第2章 第8节 函数与方程（课件PPT）-【优化指导】2026年高考数学一轮复习高中总复习·第1轮（湘教版）

高考总复习 数学 第二章　函 数 第八节　函数与方程 f(x)＝0 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 × × √ × 必备知识 基础落实 AC 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 D 必备知识 基础落实 BD 必备知识 基础落实 B 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 必备知识 基础落实 考点 函数零点所在区间的判定(自主练通) C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 函数零点个数的判断(讲练融通) B D 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 C 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 考点 函数零点的应用(多维贯通) 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 B 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 BC 关键能力 精准突破 关键能力 精准突破 请完成：课时作业（十四） 温馨提示 谢谢观看！ 课标解读 1.理解函数的零点与方程的解的联系，理解函数零点存在定理，并能简单应用． 2．根据具体函数的图象，能够用二分法求相应方程的近似解． 1．函数的零点的概念 (1)概念：对于一般函数，方程____________的实数根叫作函数y＝f(x)的零点． (2)方程的根、函数的图象、函数的零点三者之间的联系． 2．函数零点的判断 求方程f(x)＝0的实数根，就是确定函数y＝f(x)的零点．设函数y＝f(x)的图象是一条连续不断的曲线，如果在区间[a，b]的左端点x＝a处，曲线在x轴上方，而在x＝b处，曲线在x轴下方，则可以断定，曲线一定会和x轴在(a，b)内的某点处相交，一般地，当x从a到b逐渐增加时，如果f(x)连续变化且有f(a)·f(b)<0，则存在点x0∈(a，b)，使得f(x0)＝0. 3．二分法的概念 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逼近零点，进而得到零点近似值的方法叫作二分法． 1．判断正误 (1)若函数y＝f(x)在区间(a，b)上有零点，则一定有f(a)·f(b)<0.(　　) (2)用二分法可求所有函数的零点．(　　) (3)用二分法求函数的零点近似值的方法仅对函数的变号零点适用．(　　) (4)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．(　　) 2．(多选)(2024·丽水高一期末)下列函数图象与x轴均有交点，其中不能用二分法求其零点的是(　　) 解析：选项A，C，对其定义域上的任意子集[a，b]，不满足f(a)·f(b)＜0， 故不能用二分法求函数的零点．故选AC. 3．(2024·银川三模)函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(2，4)上存在零点．则实数m的取值范围是(　　) A．(－∞，－18) B．(5，＋∞) C．(5，18) D．(－18，－5) 解析：函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(2，4)上是单调递增函数，函数f(x)＝log2x＋x2＋m在区间(2，4)上存在零点．可得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(log22＋22＋m<0，,log24＋42＋m>0，)) 解得m∈(－18，－5).故选D. 4．(多选)下列说法中正确的是(　　) A．函数f(x)＝x＋1的零点为(－1，0) B．函数f(x)＝x＋1的零点为－1 C．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点 D．函数f(x)的零点，即函数f(x)的图象与x轴的交点的横坐标 解析：根据函数零点的定义，可知f(x)＝x＋1的零点为－1.函数y＝f(x)的零点，即函数y＝f(x)的图象与x轴的交点的横坐标，因此B，D正确，A，C错误． 5．(2024·金昌高三二模)已知x0是函数f(x)＝( eq \f(1,3) )x－x＋4的一个零点，若x1∈(2，x0)，x2∈(x0，＋∞)，则(　　) A．x0∈(2，4) B．f(x1)>f(x2) C．f(x1)<0，f(x2)<0 D.f(x1)>0，f(x2)>0 解析：函数y＝( eq \f(1,3) )x在区间(2，＋∞)上单调递减，函数y＝－x＋4在区间(2，＋∞)上单调递减，故函数f(x)＝( eq \f(1,3) )x－x＋4在区间(2，＋∞)上单调递减，又f(2)>0，f(3)>0，f(4)>0，f(5)<0，所以x0∈(4，5).因为f(x0)＝0，x1∈(2，x0)，x2∈(x0，＋∞)，由单调性知f(x1)>0，f(x2)<0，即f(x1)>f(x2). 6．(忽视二次项系数为零的讨论致误)若函数f(x)＝ax2－x－1有且仅有一个零点，则实数a的值为________. 答案：0或－ eq \f(1,4) 　 解析：当a＝0时，f(x)＝－x－1，令f(x)＝0，得x＝－1， 故f(x)只有一个零点为－1；当a≠0时，则Δ＝1＋4a＝0，得a＝－ eq \f(1,4) . 