【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第8讲 函数与方程配套课件 理 新人教A版


第8讲 函数与方程

考点梳理
1.函数的零点 (1)函数零点的定义 一般地,我们把使函数y=f(x)的值为0的实数x称为函数y =f(x)的零点.

(2)几个等价关系 x轴 有交点 方程f(x)=0有实数根?函数y=f(x)的图象与_____ 零点 . ?函数y=f(x)有_____

(3)函数零点的判定(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 f(a)· f(b)<0 ,那么函数y=f(x)在区间 曲线,并且有____________ (a,b) 内有零点,即存在c∈(a,b),使得f(c)=0,这个 _______ c 也就是f(x)=0的根. ___

2.二次函数y=ax2+bx+c(a>0)零点的分布
根的分布(m<n <p 为常数) 图象 满足条件

x1<x2<m

?Δ> 0 ? b ?-2a<m ? ?f?m?>0 ?Δ> 0 ? b ?-2a>m ? ?f?m?>0
f(m)<0

m<x1<x2

x1<m<x2

m<x1<x2 <n

?Δ>0 ? ?m<- b <n 2a ? ?f?m?>0 ? ?f?n?>0 ?f?m?>0 ? ?f?n?<0 ?f?p?>0 ? Δ=0 ? ? ? b m<- <n ? 2a ? 或 f(m)· f(n) <0

m<x1<n< x2<p

只有一根在 (m,n)之间

3.二分法 f(a)· f(b)<0 的函数y= 对于在区间[a,b]上连续不断且___________ f(x),通过不断地把函数f(x)的零点所在的区间 一分为二 零点,进而得到 _________,使区间的两个端点逐步逼近_____

零点近似值的方法叫做二分法.

【助学· 微博】 一个复习指导

本讲复习时,应充分利用二次函数的图象,理顺三个“二
次”的关系,进而把握函数与方程之间的关系,重点解 决:(1)求函数的零点;(2)求方程解的个数;(3)根据函数 零点情况求解参数的取值范围.另外,函数的零点问题常 结合导数来考查,难度较大.

零点存在性定理是函数y=f(x)存在零点的充分不必要条件
若函数y=f(x)在闭区间[a,b]上的图象是连续不间断的, 并且在区间端点的函数值符号相反,即f(a)· f(b)<0,则函

数y=f(x)在区间(a,b)内有零点,即存在c∈(a,b)使f(c)=
0, 这个c就是方程f(x)=0的根.这就 是零点存在性定理.满足这些条件 一定有零点,不满足这些条件也不 能说就没有零点.如图,f(a)· f(b)>0,f(x)在区间(a,b) 上存在零点,并且有两个.

考点自测
1.(2013· 南京 29 中调研)函数 f(x)= x+log2 x 的零点个数 为________.

解析

数形结合求解.

答案 1 2.(2013· 扬州调研)若函数f(x)=x2+2a|x|+4a2-3的零点有 且只有一个,则实数a=________.
解析 因为 f(x)是偶函数, 若它只有一个零点, 则 f(0)=0,
2

3 3 所以 4a -3=0,a=± .a=- 不合题意,故应舍去. 2 2
答案 3 2

3.(2013· 泰州学情调查)已知函数f(x)=3ax-2a+1在区间

(-1,1)内存在x0,使f(x0)=0,则实数a的取值范围是
________.
解析 由题意 f(-1)f(1)=(3a-2a+1)(-3a-2a+1)=(a

1 +1)(1-5a)<0,所以 a> 或 a<-1. 5
答案
?1 ? (-∞,-1)∪?5,+∞? ? ?

x+2 4.(2012· 淮安模拟)若函数 f(x)=log3 x -a 在区间(1,2)内有零 点,则实数 a 的取值范围是________. x+2 x+2 解析 由 log3 x -a=0,得 a=log3 x ,所以只要求

x+2 函数 y=log3 x (x∈(1,2))的值域. x+2 x+2 因为 x∈(1,2),所以 x ∈(2,3),log3 x ∈(log32,1),所 以 a∈(log32,1).

