高三数学复习：函数与方程12129.pdf

《高三数学复习：函数与方程12129.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高三数学复习：函数与方程12129.pdf（13页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、 高三数学复习：函数与方程 一、真题特点分析：1.【2021 年北大 13】方程2223450 xxyyx的整数解的组数为_ 答案：2 2.【2020 年清华 29】已知函数 e1xf xa xb在区间 1,3上存在零点，则22ab的最小值为（）Ae2 Be C2e2 D2e 3【2020 武大 2】已知方程2sin1xx，则下列判断：（1）方程没有正数解；（2）方程有数多个解；（3）方程有一个正数解；（4）方程的实根小于 1 其中错误的判断有_ 答案：A 根据对称性可选 A 二、知识要点拓展 一一元二次方程20(0)axbxca有关公式 1.一元二次方程的根：242bbacxa 2.根与系数

2、的关系：12bxxa，12cx xa（韦达定理）3.判别式：24bac 二函数不等式恒成立、能成立、恰成立问题 1.函数不等式的恒成立问题：（1）不等式()f xm在集合D上恒成立在集合D上min()f xm （2）不等式()f xn在集合D上恒成立在集合D上max()f xn 2.函数不等式的能成立问题：（1）在集合D上存在实数x使不等式()f xm成立在集合D上max()f xm （2）在集合D上存在实数x使不等式()f xn成立在集合D上min()f xn 3.函数不等式的恰成立问题：不等式在集合D上恰成立该不等式的解集为D 三几个常见的函数方程 1.正比例函数()f xcx,具有性质：

3、()()(),(1)f xyf xf yfc.2.指数函数()xf xa,具有性质：()()(),(1)0f xyf x f yfa.3.对数函数()logaf xx,具有性质：()()(),()1(0,1)f xyf xf yf aaa.方程的根与函数的零点：1.对于函数()yf x，我们把使()0f x 的实数叫做函数()yf x的零点 2.方程()0f x 有实数根函数()yf x的图象与x轴有交点函数()yf x有零点 3.零点存在定理：设函数()f x在闭区间,a b上连续，且()()0f af b，那么在开区间(,)a b内至少存在一点c，使()0f c。函数零点的理解：（1）函数

4、()yf x的零点、方程0)(xf的根、函数)(xfy 的图像与 x 轴交点的横坐标，实质是同一个问题的三种不同表达形式，方程0)(xf根的个数就是函数)(xfy 的零点的个数，亦即函数)(xfy 的图像与 x 轴交点的个数 （2）函数的零点不是点，而是函数函数)(xfy 的图像与 x 轴交点的横坐标，即零点是一个实数。（3）若函数)(xf在区间,a b上的图象是一条连续的曲线，则0)()(bfaf是)(xf在区间),(ba内有零点的充分不必要条件。二高次方程韦达定理 三次方程韦达定理 设三次方程320axbxcxd的三个根为123,x x x,那么 123121323123xxx,x xx

5、xx x,x x x.bacada 如果一元n次多项式 121210nnnnnnf xa xaxaxa xa的根为12,nx xx,那么 1122121 3131231242101231nnnnnnnnnnnnnnnaxxxaax xx xxxaax x xx x xxxxaax x xxa 以上定理称为韦达定理。它确定了根与系数的关系。利用韦达定理，一元 n 次方程可直接求方程的根。3.整系数多项式 设 ,f xK xC，若 0f，则称为 f x的根（或零点）；又若x是 f x的k重因式，则称为 f x的 k 重根，当1k 时，称为 f x的单根。代数基本定理：任意一个次数不小于 1 的多项

6、式至少有一个复数根。根的个数定理：任意一个(1)n n 次多项式的复数根的个数（依重数累加）恰有n个，依次定理可知任何一个 0nnf xa xaC x可以分解为 11kaankf xaxxxx，其中12kxxx，为两两不同的复数，*iN，且1kiin。这是多项式 f x在复数范围内的标准分解式。虚 根 成 对 定 理：设 ,f xR x zabi 为 f x的 复 根，即 0f z，则 0f zf z，于是zabi也是 f x的根。也就是说实系数多项式的虚根成对出现。实 系 数 多 项 式 分 解 定 理：设 0nnf xa xaR x,则 f x可 分 解 为 2211122nmiif xa

