【正文】 合題意 ,故 a≠ 綜上所述 ,a 或 a1. ,51?,)(.)(05651305651322???????xxxfxxxf即令此時52?51?51? ：①零點存在性定 理；②數形結合；③解方程 f（ x） =0. f(x)=g(x)的解，實質就是研究 G(x)= f（ x） g（ x）的零點 . .其 實質是通過不斷地“取中點”來逐步縮小零點所在 的范圍，當達到一定的精確度要求時，所得區(qū)間的 任一點就是這個函數零點的近似值 . 方法與技巧 思想方法 感悟提高 y=f(x)(x∈ D),我們把使 f(x)=0的實數 x叫 做函數的零點 ,注意以下幾點 : (1)函數的零點是一個實數 ,當函數的自變量取這個 實數時 ,其函數值等于零 . (2)函數的零點也就是函數 y=f(x)的圖象與 x軸的交點 的橫坐標 . (3)一般我們只討論函數的實數零點 . (4)函數的零點不是點 ,是方程 f(x)=0的根 . 失誤與防范 ,必須強調 : (1)f(x)在［ a,b］上連續(xù) 。 (2)f(a) f(b)0。 (3)在（ a,b）內存在零點 . 事實上 ,這是零點存在的一個充分條件 ,但不必要 . 一、選擇題 f(x)=3xx2,則在下列區(qū)間中，使函數 f(x)有零點 的區(qū)間是 （ ） A.[0， 1] B.[1， 2] C.[2， 1] D.[1， 0] 解析 ∵ f（ 1） =31(1)2= f（ 0） =3002=10， ∴ f（ 1） f（ 0） 0， ∴ 有零點的區(qū)間是 [1， 0]. ,032131 ????D 定時檢測 2.(2022 天津理， 4)設函數 (x0), 則 y=f(x) （ ） (1,e)內均有零點 (1,e)內均無零點 內有零點，在區(qū)間 (1,e)內無零點 內無零點 ,在區(qū)間 (1,e)內有零點 xxxf ln31)( ??),1,e1(),1,e1()1,e1()1,e1(解析 因為 因此 f(x)在 內無零點 . 因此 f(x)在 (1， e)內有零點 . 答案 D )1,e1(,0)1e3 1(31)1ln31()e1lne131( ????????)1()e1( ff ?.09 3ee)lne31()1ln131(( e ))1( ????????? ff又3.（ 2022 福建文， 11） 若函數 f（ x）的零點與 g(x)=4x+2x2的零點之差的絕對值不超過 ，則 f(x)可以是 （ ） (x)=4x1 (x)=(x1)2 (x)=ex1 D. 解析 ∵ g(x)=4x+2x2在 R上連續(xù)且 設 g(x)=4x+2x2的零點為 x0,則 )21ln ()( ?? xxf.01212)21(,02322212)41( ??????????? gg,2141 0 ?? x 又 f(x)=4x1零點為 f(x)=(x1)2零點為 x=1。 f(x)=ex1零點為 x=0。 零點為 答案 A .41|41|,41410 00 ?????? xx。41?x)21ln ()( ?? xxf .23?x |x22x|=a2+1(a∈ R+)的解的個數是 （ ） 解析 ∵ a∈ R+， ∴ a2+11. 而 y=|x22x|的圖象如圖， ∴ y=|x22x|的圖象與 y=a2+1 的圖象總有兩個交點 . ∴ 方程有兩解 . B |x|(x1)k=0有三個不相等的實根，則 k的取 值范圍是 （ ） A. B. C. D. 解析 本題研究方程根的個數問題 ,此類問題首選 的方法是圖象法即構造函數利用函數圖象解題 ,其 次是直接求出所有的根 .本題顯然考慮第一種方法 . )0,41(? )41,0(),41( ??? )41,(??如圖，作出函數 y=|x|( x1)的 圖象，由圖象知當 k∈ 時， 函數 y=k與 y=|x|(x1)有 3個不同的 交點，即方程有 3個實根 . 答案 A )0,41(? f(x)=x3+bx+c (b0)(1≤ x≤1), 且 則方程 f(x)=0在 [1,1]內 ( ) 3個實數根 2個實數根 解析 ∵ f（ x） =x3+bx+c （ b0）， ∴ f′( x)=3x2+b0,∴ f（ x）在 [1,1]上為增函數 , 又 ∵ ∴ f（ x）在 內存在唯一零點 . ,0)21()21( ??? ff,0)21()21( ??? ff)21,21(?C 二、填空題 f(x)=x2axb的兩個零點是 2和 3，則函數 g(x)=bx2ax1的零點是 ________. 