答案

(log32,1)

5.(2012· 常州模拟)若函数f(x)=x2+ax+b的两个零点是
-2和3,则不等式af(-2x)>0的解集是________.
解析 ∵f(x)=x2+ax+b 的两个零点是-2,3. ∴-2,3 是方程 x2+ax+b=0 的两根,
? ?-2+3=-a, 由根与系数的关系知? ? ?-2×3=b, ? ?a=-1, ∴? ? ?b=-6,

∴f(x)=x2-x-6.∵不等式 af(-2x)>0, 即-(4x2+2x-6)>0?2x2+x-3<0,
? ? ? 3 解集为?x?-2 ? ? ? ? ? ? 3 答案 ?x?-2 ? ? ? ? ? <x<1?. ? ? ? ? <x<1? ? ?

考向一

判断函数在给定区间上零点的存在性

【例1】 (1)(2011· 山东卷)已知函数f(x)=logax+x-b(a>0,

且a≠1).当2<a<3<b<4时,函数f(x)的零点x0∈(n,n
+1),n∈N*,则n=________.

(2)函数f(x)=3x-7+ln x的零点位于区间(n,n+1)(n∈N)
内,则n=________.

解析

(1)令y1=logax,y2=b-x,函数f(x)的零点就是这

两个函数图象交点的横坐标,由于直线y=b-x在x轴上的 截距b满足3<b<4,函数f(x)只有一个零点,且n只能是1或 者2.f(1)=1-b<0,f(2)=loga2+2-b<1+2-3<0,f(3)=

loga3+3-b>1+3-4=0.根据函数零点定理可得函数f(x)
的零点在区间(2,3)内,故n=2. (2)求函数f(x)=3x-7+ln x的零点,可以大致估算两个相 邻自然数的函数值,如f(2)=-1+ln 2,由于ln 2<ln e= 1,所以f(2)<0,f(3)=2+ln 3,由于ln 3>1,所以f(3)>

0,所以函数f(x)的零点位于区间(2,3)内,故n=2.
答案 (1)2 (2)2

[方法总结] 判断函数在某个区间上是否存在零点,要根据
具体题目灵活处理.当能直接求出零点时,就直接求出进 行判断;当不能直接求出时,可根据零点存在性定理;当

用零点存在性定理也无法判断时可画出图象判断.

【训练1】 (1)(2010· 天津卷改编)函数f(x)=2x+3x的零点所
在的一个区间是________(填序号). ①(-2,-1);②(-1,0);③(0,1);④(1,2).
1 (2) 设 函 数 f(x) = x - ln x(x>0) , 则 y = f(x) 满 足 3 ________(填序号). ?1 ? ①在区间?e ,1?,(1,e)内均有零点; ? ? ?1 ? ②在区间?e ,1?,(1,e)内均无零点; ? ? ?1 ? ③在区间?e ,1?内有零点,在区间(1,e)内无零点; ? ? ?1 ? ④在区间?e ,1?内无零点,在区间(1,e)内有零点. ? ?

解析 (1)∵f′(x)=2xln 2+3>0,∴f(x)=2x+3x 在 R 上是增函数. 而 f(-2)=2-2-6<0,f(-1)=2-1-3<0, f(0)=20=1>0,f(1)=2+3=5>0,f(2)=22+6=10>0, ∴f(-1)· f(0)<0.故函数 f(x)在区间(-1,0)上有零点. 1 1 x-3 (2)f′(x)= -x= ,当 x>3 时,f′(x)>0, 3 3x 当 0<x<3 时,f′(x)<0, ∴f(x)在(0,3)上递减,在(3,+∞)上递增. ?1? 1 1 e ? ? 又∵f e = +1>0,f(1)= >0,f(e)= -1<0, 3 3 ? ? 3e ?1 ? ∴在区间?e ,1?内无零点,在区间(1,e)内有零点. ? ?

答案

(1)②

(2)④

考向二

函数零点个数的判断

【例2】 (1)(2012· 大纲全国卷改编)已知函数y=x3-3x+c
的图象与x轴恰有两个公共点,则c=________.
(2)已知 2<a<2,则函数 f(x)= a2-x2+|x|-2 的零 点个数为________.

