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    第15讲 函数与方程(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

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    第15讲 函数与方程(教师版)备战2021年新高考数学微专题讲义

    1、 第 1 页 / 共 16 页 第第 15 讲:函数与方程讲:函数与方程 一、课程标准 1结合二次函数的图象, 判断一元二次方程根的存在性及根的个数, 从而了解函数的零点与方程根的联系 2根据具体函数的图象,能够借助计算器用二分法求相应方程的近似解,了解这种方法是求方程近似解的 常用方法 二、基础知识回顾 1、函数的零点 (1)函数零点的定义:对于函数 yf(x),把使方程 f(x)0 的实数 x 称为函数 yf(x)的零点 (2)方程的根与函数零点的关系:函数 yf(x)的零点就是方程 f(x)0 的实数根,也就是函数 yf(x)的 图像与 x 轴交点的横坐标所以函数 yf(x)有零点等价于

    2、函数 yf(x)的图像与 x 轴有交点,也等价于方程 f(x)0 有实根 (3)零点存在性定理: 如果函数 yf(x)在区间(a, b)上的图像是一条连续的曲线, 且有 f(a) f(b)0, 那么函数 yf(x)在区间(a, b)内有零点,即存在 c(a,b),使得 f(c)0,此时 c 就是方程 f(x)0 的根但反之,不成立 2、 二分法 对于在区间上连续不断且f(a) f(b)0)的图像与零点的关系 0 0 0)的图像 交点 (x1,0),_(x2,0) (x1,0) 无交点 零点个数 2 1 0 4、有关函数零点的结论 第 2 页 / 共 16 页 (1)若连续不断的函数 f(x)在

    3、定义域上是单调函数,则 f(x)至多有一个零点 (2)连续不断的函数,其相邻两个零点之间的所有函数值保持同号 (3)连续不断的函数图象通过零点时,函数值可能变号,也可能不变号 三、自主热身、归纳总结 1、函数 f(x) 1 2 x 1 2 x 的零点个数为( ) A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 f(x)是增函数,又 f(0)1,f(1) 1 2,f(0)f(1)0,f(x)有且只有一个零点故选 B. 2、已知函数 f(x)的图象是连续不断的,且有如下对应值表: x 1 2 3 4 5 f(x) 4 2 1 4 7 在下列区间中,函数 f(x)必有零点的区间为( )

    4、 A(1,2) B(2,3) C(3,4) D(4,5) 【答案】B 【解析】 B 由所给的函数值的表格可以看出, x2 与 x3 这两个数字对应的函数值的符号不同, 即 f(2) f(3) 0,所以函数在(2,3)内有零点故选 B. 3、设 f(x)ln xx2,则函数 f(x)的零点所在的区间为( ) A(0,1) B(1,2) C(2,3) D(3,4) 【答案】B 【解析】B f(1)ln 11210,f(2)ln 20, f(1) f(2)0, 函数 f(x)ln xx2 的图象是连续的,且为增函数, f(x)的零点所在的区间是(1,2) 4、(多选)给出以下四个方程,其中有唯一解的

    5、是( ) 第 3 页 / 共 16 页 Aln x1x Bex 1 x C2x2lg|x| Dcos x|x|1 【答案】ABD 【解析】 对于 A,设 f(x)ln xx1,易知 yf(x)为增函数,又 f(1)0,故 ln x1x 有唯一解,符合; 对于 B,设 g(x)ex 1 x,易知 yg(x)为增函数,又 g 1 2 e20,g(1)e10,由函数零点存在定理 可得 ex 1 x有唯一解,符合;对于 C,设 h(x)x 2lg x2,易知 yh(x)为增函数,由 h(1)120,h(2) 2lg 20,由函数零点存在定理可得 h(x)x2lg x2 有唯一零点,又 H(x)2x2l