7、xxxxxb xcxbxc，其中1,miixxR b cR且24,1.,2iibcil m lN mln。整系数多项式的有理根：设 0,0,1nnPf xa xaZ xp qz pqp qq是 f x的有理根，则0,np aq a，并且可写 pf xxg xqxp h xq，其 中,g hZ x。依上述定理可知，若 f xZ x，f x的首项系数为 1，则 f x的有理根都是整数根。三、典例精讲 例 1（复旦）设三次方程30 xpxq的 3 个根互异，且可成等比数列，则它们的公比是 。（A）1322i （B）1322i （C）3122i （D）3122i 分析与解答：设这三个根为2111,x

8、q x qx，则由三次方程根的韦达定理有 2211113010,22xq xqxqqqi 。故选 A。例 2（北大）求的实数根的个数。分析与解答：原方程即 22(2)629(2)102251xxxx。|23|25|1xx。令2|3|5|1xttt。由于|3|5|tt|(3)(5)|2tt。所以原方程无实根。例 3（复旦）设,(,)a b ，0b，,是三次方程30 xaxb的 3 个根，则总以11 11 11,为根的三次方程是（）（A）232220a xabxb xa （B）232220b xabxa xb（C）232220a xab xbxa （D）232220b xa bxaxb 分析与解答

9、：由三次方程的韦达定理：0,b 而111111111222ab 对选项逐个用韦达定理检验，只有选项 B 适合。例 4（清华）请证明：方程0!33!212nxxxxn在n为偶数的时候没有实数根，在n为奇数的时候，有且仅有一个实数根。分析与解答：用归纳法证明：n为奇数时，()nfx单调递增，且值域为(,)；n为偶数时，()0nfx 恒成立。这里23()12!3!nnxxxfxxn。1210272611xxxx 对()nfx求导有 211()1()2!(1)!nnnxxfxxfxn。1n 时，1()1f xx，它在R上单调递增，且值域为R。2n 时，2222111()11(1)02!222xfxxx

10、xx 。故1,2n 时结论成立。设1nk时结论成立。则nk时，当k为偶数时，2()12!kkxxfxxk，1()()kkfxfx。因为1k 为奇数，由归纳假设1()kfx在R上单调递增，且值域为R。故方程1()0kfx有且仅有一个实根，设为0 x，当0 xx时，1()0kfx；当0 xx时，1()0kfx，所以对()kfx而言，只有0()0kfx，且当0 xx时，()0kfx，当0 xx时，()0kfx。所以0 x是()kfx的最小值，于是200000010()1()02!kkkkkxxxxfxxfxkkk（因 为k为 偶 数）。0()()0kkfxfx。即n为偶数时()0nfx 恒成立。k为

11、奇数时，1k 为偶数，由归纳假设1()0kfx，所以1()()0kkfxfx，所以()kfx在R上单调递增。再注意到k为奇数时，多项式2()12!kkxxfxxk。当x 时，()kfx ；当x 时，()kfx 。即当n为奇数时，()nfx单调递增，且值域为(,)。综上，当n为偶数时，()0nfx 恒成立，故()0nfx 没有实数根；n为奇数时，()nfx单调递增，且值域为(,)，故()0nfx 有且只有一个实数根。例 5（复旦）方程230 xxe的实根是（）（A）不存在 （B）有一个 （C）有两个 （D）有三个 分析与解答：此方程属于超越方程，没有精确解，只能用数形结合法来解决，画出23yx与

12、xye的函数图象草图，显然方程有且只有一个小于 0 的解，那么有多少个大于 0 的解呢？许多同学误认为只有一个。事实上，认真分析后就可以发现有两个大于 0 的解。理由如下：令2()3xf xxe，则5(0)10,(1)30,(5)750ffefe ，由于(0)(1)0,(1)(5)0ffff，由零值定理，知开区间(0,1)和(1,5)内各有一根。故方程有两正根一负根，本题应选 D。练习 1：函数116logyx与它的反函数的交点个数为（）（B）1 个 （B）2 个 （C）3 个 （D）4 个 答案 C 分析与解答：1 1()2 4，、1 1()4 2，、还有一个交点在直线yx上，共 3 个。练