解析

(1)f′(x)=3x2-3=3(x+1)(x-1),则当x=-1或

1时,f(x)取得极值.∴f(1)=0或f(-1)=0,即c-2=0 或c+2=0,∴c=2或-2.
(2) 在 同 一 坐 标 系 中 分 别 作 出 y = a2-x2及 y=2-|x|的图象,得两个函 数图象共有 4 个交点,所以函数 f(x) 的零点个数是 4.

答案

(1)2或-2

(2)4

[方法总结] 函数零点个数的判断方法: (1)直接求零点:令f(x)=0,如果能求出解,则有几个解就 有几个零点;

(2)零点存在性定理:利用定理不仅要求函数在区间[a,b]
上是连续不断的曲线,且f(a)· f(b)<0,还必须结合函数的 图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零

点;
(3)利用图象交点的个数:画出两个函数的图象,看其交 点的个数,其中交点的横坐标有几个不同的值,就有几个 不同的零点.

【训练 2】 (1)已知函数

? ?x+1,x≤0, f(x)=? ? ?log2x,x>0,

则函数 y=

f[f(x)]+1 的零点个数是________.
(2)(2012· 福建卷 ) 对于实数 a 和 b ,定义运算 “*” : a*b =
2 ? ?a -ab,a≤b, ? 2 ? ?b -ab,a>b.

设 f(x)=(2x-1)*(x-1),且关于 x 的方

程 f(x)=m(m∈R)恰有三个互不相等的实数根 x1,x2,x3, 则 x1x2x3 的取值范围是________.

解析

(1)若 x≤0,则 f(x)=x+1,

y=f[f(x)]+1=f(x+1)+1
? ?x+2,x≤-1, =? ? ?log2?x+1?+1,-1<x≤0.

令 x+2=0 与 log2(x+1)=-1, 1 得两个零点 x=-2 和 x=- . 2 若 x>0,则 f(x)=log2x,y=f[f(x)]=f(log2x)+1=
? ?log2x+2,0<x≤1, ? ? ?log2?log2x?+1,x>1.

令 log2x+2=0 与 log2(log2x)=-1, 1 得两个零点 x= 和 x= 2.故共有 4 4 个零点. (2)由题得 f(x)= 2 ? ?2x -x,x≤0, ? f(x)的图象如图. 2 ? ?-x +x,x>0, ∵f(x)=m 恰有三个互不相等的根, 1 ∴0<m< . 4 将 y=2x2-x 的图象补充可得 A 点坐标: ?1+ 3 ? 1+ 3 1 ? ? 2 2x -x= ,∴x= ,∴A? , 0 ?. 4 4 ? 4 ?

设 f1(x)=m 与 f2(x)=2x2-x 和 f3(x)=-x2+x 的交点分别 为 x1,x4 和 x2,x3, m 由 m=2x -x,m=-x +x 可得 x1x4=- ,x2x3=m, 2
2 2

1+ 3 m2 1 1 ∴x1x2x3x4=- ,而 <x4< ,0<m< , 2 2 4 4
?1- ∴x1x2x3∈? ? 16 ? ? 3 ? , 0 ?. ?
? 3 ? ,0? ?

答案

(1)4

?1- (2)? ? 16 ?

考向三

二次函数的零点分布问题

【例3】 已知关于x的二次方程x2+2mx+2m+1=0.
(1)若方程有两根,其中一根在区间(-1,0)内,另一根在区 间(1,2)内,求m的范围;

(2)若方程两根均在区间(0,1)内,求m的范围.
解 (1)由条件,抛物线f(x)=x2+

2mx+2m+1与x轴的交点分别在区 间(-1,0)和(1,2)内,如图(1)所示,


(1)

? ?f?0?=2m+1<0, ?f?-1?=2>0, ? ?f?1?=4m+2<0, ? ?f?2?=6m+5>0

1 ? ?m<-2, ? ?m∈R, ?? 1 ?m<-2, ? ?m>-5. ? 6

5 1 即- <m<- . 6 2

(2)抛物线与x轴交点落在区间(0,1)内,如图(2)所示
? ?f?0?>0, ?f?1?>0, 列不等式组? ?Δ≥0, ? ?0<-m<1

?

