专题二  函数与方程及函数的实际应用

1．函数f(x)＝2x＋3x的零点所在的一个区间是(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．(－2，－1)   B．(－1,0)

C．(0,1)   D．(1,2)

答案：B　[由f(－1)＝2(1)－3＜0，f(0)＝1＞0及零点定理，知f(x)的零点在区间(－1,0)上．]

2．函数f(x)＝xcos x2在区间[0,4]上的零点个数为(　　)．

A．4   B．5  

C．6   D．7

答案：C　[令xcos x2＝0，则x＝0，或x2＝kπ＋2(π)，又x∈[0,4]，因此xk＝ 2(π)(k＝0,1,2,3,4)，共有6个零点．][来源:学.科.网Z.X.X.K]

3．函数f(x)＝x2(1)－2(1)x的零点个数为(　　)．

A．0  B．1  [来源:学科网]

C．2  D．3

答案：B　[因为y＝x2(1)在x∈[0，＋∞)上单调递增，y＝2(1)x在x∈R上单调递减，所以f(x)＝x2(1)－2(1)x在x∈[0，＋∞)上单调递增，又f(0)＝－1＜0，f(1)＝2(1)＞0，所以f(x)＝x2(1)－2(1)x在定义域内有唯一零点，选B.]

4．已知某生产厂家的年利润y(单位：万元)与年产量x(单位：万件)的函数关系式为y＝－3(1)x3＋81x－234，则使该生产厂家获取最大年利润的年产量为________万件．

解析　∵y＝f(x)＝－3(1)x3＋81x－234，∴y′＝－x2＋81.

令y′＝0，得x＝9，x＝－9(舍去)．

当0＜x＜9时，y′＞0，函数f(x)单调递增；

当x＞9时，y′＜0，函数f(x)单调递减．

故当x＝9时，y取最大值．

答案　9

高考对本部分的考查有：

(1)①确定函数零点；

②确定函数零点的个数；

③根据函数零点的存在情况求参数值或取值范围．

(2)函数简单性质的综合考查．函数的实际应用问题．

(3)函数与导数、数列、不等式等知识综合考查．

利用函数性质解决相关的最值．题型既有选择题、填空题，又有解答题，客观题主要考查相应函数的图象和性质，主观题考查较为综合，在考查函数的零点、方程根的基础上，又注重考查函数与方程、转化与化归、分类讨论、数形结合的思想方法．

1．二次函数图象是连接三个“二次”的纽带，是理解和解决问题的关键，应认真研究、熟练掌握．

2．关于零点问题，要学会分析转化，能够把与之有关的不同形式的问题，化归为适当方程的零点问题．

3．函数模型的实际应用问题，主要抓好常见函数模型的训练，重点放在信息整理与建模上.

必备知识

��零点存在性定理

如果函数y＝f(x)在区间[a，b]上的图象是连续不断的一条曲线，且有f(a)·f(b)＜0，那么，函数y＝f(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的根．

注意以下两点：

①满足条件的零点可能不唯一；

②不满足条件时，也可能有零点．

��在处理二次函数问题时，要注意f(x)的几种常见表达形式

(1)y＝ax2＋bx＋c；

(2)y＝a(x－x1)(x－x2)；

(3)y＝a(x－h)2＋k.

应根据题目的特点灵活选用上述表达式．

��应用函数模型解决实际问题的一般程序

(文字语言)(读题)⇒(数学语言)(建模)⇒(数学应用)(求解)⇒(检验作答)(反馈)

与函数有关的应用题，经常涉及到物价、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．解答这类问题的关键是确切的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．

必备方法

1．在求方程解的个数或者根据解的个数求方程中的字母参数的范围的问题时，数形结合是基本的解题方法，即把方程分拆为一个等式，使两端都转化为我们所熟悉的函数的解析式，然后构造两个函数f(x)，g(x)，即把方程写成f(x)＝g(x)的形式，这时方程根的个数就是两个函数图象交点的个数，可以根据图象的变化趋势找到方程中字母参数所满足的各种关系．

2．二次函数y＝a(x－h)2＋k(a≠0)，x∈[p，q]的最值问题实际上是研究函数在[p，q]上的单调性．常用方法：(1)注意是“轴动区间定”，还是“轴定区间动”，找出分类的标准；(2)利用导数知识，最值可以在端点和驻点处寻找．

