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例析2013年高考中的零点问题


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5 8  ?  

数 学 教 育 研 究 

2 0 1 4 年 第 1期 

例析 2 0 1 3年高 考 中 的 零点 问题 
张建 军  ( 江苏省 兴化市 周庄高 级中学 2 2 5 7 1 1 )  
纵观 2 0 1 3年 全 国 各 个 省 市 的 高 考 题 , 有 9 个 省 市  的数 学 高 考 题 涉 及 了 函 数 零 点 问 题 , 且 这 部 分 知 识 往  往渗透于综合题 中 , 对 思 维 能 力 有 很 高 的要 求 , 如 何 准  确、 快 速 地 解 决 这 类 问题 呢 ? 本 文 就 以 2 0 1 3年 部 分 高 
考 题 为 例 做 简 单 的 分析 .   题型 一 : 函数 零 点 所 在 区 间 的判 断 

, ( z ) 存在唯一 的零点.  
1  

( 3 )当o <口 ≤  时, 令 /( z ) 一÷ 一n   埽 得z  
/ / 

一n - 。 , 当o < <n - 1 时, /C r ) >0 , /   当x >a  时, 厂( z ) <o , 故- z —a  是 _ 厂 ( z ) 的最 大 
值点 , 且最大值为 f ( a  ) ~ l n a  1 ,   若~l n a 一1 —0即 n —e . f ( s c ) 有 一 个零 点 z :e .  
若~l n a 一1 >O , 即O <n <e ~, - 厂 ( z ) 有两个零 点.  

例 1   ( 2 0 1 3年 重 庆 高 考 题 ) 若 口 <6 <C , 则 函 数 
_ 厂 ( z) 一( . r —n ) ( z一 6 ) +( z一 6 ) (  — c ) +( z— f ) ( z— f )  

的两 个 零 点 分 别 位 于 区 间  解: 因为 厂 ( 口 ) 一( Ⅱ 一6 ) ( n —c ) >0 , 厂 ( 6 ) 一( 6 一c ) ( 6  
一n ) <O .厂 ( c ) 一( C —a ) ( c 一6 ) >0 , 且 , ’ ( z ) 是 二 次 函 

实际上 , 对于O %a <e _ 。 , 由于 f ( e  ) 一一1 一口 e ~   <O , f ( a  ) :一l 眦 一1 >0 , 函数 l 厂 ( z ) 是 连续 函数 , 所  以, ( z ) 在e ~, n - 1 ) 上存在 零点 , 又当 z ∈( O , a  ) 时,  
) = --- -a > O,  


数. 所 以 函剩 ?z ) 一( z —n ) ( z 一6 ) +( - z 一6 ) ( z —c ) + 
(  —c ) ( z —c ) 的两 个 零 点 分 别 位 于 区 间 ( 口 , 6 ) , ( 6 , c ) .  



点评 : 运 用零 点存 在性 定 理 判 断 零 点 所 在 区 间 , 必 

须 结 合 端 点 函 数值 的 符 号 和 单 调 性 .  
题 型二 : 函数 零 点个 数 的 判 断 

故, ( z ) 在( O , n  ) 上 是 单 调 增 函数 , 所 以 厂( z ) 在  ( O , n  ) 上 只有 一个 零点 .   下面考虑 , ( z ) 在( 口 _ 。 , +C x 。 ) 上情况 , 先证 f ( e “  )  
一d( a - 2 一  一  ) <0  

例2   ( 2 0 1 3 年 天 津 高 考 题 )函 数 f( X)一 2   { l o g 。 - s  l 一1 的 零 点 个 数 为 

为此 , 我们 要 证 明 : 当z > P时 , e   >  , 设h ( z) 一  
e   一  , 则 h   ( z) 一e  ~2 x,  

解: 令f (  ) 一2  l   l o g 。 . 5   X   l 一1 —0 , 即( ÷ )一  
、  

再设 z ( z ) 一h   (  ) 一e   ~2 x, 则z   ( z ) 一e   一2 , 当 
> 1时 , Z   ( z ) 一e s c 一2 >8 —2 > O,  



