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数形结合思想在函数零点问题中的应用

数形结合思想在函数零点问题中的应用


高中数学教 与学  
。解题 思路 与方 法 。 

2 0 1 4聋  

数形 结 合 思 想 在 函 数零 点 问题 巾帕 应用 
任秀忠  
( 山东省 惠 民县 第一 中学 , 2 5 1 7 0 0 )  

在 函数 与 方 程 l 司题 中 , 司 以 把 函 数 的 零 

点、 方程的 根等 问题 转 化为 两个 函数 图象 交  点 的问题 , 依据函数 图象 的特 征 , 利用 区 间端 

例 2设  ) : J ( 寺 ) 一 2 , x ≤ 0 ,  
【 2  


2,   > 0,  

点处的 函数值 、 函数 的极值 等 构造 关 于参 数 
的不等式求解. 本文例说如下.  
例 1   设 函 数 

则八 )一   的零点个数是— — .  

解  作 函数 Y=  

) 及 Y=   的图象 , 如 

图2 所示. 由图可见 直线 Y=   与 函数  )的  图象有 2个交点 , 由此可得  )一  有 2 个零  点. 答案: 2 .  

f ( x ) = }   ,  
则 函数 Y=, (  ) (  
、 e 

)  
,  

( A ) 在 区 间f 1, 1   1 , ( 1 , e ) 内 均 有 零 点   ( B ) 在 区 间f 、 1, 1   1 , ( 1 , e ) 内 均 无 零 点  
e  ,  

( c ) 在 区 间f 、   e  , , 1   1   内 有 零 点 , 在 区 间  
( 1 , e )内无零点 

图2  

例 3  函 数 , (   ) =   虿 1 一 (  )   的 零 点 个  
e  ,  

( D ) 在 区 间f 、 1, 1   1 内 无 零 点, 在 区 间  
( 1 , e )内有零 点  解  令  ):0 , 侍  1   =h q g  ̄ 作函数 y  


数 为(  

)  
( B ) 1   ( C ) 2   ( D ) 3  

( A) 0  

=  

和 Y=I n   的 图象 , 如图 1 . 显然 Y:  

解  函 数  ) =   } 一 ( ÷ )   的 零 点 个 数   为 函 数 p (   ) =   } 与 函 数 g (   ) = ( ÷ )   图 象  
的交点个数. 在 同一坐标 系内画 出p (  ):  ÷  

) 在 ( i 1 , 1 ) 内 无 零 点 , 在 ( 1 , e ) 内 有 零  
点. 故选 D .  
,  l  

与 q (   ) : ( ÷ )   的 图 象 , 如 图 3 所 示 .  
p  )  
/ /  

f   e一  
图 l  
?

、   < \  ) , = (  
D  

图3  

显然 , 两图象 只有一个交点 
1 4?  

第J J粥 

高中数学教 与学  

? . .

函 数  ) =   芎 一 《   1 ) 的 零 点 个数 为  
、 二 ,  

1 , 故选 B .   例4   已知 函数, (  ):   一 3 x   一 9 x+ 3 ,   若 函数 g (  )=   )一m在  ∈ [ 一 2 , 5 ] 上有 

3个零点 , 则 m的取值范 围为(  
( A ) ( 一2 4, 8 )   ( c ) [ 1 , 8 ]   同的实根 , 即 y=  

)  

图5  

( B ) ( 一2 4 , 1 ]   ( D) [ 1 , 8 )   ) 的图象与 Y=m有 3 个  ) 的图象 , 然 

( 2 ) 若g (  )- f (  )=0 有2 个相异实根 ,  

解  问题等价于方程  )=m有 3个不 

即g (  )与, (  )的图象有 2 个不 同的交点 , 作 
2  

g (  )=   +e - - ( x>0 )的大致 图象 , 如图 6 .  
? ’ .

不 同交点. 因此 , 可先确定 Y=  

后结合 图象求解.  
,  

, (  )=一   +2 e x+, n一1  
=一 (   一e )  +, 扎一1+e   ,  

?

:  厂 、  

( 5 , 8 )  





其图象的对称 轴为 =e , 开 口向下 , 最 

大值 为 / 1 / , 一1+e   .  

O   f   似 )  
图 4  

故当, n一1 +e  >2 e , 即, n>一e  +2 e+  

1 时, g (  ) 与  ) 有2 个交点 , 即g (  )- f (  )  
=0有 2个相异实根 ,  
?




m的取值范围是( 一 e   +2 e +1 , +∞) .  

厂   (   )=3 x   一 6  一9=3 (  +1 ) (  一 3 ) ,  

令f   (  )=0 , 得  =一1 或3 . 当  ∈ [ 一2 ,  


1 )时  (  )>0 , 函数  ) 单调递增 ; 当 

∈( 一1 , 3 )时  (  ) <0 , 函数 , (  )单 调递  减; 当  E ( 3 , 5 ] 时  (  )>0 , 函数厂 (  )单  调递增.   一2 )=1   5 )=8 , 函数 图象 大致 
圈 6  

如 图4所示. 故要使 g (  ) 在 ∈ [ 一 2 , 5 ] 上有 
3 个零点 , 只需 函数  ) 在[ 一 2 , 5 ]内的函数 

例6   定义在 R上的偶函数J f (   ) , 且对任  意实数 都有  +2 )=   ) . 当   ∈[ 0 , 1 ]  
时 



图 象 与 直 线y : m 有3 个 交 点 . 故f m< 8 , 即  
L m ≥ 1.  