3．f(x)≥0在[p，q]上恒成立问题，等价于f(x)min≥0，x∈[p，q]．

常考查：①根据函数解析式判断零点所在的区间；②根据函数解析式求零点的个数问题．可采用零点判定定理、数形结合法求解，高考命题有加强的趋势，难度中档偏下．　　　　　　　　　　　　　　　　　　

【例1】►函数f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内(　　)．

A．没有零点   B．有且仅有一个零点

C．有且仅有两个零点   D．有无穷多个零点

[审题视点] 　

[听课记录]

[审题视点] 将问题转化为判断y＝与y＝cos x的交点个数．

B　[

在同一直角坐标系中分别作出函数y＝和y＝cos x的图象，如图，由于x＞1时，y＝＞1，y＝cos x≤1，所以两图象只有一个交点，即方程－cos x＝0在[0，＋∞)内只有一个根，所以f(x)＝－cos x在[0，＋∞)内只有一个零点．]

确定函数零点的常用方法：

①解方程判定法，若方程易求解时用此法；

②零点存在的判定定理法，常常要结合函数的性质、导数等知识；

③数形结合法，在研究函数零点、方程的根及图象交点的问题时，当从正面求解难以入手，可以转化为某一易入手的等价问题求解，如求解含有绝对值、分式、指数、对数、三角式等较复杂的函数零点问题，常转化为熟悉的两个函数图象的交点问题求解．

【突破训练1】 函数f(x)＝－2＋ln x，x＞0(x2＋2x－3，x≤0，)的零点个数为(　　)．　　　　　　　　　　　　　　　　　

A．0  B．1  C．2  D．3

答案：C　[当x≤0时，令x2＋2x－3＝0，解得x＝－3；当x＞0时，令－2＋ln x＝0，解得x＝e2.所以已知函数有两个零点，选C.]

函数思想在高考中并不单独考查，而往往与导数结合命制压轴性大题，试题围绕二次函数、二次方程及二次不等式的关系展开，解题的关键是从判别式、韦达定理、对称轴、开口方向等方面去考虑结论成立的所有条件，难度较大．

【例2】► 已知二次函数f(x)＝ax2＋bx＋c.

(1)若a＞b＞c，且a＋b＋c＝0，试证明f(x)＝0必有两个实根；

(2)若对x1，x2∈R且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，试证明方程f(x)＝2(1)[f(x1)＋f(x2)]有两不等实根，且必有一个实根属于(x1，x2)．

[审题视点] 　

[听课记录]

[审题视点] (1)将已知条件b＝－(a＋c)代入f(x)＝0后，再对f(x)＝0分解因式求根．(2)利用函数与方程的思想构造函数f(x)－2(1)[f(x1)＋f(x2)]，利用函数零点判定定理可知函数在(x1，x2)有一零点．

证明　(1)若a＞b＞c，a＋b＋c＝0，

则a＞0，c＜0，且b＝－(a＋c)，

所以方程f(x)＝0可化为ax2－(a＋c)x＋c＝0，

即a(x－1)a(c)＝0，

则f(x)＝0有两根x1＝1，x2＝a(c).

(2)令g(x)＝f(x)－2(1)[f(x1)＋f(x2)]，

g(x1)＝2(1)[f(x1)－f(x2)]，g(x2)＝2(1)[f(x2)－f(x1)]，

且x1＜x2，f(x1)≠f(x2)，

所以g(x1)g(x2)＝－4(1)[f(x1)－f(x2)]2＜0，

即函数g(x)在区间(x1，x2)内有零点，则方程g(x)＝0有一实根属于(x1，x2)，由二次函数的性质可知必有另一实根．

二次函数问题通常利用二次方程、二次不等式之间的关系来处理，从而使方程问题函数化，函数问题方程化，体现了函数与方程的思想．

【突破训练2】 已知a是实数，函数f(x)＝2ax2＋2x－3－a，如果函数y＝f(x)在区间[－1,1]上有零点，求实数a的取值范围．

解　当a＝0时，f(x)＝2x－3，

其零点x＝2(3)不在区间[－1,1]上．

当a≠0时，函数f(x)在区间[－1,1]分为两种情况：

①函数在区间[－1,1]上只有一个零点，

此时f(－1)f(1)＝(a－5)(a－1)≤0，(Δ＝4－8a(－3－a)≥0，)或≤1.(1)

解得1≤a≤5或a＝－2(7).