1 ? ?m>- , 2 ? 1 ? ?m>-2, ? ?m≥1+ 2或m≤1- 2, ? ?-1<m<0. 1 即- <m≤1- 2. 2

(2)

[方法总结] 本题重点考查方程的根的分布问题,熟知方程 的根对于二次函数性质所具有的意义是正确解此题的关 键.用二次函数的性质对方程的根进行限制时,条件不严 谨是解答本题的易错点.

【训练3】 (2012· 泰州高三调研)(1)m为何值时,f(x)=x2+ 2mx+3m+4. ①有且仅有一个零点;②有两个零点且均比-1大;

(2)若函数f(x)=|4x-x2|+a有4个零点,求实数a的取值范
围. 解 (1)①f(x)=x2+2mx+3m+4有且仅有一个零点?方程

f(x)=0有两个相等实根?Δ=0,即4m2-4(3m+4)=0,即
m2-3m-4=0,∴m=4或m=-1. ②法一 设f(x)的两个零点分别为x1,x2,

则x1+x2=-2m,x1· x2=3m+4.

2 ?Δ=4m -4?3m+4?>0, ? 由题意,在??x1+1??x2+1?>0, ? ??x1+1?+?x2+1?>0

?

2 ?m -3m-4>0, ?m>4或m<-1, ? ? ?3m+4-2m+1>0, ??m>-5, ? ? ?-2m+2>0 ?m<1, ∴-5<m<-1.故 m 的取值范围为(-5,-1). ?Δ>0, ? 法 二 由 题 意 , 知 ?-m>-1, ? ?f?-1?>0, 2 ?m -3m-4>0, ? ?m<1, ? ?1-2m+3m+4>0. ∴-5<m<-1.∴m 的取值范围为(-5,-1).



(2)令f(x)=0,得|4x-x2|+a=0,
即|4x-x2|=-a. 令g(x)=|4x-x2|,h(x)=-a. 作出g(x)、h(x)的图象. 由图象可知,当0<-a<4,即-4

<a<0时,g(x)与h(x)的图象有4个
交点,即f(x)有4个零点.故a的取值范围为(-4,0).

热点突破9

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.
3 【示例】 (2012· 福建卷)已知函数 f(x)=axsin x- (a∈R), 2
? π- 3 π? 且在?0,2 ?上的最大值为 . 2 ? ?

(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. [审题与转化] 第一步: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.

[规范解答] 第二步:(1)由已知得 f′(x)=a(sin x+xcos x) , ? π? 对于任意 x∈?0, 2 ?,有 sin x+xcos x>0. ? ? 3 当 a=0 时,f(x)=- ,不合题意; 2 ? ? π? π? 当 a<0 时,x∈?0, 2 ?时,f′(x)<0,从而 f(x)在?0, 2 ?内 ? ? ? ? ? π? 单调递减, 又 f(x)在?0, 2 ?上的图象是连续不间断的, 故 f(x) ? ? ? π? 3 在?0, 2 ?上的最大值为 f(0)=- ,不合题意; 2 ? ?

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

3 综上所述,得 f(x)=xsin x- . 2 (2)f(x)在(0,π)内有且只有两个零点.证明如下: ?π? π-3 3 3 由(1)知,f(x)=xsin x- ,从而有 f(0)=- <0,f?2 ?= 2 2 2 ? ? ? π? >0,又 f(x)在?0,2 ?上的图象是连续不间断的,所以 f(x)在 ? ? ? π? ?0, ?内至少存在一个零点. 2? ?

又由(1)知

? π? f(x)在?0, 2 ?上单调递增, 故 ? ?

? π? f(x)在?0, 2 ?内有 ? ?

且只有一个零点. ?π ? 当 x∈?2,π?时,令 g(x)=f′(x)=sin x+xcos x. ? ? ?π? ?π ? 由 g?2 ?=1>0,g(π)=-π<0,且 g(x)在?2,π?上的图 ? ? ? ? ?π ? 象是连续不间断的,故存在 m∈?2,π?,使得 g(m)=0. ? ? ?π ? 由 g′(x)=2cos x-xsin x,知 x∈?2,π?时,有 g′(x) ? ? < 0,

当x∈(m,π)时,有g(x)<g(m)=0,

?π ? 从而 g(x)在?2,π?内单调递减. ? ? ?π ? 当 x∈?2,m?时,g(x)>g(m)=0, ? ? ?π ? 即 f′(x)>0,从而 f(x)在?2,m?内单调递增, ? ? ?π ? ?π? π-3 故当 x∈?2,m?时,f(x)≥f?2 ?= >0, 2 ? ? ? ? ?π ? 故 f(x)在?2,m?上无零点; ? ?