)=  , 若在区间[ 一 1 , 3 ] 内, 函数 g (  )  

厂 (  )一k x—I I } 有 4个零点 , 则实数 . } j 的取值 

m   E[ 1 , 8 ) , 故选 D .   例5   已知函数, (  )=一  。 +2 e X+m—  


范围是— — .  
,  

2  

3  
- 

1 , g (  )=   +三 一 (   >0 ) .  
一  

2  
L 

( 1 ) 若 y=g (  )一1 7 1 , 有零点 , 求 m的取值 
范 围;  





2 曰 D  1  2  3  4   j  


l   ’  



2  

( 2 ) 确 定 m 的取 值 范 围 , 使得 g (  )一  
)=0有 2 个 相异实 根.  
2  

图 7  

解  由, (  + 2 )=   ) 及  ∈[ 0 , 1 ] 时,  


解  ( 1 )作 g ( x )=   +三 _ (   >0 ) 的大 
五 

f ( x ):   确定 函数  )的图象 , 利用 图象求 

致 图象 , 如图5 . 可知为使 Y=g ( x )一m 有零  点, 只需 m ≥2 e .  

解. 由  
g (  ):  

+2 )=   )得函数 的周期为 2 , 令 
)一   一   =0 , 得  )=   +  :  
?

1 5 ?  

高中数学教 与学  

2 0 1 4聋  

利用 “ 整除 ’ ’ 思 想 求解 数列 中  “ 不定方程 ” 问 题 
孟凡荣  
( 江 苏省溧 水高级 中学 , 2 1 1 2 0 0 )  

题目   ( 2 0 1 4年浙 江高考 题 )已知等差  数列 { o   } 的公差 d>0 . 设{ n   } 的前 r / , 项和为 
S   , 。 l = 1, S 2 。S 3=3 6 .  

评 注  本题第 ( 2 ) 问 的本质是解关于 m,  
k的不定方程 , 上面利用 了整除思想 ( k+1 整 

除6 5 )求解 , 这是解 “ 不定方 程”的一 种常规 
方 法.   二、 追 根及 溯 源 

( 1 ) 求 d及 S   ;  
( 2 ) 求 m, k ( m, k∈N  ) 的值 , 使得 o  +  
口 m + l+ Ⅱ m + 2+ … +0   “ =6 5 .  


这一类以解 “ 不定方程 ”为背景 的数列 问 



背景及解析 

题, 在历年高考中 出现过 多次. 由于 中学阶段  对于 “ 不定 方程 ”的学 习较 少 , 很 多 同学对 于 

该试题 以学生最 为熟悉 的等差 数列 为载  体, 第( 1 )问考查 等差数列基 本量 的运算 , 第  ( 2 )问的本 质是 以数 列为载 体 , 求解“ 不定方 
程” . 解法如下 :   ( 1 ) d=2 , S  =n   . ( 过程略 )   ( 2 ) 口  +0 m + l +口 m + 2+… +口 m +  :S m +   一  
S   1= ( m


这一类问题束 手 无策. 下面 以几 道 高考 题 及 
模考题 为例 , 简单介 绍利用 “ 整除 ”思想解 决 
这类 问题的方法.  

例1 ( 2 0 0 9 年江苏高考题 ) 设{ 口   } 是公 

差不 为零 的等差数列 , J s   为其前 n项和 , 满足 

+  )  一 ( m 一1 )   =( 2 m +k一1 )  
S  ;  

。   +a ;=口   + 0 ; , S 7=7 .  
( 1 )求数列 { n   } 的通项 公式及前 n项和 

?

( k+1 )=6 5 , 则 
2 Z m , n :   — _
十 l  

一 k十 +1 .  

因为 m, k∈ N  , 贝   k+1≥ 2 .  

( 2 ) 试求所有 的正整数 m, 使得 
“m+ 2  

为 

① k+1=5 , 此 时 k:4 , m =5 ;  
② k+1=1 3 , 此 时 k=1 2 , m =一3 ( 舍) ;  

数列 { a   }中的项.  
解  ( 1 ) 口  =2 n一 7 , S  = n  一6 n ( 过程  略) .  

③ k+1=6 5 ,此 时 k : 3 2 , m =  


1 5 ( 舍) .   综上 , k=4 , m =5 .  

( 2 ) 设  盟 :口   , 则 

? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●? ?  ̄ o O… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… " O- … ●… ? ●… ? ●… - 0. … ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… - ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●… ? ●” 

(   +1 ) . 分别作 函数 Y=   ) , Y=k ( x+1 ) ,  


=  


∈[ 一1 , 3 ] 的图象 , 如图7 . 为使 函数 g (  ) 有  4 个零点 , 需直线 Y=k ( x+ 1 ) 的斜率满足 0<  
后≤ k   其中 B ( 一1 , 0 ) , A ( 3 , 1 ) , 而 k   =  
?

所 以 0 < 后 ≤ ÷ , 即 实 数   取  

值范 围是 ( 0,   1]
. 

1 6?  



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