②函数在区间[－1,1]上有两个零点，此时

f(－1)≥0(f(1)≥0，)或f(－1)≤0，(f(1)≤0，)

解得a≥5或a＜－2(7).

综上所述，如果函数在区间[－1,1]上有零点，

那么实数a的取值范围为2(7)∪[1，＋∞)．

函数综合题的求解往往运用多种知识和技能．因此，必须全面掌握有关的函数知识，并且严谨审题，弄清题目的已知条件，尤其要挖掘题目中的隐含条件．要认真分析，处理好各种关系，把握问题的主线，运用相关的知识和方法将题目逐步化归为基本问题来解决．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　

【例3】► 已知二次函数y＝g(x)的导函数的图象与直线y＝2x平行，且y＝g(x)在x＝－1处取得极小值m－1(m≠0)，设函数f(x)＝x(g(x)).

(1)若曲线y＝f(x)上的点P到点Q(0,2)的距离的最小值为，求m的值；

(2)当k(k∈R)取何值时，函数y＝f(x)－kx存在零点，并求出零点．

[审题视点] 　

[听课记录]

[审题视点] (1)利用已知条件用含m的式子表示f(x)，再结合点P到点Q的最值，利用基本不等式求m值．

(2)将已知转化为f(x)－kx＝0，进而求其根，需要根据解题对k，m分类讨论．

解　(1)设g(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，则g′(x)＝2ax＋b；

又y＝g′(x)的图象与直线y＝2x平行，

∴2a＝2，a＝1，又g(x)在x＝－1处取得极小值，

∴g′(－1)＝0，b＝2.

∴g(－1)＝a－b＋c＝1－2＋c＝m－1，∴c＝m.

f(x)＝x(g(x))＝x＋x(m)＋2，设P(x0，y0)，

则|PQ|2＝x0(2)＋(y0－2)2＝x0(2)＋x0(m)2

＝2x0(2)＋0(2)＋2m≥2＋2m.

∴2＋2m＝2，∴m＝－1或－－1.

(2)由y＝f(x)－kx＝(1－k)x＋x(m)＋2＝0，

得(1－k)x2＋2x＋m＝0.

当k＝1时，方程(*)有一个解x＝－2(m)，

故函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝－2(m)，(*)

当k≠1时，方程(*)有两解⇔Δ＝4－4m(1－k)＞0，

若m＞0，则k＞1－m(1)，函数y＝f(x)－kx有两个零点

x＝2(1－k)(4－4m(1－k))＝k－1(1－m(1－k))；

若m＜0，则k＜1－m(1)，故函数y＝f(x)－kx有两个零点

x＝2(1－k)(4－4m(1－k))＝k－1(1－m(1－k))；

当k≠1时，方程(*)有一解⇔Δ＝4－4m(1－k)＝0，

k＝1－m(1)，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝k－1(1).

综上：当k＝1时，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝－2(m)；

当k＞1－m(1)(m＞0)，或k＜1－m(1)(m＜0)时，

函数y＝f(x)－kx有两个零点x＝k－1(1－m(1－k))；

当k＝1－m(1)时，函数y＝f(x)－kx有一个零点x＝k－1(1).

此题考查了函数的零点、最值、一元二次方程等基础知识，运用导数研究函数的性质的方法，体现了函数与方程，分类与整体的数学思想方法．

【突破训练3】 (2011·北京)已知函数f(x)＝(x－1)3，x＜2，(，x≥2，)

若关于x的方程f(x)＝k有两个不同的实根，则实数k的取值范围是________．

解析　

作出函数f(x)的图象，如图，由图象可知，当0＜k＜1时，函数f(x)与y＝k的图象有两个不同的交点，所以所求实数k的取值范围是(0,1)．

答案　(0,1)

该类试题以实际生活为背景，通过巧妙设计和整合命制，试题常与函数解析式的求法、函数最值、不等式、导数等知识交汇，多以求最值为高考考向．这类题目对学生的阅读、审题能力、建模能力提出了较高的要求．

