34 数学通讯——2Oo9年第9期(上半月) ·复习参考 ·
活跃在高考中的
函数
excel方差函数excelsd函数已知函数 2 f x m x mx m 2 1 4 2拉格朗日函数pdf函数公式下载
零点的问
题
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李连方
(浙江湖州 中学 ,313000)
函数和方程 的理论是高 中新课标 教材
中新增的知识点 ,从几年高考的命题来看 ,它
已成为高考命题的一个新亮点.在高中阶段,
函数零点的问题可以和二次 函数 的根 的分
布、三次函数的图象或导数的极值等进行“交
汇”编制
试题
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,所以其试题综合性较强,本文
就函数零点在高中数学中的求解
方法
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加以
探讨.
1.利用函数图象
例 1 设定义域为 R的函数
)=j F ≠2
}1 (z一2),
若关于z的方程f。(z)+af(x)+b—p有三
个不 同的实根 1,z2, 。,求 z + 37;+ z;
的值.
分析 设 t一,( ),则原方程可化为 t
+at+b一0,由于原方程有三个不同的根,则
函数 y=t和函数Y一 _厂(z)的图象应该有三
个 交点,则由函数 Y—t的图象得t= 1,注意
到 ( )一 关于直线 z一 2对称 ,则
『工 厶 I
可得到三个根分别为z 一 1,z。一2, 。一3,
所 以 z}+z;+zj一 14.
O I
反思 在“数”中构“形”是数学问题求
解的重要方法 ,也是重要的思维方法.由零点
的概念可知 ,函数 一 厂( 丁)的零点 ㈢ 方程
,( )一0的根 臼 函数 Y一 ( )的图象与 z
轴的交点的横坐标.所以函数零点问题的求
解往往蕴涵着“数形结合”的数学思想方法,
在解决有关函数零点的个数问题时,可以借
助函数的图象的生动和直观性来寻找零点的
个数,通过“形”的几何特征发现“数”与“形”
之间新的关系,从而将代数问题转化为几何
问题.
例2 (2006年湖北卷)关于 的方程
(z 一1) 一} 一1}+k=0,给出下列四个
命题:
① 存在实数 k,使得方程恰有 2个不同
的实根;
② 存在实数 k,使得方程恰有 4个不同
的实根;
③ 存在实数k,使得方程恰有 5个不同
的实根;
④ 存在实数 k,使得方程恰有 8个不同
的实根.
其中真命题的序号是 .
分析 据题意 ,可令
f z 一1 J—t(t≥0) ①
则方程化为
一 t+k一 0 ②
作出函数Y— f 。一1 I的图象,结合函
数的图象可知 :
(1)当£=0或t>1时,方程 ①有 2个
不等的根;
(2)当0
2c>2b,求证:
厶
函数 厂(z)在区间(O,2)内至少有一个零点.
· 分析 由 厂(1)一一 一得 口+b+ c=
‘
一
,化简得 3a-4--2c+ 2b一 0.
厶
由于 3口> 2c> 26,则必有 口> 0,厂(1)
< 0.
又 f(O)一 f,
f(2)= 4a+2b+c— a~c.
若 f≤0,由于a>0,则 (2)> 0,故有
厂(1)·厂(2)< 0,所 以函数 (z)在区间(1,
2)内至少有一个零点;
若c>0,则 厂(O)>0,故 (0)· (1)<
o,所以函数 厂(z)在区间(O,1)内至少有一
个零点. .
因此 函数 厂( )在 区间(0,2)内至少有
一 个零点.
反思 在“形”中觅“数”,用数来研究
形,体现数学的严谨性和科学性.教材中给出
了连续函数的零点存在性定理:如果函数 Y
=_厂(z)在区间[n,6]上的图象是连续不断
的一条曲线,并且有 ,(口) r(6)< 0,那么函
数 Y=厂(z)在区间(n,6)内有零点.教材虽
然没有给出连续函数的定义,但以通俗易懂
的图象语言
表
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述了该定理,降低了定理的抽
象程度,是“以数助形”的典范.
例 4 (2OO6年福建文)已知二次函数
厂( )=2x。一lOx,是否存在自然数m,使得
方程 ,(z)+ :0在区间( ,m+1)内有
工
且只有两个不等的实数根?若存在,求出所有
m的值;若不存在,说明理由.
分析 由方程 厂(z)十 一 0得 2x 一
lOx +37—0,令 g(z)=2 一lOx。+37,
得其导函数g ( )一 6x 一20x一2x(3x一
1o),所以当z∈ (一。。,o)U( ,+。。)时,
g ( )> 0,即g(z)在(一Cx。,0)和( ,+cx。)
上递增;当 ∈ (o, )时,g (z)< 0,即
g(z)在(o, )上 减.而g(竽)==:一 1<
0, 的两相邻整数对应的函数值 g(3)一 1
> 0,g(4):5> 0,由零点存在定理和函数
的单调性可知 ,函数 g( )在(3, )和( ,
4)内各有一个根.
因此所求m 一 3.