综上，a＝0或－ eq \f(1,4) . 1.(2023·广东省普通高中学业水平合格性考试)函数f(x)＝( eq \f(2,3) )x－x－2的零点所在的区间为(　　) A．(－3，－2) B．(－2，－1) C．(－1，0) D．(0，1) 解析：因为f(x)＝( eq \f(2,3) )x－x－2是连续的减函数，f(－3)＝ eq \f(35,8) >0，f(－2)＝ eq \f(9,4) >0， f(－1)＝ eq \f(3,2) ＋1－2>0，f(0)＝1－2<0，f(1)＝－ eq \f(7,3) <0， 又f(－1)f(0)<0，所以f(x)的零点所在的区间为(－1，0).故选C. 2．设函数f(x)＝ eq \f(1,3) x－ln x，则函数y＝f(x)(　　) A．在区间( eq \f(1,e) ，1)，(1，e)内均有零点 B．在区间( eq \f(1,e) ，1)，(1，e)内均无零点 C．在区间( eq \f(1,e) ，1)内有零点，在区间(1，e)内无零点 D．在区间( eq \f(1,e) ，1)内无零点，在区间(1，e)内有零点 解析：当x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) 时，函数图象连续不断，且f′(x)＝ eq \f(1,3) － eq \f(1,x) ＝ eq \f(x－3,3x) <0，所以函数f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，e)) 上单调递减．又f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e))) ＝ eq \f(1,3e) ＋1>0，f(1)＝ eq \f(1,3) >0，f(e)＝ eq \f(e,3) －1<0，所以函数f(x)有唯一的零点在区间(1，e)内． 3．已知函数f(x)＝logax＋x－b(a>0且a≠1).当2<a<3<b<4时，函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)，n∈N＋，则n＝________． 答案：2　 解析：对于函数y＝logax，当x＝2时，可得y<1，当x＝3时，可得y>1，在同一平面直角坐标系中画出函数y＝logax，y＝－x＋b的图象，如图所示，判断两个函数图象的交点的横坐标在(2，3)内，又函数f(x)的零点x0∈(n，n＋1)时，所以n＝2. 确定函数f(x)的零点所在区间的常用方法 (1)利用函数零点存在定理：首先看函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是否连续，再看是否有f(a)·f(b)<0.若有，则函数y＝f(x)在区间(a，b)内必有零点． (2)数形结合法：通过画函数图象，观察图象与x轴在给定区间上是否有交点来判断． 【例1】 (1)(2025·南昌模考)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(|ln x|－sin x，0<x≤3，,f（x－3），x>3，)) 则f(x)在(0，10)上的零点个数为(　　) A．6 B．7 C．8 D．9 (2)(2024·烟台二模)已知函数f(x)是定义在区间(－∞，0)∪(0，＋∞)上的偶函数，且当x∈(0，＋∞)时，f(x) eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2|x－1|，0<x≤2，,f（x－2）－1，x>2，)) 则方程f(x)＋ eq \f(1,8) x2＝2根的个数为(　　) A．3 B．4 C．5 D．6 解析：(1)由题意，当0<x≤3时，作出函数y＝|ln x|与y＝sin x的图象． 由图可知，函数y＝|ln x|与y＝sin x在(0，1)和[1，3]上各有一个交点，所以f(x)在(0，3]上有2个零点． 由当x>3时，f(x)＝f(x－3)，由函数周期性的性质可得，当3<x≤6时，f(x)有2个零点，当6<x≤9时，f(x)有2个零点，当9<x<10时，f(x)有1个零点，所以f(x)在(0，10)上共有7个零点． (2)要求方程f(x)＋ eq \f(1,8) x2＝2根的个数，即为求f(x)与y＝2－ eq \f(x2,8) 的图象的交点个数，作出函数y＝f(x)与y＝2－ eq \f(x2,8) 在(0，＋∞)上的图象如图所示， 由图可知有3个交点，又由f(x)在(－∞，0)∪(0，＋∞)上是偶函数，∴在y轴左侧也有3个交点，故一共有6个交点． 函数零点个数的判断方法 (1)直接求零点．令f(x)＝0，有几个解就有几个零点； (2)零点存在性定理．要求函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，再结合函数的图象与性质确定函数零点个数； (3)利用图象交点个数．作出两函数图象，观察其交点个数即得零点个数． 【练1】 (2024·江西峡江中学高三期末)定义在R上的奇函数f(x)，满足f(2－x)＝f(x)，当x∈[0，1]时，f(x)＝ax＋b，f(1)＋f(0)＝3，则函数g(x)＝f(x)＋1在[－2，5]的零点个数为______． 答案：4　 解析：函数f(x)是R上的奇函数，则f(0)＝0，当x∈[0，1]时，f(x)＝ax＋b，且f(1)＋f(0)＝f(1)＝3， 所以 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a0＋b＝0，,a1＋b＝3，)) 解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝－1，)) 则当x∈[0，1]时，f(x)＝4x－1. 