    6、g|x|为偶函数,则 2x2lg|x|有两个解,不符合;对于 D,因为 cos x1,1,|x|11,当且仅当 x0 时 cos xx1,即 cos x|x|1 有唯一解,符合 5、若函数 f(x)log2xxk(kZ)在区间(2,3)内有零点,则 k_ 【答案】4 【解析】 因函数 f(x)在区间(2, 3)内递增, 则 f(2)f(3)0, 即(log222k) (log233k)0, 整理得(3k) (log23 3k)0,解得 3k3log23,而 43log230, 只需 f(4)168a20,解得 a 9 4. 7、(一题两空)已知函数 f(x) 1 x,x1, x3,x1, 若

    7、f(x0)1,则 x0_;若关于 x 的方程 f(x)k 有两个不 同零点,则实数 k 的取值范围是_ 【答案】1 (0,1) 【解析】解方程 f(x0)1,得 x1, 1 x01 或 x01, x301,解得 x01.关于 x 的方程 f(x)k 有两个不同零点等 价于 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点,观察图象可知:当 0k1 时 yf(x)的图象与直线 yk 有两个不同交点即 k(0,1) 第 4 页 / 共 16 页 四、例题选讲 考点一 判断零点所在的区间 例 1、 (1) 若 abc, 则函数 f(x)(xa)(xb)(xb)(xc)(xc)(xa)的两个零点分别位于区

    8、间( ) A(a,b)和(b,c)内 B(,a)和(a,b)内 C(b,c)和(c,)内 D(,a)和(c,) (2)已知函数 f(x)lnx 2 1 2 x 的零点为 x0,则 x0所在的区间是(C ) A. (0,1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,4) (3)若 x0是方程 1 2 x x 1 3的解,则 x0属于区间( ) A. 2 3,1 B. 1 2, 2 3 C. 1 3, 1 2 D. 0, 1 3 【答案】 (1) A(2)C. (3) C 【解析】 (1) abc,f(a)(ab)(ac)0, f(b)(bc)(ba)0,f(c)(ca)(cb)0, 由函

    9、数零点存在性定理可知,在区间(a,b),(b,c)内分别存在零点,又函数 f(x)是二次函数,最多有两个零 点因此函数 f(x)的两个零点分别位于区间(a,b),(b,c)内,故选 A. (2)f(x)lnx 2 1 2 x 在(0,)为增函数,又 f(1)ln1 1 1 2 ln120, f(2)ln2 0 1 2 0, x0(2,3) (3)令 g(x) 1 2 x ,f(x)x 1 3, 第 5 页 / 共 16 页 则 g(0)1f(0)0,g 1 2 1 2 1 2f 1 2 1 2 1 3,g 1 3 1 2 1 3f 1 3 1 3 1 3, 结合图象可得 1 3x0 1 2.

    10、变式: (1)已知函数 f(x) 1 xa为奇函数,g(x)ln x2f(x),则函数 g(x)的零点所在区间为( ) A.(0,1) B.(1,2) C.(2,3) D.(3,4) (2)已知方程 2x3xk 的解在1,2)内,则 k 的取值范围为_ (3) 设函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象的交点为(x0, y0), 若 x0(n, n1), nN, 则 x0所在的区间是_. 【答案】 (1) C. (2)5,10)(3) (1,2). 【解析】 (1)由函数 f(x) 1 xa为奇函数,可得 a0, 则 g(x)ln x2f(x)ln x 2 x. 又 g(2)ln 210, 所

    11、以 g(2) g(3)0. 故函数 g(x)的零点所在区间为(2,3). (2)令函数 f(x)2x3xk, 则 f(x)在 R 上是增函数 当方程 2x3xk 的解在(1,2)内时,f(1) f(2)0, 即(5k)(10k)0,解得 5k10. 当 f(1)0 时,k5. 综上,k 的取值范围为5,10) (3)设 f(x)x3 1 2 x2 ,则 x0是函数 f(x)的零点,在同一坐标系下画出函数 yx3与 y 1 2 x2 的图象如图 所示. 第 6 页 / 共 16 页 因为 f(1)1 1 2 1 10, 所以 f(1) f(2)0,所以 x0(1,2). 方法总结:确定函数 f(