3.利用极值与单调性
例 5 (2OO6年福建理)已知函数 厂(z)
一 一 。+8x,g(z):61nx+ .问:是否存在
实数m,使得Y一厂(王)的图象与Y—g(.r)的
图象有且只有三个不同的交点?若存在,求出
的取值范围;若不存在,说明理由.
分析 函数 Y一 ,(z)的图象与 Y—
g(驯 的图象有且只有三个不同的交点,即方
程 h(z)一 g(z)一 厂(z)一 0有且只有三个
根,则函数 (^z)的图象与 轴的正半轴有且
只有三个不同的交点.
,由h( )= z 一8x+61nx+m(z> O),
得 ,^( )一2x--8+旦 :
,
当 z∈ (0,1)U (3,+。。)时 ,h ( )> 0,故
h(z)在(O,1)和(3,+。。)上是增函数;当
∈ (1,3)时,h ( )<0,^( )是减函数.所以
(^ )极大值= h(1)= 一 7,h(z)极小值= h(3)
一 + 61n3— 15.
又因为当z充分接近0时,h( )<0,当
z充分大时,^( )>0.所以要使h(z)的图象
与 轴正半轴有三个不同的交点,必须且只
须 h( )极大值一m一7> 0且h(z)握小值= +
61n3— 15< 0,得 7< < 15— 61n3.
所以,存在实数 t,使得函数 Y一 厂(z)
36 数学通讯一-- 2009年第9期(上半月) ·复习参考 ·
与 .),一 g( )的图象有且只有三个不 同的交
点, 的取值范围为(7,15—61n3).
反思 以形研究数 ,用数研究形 ,相互
结合 ,互为补充,能使问题变得直观、简洁,思
路清晰.但由于众多的函数的图象非常复杂 ,
很难精确地画出其图象,此时必须借助“导
数”这一有力的工具,求出函数的单调性、极
值、最值等,勾画出函数的示意图,正所谓:
“数与形,本是相倚依 ,焉能分作两边飞.
数缺形时少直觉,形少数时难入微”.
例6 已知函数 _厂( )一盯。+ 一3x
在z一±1处取得极值,若过点 P(1, )(m
≠一2)可作函数 Y一 _厂( )的图象的三条切
线,求实数m的取值范围.
分析 易得 ( )一 一3x,其导函数
为f (z)一3x。~3,设其切点坐标为( 。,z;
一 3x。),得 切线方程 为 一 (zj一 3x。)一
(3x:一3)(z—z。),将点P(1, )代人得 一
(z:一 3x。)一 (3xj一 3)(1一z。),化简得
方程
m 一 一2x +3x 一3 ①
则由题意知,方程 ① 有三个根,则可转
化为两函数y= 和Y—g( )一一2z +3z。
一 3的图象有三个不同的交点.
g ( )一一6x +6z一一6x(x~1),所以
函数 g(z)在(O,1)递增 ,在(一o。,O)和(1,
十。。)递减,所以 g( )极小值一 g(O)一一3,
g( )极大值一 g(1):一 2,又当 z充分小时 ,
g( )> o,当 z充分大时,g( )< o.所以要
使 y—g( )与Y一埘的图象有三个不同的
交点,必须且只须 一3< ”z<一2.
4.利用二次函数的表达形式
例 7 设二次函数 厂( )一 甜。+ +
c(a>o),方程 ( )一 一0的两根 1, 2满
1
足0< l 0,.’厂(z)> z.
又厂(z)一 1===( — 1)[以( — 2)+
1
1],而 0< z1<。 2< ,
所以,当 ∈ (0,X1)时, —z1< 0,
n( —z2)+1:aEx+(1--一z2)]>0,
故 厂( )一z1< 0,从而 厂(z)< z1.
所以有 < (z)< .
反思 二次函数与方程是高考中永远
的主题,本题巧妙地将二次函数的表现形式
从一般式变为零点式(交点式),从而顺利地
为作差比较法中的因式分解作 了铺垫.
5.利用参数分离法
例 8 (2oo7年广 东‘理)已知 a是实数,
函数 厂( ):2ax。+2x一3一口,如果函数Y
一 ,( )在区间[一1,1]上有零点,求a的取
值范围.
分析 当a:0时,不符合题意,所以a
≠o,又_厂( )在[一1,1]上有解等价于(2x。一
1)口一 3—2x在[一 1,1J上有解,即土 一
“
在[一1,1]上有解,问题转化为求函
数 一 在[一1,lJ上的值域.
设 t一 3—2x,z∈[一1,1],则 t∈C1,
5],y一告(t+÷)一3.
设g(£)一£+÷,则g (£)一1一专,£∈
[1,√7)时,g (£)0,此时函数 g(£)
单调递 增,又 g(1): 1,g( )= 一 3,
g(5)一{,故Y∈ 一3,1],所以 ∈
一 3,1].
所以实数 a的取值范围是 ≥ 1或a≤
3
一T ‘
反思 参数分离法是解决参数取值范
围问题的重要手段,它将函数存在零点问题
合理地转化为函数的值域问题,从而顺利、简
洁地解决了问题.
(收稿 日期 :2009—04—28)