第五章 函数应用 §1 方程解的存在性及方程的近似解 1.1 利用函数性质判定方程解的存在性 【课前预习】 知识点一 横坐标 诊断分析 (1)× (2)√ [解析] (1)零点不是点,是一个数,是函数图象与x轴交点的横坐标. 知识点二 f(a)·f(b)<0 至少有一个 诊断分析 (1)× (2)× [解析] (2)函数y=x2在区间(-2,2)内有零点,但f(-2)·f(2)>0. 【课中探究】 探究点一 例1 (1)3 (2)D (3)D [解析] (1)由题图知函数f(x)在[a,d]内有3个零点. (2)由题图可知a<0,c>0,∵函数图象的对称轴为直线x=1,函数图象与x轴的一个交点的坐标为(-1,0),∴函数图象与x轴的另一个交点的坐标为(3,0),∴3是函数的一个零点.故选D. (3)根据题意可知x=2,x=0为f(x)的零点,因为奇函数的图象关于原点对称,所以x=-2也为f(x)的零点,所以f(x)的零点共有3个,故选D. 探究点二 提问 解方程 例2 解:①当a=0时,函数f(x)=-x+1.令-x+1=0,得x=1,则函数f(x)的零点为1. ②当a=1时,函数f(x)=(x-1)2.令(x-1)2=0,得x=1,则函数f(x)的零点为1. ③当a≠0且a≠1时,令(ax-1)(x-1)=0,得x=1或x=,则函数f(x)的零点为1,. 综上,当a=0或a=1时,函数f(x)的零点为1;当a≠0且a≠1时,函数f(x)的零点为1,. 变式 -2,e [解析] 由f(x)=0,得或解得x=-2或x=e.所以函数f(x)的零点为-2,e. 探究点三 例3 解:令f(x)=0得3x=lox. 作出y=3x(x>0)和y=lox的图象,如图所示, 由图可知y=3x(x>0)和y=lox的图象有1个交点, ∴f(x)=3x-lox有1个零点. 变式 (1)B (2)B [解析] (1)因为y=2x与y=x3-2在R上均为增函数,所以函数f(x)=2x+x3-2在R上是增函数,因此函数f(x)=2x+x3-2在(0,1)上单调递增,又f(0)=1+0-2=-1<0,f(1)=2+1-2=1>0,所以f(x)在(0,1)上有1个零点. (2)由f(-2)=f(0)得4-2b+c=c,所以b=2,由f(-3)=9-6+c=1,得c=-2,所以当x≤0时,f(x)=x2+2x-2.当x≤0时,由f(x)-x=x2+x-2=0,得x=-2或x=1(舍去).当x>0时,由f(x)-x=2-x=0,得x=2.因此方程f(x)-x=0只有两个解,即函数y=f(x)-x有两个零点.故选B. 例4 (1)B (2)A [解析] (1)易知f(x)=ln x+x-4在(0,+∞)上单调递增,又f(2)=ln 2-2<0,f(3)=ln 3-1>0,所以f(2)·f(3)<0,所以f(x)的零点在区间(2,3)内.故选B. (2)易知f(x)=ax2+bx+c的图象是一条连续不断的曲线,因为f(-3)×f(-1)=6×(-4)=-24<0,所以f(x)在(-3,-1)内有零点,即方程ax2+bx+c=0在(-3,-1)内有根.同理方程ax2+bx+c=0在(2,4)内有根.故选A. 变式 (1)C (2)B [解析] (1)令f(x)=ex-x-2,则由表中数据知f(-1)=0.37-1=-0.63<0,f(0)=1-2=-1<0,f(1)=2.72-3=-0.28<0,f(2)=7.39-4=3.39>0,f(3)=20.09-5=15.09>0,因为f(1)·f(2)<0,f(x)的图象是连续不断的曲线,所以f(x)的一个零点在区间(1,2)内,即方程ex-x-2=0的一个根在区间(1,2)内.故选C. (2)根据指数函数和幂函数的性质,可得>,<,所以f=->0,f=-<0,即f·f<0.又f(x)=-为R上的减函数,所以由零点存在定理,可得函数f(x)=-有且只有一个零点且零点x0∈.故选B. 例5 (1)0或- (2)D [解析] (1)若a=0,则f(x)=-x-1,易知函数f(x)仅有一个零点.若a≠0,则f(x)为二次函数,由f(x)仅有一个零点,得方程ax2-x-1=0有两个相等的实数根,故Δ=1+4a=0,即a=-.综上所述,当a=0或a=-时,函数f(x)仅有一个零点. (2)作出f(x)=的图象和直线y=k,如图所示,由图可知-4
0恒成立.若a>1,则当x∈(0,1)时,g(x)=logax<0,不满足条件,故0