1  

、  

l   l o g 0   5  } , 设g (  ) 一( ÷ ), h (   ) 一f   l o g 0 . 5  J ,  
、 

在 同 一 个 直 角 坐 标 中 分 别 作 出 它 们 的 图像 , g ( z )  



所以£ ( z ) 一h   (  ) 一矿 一 2 z在 ( ( 1 , +。 。 ) 上 是 单 调  增 函数 , 当 s t > 2时 , h   ( z ) 一e   一2 x >P   一4 一h   ( 2 ) >  0 , 从而 ^ ( z ) =e   一   在( 2 , +。 。 ) 上 单调增 函数 , 于 是  当z >P 时, 矗 (  ) =e   一  >矗 ( 口 ) 一e   一e   >0 , 即当 z > 
e 时, 矿>  , 当 O <口 <F _ 。 , 即 a 一   > P时 , / (   ) 一口  

1  

、  

( 寺 ) 的图像与 h (   ) 一l 1 o g 。 . s z 1 的图像的交点个 
.  
— —

数 有两个 , 故 函数 f ( s c ) 一2  i   l o g  z   I 一 1的 零 点 个 数 


点评 : 对 于很 难 用 导 数 分 析 函 数 性 质 的 , 处 理 这 类 
函数的零点问题 往 往转化 为 两个 简单 函数 , 借 助 他 们  的 函 数 图 象 的交 点 判 定 原 函 数 零 点 个 数 .   例3 ( 2 0 1 3年 江 苏 高考 试 题 ) 设 函数 _ 厂 ( z ) 一l n z  

( 口   一e 。  ) <O , 又f ( a  ) >0 , 且函数 _ 厂 ( z ) 是 连 续 函  数, 所以 厂 ( z ) 在( n _ 。 ,   ) 上存 在零 点 , 又 当  > 口  

时, f   ( z ) 一   一口 <0 , 故, ( z ) 在( n 一  , +o o ) 上 是 单 调  减 函数 , 所以厂 ( z ) 在( n 一, +o o ) 上 只 有 一 个 零 点.   综合 ( 1 ) 、 ( 2 ) 、 ( 3 ) 得当a ≤0 , 口 一e   时, ,( z) 的 零  点个 数为 1 ; 当O <n <e  时, _ 厂 ( z ) 的零 点 个 数 为 2 .   点评 : 本 题 用 含 有 参 变 量 的 函 数 及 函数 零 点 知 识  作为载体 , 考 查 了分 类 讨 论 的 数 学 思 想 . 其 需 要 学 生 具  有 很 强 的分 类 讨 论 能 力 , 对 函 数 性 质 及 图 像 的把 握 具  有 一 定 灵 活性 、 严谨性.   题 型三 : 函数 交 点个 数 的证 明 
例4 ( 2 0 1 3年 陕西 高考 题 ) 已知函数 _ 厂 ( z ) 一e   , z  

—n z, g ( z ) 一e   一n z, 其 中 n为 实 数 . 若 g ( z ) 在( 一1 ,   +。 。 ) 上是单调增函数 , 试求 _ 厂 ( z ) 的零 点 个 数 , 并证明  
你的结论.  

解: 当口 ≤ O时 , g ( x ) 必是单调增 函数 ; 当口 > 0时 ,   令g   ( z ) 一e   一日 > o解 得 。 <  , 则z >l n a , 因为 g ( z )  
在( 一1 , +o o ) 上是 单调增 函数 , 所 以有 l n a ≤ 一1 , 即0   <口 ≤e ~, 结合上述两种情况有 n ≤e - 。 ,  
1  

( 1 )当 n 一0 , 由 , ( 1 ) 一0 , 以及 f   ( z ) 一   >0 , 得 

_ 厂 ( z ) 存在唯一的零点.  
( 2 )当 n <O时 , 由于 , ( z ) 的 定义 域为 ( 0 , +o 。 ) ,  
1  

∈R . 证明: 曲线 3 I 一, ( z ) 与 曲线 一÷ X   +z +1 有 唯 


的公共点.  

