复习参考题教学实录与评析

长沙市雅礼中学集体备课中心发言稿

年 级

高三

科 目

课 题

函数零点个数问题

数学

2019 年 3 月 28 日

发言人

伊波

教材知识回顾：函数、导数

六年高考考查分析：

2018 2017 2016 新课2018新课标2017新课2017新课标卷

Ⅰ理

标III理

标Ⅱ理

教

材

地方2018浙江理；

2017江苏.

2016天津

理；2016分

析

卷

2018天津理；2018江苏.

山东理.

2015

教

学

目

标

2015安徽理；2015天津理；

2015湖南理；

2015安徽理；

2015北京理；

2015江苏

2015湖北理

1．知识与技能：掌握解决函数零点问题的常见方法，培养学生分析和解决问题的能力；

2．过程与方法：教师主导，学生主体，学生自主练习、自主探究、自主归纳；

3．情感、态度与价值观：激发学生学习兴趣，培养独立思考与合作探究的个性品质。

4. 核心素养：数学抽象，直观想象，逻辑推理

2014 2014新课标Ⅱ理

2014湖南理；

2014天津理；

2014浙江理；

2013 2013全国

Ⅱ理.文

2013重庆理；

2013湖南理；

2013安徽理；

2013天津理

重

点

1. 教学重点：解题方法的归纳和提升

难

点

2. 教学难点：方法的切入和方法最优选择

教

法

自主探究：练习（独立思考）、讨论（合作分享）

学

法

【课内演练第一层：基础训练，方法归纳】

ππ的零点个数为________．

01．（2018全国新课标Ⅲ理）函数fxcos3x在0，6解析：方程法

由f(x)cos(3x6)0，有3x6kk(kZ)，解得x，由239教

学

过

程

设

计

0k得k可取0,1,2，∴f(x)cos(3x)在[0,]上有3个零点. 39602.（2013重庆理改编）若abc,则函数fxxaxbxbxcxcxa的零点个数为 . 解析：特殊值法，判别式法，单调性法

答案：2

03.（2013湖南理改编）函数fx2lnxx4x5的零点个数为（ ）

2A.3 B.2 C.1 D.0 解析：图象法 单调性法

答案：B 小结：不含参数的函数零点个数问题的常见解法

●方程法 ●单调性法 ●图像法 【课内演练第二层：典例研究，思维提升】

例1：函数yx(3a1)x2a(a1)x有两个零点，则实数32a的范围为

0,1,1

. 第

1

页

解析：构造方程，因式分解，将根解出，考虑等根情况，解得实数a的范围为0,1,1.

ex，x0，g(x)f(x)xa．若g（x）例2.（2018全国新课标Ⅰ理）已知函数f(x)lnx，x0，存在2个零点，则a的取值范围是（

）

A．[–1，0）

B．[0，+∞）

C．[–1，+∞）

D．[1，+∞）

解析：法一：图象法1

∵g(x)f(x)xa存在2个零点，即yf(x)与yxa有两个交点，f(x)的图象如下：

要使得yxa与f(x)有两个交点，则有a1即a1，∴选C. 法二：图象法2

教

学

过

程

设

计

exx,x0研究函数y与ya交点个数问题.

lnxx,x0法三：

单调性法

exxa,x0研究函数g(x)，当x0时，g(x)lnxxa单调递增，值域为R，lnxxa,x0x所以有一个零点；当x0时，g(x)exa单调递增，x时，g(x)所以要有一个零点，只要g(0)1a0，解得a1. 法四：排除法

小结：含参数的函数零点个数问题的常见解法

●方程法 ●单调性法 ●图像法

【课内演练第三层：挖掘特性，思维升华】

例3.（2017课标3理）已知函数f(x)x2xa(e2x1ex1)有唯一零点，则a=（ ）

A．1 2

B．1

3

C．1

2D．1 解析：法一：图象法

2x1x1函数的零点满足x2xaee，设gxex1ex1，则gxex1ex1ex11ex1e2x11ex1，当gx0时，x1，当x1时，gx0，函数gx

单调递减，当x1时，gx0，函数gx

单调递增，当x1时，函数取得最小值g12，设hxx2x

，当x1时，函数取得最大值1，

2当a0时，由图象知g(1)h(1)时符合题意，此时a第

2

页

1，因为本题为选择题，所以选择C. 2

疑问：当a0时，到底用不用考虑？怎么考虑？

法二：对称性法

因为f(x)f(2x)（可通过直观想象先猜测），所以函数f(x)关于x1对称，则f(x)有一个零点，这个零点必为x1，即f(1)0，解得a变式：（小题狂练错题）若函数f(x)＝x2＋2a|x|＋4a2－3的零点有且只有一个，则实数a＝

. 22解析：因为函数f（x）＝x＋2a|x|＋4a－3是偶函数，所以要使其零点只有一个，则这个零点33只能是0.由f（0）＝0得a＝±.当a＝时，f（x）＝x2＋3|x|，它只有一个零点0，符合题2233意；当a＝－时，f（x）＝x2－3|x|，它有3个零点0，－3，3，不合题意，所以a＝. 221.