    12、x)的零点所在区间的常用方法: (1)利用函数零点的存在性定理:首先看函数 yf(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 yf(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. 2.函数的零点存在性定理只能判断函数在某个区间上的变号零点,不满足条件时,一定要综合函数性质进行 分析判断. 考点二 判断零点的个数 1、(2019 苏州三市、苏北四市二调)定义在 R 上的奇函数 f(x)满足 f(x4)f(x),且在区间2,4)上 43 , 4 32 ,2 )( xx xx xf则函数xx

    13、fylog5)(的零点的个数为 【答案】 5 【解析】 :因为 f(x4)f(x),可得 f(x)是周期为 4 的奇函数,先画出函数 f(x)在区间2,4)上的图像,根据 奇函数和周期为 4,可以画出 f(x)在 R 上的图像,由 yf(x)log5| x|0,得 f(x)log5| x|,分别画出 yf(x) 和 ylog5|x|的图像,如下图,由 f(5)f(1)1,而 log551,f(3)f(1)1,log5|3|1,可以得到两个图像有 5 个交点,所以零点的个数为 5. 第 7 页 / 共 16 页 解后反思 本题考查了函数的零点问题, 以及函数的奇偶性和周期性, 考查了转化与化归、

    14、 数形结合的思想, 函数的零数问题,常转化为函数的图像的交点个数来处理,其中能根据函数的性质作出函数的图像并能灵 活地运用图像,找到临界点是解题的关键也是难点 变式 1、 (1)(2019 十堰调研)已知函数 f(x) ln(x1),x1, 2x11,x1, 则 f(x)的零点个数为( ) A0 B1 C2 D3 (2)(2020 惠州质检)函数 f(x)|x2|ln x 在定义域内的零点的个数为( ) A.0 B.1 C.2 D.3 【答案】 (1)C(2)C 【解析】 (1) 当 x1 时,令 f(x)ln(x1)0,得 x2;当 x1 时,令 f(x)2x110,得 x1.故选 C. (

    15、2)由题意可知 f(x)的定义域为(0,),在同一直角坐标系中画出函数 y|x2|(x0),yln x(x0)的图 象,如图所示.由图可知函数 f(x)在定义域内的零点个数为 2. 变式 2、 (1)(2019 郑州质检)已知函数 f(x) 1 2 x cos x,则 f(x)在0,2上的零点个数为_ (2)函数 f(x) x22,x0, 2x6lnx,x0的零点个数是_2_; (3)若函数 f(x) x1 x ,则函数 g(x)f(4x)x 的零点是_ 1 2_ 【答案】 (1)3(2)2(3) 1 2 【解析】 (1)如图,作出 g(x) 1 2 x 与 h(x)cos x 的图象,可知其

    16、在0,2上的交点个数为 3,所以函数 f(x) 在0,2上的零点个数为 3. (2)当 x0 时,令 x220,解得 x 2(正根舍去),在(,0上有一个零点;当 x0 时,f(x)2 1 x0 恒成立,f(x)在(0,)上是增函数 又f(2)2ln20,f(x)在(0,)上有一个零点 第 8 页 / 共 16 页 综上,函数 f(x)的零点个数为 2. (3)f(x) x1 x ,f(4x)x 4x1 4x x 4x24x1 4x . 令 f(4x)x0,得 4x24x10,解得 x 1 2,这是方程 g(x)0 的根,即是函数 g(x)的零点,函数 g(x) f(4x)x 的零点是 1 2

    17、. 方法总结: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, x33mx2,x0 (其中 e 为自然对数的底数)有 3 个不同的零点,则实数 m 的取值范围是_ 【答案】 (1,) 【解析】解法 1(直接法) 当 x0 时,令 f(x)ex 1 20,解得 xln20,此时函数 f(x)有 1 个零点,因为要 求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点,则当 x0 时,f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点,因为 f(x)3x2 3m,令 f(x)0,则 x2m