所以厂( z ) :   一口 >o , 故厂 ( z - ) 在( 0 , +。 。 ) 上是单 调  
工 

解: 曲线 f ( s c ) 一  , z∈R. 与 一÷ X   +z +l公共 

增 函数 , 而 . 厂 ( P   ) 一口 -a e 。 一口 ( 1 -e 。 ) <o . 厂 ( 1 ) 一 一口 > 

0 , 且 函 数 f( z ) 是连续函数, 由 零 点存 在 性 定 理 知 ,  

点的个数等价于函数 (   ) 一   一寺 X   一  一1 零点的  

2 0 1 4 年第 1 期 
个数.  

数 学教 育研 究 

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的方程 3 ( 厂 ( - z ) )   +2 a f ( x) +6 — 0的 不 同 实 数 根 的 个  数 是 

因为  ( o ) …1  1  0 , 所以 p ( z ) 存在零点 z 一0 .  
又  ( z ) =   ~z ~1 , 令 ^ ( z - ) 一   ( z ) 一矿 一  一 1 ,   则 h   ( z ) 一P   一1 ,   当x <O , 时 h   ( _ z ) <0 . 所以h ( z _ ) =   (  ) 一e   ~x  


解: 由已知函数 _ 厂 ( z ) 一  + a x   46 - z +C 有 极 值 点 

z   , z z , 所以方程 厂( z ) 一3 x   42 - a x 4b - =0的两根 分别 
是z   ,  2 , 故要使方程 3 ( 厂 ( z ) )   42 - a f ( x ) - 4 - 6 —0 成立 ,   只要 , ( z ) 一z 1 或_ 厂 (  ) 一z z , 又f ( x   ) :z   , 因此 当 z  

1 在( 一。 。 , O ) 上单调递减 ;  

当z >0 , 时h   ( z ) >0 . 所以h (  ) 一口   ( z ) 一e   一z  


1 在( O , +C x 。 ) 上单调递增.  
因此 , l ( z ) =   ( z ) 一e   一- z 一 1在 z 一 0有 唯 一 的 

是极大值点 时 , z   <z   , ,( z) 一z  有 两 个 根 z   , - z 。 ,   , (  ) 一z z仅 有 一 个 根 . 2 7 3 ; 当z  是 极 小 值 点 时 ,   >  z 。 , , ( z ) 一_ z  有 两 个 根 - T   , z 。 , , ( z ) 一z 。仅 有 一 个 根 
z 3 . 如下 图 :  

极小值 ^ ( O ) 一p   ( 0 ) =1 —1 —0 ,   即^ ( z ) 一  ( z ) :   一z 一1在 R 上 的 最 小 值 为 0 .  

从 而  ( z _ ) =   一z 一1 ≥O ( 当 且 仅 当 z一0时 等 号 
成立 )  
1  

a b   } 囹    

8  
4  

乡  

. x 2 + b . x + c  
2  
, 

于是 妒 ( z ) 一矿一÷ X   一z 一1 在 R上单调递增 , 因  
1  

此妒 ( z ) 一   一÷ z   -. 2 7 -1 在 R上有唯一的零点. 故曲  
。  

(  

1  



 

线 =_ 厂 ( z ) 与曲线 :÷ - z   +z +1 有唯一的公共点.  
点评 : 本 题 要 证 明 指 数 函 数 与 二 次 函数 的 交 点 个  数 问题 , 可 把 函 数 交 点 问 题 转 化 为 函数 零 点 问 题 , 利 用  函数 的单 调 性 及 零 点 存 在 性 定 理来 解 决 . 探 讨 函数  一  _ 厂 ( - z ) 与  =g ( z ) 图像 的交点 问题时 , 常 可 以通 过 构 造  函数  ( _ T ) 一_ 厂 ( z ) 一 g( - 工 ) , 研 究 函 数  ( z ) 性质( 单 调  性、 极值点) 来确定零点个数.  
题型 四 : 据 零 点 求 参 数 