13、习 2：关于x的方程222110 xxk，给出下列四个命题：存在实数k，使得方程恰有 2 个不同的实根 存在实数k，使得方程恰有 4 个不同的实根 存在实数k，使得方程恰有 5 个不同的实根 存在实数k，使得方程恰有 8 个不同的实根 其中假命题的个数是 （）A 0 B 1 C 2 D 3 分析：本题是关于函数、方程解的选择题，考查换元法及方程根的讨论，属一题多选型试题，要求考生具有较强的分析问题和解决问题的能力.解答：21tx 方法一：根据题意可令21(0)xt t，则方程化为20ttk，(*)作出函数21tx的图象，结合函数的图象可知：当0t 或1t时，原方程有两个不等的根，当01t 时，

14、原方程有 4 个根，当1t 时，原方程有 3 个根.(1)当2k 时，方程(*)有一个正根2t，相应的原方程的解有 2 个；(2)当14k 时，方程(*)有两个相等正根12t，相应的原方程的解有 4 个；(3)当0k 时，此时方程(*)有两个不等根0t 或1t，故此时原方程有 5 个根；(4)当104k 时，方程(*)有两个不等正根，且此时方程(*)有两正根且均小于 1，故相应的满足方程21xt的解有 8 个，故选 A.222()11f xxx 方法二：由函数222()11f xxx的图象(如下图)及动直线()g xk可得出答案为A.3.设21(0)xt t，20ttk，方程的判别式为1 4k

15、 ，由k的取值依据0、=0、0从而得出解的个数.2(1)(1)(2)(2)(11)()(1)(1)(11)xxxxxxf xxxxx 或 4.设函数2(1)(1)(2)(2)(11)()(1)(1)(11)xxxxxxf xxxxx 或，利用数轴标根法得出函数与 x 轴的交点个数为 5 个，以及函数的单调性大体上画出函数的图象，从而得出答案A.点评：方法一、方法二、方法四都是利用函数图象求解，但研究的目标函数有别，方法二利用函数的奇偶性以及交轨法直观求解，很好地体现了数形结合的数学思想，是数形结合法中值得肯定的一种方法；方法三利用方程的根的个数问题去求解，但讨论较为复杂，又是我们的弱点，有利于

16、培养我们思维的科学性、严谨性、抽象性、逻辑推理能力等基本素质.例 6（交大）设432()(1)(32)4f xa xxaxa，试证明对任意实数a：（1）方程()0f x 总有相同的实根；（2）存在0 x，恒有0()0f x。分析与解答：本题若看成关于x的四次多项式，则很难因式分解，若展开重新整理成关于a的一次多项式：42432222(34)(2)(4)(1)(2)(1)xxaxxxxxaxxx 2222(2)(2)(1)(2)(1)(2)(2)(1)(1)xxxaxxxxxxaxx 显然()0f x 总有相同实根2x ；当02x 时，(2)160f。注：本题从另一个角度，转换参数，将()f x

17、看成一个关于a的一次函数，值得回味！例 7（复旦）在实数范围内求方程441073xx的实数根。分析与解答：解 法 一：显 然，移 项 后 两 边 四 次 方 是 不 可 取 的，不 妨 先 作 一 个 换 元：令4410,7ux vx，则 44317uvuv。44222222222222()2()22(92)2uvuvu vuvuvu vuvu v 2281 36217uvu v，从而2()18320uvuv，解得：2uv 或16（舍去）。联立32uvuv，可得：12uv或21uv故6x 或9。解法二：由44310722xx，联想到等差中项的概念。可设443102372xdxd，则 44322

18、3444322343333310()46()4()()22222333337()46()4()()22222xdddddxddddd +得：4281172278dd，即422216216550,(41)(455)0dddd，解得：12d ，从而6x 或9。例 8（交大）已知函数2()(0)f xaxbxc a，且()f xx没有实数根。问：()f f xx是否有实数根？并证明你的结论。分析与解答：此问题的解法较多，提供以下三种解法。解法一：先介绍一个引理。引理：若|(),|()Mx f xxNx f f xx，则MN。引理的证明：0 xM，有00()f xx，故0000()()f f xf x