    18、0,若 m0,则函数 f(x)为增函数,不合题意,故 m0,所以函数 f(x)在(, m)上为增函数,在( m,0上为减函数,即 f(x)maxf( m)m m3m m22m m2,f(0) 20,即 m1,故实数 m 的取值范围是(1,) 解法 2(分离参数) 当 x0 时,令 f(x)ex 1 20,解得 xln20,此时函数 f(x)有 1 个零点,因为要求函数 f(x)在 R 上有 3 个不同的零点,则当 x0 时,f(x)x33mx2 有 2 个不同的零点,即 x33mx20,显 然 x0 不是它的根,所以 3mx2 2 x,令 yx 22 x(x0),则 y2x 2 x2 2(x3

    19、1) x2 ,当 x(,1)时, y0,此时函数单调递增,故 ymin3,因此,要使 f(x)x3 3mx2 在(,0)上有两个不同的零点,则需 3m3,即 m1. 第 9 页 / 共 16 页 变式 1、 (1) 、(2019 安徽合肥二模)设函数 f(x) |ln x|,x0, ex(x1),x0.若函数 g(x)f(x)b 有三个零点,则实数 b 的取值范围是( ) A(1,) B. 1 e2,0 C(1,)0 D(0,1 (2) 、(2019 河北省九校第二次联考)若函数 f(x)kx|xex|有两个正实数零点,则 k 的取值范围是( ) A(0,) B. 0, 1 e C(0,1)

    20、D(0,e) 【答案】 (1)D(2)C 【解析】 (1)令 g(x)f(x)b0,函数 g(x)f(x)b 有三个零点等价于 f(x)b 有三个根,当 x0 时,f(x) ex(x1),则 f(x)ex(x1)exex(x2),由 f(x)0 得 ex(x2)0,即 x2,此时 f(x)为减函数, 由 f(x)0 得 ex(x2)0,即2x0,此时 f(x)为增函数, 即当 x2 时,f(x)取得极小值 f(2) 1 e2,作出 f(x)的图象如图,要使 f(x)b 有三个根,则 0b1,故 选 D. (2)令 f(x)kx|xex|0,得 kx|xex|,当 x0 时,k xex x 1

    21、1 xex, 令 g(x)1 1 xex,x0,则 g(x) 1x x2ex0, 所以 g(x)在(0,)上单调递增,因为 g 1 21 2 e0,所以在 1 2,1 上存在一个 a,使得 g(a)0,所以 y|g(x)|的图象如图所示由题意知,直线 yk 与 y|g(x)|的图象有两个交点,所以 0k1, 故选 C. 变式 2、若函数 f(x)(m2)x2mx(2m1)的两个零点分别在区间(1,0)和区间(1,2)内,则 m 的取值 范围是_ 第 10 页 / 共 16 页 【答案】 1 4, 1 2 【解析】依题意,结合函数 f(x)的图象分析可知 m 需满足 m2, f(1) f(0)0

    22、, f(1) f(2)0, 即 m2, m2m(2m1)(2m1)0, m2m(2m1)4(m2)2m(2m1)0, 解得 1 4m0 时,求证:函数 yf(x)在区间(0,)内有且只有一个零点; (3)若函数 yf(x)有 4 个不同的零点,求实数 a 的取值范围 【解】 (1)当 a2 时,f(x) | |x x22x 2,由 f(x)0,得 | |x x22x 20. 当 x0 时,得 x x22x 20,即 x(2x24x1)0,解得 x0,或 x2 6 2 (x 2 6 2 0 舍去); 当 x0,且 x(0,)时,由 f(x)0,得 x x2ax 20,即 1 x2ax0,即 ax