函数f(x)是奇函数，图象关于原点对称， 由于f(2－x)＝f(x)，所以函数f(x)图象关于直线x＝1对称， 由此画出函数f(x)在区间[－2，5]上的图象如图所示， 由图可知f(x)＝－1有4个解，也即g(x)＝f(x)＋1＝0有4个解，即g(x)有4个零点． 【练2】 (2025·深圳模拟)已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(1,x)，x>0，,x＋2，x≤0，)) 则方程f(x)－3|x|＝0的解的个数是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解：令f(x)－3|x|＝0，得f(x)＝3|x|， 则方程f(x)＝3|x|的解的个数即函数y＝f(x)与函数y＝3|x|的图象的交点的个数．作出函数y＝f(x)与函数y＝3|x|的图象如图所示， 可知两个函数图象的交点的个数为2，故方程f(x)－3|x|＝0的解的个数为2. 角度1　由函数零点个数求参数问题 【例2】 函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(ln （－x－1），x<－1，,2x＋1，x≥－1，)) 若函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点，则实数a的取值范围是________． 答案：[－1，＋∞)　 解析：　设t＝f(x)，令g(x)＝f(f(x))－a＝0，则a＝f(t).在同一平面直角坐标系内作y＝a，y＝f(t)的图象(如图).当a≥－1时，y＝a与y＝f(t)的图象有两个交点． 设交点的横坐标为t1，t2(不妨设t2>t1)，则t1<－1，t2≥－1. 当t1<－1时，t1＝f(x)有一解；当t2≥－1时，t2＝f(x)有两解． 综上，当a≥－1时，函数g(x)＝f(f(x))－a有三个不同的零点． 利用函数零点个数求参数的方法 由函数零点个数求参数问题，可采用数形结合法，先对解析式变形，变为关于两个初等函数的方程再在同一平面直角坐标系中，画出两个函数的图象，然后数形结合求解． 【练3】 已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋2，x≤1，,|ln （x－1）|＋2，x>1，)) 若关于x的方程f(x)－kx＝0有且只有一个实数根，求实数k的取值范围． 解：方程f(x)－kx＝0⇔f(x)－2－(kx－2)＝0. 画出y＝f(x)－2与y＝kx－2的函数图象如图所示， 因为直线y＝kx－2过点(0，－2)， 联立 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,y＝x2)) 得x2－kx＋2＝0，由Δ＝k2－8＝0，解得k＝±2 eq \r(2) . 又过(1，1)与(0，－2)两点的直线的斜率k＝3， 由图知：当直线y＝kx－2过点(1，1)时，为函数y＝x2与y＝kx－2有两个交点的临界点，此时k＝3， 由图可知，若关于x的方程f(x)＝kx有且只有一个实数根， 则实数k的取值范围为{k|0<k<3}∪{－2 eq \r(2) }． 角度2　由函数零点所在区间求参数问题 【例3】 (2025·沈阳模拟)已知函数f(x)满足f(x)＝f(3x)，当x∈[1，3)，f(x)＝ln x，若在区间[1，9)内，函数g(x)＝f(x)－ax有三个不同零点，则实数a的取值范围是(　　) A．( eq \f(ln 3,3) ， eq \f(1,e) ) B．( eq \f(ln 3,9) ， eq \f(1,3e) ) C．( eq \f(ln 3,9) ， eq \f(1,2e) ) D．( eq \f(ln 3,9) ， eq \f(ln 3,3) ) 解析：函数f(x)满足f(x)＝f(3x)，当x∈[1，3)，f(x)＝ln x，故f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\b\lc\ (\a\vs4\al\co1(ln x，1≤x＜3，,ln \f(x,3)，3≤x＜9，)))) 令g(x)＝f(x)－ax＝0，∴f(x)＝ax，画出函数图象，如图所示， 当直线与f(x)＝ln eq \f(x,3) (3≤x＜9)相切时，f′(x)＝ eq \f(1,x) ，设切点为(x0，y0)，则 eq \f(1,x0) ＝ eq \f(y0－0,x0－0) ，∴y0＝1， ∴ln eq \f(x0,3) ＝1，∴x0＝3e，此时a＝k＝ eq \f(1,3e) . 当直线经过点(9，ln 3)时，a＝k＝ eq \f(ln 3,9) . 综上所述，a∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(ln 3,9)，\f(1,3e)) ) . 根据函数零点所在区间求参数的步骤 【练4】 (多选)(2025·苏州模拟)函数f(x)＝2x－ eq \f(2,x) －a的一个零点在区间(1，2)内，则实数a的可能取值是(　　) A．0 B．1 C．2 D．3 解析：因为函数y＝2x，y＝－ eq \f(2,x) 在定义域{x|x≠0}上单调递增，所以函数f(x)＝2x－ eq \f(2,x) －a在{x|x≠0}上单调递增，由函数f(x)＝2x－ eq \f(2,x) －a的一个零点在区间(1，2)内，得f(1)·f(2)＝(2－2－a)(4－1－a)＝(－a)×(3－a)<0，解得0<a<3，根据四个选项可知选BC. $$