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1、第五讲函数与方程及函数的应用高考考点考点解读函数的零点1.利用零点存在性定理或数形结合法确定函数的零点个数或其存在范围，以及应用零点求参数的值(范围)2常以高次式、分式、指数式、对数式、三角式结构的函数为载体考查函数与方程的综合应用1.确定高次式、分式、指数式、对数式、三角式及绝对值式结构方程解的个数或由其个数求参数的值(范围)2常与函数的图象与性质的应用交汇命题函数的实际应用1.常涉及物价、投入、产出、路径、工程、环保等国计民生的实际问题，常以面积、体积、利润等最优化问题出现2常与函数的最值、不等式、导数的应用综合命题.备考策略本部分内容在备考时应注意以下几个方面：(1)加强对函数零点的理解
2、，掌握函数的零点与方程根的关系(2)掌握研究函数零点、方程解的问题的方法(3)熟练掌握应用函数模型解决实际问题的一般程序预测2020年命题热点为：(1)函数的零点、方程的根和两函数图象交点之间的等价转化问题(2)将实际背景常规化，最后归为二次函数、高次式、分式及分段函数或指数式、对数式函数为目标函数的应用问题Z 1几种常见的函数模型(1)一次函数模型：yaxb(a0)(2)二次函数模型：yax2bxc(a0)(3)指数函数模型：yabxc(b0且b1)(4)对数函数模型：yblogaxc(a0且a1)(5)分段函数模型：f(x)(A1A2)2函数的零点(1)函数的零点及函数的零点与方程根的关系
3、对于函数f(x)，把使f(x)0的实数x叫做函数f(x)的零点，函数F(x)f(x)g(x)的零点就是方程f(x)g(x)的根，即函数yf(x)的图象与函数yg(x)的图象交点的横坐标.(2)零点存在性定理如果函数yf(x)在区间a，b上的图象是连续不断的一条曲线，并且有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，这个c也就是方程f(x)0的一个根3思想与方法(1)数学方法：图象法、分离参数法、最值的求法(2)数学思想：数形结合、转化与化归、函数与方程Y 1忽略概念函数的零点不是一个“点”，而是函数图象与x轴交点的横坐标2不能准确应用零点
4、存在性定理函数零点存在性定理是说满足某条件时函数存在零点，但存在零点时不一定满足该条件即函数yf(x)在(a，b)内存在零点，不一定有f(a)f(b)0.1(2018全国卷，9)已知函数f(x)g(x)f(x)xa.若g(x)存在2个零点，则a的取值范围是( C )A1,0)B0，)C1，) D1，)解析 令h(x)xa，则g(x)f(x)h(x)在同一坐标系中画出yf(x)，yh(x)图象的示意图，如图所示若g(x)存在2个零点，则yf(x)的图象与yh(x)的图象有2个交点，平移yh(x)的图象，可知当直线yxa过点(0,1)时，有2个交点，此时10a，a1.当yxa在yx1上方，即a1时
5、，有2个交点，符合题意综上，a的取值范围为1，)故选C2(2017全国卷，11)已知函数f(x)x22xa(ex1ex1)有唯一零点，则a( C )A BC D1解析方法一：f(x)x22xa(ex1ex1)(x1)2aex1e(x1)1，令tx1，则g(t)f(t1)t2a(etet)1.g(t)(t)2a(etet)1g(t)，函数g(t)为偶函数f(x)有唯一零点，g(t)也有唯一零点又g(t)为偶函数，由偶函数的性质知g(0)0，2a10，解得a.故选C方法二：f(x)0a(ex1ex1)x22x.ex1ex122，当且仅当x1时取“”x22x(x1)211，当且仅当x1时取“”若a0
6、，则a(ex1ex1)2a，要使f(x)有唯一零点，则必有2a1，即a.若a0，则f(x)的零点不唯一故选C3(2017北京卷，8)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与最接近的是( D )(参考数据：lg 30.48)A1033 B1053C1073 D1093解析由题意，lglglg 3361lg 1080361 lg 380lg 103610.4880193.28.又lg 103333，lg 105353，lg 107373，lg 109393，故与最接近的是1093.故选D4(2016四川卷，5)某公司为激励