    23、 22ax10.记 g(x)ax22ax1,则函数 yg(x)的图像是开口向上的抛物线,对称轴为 x1,又 g(0)10 时,由 f(x)0 得, x x2ax 20,即 1 x2ax0,即 ax 22ax10,记 g(x)ax22ax1,由 a0 知函数 g(x)的图像是开口向上的抛物线, 又 g(0)10)在(,0)上有且只有两个不同的零点 当 x0,得 x22x 1 a0(x2),即 x 22x1 a(x2) 作出函数 h(x)x22x(x0)图像,由图像易得:正数 a 必须满足1 1 a1. 变式:(2018 镇江期末)已知 k 为常数,函数 f(x) x2 x1, x0, |lnx|

    24、,x0, 若关于 x 的方程 f(x)kx2 有且只有 四个不同解,则实数 k 的取值构成的集合为_ 【答案】 : 1 e3(e,1) 【解析】作函数 yf(x)和 ykx2 的图像,如图所示,两图像除了(0,2)还应有 3 个公共点,当 k0 时, 直线应与曲线 yf(x)(x1)相切,设切点(x0,lnx0),则切线斜率为 k 1 x0,又 k lnx02 x0 ,则 1 x0 lnx02 x0 , 解得 x0e3,此时 k 1 e3,当 k0 时,当 ykx2 与曲线 y x2 x1相切于点(0,2)时,函数 yf(x)和 ykx 2 的图像只有三个公共点,不符合题意,此时 k1,当1k

    25、0 时,函数 yf(x)和 ykx2 的图像只 有三个公共点, 不符合题意, 当直线 ykx2 与 yf(x)(0x1)相切时, 两图像只有三个公共点, 设切点(x0, lnx0),则切线的斜率 k 1 x0,又 k lnx02 x0 ,则 1 x0 lnx02 x0 ,解得 x0e1,此时 ke 不符合 题意,当 ke 时,两图像只有两个公共点,不合题意,而当ek0 的零点个数为( ) A3 B2 C7 D0 【答案】 : B 【解析】法一:(直接法)由 f(x)0 得 x0, x2x20或 x0, 1ln x0, 解得 x2 或 xe. 因此函数 f(x)共有 2 个零点 法二:(图象法)

    26、函数 f(x)的图象如图所示,由图象知函数 f(x)共有 2 个零点 2、(2017 全国卷)已知函数 f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点,则 a( ) 第 13 页 / 共 16 页 A. 1 2 B. 1 3 C. 1 2 D.1 【答案】 :C 【解析】 (1)f(x)(x1)21a(ex1e1x), 则 f(2x)(2x1)21ae2x1e1(2x)(1x)21a(ex 1e1x)f(x),即 f(x)的图象关于直线 x1 对称. 若 f(x)有唯一的零点,则只有 f(1)0,a 1 2. 3、 【2019 年浙江 09】设 a,bR,函数 f(x)若函数 yf(x)axb

    27、恰 有 3 个零点,则( ) Aa1,b0 Ba1,b0 Ca1,b0 Da1,b0 【解答】解:当 x0 时,yf(x)axbxaxb(1a)xb0,得 x;yf(x)ax b 最多一个零点; 当 x0 时,yf(x)axbx3(a+1)x2+axaxbx3(a+1)x2b,yx2(a+1)x, 当 a+10,即 a1 时,y0,yf(x)axb 在0,+)上递增,yf(x)axb 最多一个零点不 合题意; 当 a+10,即 a1 时,令 y0 得 xa+1,+) ,函数递增,令 y0 得 x0,a+1) ,函数递减;函 数最多有 2 个零点; 根据题意函数 yf(x)axb 恰有 3 个零

    28、点函数 yf(x)axb 在(,0)上有一个零点,在0, +)上有 2 个零点, 如右图: 0 且, 解得 b0,1a0,b(a+1)3 故选:C 第 14 页 / 共 16 页 4、 【2018 年新课标 1 理科 09】已知函数 f(x),g(x)f(x)+x+a若 g(x)存在 2 个零 点,则 a 的取值范围是( ) A1,0) B0,+) C1,+) D1,+) 【解答】解:由 g(x)0 得 f(x)xa, 作出函数 f(x)和 yxa 的图象如图: 当直线 yxa 的截距a1,即 a1 时,两个函数的图象都有 2 个交点, 即函数 g(x)存在 2 个零点, 故实数 a 的取值范