即f′(x)<0,从而f(x)在(m,π)内单调递减. 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.

[反思与回顾] 第三步:本题综合考查了导数法在函数的 单调性、最值及函数零点的判断,要深刻体会数形结合思

想在函数零点问题中的应用.

高考经典题组训练
1.(2012· 湖北卷改编)函数 f(x)=xcos x2 在区间[0,4]上的 零点个数为________.
解析 由 f(x)=xcos x =0,得 x=0 或 x=
2

?2k+1?π , 2

k=0,1,2,3,4,k=5 时,

11π >4,所以有 6 个零点. 2

答案

6

2. (2012· 辽宁卷改编)设函数 f(x)(x∈R)满足 f(-x)=f(x), f(x) = f(2 - x) ,且当 x ∈ [0,1] 时, f(x) = x3 ,又函数 g(x) = 1 3 |xcos(πx)|,则函数 h(x)=g(x)-f(x)在[- , ]上的零点 2 2 个数为________.

解析

由题意,f(x)为偶函数且

周期 T=2.画出 y=g(x)与 y=f(x) 的图象如图所示, 由图可知它们 共有 6 个交点,所以 h(x)=g(x)
? 1 3? -f(x)在?-2,2?上的零点个数 ? ?

为6.

答案

6

3.(2011· 湖南卷)已知函数 f(x)=x3,g(x)=x+ x.

(1)求函数h(x)=f(x)-g(x)的零点个数,并说明理由. (2)设数列{an}(n∈N*)满足a1=a(a>0),f(an+1)=g(an),证 明:存在常数M,使得对于任意的n∈N*,都有an≤M. (1)解 h(x)=x3-x- x,x∈[0,+∞),而 h(0)=0,且 h(1)=-1<0, h(2)=6- 2>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. 1 1 2 2 h(x)=x(x -1-x- ),记 φ(x)=x -1-x- ,则 φ′(x) 2 2 1 3 =2x+ x- .当 x∈(0, +∞)时, φ′(x)>0, 从而 φ(x)在(0, 2 2 +∞)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.

(2)证明

记 h(x)的正零点为 x0,即 x3 0=x0+ x0.

①当 a<x0 时,由 a1=a,即 a1<x0.
3 而 a3 = a + a < x + x = x 2 1 1 0 0 0,因此 a2<x0. 3 而 a3 = a + a < x + x = x 2 1 1 0 0 0,因此 a2<x0,

由此猜测:an<x0,下面用数学归纳法证明. (ⅰ)当 n=1 时,a1<x0 显然成立; (ⅱ)假设当 n=k(k≥1)时, ak<x0 成立, 则当 n=k+1 时,
3 由 a3 = a + a < x + x = x + k 1 k k 0 0 0,知 ak+1<x0.

∴当 n=k+1 时,ak+1<x0 成立;故对任意 n∈N*,an<x0 成立.

②当 a≥x0 时,由(1)知,h(x)在(x0,+∞)上单调递增, 则 h(a)≥h(x0)=0,即 a3≥a+ a.
3 ∴a2 =a1+ a1=a+ a≤a3,即 a2≤a.

由此猜想:an≤a,下面用数学归纳法证明. (ⅰ)当 n=1 时,a1≤a 显然成立. (ⅱ)假设当 n=k(k≥1)时,ak≤a 成立,则当 n=k+1 时,由
3 3 ak +1=ak+ ak≤a+ a≤a ,知 ak+1≤a.

∴当 n=k+1 时, ak+1≤a 成立. 故对任意 n∈N*, an≤a 成立. 综上所述, 存在常数 M=max{x0, a}, 使得对于任意的 n∈N*, 都有 an≤M.