7、创新，计划逐年加大研发资金投入，若该公司2015年全年投入研发资金130万元，在此基础上，每年投入的研发资金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是( B )(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)A2018年 B2019年C2020年 D2021年解析设x年后该公司全年投入的研发资金为200万元，由题可知，130(112%)x200，解得xlog1.123.80，因资金需超过200万，则x取4，即2019年故选B5(文)(2018天津卷，14)已知aR，函数f(x)若对任意x3，)，f(x)|x|恒成立，则a的取值范围是.解
8、析 如图所示，若对任意x3，)，要使函数yf(x)的图象在y|x|图象的下方，则必有且在(0，)内直线yx与yx22x2a相切或相离，所以xx22x2a有两个相等实根或无实根，即对于方程x2x2a0，(1)242a0，解得a.由得96a23且a20，所以a2.综上，a2.(理)(2018天津卷，14)已知a0，函数f(x)若关于x的方程f(x)ax恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是(4,8).解析作出函数f(x)的示意图，如图l1是过原点且与抛物线yx22ax2a相切的直线，l2是过原点且与抛物线yx22axa相切的直线由图可知，当直线yax在l1，l2之间(不含直线l1，l2)变动时，符
9、合题意由消去y，整理得x2ax2a0.由0，得a8(a0舍去)由消去y，整理得x2axa0.由0，得a4(a0舍去)综上，得4a8.6(2018浙江卷，15)已知R，函数f(x)当2时，不等式f(x)0的解集是(1,4).若函数f(x)恰有2个零点，则的取值范围是(1,3(4，).解析(1)当2时，f(x)其图象如图(1)由图知f(x)1,0b1,0b1，f(x)axxb，所以f(1)1b0，所以f(1)f(0)0，则由零点存在性定理可知f(x)在区间(1,0)上存在零点(2)(2018大连一模)设函数f(x)的定义域为R，f(x)f(x)，f(x)f(2x)，当x0,1时，f(x)x3，则函
10、数g(x)|cosx|f(x)在区间，上零点的个数为( C )A3 B4C5 D6解析由f(x)f(x)，得f(x)的图象关于y轴对称由f(x)f(2x)，得f(x)的图象关于直线x1对称当x0,1时，f(x)x3，所以f(x)在1,2上的图象如图令g(x)|cosx|f(x)0，得|cosx|f(x)，两函数yf(x)与y|cosx|的图象在，上的交点有5个(3)已知在(0,2上的函数f(x)且g(x)f(x)mx在区间(0,2内有且仅有两个不同的零点，则实数m的取值范围是( A )A(，2(0， B(，2(0，C(，2(0， D(，2(0，解析由函数g(x)f(x)mx在(0,2内有且仅有
11、两个不同的零点，得yf(x)，ymx在(0,2内的图象有且仅有两个不同的交点当ymx与y3在x(0,1相切时，mx23x10，94m0，m，结合图象可得当m2或0m时，函数g(x)f(x)mx在(0,2内有且仅有两个不同的零点规律总结1判断函数零点个数的方法(1)直接求零点：令f(x)0，则方程解的个数即为零点的个数(2)零点存在性定理：利用该定理不仅要求函数在a，b上是连续的曲线，且f(a)f(b)0时，x0，又函数g(x)的图象关于y轴对称，故g(x)为偶函数，所以g(x)g(x)(x1)21(x1)21.由f(x)x，得f(f(x)x在同一平面直角坐标系中画出yf(f(x)与yg(x)的