【例4】►如图，长方体物体E在雨中沿面P(面积为S)的垂直方向作匀速移动，速度为v(v>0)，雨速沿E移动方向的分速度为c(c∈R)．E移动时单位时间内的淋雨量包括两部分：①P或P的平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量，假设其值与|v－c|×S成正比，比例系数为10(1)；②其他面的淋雨量之和，其值为2(1).记y为E移动过程中的总淋雨量．当移动距离d＝100，面积S＝2(3)时．

(1)写出y的表达式；

(2)设0<v≤10,0<c≤5，试根据c的不同取值范围，确定移动速度v，使总淋雨量y最少．

[审题视点] 　

[听课记录]

[审题视点] 先求E移动时单位时间内的淋雨量(分两部分：一是P或P的平行面；二是其他面的淋雨量之和)．再分0＜v≤c或c＜v≤10两种情况，利用函数的单调性求解．

解　(1)由题意知，E移动时单位时间内的淋雨量为20(3)|v－c|＋2(1)，故y＝v(100)2(1)＝v(5)(3|v－c|＋10)．

(2)由(1)知，当0＜v≤c时，y＝v(5)(3c－3v＋10)＝v(5(3c＋10))－15；当c＜v≤10时，y＝v(5)(3v－3c＋10)＝v(5(10－3c))＋15.

故y＝＋15，c＜v≤10.(5(10－3c))

①当0＜c≤3(10)时，y是关于v的减函数，故当v＝10时，ymin＝20－2(3c).

②当3(10)＜c≤5时，在(0，c]上y是关于v的减函数；在(c,10]上，y是关于v的增函数，故当v＝c时，ymin＝c(50).

(1)关于解决函数的实际应用问题，首先要在阅读上下功夫，一般情况下，应用题文字叙述比较长，要耐心、细心地审清题意，弄清各量之间的关系，再建立函数关系式，然后借助函数的知识求解，解答后再回到实际问题中去．

(2)对函数模型求最值的常用方法：单调性法、基本不等式法及导数法．

【突破训练4】 (2012·东北三校二模)已知一家公司生产某种品牌服装的年固定成本为10万元，每生产1千件需另投入2.7万元．设该公司一年内生产该品牌服装x千件并全部销售完，每千件的销售收入为R(x)万元，且R(x)＝，x＞10.(1 000)

(1)写出年利润W(万元)关于年产量x(千件)的函数解析式；

(2)年产量为多少千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获得的年利润最大．(注：年利润＝年销售收入－年总成本)

解　(1)当0＜x≤10时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝8.1x－30(x3)－10；[来源:学。科。网]

当x＞10时，W＝xR(x)－(10＋2.7x)＝98－3x(1 000)－2.7x，

∴W＝－2.7x，x＞10.(1 000)

(2)①当0＜x≤10时，由W′＝8.1－10(x2)＝0，得x＝9.

当x∈(0,9)时，W′＞0；当x∈(9,10]时，W′＜0，

∴当x＝9时，W取得最大值，

即Wmax＝8.1×9－30(1)×93－10＝38.6.

②当x＞10时，W＝98－＋2.7x(1 000)≤98－2 ×2.7 x(1 000)＝38，

当且仅当3x(1 000)＝2.7 x，即x＝9(100)时，W取得最大值38.

综合①②知：当x＝9时，W取得最大值38.6，[来源:Zxxk.Com]

故当年产量为9千件时，该公司在这一品牌服装的生产中所获的年利润最大．

利用导数来研究函数的零点问题

利用导数可判断函数图象的变化趋势及单调性，而函数的单调性往往与方程的解交汇命题．因此，可借助导数这一工具来研究函数的零点问题．

【示例】►已知函数f(x)＝axsin x－2(3)(a∈R)，且在2(π)上的最大值为2(π－3).

(1)求函数f(x)的解析式；

(2)判断函数f(x)在(0，π)内的零点个数，并加以证明．

[满分解答]　(1)由已知得f′(x)＝a(sin x＋xcos x)，

对于任意x∈2(π)，有sin x＋xcos x＞0.