解析 ∴ g（ x） =6x25x1的零點為 .65,033,02222?????????????????bababa 得由.31,21 ??31,21 ?? f(x)=x2+ax+b的兩個零點是 2和 3,則不等式 af(2x)0的解集是 ________________. 解析 ∵ f（ x） =x2+ax+b的兩個零點是 2， 3. ∴ 2， 3是方程 x2+ax+b=0的兩根， 由根與系數的關系知 ∴ f(x)=x2x6.∵ 不等式 af(2x)0， 即 (4x2+2x6)0 2x2+x30, 解集為 ,61,32 32??????????????????baba.123| ?????? ??? xx.123| ?????? ??? xx? y=x(x1)(x+1)的圖象如圖所示 ,今考慮 f(x)= x(x1)(x+1)+,則方程 f(x)=0 ① 有三個實根； ②當 x1時 ,恰有一實根 (有一 實根且僅有一實根 )。 ③ 當 1x0時，恰有一實根； ④當 0x1時，恰有一實根； ⑤當 x1時，恰有一實根 . 則正確結論的編號為 ___________. 解析 ∵ f（ 2） =2 (3) (1)+=0, f（ 1） =0，即 f(2) f(1)0， ∴ 在（ 2， 1）內有一個實根 . 由圖中知：方程 f(x)=0在 (∞, 1)上 ,只有一個實根 , 所以②正確 . 又 ∵ f(0)=0,由圖知 f(x)=0在 (1,0)上沒有實數 根 ,所以③不正確 . 又 ∵ f()= () +=0, f(1)=0,即 f()f(1)0,所以 f(x)=0. 在 (,1)上必有一個實根 ,且 f(0) f（ ） 0, ∴ f（ x） =0在（ 0， ）上也有一個實根 . ∴ f（ x） =0在（ 0， 1）上有兩個實根，④不正確 . 由 f（ 1） 0且 f(x)在（ 1， +∞ ）上是增函數， ∴ f（ x） 0,f(x)=0在（ 1， +∞ ）上沒有實根 . ∴ ⑤ 不正確 .并且由此可知①也正確 . 答案 ①② 三、解答題 f(x)=4x+m2 x+1有且僅有一個零點，求 m的取值范圍，并求出該零點 . 解 ∵ f（ x） =4x+m2 x+1有且僅有一個零點， 即方程 (2x)2+m2 x+1=0僅有一個實根 . 設 2x=t (t0)，則 t2+mt+1=0. 當 Δ =0,即 m24=0， ∴ m=2時， t=1。m=2時， t=1不合題意，舍去， ∴ 2x=1， x=0符合題意 . 當 Δ 0，即 m2或 m2時， t2+mt+1=0有兩正或兩負根， 即 f(x)有兩個零點或沒有零點 . ∴ 這種情況不符合題意 . 綜上可知： m=2時 ,f(x)有唯一零點 ,該零點為 x=0. x的二次方程 x2+(m1)x+1=0在區(qū)間 [0， 2]上 有解，求實數 m的取值范圍 . 解 設 f(x)=x2+(m1)x+1,x∈ ［ 0， 2］， ①若 f(x)=0在區(qū)間［ 0， 2］上有一解， ∵ f（ 0） =10,則應有 f(2)≤0, 又 ∵ f（ 2） =22+（ m1） 2+1, ∴ m≤ .23?② 若 f(x)=0在區(qū)間［ 0,2］上有兩解 ,則 由①②可知 m≤ 1. ,123,231313.012)1(41304)1(,0)2(221002????????????????????????????????????????????????????mmmmmmmmfm或 a是實數，函數 f(x)=2ax2+ y=f(x)在區(qū)間［ 1， 1］上有零點 ,求 a的取值范圍 . 解 （ 1）當 a=0時， f(x)=2x3. 令 2x3=0,得 x= ［ 1， 1］ ∴ f（ x）在［ 1， 1］上無零點，故 a≠0. （ 2）當 a0時， f(x)=2ax2+2x 3a的對稱軸為 ?23.21ax ??① 當 ≤ 1,即 0a≤ 時， 須使 ∴ a . ② 當 1 0,即 a 時， 須使 解得 a≥1,∴ a的取值范圍是［ 1， +∞). a21?21a21?21.150)1( 0)1( ??? ????? ? ?? aaff 即?.103210)1(0)21(??????????????????aaafaf 即（ 3）當 a0時， ①當 0 ≤1, 即 a≤ 時， 須有 又 a≤ ∴ a的取值范圍是 a21?21?,5273273:,03215,0)21(0)1(??????????????????????????aaaaaaff或解得即,21?].2 73,( ????② 當 1,即 a0時， 須有 ∴ a的解集為 . 綜上所述， a的取值范圍是 a21?21????????????15,0)1(0)1(aaff 即?).,1[]2 73,( ?????? ? 返回