12、图象如图所示，由图象知，两个图象有4个交点，交点的纵坐标分别为1,0，3，4，当x0时，方程f(f(x)g(x)的解是0和1；当x0时，g(x)(x1)213得x3，由g(x)(x1)214得x1.综上，f(f(x)g(x)的解的个数为4.(2)(2018中山一模)已知函数f(x)若方程f(x)m(mR)有四个不同的实根x1，x2，x3，x4，且满足x1x2x3x4，则的取值范围是( B )A(0,4 B(0,3)C(3,4 D(1,3)解析如图，作出函数f(x)的图象，显然，A(3,1)，又当0x3时，f(x)0，因为方程f(x)m有四个不同的实根，所以0m1.由f(x1)f(x2)可得，|
13、log3x1|log3x2|，又因为0x11x2，所以log3x1log3x20，解得x1x21.因为函数yx2x8的图象的对称轴为x5，故由f(x3)f(x4)可得x3x410.故(x33)(x43)(x33)(7x3)x10x321(x35)24.记g(t)(t5)24，由0m1，即0x2x81，解得3x4或6x7.又x3x4，所以3x34，又g(t)(t5)24在(3,4)上单调递增，所以当3t4时，g(3)g(t)0且a1)在R上单调递减，且关于x的方程|f(x)|2x恰有两个不相等的实数解，则a的取值范围是( C )ABC D解析由yloga(x1)1在0，)上递减，则0a2，即a时
14、，联立2x，则(4a2)24(3a2)0，解得：a或1(舍)，当13a2时，由图象可知，符合条件综上：a. 例3 经市场调查，某超市的一种小商品在过去的近20天的销售量(件)与价格(元)均为时间t(天)的函数，且销售量近似满足g(t)802t(件)，价格近似满足f(t)20|t10|(元)(1)试写出该种商品的日销售额y与时间t(0t20)的函数表达式；(2)求该种商品的日销售额y的最大值与最小值解析(1)yg(t)f(t)(802t)(20|t10|)(40t)(40|t10|)(2)当0t10时，y的取值范围是1 200,1 225，当t5时，y取得最大值为1 225；当10t20时，y的
15、取值范围是600,1 200，在t20时，y取得最小值为600.答：总之，第5天日销售额y取得最大值为1 225元；第20天日销售额y取得最小值为600元规律总结函数有关应用题的常见类型及解决问题的一般程序(1)常见类型：与函数有关的应用题，经常涉及物价、路程、产值、环保等实际问题，也可涉及角度、面积、体积、造价的最优化问题(2)应用函数模型解决实际问题的一般程序(3)解题关键：解答这类问题的关键是确切地建立相关函数解析式，然后应用函数、方程、不等式和导数的有关知识加以综合解答G (2018山东实验中学月考)候鸟每年都要随季节的变化而进行大规模地迁徙，研究某种鸟类的专家发现，该种鸟类的飞行速度
16、v(单位：m/s)与其耗氧量Q之间的关系为：vablog3(其中a，b是实数)据统计，该种鸟类在静止的时候其耗氧量为30个单位，而其耗氧量为90个单位时，其飞行速度为1 m/s.(1)求出a，b的值；(2)若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要多少个单位？解析(1)由题意可知，当这种鸟类静止时，它的速度为0 m/s，此时耗氧量为30个单位，故有ablog30，即ab0；当耗氧量为90个单位时，速度为1 m/s，故ablog31，整理得a2b1.解方程组得(2)由(1)知，vablog31log3.所以要使飞行速度不低于2 m/s，则有v2，即1log32，即log3
17、3，解得Q270.所以若这种鸟类为赶路程，飞行的速度不能低于2 m/s，则其耗氧量至少要270个单位A组1(文)函数f(x)log2x的一个零点落在区间( B )A(0,1) B(1,2) C(2,3) D(3,4)解析f(1)f(2)0，选B(理)在用二分法求方程x32x10的一个近似解时，现在已经将一根锁定在区间(1,2)内，则下一步可断定该根所在的区间为( D )A(1.4,2) B(1.1,4)C(1，) D(，2)解析令f(x)x32x1，则f(1)20，f()1时，由f(x)1log2x0，解得x，又因为x1，所以此时方程无解综上，函数f(x)的零点只有0.3.已知函数f(x)()
