题目内容
设函数f(x)=ax2+bx+c(a>0),且f(1)=-
.
(1)求证:函数f(x)有两个零点.
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,求|x1-x2|的范围.
(3)求证:函数f(x)的零点x1,x2至少有一个在区间(0,2)内.
a | 2 |
(1)求证:函数f(x)有两个零点.
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,求|x1-x2|的范围.
(3)求证:函数f(x)的零点x1,x2至少有一个在区间(0,2)内.
分析:(1)由条件化简函数的解析式,求出函数的判别式,由判别式大于0恒成立得到函数f(x)有两个零点.
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,则x1,x2是方程f(x)=0的两根,可求x1+x2及x1•x2的值,
将|x1-x2|变形,用x1+x2及x1•x2的值表示,配方求出最小值,由题意知,式子无最大值.
(3)分c>0时和c≤0两种情况,判断函数值在区间端点处的函数值的符号,根据函数零点的判定定理
得出结论.
(2)设x1,x2是函数f(x)的两个零点,则x1,x2是方程f(x)=0的两根,可求x1+x2及x1•x2的值,
将|x1-x2|变形,用x1+x2及x1•x2的值表示,配方求出最小值,由题意知,式子无最大值.
(3)分c>0时和c≤0两种情况,判断函数值在区间端点处的函数值的符号,根据函数零点的判定定理
得出结论.
解答:解:(1)证明:∵f(1)=a+b+c=-
,∴3a+2b+2c=0,∴c=-
a-b.
∴f(x)=ax2+bx-
a-b,判别式△=b2-4a(-
a-b)=b2+6a2+4ab=(2a+b)2+2a2,
∵a>0,∴△>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.
(2)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则x1,x2是方程f(x)=0的两根.
∴x1+x2=-
,x1x2=-
-
.
∴|x1-x2|=
=
=
≥
.
故|x1-x2|的范围是[
,+∞).
(3)根据f(0)=c,f(2)=4a+2b+c,由(I)知3a+2b+2c=0,∴f(2)=a-c.
(i)当c>0时,有f(0)>0,又∵a>0,∴f(1)=-
<0,故函数f(x)在区间(0,1)内有一个零点,
故在区间(0,2)内至少有一个零点.
(ii)当c≤0时,f(1)<0,f(0)=c≤0,f(2)=a-c>0,∴函数f(x)在区间(1,2)内有一零点,
综合(i)(ii),可知函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.
a |
2 |
3 |
2 |
∴f(x)=ax2+bx-
3 |
2 |
3 |
2 |
∵a>0,∴△>0恒成立,故函数f(x)有两个零点.
(2)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则x1,x2是方程f(x)=0的两根.
∴x1+x2=-
b |
a |
b |
a |
3 |
2 |
∴|x1-x2|=
(x1+x2)2-4x1x2 |
(-
|
(
|
2 |
故|x1-x2|的范围是[
2 |
(3)根据f(0)=c,f(2)=4a+2b+c,由(I)知3a+2b+2c=0,∴f(2)=a-c.
(i)当c>0时,有f(0)>0,又∵a>0,∴f(1)=-
a |
2 |
故在区间(0,2)内至少有一个零点.
(ii)当c≤0时,f(1)<0,f(0)=c≤0,f(2)=a-c>0,∴函数f(x)在区间(1,2)内有一零点,
综合(i)(ii),可知函数f(x)在区间(0,2)内至少有一个零点.
点评:本题考查函数的零点与方程根的关系,函数的零点就是函数f(x)=0的根;零点的判定方法是,函数在区间
端点的函数值异号,属于中档题.
端点的函数值异号,属于中档题.
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-
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x |
1 | ||
|
∫ | 2π π |
A、-
| ||
B、-160 | ||
C、160 | ||
D、20 |