当a＝0时，f(x)＝－2(3)，不合题意；

当a＜0时，x∈2(π)时，f′(x)＜0，从而f(x)在2(π)内单调递减，又f(x)在2(π)上的图象是连续不间断的，故f(x)在2(π)上的最大值为f(0)＝－2(3)，不合题意；(4分)

当a＞0，x∈2(π)时，f′(x)＞0，从而f(x)在2(π)内单调递增，又f(x)在2(π)上的图象是连续不间断的，故f(x)在2(π)上的最大值为f2(π)，即2(π)a－2(3)＝2(π－3)，解得a＝1.

综上所述，得f(x)＝xsin x－2(3).(6分)

(2)f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．证明如下：

由(1)知，f(x)＝xsin x－2(3)，从而有f(0)＝－2(3)＜0，f2(π)＝2(π－3)＞0，又f(x)在2(π)上的图象是连续不间断的，

所以f(x)在2(π)内至少存在一个零点．

又由(1)知f(x)在2(π)上单调递增，故f(x)在2(π)内有且只有一个零点．(9分)

当x∈，π(π)时，令g(x)＝f′(x)＝sin x＋xcos x.

由g2(π)＝1＞0，g(π)＝－π＜0，且g(x)在，π(π)上的图象是连续不间断的，故存在m∈，π(π)，使得g(m)＝0.

由g′(x)＝2cos x－xsin x，知x∈，π(π)时，有g′(x)＜0，

从而g(x)在，π(π)内单调递减．

当x∈，m(π)时，g(x)＞g(m)＝0，即f′(x)＞0，从而f(x)在，m(π)内单调递增，

故当x∈，m(π)时，f(x)≥f2(π)＝2(π－3)＞0，故f(x)在，m(π)上无零点；(12分)

当x∈(m，π)时，有g(x)＜g(m)＝0，即f′(x)＜0，从而f(x)在(m，π)内单调递减．[来源:学科网ZXXK]

又f(m)＞0，f(π)＜0，且f(x)在[m，π]上的图象是连续不断的，从而f(x)在(m，π)内有且仅有一个零点．

综上所述，f(x)在(0，π)内有且只有两个零点．(14分)

老师叮咛：本题综合考查了导数法判断函数的单调性、最值和函数零点的判断.第(1)问需对a分类讨论，利用f′(x)的正负与f(x)单调性的关系求得结果.第(2)问需要经过二次求导，原因是一次求导不能判断其导数的正负，还需第二次求导，再结合零点存在定理判断函数在某个区间内零点存在情况.

【试一试】 已知函数f(x)＝x3，g(x)＝x＋.求函数h(x)＝f(x)－g(x)的零点个数，并说明理由．

解　由h(x)＝x3－x－知，x∈[0，＋∞)，而h(0)＝0，且h(1)＝－1＜0，h(2)＝6－＞0，则x＝0为h(x)的一个零点，且h(x)在(1,2)内有零点．因此，h(x)至少有两个零点．

法一　h′(x)＝3x2－1－2(1)x－2(1)，记φ(x)＝3x2－1－2(1)x－2(1)，则φ′(x)＝6x＋4(1)x－2(3).

则x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，因此φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．又因为φ(1)＞0，φ3(3)＜0，则φ(x)在，1(3)内有零点．所以φ(x)在(0，＋∞)内有且只有一个零点．记此零点为x1，则当x∈(0，x1)时，φ(x)＜φ(x1)＝0；当x∈(x1，＋∞)时，φ(x)＞φ(x1)＝0.

所以，当x∈(0，x1)时，h(x)单调递减．而h(0)＝0，则h(x)在(0，x1]内无零点；当x∈(x1，＋∞)时，h(x)单调递增，则h(x)在(x1，＋∞)内至多只有一个零点．

从而h(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．

综上所述，h(x)有且只有两个零点．

法二　由h(x)＝x(x2－1－x－2(1))，记φ(x)＝x2－1－x－2(1)，则φ′(x)＝2x＋2(1)x－2(3).

当x∈(0，＋∞)时，φ′(x)＞0，从而φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，则φ(x)在(0，＋∞)内至多只有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)内也至多只有一个零点．

综上所述，h(x)有且只有两个零点．