4.(2012· 江苏卷)若函数y=f(x)在x=x0处取得极大值或极小 值,则称x0为函数y=f(x)的极值点.已知a,b是实数,1 和-1是函数f(x)=x3+ax2+bx的两个极值点. (1)求a和b的值;

(2)设函数g(x)的导函数g′(x)=f(x)+2,求g(x)的极值点;
(3)设h(x)=f(f(x))-c,其中c∈[-2,2],求函数y=h(x)的 零点个数.



(1)由题设知f′(x)=3x2+2ax+b,且f′(-1)=3-2a+b

=0,f′(1)=3+2a+b=0,解得a=0,b=-3. (2)由(1)知f(x)=x3-3x.因为f(x)+2=(x-1)2(x+2),所以

g′(x)=0的根为x1=x2=1,x3=-2,于是函数g(x)的极值
点只可能是1或-2. 当x<-2时,g′(x)<0;当-2<x<1时,g′(x)>0,

故-2是g(x)的极值点.
当-2<x<1或x>1时,g′(x)>0, 故1不是g(x)的极值点.所以g(x)的极值点为-2.

(3)令f(x)=t,则h(x)=f(t)-c.先讨论关于x的方程f(x)=d根 的情况,d∈[-2,2].

则|d|=2时,由(2)可知,f(x)=-2的两个不同的根为1和-
2,注意到f(x)是奇函数,所以f(x)=2的两个不同的根为- 1和2. 当|d|<2时,因为f(-1)-d=f(2)-d=2-d>0,f(1)-d= f(-2)-d=-2-d<0, 所以-2,-1,1,2都不是f(x)=d的根. 由(1)知f′(x)=3(x+1)(x-1). ①当x∈(2,+∞)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,从

而f(x)>f(2)=2,此时f(x)=d无实根.同理,f(x)=d在(-
∞,-2)上无实根.

②当x∈(1,2)时,f′(x)>0,于是f(x)是单调增函数,又f(1) -d<0,f(2)-d>0,y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d 在(1,2)内有唯一实数根.

同理,f(x)=d在(-2,-1)内有唯一实根.
③当x∈(-1,1)时,f′(x)<0,故f(x)是单调减函数,又f(- 1)-d>0,f(1)-d<0,

y=f(x)-d的图象不间断,所以f(x)=d在(-1,1)内有唯一
实根. 由上可知:当|d|=2时,f(x)=d有两个不同的根x1,x2满足 |x1|=1,|x2|=2;

当|d|<2时,f(x)=d有三个不同的根x3,x4,x5满足|xi|<2,i
=3,4,5. 现考虑函数y=h(x)的零点.

(ⅰ)当|c|=2时,f(t)=c有两个根t1,t2满足|t1|=1,|t2|=2,
而f(x)=t1有三个不同的根,f(x)=t2有两个不同的根,故y =h(x)有5个零点. (ⅱ)当|c|<2时,f(t)=c有三个不同的根t3,t4,t5满足|ti|<2, i=3,4,5,而f(x)=ti(i=3,4,5)有三个不同的根,故y=h(x)

有9个零点.
综上可知,当|c|=2时,函数y=h(x)有5个零点;当|c|<2 时,函数y=h(x)有9个零点.


相关文档

【三维设计】2015届高考数学一轮复习 第八节 函数与方程课件 理 新人教A版
【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第5讲 指数与指数函数配套课件 理 新人教A版
【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第7讲 函数的图象及其应用配套课件 理 新人教A版
【创新设计】(江苏专用)高考数学二轮复习 专题一 第1讲 函数、函数与方程及函数的应用课件 理
【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第2讲 函数的单调性与最值配套课件 理 新人教A版
【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第4讲 二次函数与幂函数配套课件 理 新人教A版
【创新设计】(江苏专用)2015届高考数学一轮复习 第二章 第6讲 对数与对数函数配套课件 理 新人教A版
【志鸿优化设计】2015届高考数学(人教版,理科)一轮总复习精品课件:2.9 函数与方程
【创新设计】(江苏专用)2017版高考数学一轮复习 第二章 函数概念与基本初等函数1 第8讲 函数与方程课件
创新设计江苏专用2018版高考数学一轮复习第二章函数概念与基本初等函数I2.8函数与方程课件理
电脑版