18、xcosx，则f(x)在0,2上的零点个数为( C )A1 B2C3 D4解析作出g(x)()x与h(x)cosx的图象，可以看出其在0,2上的交点个数为3.故选C4已知函数yf(x)的周期为2，当x1,1时，f(x)x2，那么函数yf(x)的图象与函数y|lg x|的图象的交点共有( A )A10个 B9个 C8个 D1个解析在同一平面直角坐标系中分别作出yf(x)和y|lg x|的图象，如图又lg 101，由图象知选A5汽车的“燃油效率”是指汽车每消耗1升汽油行驶的里程下图描述了甲、乙、丙三辆汽车在不同速度下的燃油效率情况下列叙述中正确的是( D )A消耗1升汽油，乙车最多可行驶5千米B以
19、相同速度行驶相同路程，三辆车中，甲车消耗汽油最多C甲车以80千米/小时的速度行驶1小时，消耗10升汽油D某城市机动车最高限速80千米/小时，相同条件下，在该市用丙车比用乙车更省油解析对于A选项，从图中可以看出当乙车的行驶速度大于40 km/h时的燃油效率大于5 km/L，故乙车消耗1升汽油的行驶路程可大于5千米，所以A错误对于B选项，由图可知甲车消耗汽油最少对于C选项，甲车以80 km/h的速度行驶时的燃油效率为10 km/L，故行驶1小时的路程为80千米，消耗8 L汽油，所以C错误对于D选项，当最高限速为80 km/h且速度相同时丙车的燃油效率大于乙车的燃油效率，故用丙车比用乙车更省油，所以
20、D正确6已知函数f(x)函数g(x)3f(2x)，则函数yf(x)g(x)的零点的个数为( A )A2 B3 C4 D5解析当x2时，f(2x)2|2x|4x，函数f(x)g(x)(x2)24x3x25x5大于2的零点有一个因此函数yf(x)g(x)共有零点2个7已知函数f(x)()xlog3x，若x0是函数yf(x)的零点，且0x10(填“”、“”、“”、“”)解析方法一：f(x)()xlog3x在(0，)上为减函数，且0x1f(x0)方法二：如图知，f(x1)f(x0)8(文)函数f(x)对一切实数x都满足f(x)f(x)，并且方程f(x)0有三个实根，则这三个实根的和为.解析函数图象关于
21、直线x对称，方程f(x)0有三个实根时，一定有一个是，另外两个关于直线x对称，其和为1，故方程f(x)0的三个实根之和为.(理)(2015四川卷，13)某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：)满足函数关系yekxb(e2.718为自然对数的底数，k，b为常数)若该食品在0 的保鲜时间是192小时，在22 的保鲜时间是48小时，则该食品在33 的保鲜时间是24小时解析由题意得e22k，e11k，x33时，ye33kb(e11k)3eb19224.9有一种新型的洗衣液，去污速度特别快已知每投放k(1k4，且kR)个单位的洗衣液在一定量水的洗衣机中，它在水中释放在浓度y(克/升)随着时
22、间x(分钟)变化的函数关系式近似为ykf(x)，其中f(x)若多次投放，则某一时刻水中的洗衣液浓度为每次投放的洗衣液在相应时刻所释放的浓度之和根据经验，当水中洗衣液的浓度不低于4克/升时，它才能起到有效去污的作用(1)若只投放一次k个单位的洗衣液，当两分钟时水中洗衣液的浓度为3克/升，求k的值(2)若只投放一次4个单位的洗衣液，则有效去污时间可达几分钟？(3)若第一次投放2个单位的洗衣液，10分钟后再投放1个单位的洗衣液，则在第12分钟时洗衣液是否还能起到有效去污的作用？请说明理由解析(1)由题意知k(1)3，所以k1.(2)因为k4，所以y当0x4时，由44，解得4x8，所以0x4.当4x1