2【专题总结】

函数零点个数问题（含参数与不含参数）的解题方法

●图象法 ●方程法 ●单调性法 ●对称性法

数学思想

●函数与方程思想 ●数形结合思想

【课后演练】

1．（2012湖北理）函数f(x)xcosx2在区间[0,4]上的零点个数为（

）

A．4

B．5

C．6

D．7 22解析：f(x)0，则x0或cosx0，xk2,kZ，又x0,4，k0,1,2,3,4

所以共有6个解.选C. πx2.（2015湖北理）函数f(x)＝4cos2·cos2－x－2sin x－|ln(x＋1)|的零点个数为________．

2解析：

f(x)＝2(1＋cos x)sin x－2sin x－|ln(x＋1)|＝sin 2x－|ln(x＋1)|，x>－1，函数f(x)的零点个数即为函数y1＝sin 2x(x>－1)与y2＝|ln(x＋1)|(x>－1)的图象的交点个数．分别作出两个函数的图象，如图，可知有两个交点，则f(x)有两个零点．

3.（2018江苏）若函数f(x)2x3ax21(aR)在(0,)内有且只有一个零点，则a

．

2解析：由fx6x2ax0得x0，xa，因为函数fx在0,上有且仅有一个332a零点且f0=1，所以0，3

aaaf0，因此2a10，a3.

333x4,x4.（2018浙江）已知λ∈R，函数f(x)=2，当λ=2时，不等式f(x)<0的解集是x4x3,x___________．若函数f(x)恰有2个零点，则λ的取值范围是___________．

解析：∵2，∴f(x)x4,x22x4x3,x2当x2时，x24x30，解得1x2.综上不等式的解集为1x4. 第

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页

.当x2时，x40得2x4.

22当yx4x3有2个零点时，4.当yx4x3有1个零点时，yx4有1个零点，13.∴13或4.

x22axa,x0,5．

（2018天津理）已知a0，函数f(x)2若关于x的方程f(x)axx2ax2a,x0.恰有2个互异的实数解，则a的取值范围是

.

解析：分类讨论：当x0时，方程fxax即x22axaax，整理可得x2ax1，

x2很明显x1不是方程的实数解，则a，当x0时，方程fxax即x1x2x2ax2aax，整理可得xax2，很明显x2不是方程的实数解，则a，

x222x2,x0x21x24x1x12，x24

令gx，其中2x2x2x1x1x,x0x2原问题等价于函数gx与函数ya有两个不同的交点，求a的取值范围．

结合对勾函数和函数图象平移的规律绘制函数gx的图象，同时绘制函数ya的图象如图所示，考查临界条件，结合a0观察可得，实数a的取值范围是4,8．

6.(2013安徽理)若函数f(x)＝x＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是(

)．

A．3

B．4

C．5

D．6 解析：由f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0得，x＝x1或x＝x2，

即3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的根为f(x)＝x1或f(x)＝x2的解．如图所示，

3

x1＜x2

x2＜x1

2由图象可知f(x)＝x1有2个解，f(x)＝x2有1个解，因此3(f(x))＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数为3.

第

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页

x1,1x27.已知函数f(x)=，如果g(x)f(x)k(x3)恰有2个不同的零点，那么实12f(x),x22数k的取值范围是

。

201

错解：令g(x)0f(x)=k(x3)，如图所示，易知k13（8，4）2（4，2）2（4，2）23正解：当2x4时，2348111x[1,2)，故f(x)2f(x)2(x1)x2；

222111当4x8时，x[2,4)，故f(x)2f(x)2(x2)x4；…

222由g(x)0f(x)=k(x3)，所以f(x)与yk(x3)有两个不同的交点。

（1）当k0时，yk(x3)与yx4、yx8各有一个交点，且与yx16无交点，k(163)168168故k；

13k(323)321629（2）当k0时，yk(x3)与yx1、yx2各有一个交点，故k(13)0168k(1,0)[,)

。综上，1k02913k(23)21

板

书

设

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教

学

后

记