19、xxN，由0 x的任意性知MN。回到原题。()f f xx即2()()afxbf xcx，这是一个 4 次方程，由上述引理知，()f f xx一定可以分解出()f xx这样一个因式。2222()()0()()()0afxbf xcxafxbf xaxbxcaxbxx，即 22()()()0a fxxb f xxf xx()()()()0a f xxf xxb f xxf xx ()()10f xx a f xxb 由于()0f xx无实根。下面只要求出方程()10a f xxb 是否有实根即可。22()1()1a f xxba xaba xacb，其判别式 222222()4(1)(2144)

20、(1)44abaaacbabbacabac 。又()0f xx无 实 根，故2(1)40bac，由 此 可 知0。所 以 方 程()10a f xxb 亦无实根。综上，()f f xx也无实根。解法二：数形结合，图像法。若0a，由于()f xx无实根，则对任意实数x，()f xx，从而 ()()f f xf xx，故()f f xx无实根（如图 4-1）；图 4-1 图 4-2 同理，若0a，则对任意实数x，()f xx，()()f f xf xx，()f f xx也无实根（如图 4-2）。解法三：反证法。若存在00()ff xx，令0()f xt，则0()f tx，即0(,)t x是()yf

21、 x图像上的点；又0()f xt，即0(,)x t也是()yf x图像上的点，显然这两点不重合。且这两点关于直线yx对称。而2()yf xaxbxc与yx必有交点，从而()f xx必有实数解，矛盾！注：从解法三可以看出，此题的结论不只针对二次函数()f x是对的，对一般的连续函数都有一样的结论。例 9（交大）当()f xx时，x的取值称为不动点。证明：若()f f x有唯一不动点，则()f x也有唯一不动点。分析与解答：不妨设0 x是()f f x的唯一不动点，即00()ff xx。令0()f xt，则0()f tx，那么，0()()ff tf x，而0()f xt，故()f f tt，这说明

22、t也是()f f x的不动点。又()f f x只有唯一不动点知，0 xt。从而()f tt，这说明t也是()f x的不动点，存在性得证。下 证 唯 一 性：若()f x还 有 另 一 个 不 动 点 t，即()f tt()tt，则()()f f tf tt，这说明()f f x还有另一个不动点 t，与题设矛盾！注:利用不动点原理可以解决某些问题，比如某类递推数列求通项问题，不动点问题也是自主招生考试中的热点问题之一。y y=x f(x)=ax2+bx+c(a0)o x x y y=x f(x)=ax2+bx+c(a0)o 四、重点总结 1.掌握判断函数零点的常用方法：方程法，图像法，定理法。注

23、意在给定区间内函数零点个数可能大于 1 个。2.对于解无理方程，需要注意利用配方法，换元法，倒数法以及根据函数单调性去解方程。3.关于三次方程或者高次方程，巧妙利用韦达定理，不同方程可以利用换元将根转化，便于解方程。五、强化训练(A 组)1.方程11424xxx的实数解为 【解 析】利 用 换 元 思 想，设211044yxxy代 入 原 方 程2211444yyy2144y302yy13242xx 2.方程组213321 80 xyxyyxyy 共有 组实数解。【解析】由133xyxy得0y，且可以变形为135xyxy，令3uxy，1vxy，则2235uvuv12uv或21uv，进一步求得5

24、1xy，31xy，410310 xy，410310 xy。所以方程组共有 4 组实数解。3.已知方程322 324 34310 xxx，其中两个,a b满足条件114ab，则此方程的根为 。【解析】322 324 3431fxxxx，则方程10fx的根为原方程各根的倒数，即方程324324 32 30 xxx有二根,满足条件4。设其另一根为，由根与系数的关系得43，2 3。由此得3且42。又由根与系数的关系知,为方程2420tt的根，解之得,的值为22。故原方程的根为111,3 22 22。4.求一切实数 P，使得三次方程32551711166xPxPxP 的三个根均为自然数。【解析】因为1x

