[－1,3]上有两个实数根，
不合题意，故a≠－.
综上所述，a的取值范围是∪(1，＋∞)．
规律方法 解决二次函数的零点问题：(1)可利用一元二次方程的求根公式；(2)可用一元二次方程的判别式及根与系数之间的关系；(3)利用二次函数的图象列不等式组．
【训练3】 已知关于x的二次方程x2＋2mx＋2m＋1＝0.
(1)若方程有两根，其中一根在区间(－1,0)内，另一根在区间(1,2)内，求m的范围；
(2)若方程两根均在区间(0,1)内，求m的范围．
解
(1)由条件，抛物线f(x)＝x2＋2mx＋2m＋1与x轴的交点分别在区间(－1,0)和(1,2)内，如图(1)所示，得⇒
即－<m<－.
故m的取值范围是.
(2)抛物线与x轴交点均落在区间(0,1)内，如图(2)所示，列不等式组
⇒
即－<m≤1－.
故m的取值范围是.
1．函数零点的判定常用的方法有：
(1)零点存在性定理；(2)数形结合；(3)解方程f(x)＝0.
2．争辩方程f(x)＝g(x)的解，实质就是争辩G(x)＝f(x)－g(x)的零点．
3．转化思想：方程解的个数问题可转化为两个函数图象交点的个数问题；已知方程有解求参数范围问题可转化为函数值域问题．
同学用书第32页
创新突破2——函数的零点与函数极值点的交汇
【典例】 (2021·安徽卷)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2.若f(x1)＝x1＜x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为( )．
A．3 B．4 C．5 D．6
突破：条件“函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2”等价于“方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2”；条件：“若f(x1)＝x1＜x2，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的根”等价于“方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1，f(x)＝x2”．
解析 f′(x)＝3x2＋2ax＋b，原题等价于方程3x2＋2ax＋b＝0有两个不等实数根x1，x2，且x1＜x2，x∈(－∞，x1)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增；x∈(x1，x2)时，f′(x)＜0，f(x)单调递减；x∈(x2，＋∞)时，f′(x)＞0，f(x)单调递增．∴x1为极大值点，x2为微小值点．∴方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等实根，f(x)＝x1，f(x)＝x2.
∵f(x1)＝x1，∴由图知f(x)＝x1有两个不同的解，f(x)＝x2仅有一个解．
答案 A
[反思感悟] (1)强化函数零点的求法，函数与方程的转化技巧，本题的突破点是方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数转化为f(x)＝x1与f(x)＝x2的根的个数之和．
(2)本题把函数的零点与函数的极值点交汇在一起考查，体现了新课标高考的指导思想．
【自主体验】
(2022·广州测试)已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( )．
A．f(a)＜f(1)＜f(b)
B．f(a)＜f(b)＜f(1)
C．f(1)＜f(a)＜f(b)
D．f(b)＜f(1)＜f(a)
解析 由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零点a∈(0,1)；
由题意，知g′(x)＝＋1＞0，所以函数g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1,2)．
综上，可得0＜a＜1＜b＜2.
由于f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b)．故选A.
答案 A
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1．(2021·西安高新一中测试)方程2－x＋x2＝3的实数解的个数为 ( )．
A．2 B．3
C．1 D．4
解析 构造函数y＝2－x与y＝3－x2，在同一坐标系中作出它们的图象如图，由图可知有两个交点．
答案 A
2．(2022·福州质检)若方程ln x＋x－5＝0在区间(a，b)(a，b∈Z，且b－a＝1)上
有一实根，则a的值为 ( )．
A．5 B．4
C．3 D．2
解析 设函数f(x)＝ln x＋x－5(x＞0)，则f′(x)＝＋1＞0，所以函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增，由于f(3)·f(4)＝(ln 3＋3－5)(ln 4＋4－5)＝(ln 3－2)(ln 4－1)＜0，故函数f(x)在区间(3,4)上有一零点，即方程ln x＋x－5＝0在区间(3,4)上有一实根，所以a＝3.
答案 C
3．若函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的取值为 ( )．
A．0 B．－
C．0或－ D．2
解析 当a＝0时，函数f(x)＝－x－1为一次函数，则－1是函数的零点，即函数仅有一个零点；
当a≠0时，函数f(x)＝ax2－x－1为二次函数，并且仅有一个零点，则一元二次方程ax2－x－1＝0有两个相等实根．
∴Δ＝1＋4a＝0，解得a＝－.
综上，当a＝0或a＝－时，函数仅有一个零点．
答案 C
4．(2021·朝阳区期末)函数f(x)＝2x－－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)
解析 由于函数f(x)＝2x－－a在区间(1,2)上单调递增，又函数f(x)＝2x－－a的一个零点在区间(1,2)内，则有，所以0＜a＜3.
答案 C
5．已知函数f(x)＝x＋2x，g(x)＝x＋ln x，h(x)＝x－－1的零点分别为x1，x2，
x3，则x1，x2，x3的大小关系是 ( )．
A．x2＜x1＜x3 B．x1＜x2＜x3
C．x1＜x3＜x2 D．x3＜x2＜x1
解析 依据零点的意义，转化为函数y＝x分别和y＝－2x，y＝－ln x，y＝＋1的交点的横坐标大小问题，作出草图，易得x1＜0＜x2＜1＜x3.