0 

‘  

. …

f  ,  
…  

I /   - 4   \ \ 上 i / /    

/   \I /  

/ 7 J \  I   J   S   l/  
-  

1 n  

: 

f   . 8  
 

f   - 0 v  

n = [ 3 -  ̄ - - - 3  

6 = 囹

例5   ( 2 0 1 3年 四 川 高 考 题 ) 设 函 数 f( - z )一   干  ( a ∈R, e为 自然 对 数 的 底 数 ) . 若 曲 线 y—   )  


f = 圃

( x ) = x 3 + a   . x 2 + b . x + c    

 

s i n x上存 在 P( z 。 , y 。 ) , 使得 , ( _ 厂 ( Y 0 ) ) 一Y 。 , 则 a的 取  值 范 围是 (   解: 因为 _ 厂 ( , ( y o ) ) 一y o , 所以 y o ≥0 , 又 因为 ( - z o ,  
Y o ) 在 函数 3 , 一s i n x上 , 所 以  ≤ 1  

/  
f   1   ^l  

l 0  

。 5  

xI  

5  

l O  

所 以 问题 转 化 为 厂 ( 厂 ( z ) ) 一- z在 [ o , 1 ] 上有解 ,  

若厂 (  ) > 在 [ O , 1 ] 上恒成立 , 则 , ( - 厂 ( z ) ) >, ( - z )  



 



4  

>z, 则, ( _ 厂 (  ) ) 一z在[ O , 1 ] 上无解 ,   同理若 , ( z ) <z在[ o , 1 ] 上恒成立 , 则 , ( , ( z ) ) < 
厂 _ ( z) <z .  



 



6  

J   综上所述 : 关 于 z 的方 程 3 ( - 厂 ( z ) )  - -2 4 a f( z ) +b   =0的 不 同 实 数 根 的个 数 是 3 个.   点评 : 本 题 是 以三 次 函数 极 值 点 为 载 体 , 与 复 合 函  数 的零 点 问题 结 合 . 解决此类 问题 , 首 先 要 分 清 复 合 函  数 的 内外 层 次 , 可 以 由外 向 里 的 一 层 一 层 研 究 下 去 , 分  步 求 解 层 叠 的零 点 , 必 要 时 作 出 图像 , 帮助理解.   总之 , 函 数 零 点 问 题 越 来 越 受 高 考 出题 者 的 青 睐 .   要想解决这 类问题 , 我 们 不 仅 需 要 具 备 扎 实 的 基 础 知 

所 以 f( f( z ) ) 一z在 [ 0 , 1 ] 上有解等价于所 以   厂 ( z ) =z在 [ O , 1 ] 上 有 解  即z 一  =  。 一 一  + _ z +e x , - z ∈[ O , 1 ]  

令g ( z ) 一 一z   +z+ e   , 3 2 ∈[ O , 1 ] , 所以 g   (  ) 一  


2 x +1 +e   ≥O , 0 2 - ∈[ O , 1 ] ,  

故g ( z - ) 一 一z 。 + + e  在 z∈[ 0 , 1 ] 上 单调 递 增 .   所以 口 ∈E 1 , e ]   点评 : 本 题 与 三 角 适 当综 合 . 要 解 决 此 题 首 先 要 把  其转化为 函数 零点 问题 , 再 分离 参 数 求解. 分 离 参 数  后, 一般采取通过导数研究 函数性质 , 有 时借助 相应 函   数 图像 来解 决 问 题 .  
题 型五 : 复合 函数 的零 点 个 数 

识 和熟 练 的 变形 技 巧 , 而 且 更 需 要 具 备 灵 活 的思 维 , 不  断 的变 换 角 度 , 化难为易 , 化繁为简.  

例6 ( 2 0 1 3年 安 徽 高 考 题 ) 若 函数 _ 厂 ( z ) 一z   +  n z   +6 z +c 有 极值 点 z l , z 2 , 且 f ( x 1 ) 一z 1 , 则关于 z  

[ 责 任编 校

钱骁 勇]  


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