25、 为原方程的根，原问题等价于2556610 xPxP 的两个根均为 自 然 数。设,u v是 方 程 的 两 个 根，则16615uvPuvP，消 去 参 数 P，得566661uvuv。66166435156655 566vuvv。19 229566566uv。显 然5660u，566u 是19229的模 5 同余于 4 的正因子，即56619v或 229，即5917uv或1759uv，因此，76Puv 5.解方程：2212222412111xxxxx 【解析】两边取以 2 为底的对数得：222222241log1111xxxxx 即：2222222log241log1111xxxxx 22

26、22222log241log11121xxxxxx 构造函数：22log1f xxxx 所以：21f xf x 易得 f x是奇函数，且是 R 上的增函数，所以：221xx 解得：1x 经检验，1x 为原方程的根。此题较繁琐，既有无理式，又有指数式，但解题关键在于转化为对数方程的过程，构造函数 22log1f xxxx是关键。总结：此题关键在于等式右端的处理，我们需要将自变量从指数位置上“搬下来”，所以两边取对数，转化为对数方程，然后利用函数的单调性，转化为整式方程。6.试求多项式 32242691f xxxx 的有理根【解析】利用换元法，令1yx，代入得 321111242691fyyyy

27、323192624yyyy 现分析函数 g y 3292624g yyyy 的有理根，得到 g y没有正根。利用韦达定理可得：2,3,4y 是其全部有理根。所以 f x的有理根为111,234。7.已知,a b c为方程3770 xx的根，则222111111abc的值为 。【解析】32377131411xxxxx。故方程323410 xxx 的根为1,1,1abc。因此方程324310 xxx 的111,111abc。运用此方程经简单运算可得222211142 310111abc 8.解方程：20012001(8)280 xxx。【解析】原方程化为20012001(8)80 xxxx，即20

28、012001(8)8()()xxxx ，构造函数2001()()()f xxx，原方程等价于(8)()f xfx。而依据函数的单调性，可知()f x是 R 上的单调递增函数，于是又8xx，4x 为原方程的解。（B 组）1.已知多项式 432420f xxxxx的四个根中，有两个根的绝对值相等，符号相反，试求 f x的有理数根。【解析】设 f x的四个根为,，以x代x既得 432420g xxxxx g x的根,。于是 f x，g x有公共根。因 224f xg xx x，显然 2，再将24x 去除 f x得 25xxx x无实根，故多项式 f x的有理根是2。2.在 平 面 直 角 坐 标 系

29、 内，将 适 合,3,3,xy xy且 使 关 于t的 方 程33421()(3)0 xy txy txy没有实数根的点(,)x y所成的集合记为N，则由点集N所成区域的面积为 。A 81/4 B 83/4 C 81/5 D 83/5【答案】C【解析】令2ut，原方程化为3321()(3)0.xy uxy uxy 233221(3)4()523(53)().xyxyxyxxyyxy xy 所给方程没有实根等价于方程无实根或有实根但均为负根，所以，,3,3,(53)()0 xyxyxy xy或,3,3,(53)()0,30.xyxyxy xyxy 点集N所成区域为图中阴影部分，其面积为 1241

30、8136 3.2525ABOBCOSSS 3.已知实数,x y z满足：xyz，1xyz，2223xyz。求实数x的取值范围。【解 析】令1xt。由1xyz得zty ，代 入2223xyz，得2210ytytt 方程有实数根，所以22410ttt ，解得：223t 。由及yz可得：22443443,22ttttttyz 。又xy，所以244312tttt ，即223443ttt，解得0t.综合可知：203t，从而，513x 因此，所求实数x的取值范围是51,3。4.设方程19901989198812198919900 xa xa xaxa 的根都是正数。当19891990a 时，试求1990a

31、的最大值。【解析】设方程的根为121990,x xx，依题意设01,2,1990ixi 由韦达定理，得 1990121990199019901xxxaa 198912198913199023199019891xxxxxxxxxa 因19891990a，故由可得 1219901219901111990 x xxxxx 把代入得 19901219901111990 xxxx 因01,2,ixin，故 1219901990199012199012199011111111990 xxxxxxxxx 由，得19901990199011aa 解得 19901a 当且仅当 1219901xxx时，19901a