23、4时，由282x4，解得x12，所以44，所以在第12分钟时还能起到有效去污的作用B组1已知函数f(x)exx，g(x)lnxx，h(x)lnx1的零点依次为a，b，c，则( A )Aabc BcbaCcab Dbac解析由f(a)eaa0，得aea0；b是函数ylnx和yx图象交点的横坐标，画图(图略)可知0b1；由h(c)lnc10知ce，所以abc.2(2018湖北武昌1月调研)已知函数f(x)2axa3，若x0(1,1)，f(x0)0，则实数a的取值范围是( A )A(，3)(1，) B(，3)C(3,1) D(1，)解析函数f(x)2axa3，由x0(1,1)，f(x0)0，可得(3
24、a3)(a3)0，解得a(，3)(1，)3利民工厂某产品的年产量在150t至250t之间，年生产的总成本y(万元)与年产量x(t)之间的关系可近似地表示为y30x4000，则每吨的成本最低时的年产量为( B )A240 B200 C180 D160解析依题意得每吨的成本是30，则23010，当且仅当，即x200时取等号，因此当每吨的成本最低时，相应的年产量是200t，选B4(2017郑州质量预测)设函数f(x)ex2x4，g(x)ln x2x25，若实数a，b分别是f(x)，g(x)的零点，则( A )Ag(a)0f(b) Bf(b)0g(a)C0g(a)f(b) Df(b)g(a)0解析依题
25、意，f(0)30，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即0a1.g(1)30，函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1bf(1)0.又函数g(x)在(0,1)内是增函数，因此有g(a)g(1)0.所以g(a)0f(b)故选A5(2017湖北宜昌模拟)某种新药服用x小时后血液中的残留量为y毫克，如图所示为函数yf(x)的图象，当血液中药物残留量不小于240毫克时，治疗有效设某人上午8：00第一次服药，为保证疗效，则第二次服药最迟的时间应为( C )A上午10：00 B中午12：00C下午4：00 D下午6：00解析当x0,4时，设yk1x，把(4,320)代入，得
26、k180，y80x.当x4,20时，设yk2xb.把(4,320)，(20,0)代入得解得y40020x.yf(x)由y240，得或解得3x4或4 BaCa0时，f(x)没有零点当x0时，f (x)x24，令f (x)0得x2，所以f(x)在(0,2)上递减，在(2，)上递增，因此f(x)在x2处取得极小值f(2)a0，解得a.故选A7已知x表示不超过实数x的最大整数，如1.81，1.22.x0是函数f(x)ln x的零点，则x02.解析函数f(x)的定义域为(0，)，且易判断函数f(x)在(0，)上单调递增由f(2)ln 210，知x0(2，e)，所以x02.8定义域为R的偶函数f(x)满足
27、对xR，有f(x2)f(x)f(1)，且当x2,3时，f(x)2x212x18，若函数yf(x)loga(|x|1)在(0，)上至多有三个零点，则a的取值范围是(，1)(1，).解析对于偶函数f(x)，f(x2)f(x)f(1)，令x1，则f(1)f(1)f(1)，因为f(1)f(1)，所以f(1)f(1)0，所以f(x)f(x2)，故f(x)的图象如图所示，则问题等价于f(x)的图象与函数yloga(|x|1)的图象在(0，)上至多有三个交点，显然a1符合题意；若0a1，则由图可知，只需点(4，2)在函数yloga(|x|1)图象的上方，所以loga5a0恒成立，所以函数f(x)ax2xa必有局部对称点(2)f(x)2xb在区间1,2内有局部对称点，所以方程2x2x2b0在区间1,2上有解，于是2b2x2x，设t2x，t4，所以2bt，其中2t，所以b1.(3)因为f(x)4xm2x1m23，由f(x)f(x)，所以4xm2x1m23(4xm2x1m23)，于是4x4x2m(2x2x)2(m23)0(*)在R上有解，令t2x2x(t2)，则4x4xt22，所以方程(*)变为t22mt2m280在区间2，)内有解，需满足条件：即化简得1m2.