    29、围是1,+) , 故选:C 5、若函数 yxlog2(a2x)2 在 R 上有零点,则实数 a 的最小值为_. 【答案】 :1 【解析】令 xlog2(a2x)20,则 a2x2(x2). 依题意,关于 x 的方程 a2x2(x2)有解. 第 15 页 / 共 16 页 又 2x2(x2)2 221. 当且仅当 x1 时,等号成立. a1,故 a 的最小值为 1. 6、 【2018 年浙江 15】已知 R,函数 f(x),当 2 时,不等式 f(x)0 的解集 是 若函数 f(x)恰有 2 个零点,则 的取值范围是 【解答】解:当 2 时函数 f(x),显然 x2 时,不等式 x40 的解集:

    30、x|2x 4;x2 时,不等式 f(x)0 化为:x24x+30,解得 1x2,综上,不等式的解集为:x|1x4 函数 f(x)恰有 2 个零点, 函数 f(x)的草图如图: 函数 f(x)恰有 2 个零点,则 13 或 4 故答案为:x|1x4; (1,3(4,+) 7、(2017 南通期末) 已知函数 f(x)是定义在1,)上的函数,且 f(x) 1|2x3|,1x2, 1 2f 1 2x , x2, 则函数 y 2xf(x)3 在区间(1,2 015)上的零点个数为_ 【答案】11 【解析】解法 1 由题意得当 1x2 时,f(x) 2x2,1x 3 2, 42x, 3 2x2. 设 x

    31、2n1,2n)(nN*),则 x 2n11,2), 又 f(x) 1 2n1f 1 2n1x, 当 x 2n1 1, 3 2时, 则 x2 n1,3 2n2,所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 2 1 2n1x2,所以 2xf(x)32x 1 2n1 第 16 页 / 共 16 页 2 1 2n1x230,整理得 x22 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x2n1,3 2n2,所以 x3 2n2; 当 x 2n1 3 2,2 时,则 x(3 2 n2,2n),所以 f(x) 1 2n1f 1 2n1x 1 2n1 42 1 2n1x,所以 2

    32、xf(x)32x 1 2n1 4 2x 2n130,整理得 x24 2 n2x3 22n40.解得 x3 2n2 或 x2n2.由于 x(3 2n2,2n),所以无解 综上所述,x3 2n2.由 x3 2n2(1,2 015),得 n11,所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数 是 11. 解法2 由题意得当x2n1,2n)时, 因为f(x) 1 2n1 f 1 2n1x, 所以f(x)maxf 3 2 2 n1 1 2n1.令g(x) 3 2x.当x 3 2 2 n 1 时,g(x)g 3 2 2 n1 1 2n1,所以当 x2 n1,2n)时,x3 2 2 n1

    33、为 y2xf(x)3 的一个零点 下面证明:当 x2n1,2n)时,y2xf(x)3 只有一个零点 当 x2n1,3 2n2时,yf(x)单调递增,yg(x)单调递减,f(3 2n2)g(3 2n2),所以 x2n1,3 2n2时,有 一零点 x3 2n2;当 x(3 2n2,2n)时,yf(x) 1 2n1 1 2n1 x 2n23,k1f(x) 1 22n3,g(x) 3 2x,k2g(x) 3 2x2 1 3 22n3, 3 22n1,所以 k1k2.又因为 f(3 2 n2)g(3 2n2),所以当 x2n1,2n)时,y2xf(x)3 只有一个零点 由 x3 2n2(1,2 015), 得 n11, 所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11. 解法 3 分别作出函数 yf(x)与 y 3 2x的图像,如图,交点在 x1 3 2,x23,x36,xn3 2 n2 处取得由 x3 2n2(1,2 015),得 n11,所以函数 y2xf(x)3 在区间(1,2 015)上零点的个数是 11.


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