答案 B
二、填空题
6．若函数f(x)＝ax＋b(a≠0)有一个零点是2，那么函数g(x)＝bx2－ax的零点是
________．
解析 由已知条件2a＋b＝0，即b＝－2a，
g(x)＝－2ax2－ax＝－2ax，
则g(x)的零点是x＝0，x＝－.
答案 0，－
7．函数f(x)＝3x－7＋ln x的零点位于区间(n，n＋1)(n∈N)内，则n＝________.
解析 求函数f(x)＝3x－7＋ln x的零点，可以大致估算两个相邻自然数的函数值，如f(2)＝－1＋ln 2，由于ln 2＜ln e＝1，所以f(2)＜0，f(3)＝2＋ln 3，由于ln 3＞1，所以f(3)＞0，所以函数f(x)的零点位于区间(2,3)内，故n＝2.
答案 2
8．已知函数f(x)＝若函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，则实
数m的取值范围是________．
解析 画出f(x)＝
的图象，如图．
由函数g(x)＝f(x)－m有3个零点，结合图象得：0＜m＜1，即m∈(0,1)．
答案 (0,1)
三、解答题
9．已知二次函数f(x)＝x2＋(2a－1)x＋1－2a，若y＝f(x)在区间(－1,0)及内
各有一个零点，求实数a的范围．
解 依题意：要使y＝f(x)在区间(－1,0)及内各有一个零点，
只需
即解得＜a＜.
故实数a的取值范围是.
10．已知函数f(x)＝x2＋bx＋c(b，c∈R)，且满足f(1)＝0.
(1)若函数f(x)有两个不同的零点，求b的取值范围；
(2)若对x1，x2∈R，且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]有两个不相等的实根，证明必有一实根属于(x1，x2)．
(1)解 由题意知b＋c＋1＝0，即c＝－(1＋b)，
∴f(x)＝x2＋bx－(1＋b)，
若f(x)有两个零点，则f(x)＝0有两个不相等的实根，
∴b2＋4(1＋b)＝(b＋2)2＞0，∴b≠－2.
即b的取值范围是{b|b∈R且b≠－2}．
(2)证明 设g(x)＝f(x)－[f(x1)＋f(x2)]
则g(x1)＝[f(x1)－f(x2)]，
g(x2)＝－[f(x1)－f(x2)]，
∴g(x1)·g(x2)＝－[f(x1)－f(x2)]2，
∵f(x1)≠f(x2)，∴g(x1)·g(x2)＜0，
∴g(x)＝0必有一根属于(x1，x2)，
即方程f(x)＝[f(x1)＋f(x2)]必有一实根属于(x1，x2)．
力量提升题组
(建议用时：25分钟)
一、选择题
1．(2022·烟台模拟)如图是函数f(x)＝x2＋ax＋b的图象，则函数g(x)＝ln x＋f′(x)
的零点所在区间是 ( )．
A. B．(1,2)
C. D．(2,3)
解析 由f(x)的图象知0＜b＜1，f(1)＝0，从而－2＜a＜－1，g(x)＝ln x＋2x＋a，g(x)在定义域内单调递增，g＝ln ＋1＋a＜0，g(1)＝2＋a＞0，g·g(1)＜0，故选C.
答案 C
2．已知定义在R上的函数f(x)图象的对称轴为x＝－3，且当x≥－3时，f(x)＝
2x－3.若函数f(x)在区间(k－1，k)(k∈Z)上有零点，则k的值为 ( )．
A．2或－7 B．2或－8
C．－8或－7 D．－2或－8
解析 当x≥－3时，由f(x)＝2x－3＝0，解得x＝log23，由于1≤log23≤2，即函数的零点所在的区间为(1,2)，所以k＝2.又函数的图象关于x＝－3对称，所以另外一个零点在区间(－8，－7)内，此时k＝－7，所以选A.
答案 A
二、填空题
3．(2021·杭州第一次质检)若函数f(x)＝则函数F(x)
＝xf(x)－1的零点的个数为________．
解析 据题意函数F(x)＝xf(x)－1的零点个数可转化为函数y＝f(x)与函数y＝图象交点的个数，在同一坐标系中画出两个函数图象如图所示，由图可知共有6个交点，故函数F(x)＝xf(x)－1的零点个数为6.
答案 6
三、解答题
4．(2022·深圳调研)已知二次函数f(x)的最小值为－4，且关于x的不等式f(x)≤0
的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求函数g(x)＝－4ln x的零点个数．
解 (1)∵f(x)是二次函数，且关于x的不等式f(x)≤0的解集为{x|－1≤x≤3，x∈R}，
∴f(x)＝a(x＋1)(x－3)＝ax2－2ax－3a，且a>0.
∴f(x)min＝f(1)＝－4a＝－4，a＝1.
故函数f(x)的解析式为f(x)＝x2－2x－3.
(2)∵g(x)＝－4ln x＝x－－4ln x－2(x>0)，
∴g′(x)＝1＋－＝.
当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化状况如下：
x
(0,1)
1
(1,3)
3
(3，＋∞)
g′(x)
＋
0
－
0
＋
g(x)
极大值
微小值
当0<x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4<0.
又由于g(x)在(3，＋∞)单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点．故g(x)在(0，＋∞)只有1个零点.
同学用书第32页
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