例3.求函数f(x)=x³+x²-2x-2的一个为正数的零点(精确到0.1)

分析：用二分法，要注意到初始区间的选取。

解：由于f(1)=-2<0,f(2)=6>0,可取区间[1,2]作为计算的初始区间。

用二分法逐次计算，列表如下：

由上表的计算可知，区间[1.375,1.438]的长度小于0.1，所以这个区间的中点x₅≈1.4可作为所求函数的一个正实数零点的近似值.函数f(x)=x³+x²-2x-2的图象如图.实际上还可用二分法继续算下去，进而得到这个零点精确度更高的近似值.

点评：给定精确度ε，用二分法求函数f(x)零点的近似值应该按课本P₁₀₅的四个步骤进行.

例2.已知函数f (x)在其定义域上是单调函数，证明f(x)至多有一个零点．

分析:不妨设f(x)在R上是增函数，为证明f(x)=0至多有一个实根，考虑用反证法证明．

证明: 假设f(x)=0至少有两个不同的实根x₁,x₂，且不妨设x₁<x₂，

由题意得f(x₁)＝O,f(x₂)=0, ∴f(x₁)＝f(x₂)　　 ①

∵f(x)在定义域上是单调菌数，不妨设为增函数，

由x₁＜x₂，则f(x₁)<f(x₂)②

因此①②矛盾，假设不成立，故f(x)=0至多有一个零点．

例1.证明方程6-3x=2^x在区间[1,2]内有唯一一个实数解，并求出这个实数解(精确到0.1).

　　 证明: 设函数使f(x)=2^x+3x-6.∵f(l)=-1<0,f(2)=4>0,又∵f(x)是增函数，所以函数f(x)=2^x+3x-6在区间[1,2]有唯一的零点，则方程6-3x=2^x在区间[1,2]有唯一一个实数解．

　　 设该解为x₀，则x0∈[1,2]，取x₁=1.5，f(1.5)=0.33>0，. F(1)·f(1.5)<0，∴ x₀ ∈(1,1.5)．

　　 取x₂＝1.25，f(1.15)＝0.128＞0，f(1)·f(1.25)＜0，∴x₀∈(1,1.25)．

　　 取x₃＝1.125，f(1.125)＝-0.44＜0，f(1.125)·f(1.25)＜0，∴x₀∈(1.125,1.25)．

　　 取x₄＝1.187 5,f(1.187 5)＝-0.16＜0，f (1.187 5)·f(1.25)＜0，∴.x₀∈(1.187 5,1,25)．

∵|1.25-1.87 5|=0.062 5＜0.1，∴可取x₀＝1.2，则方程的实数解为x₀=1.2.

点评：用二分法求方程实数解的思想是非常简明的、但是为了提高解的精确度，用二分法求方程实数解的过程又是较长的，有些计算不用计算工具甚至无法实施，所以需要借助科学计算器．

例6设x、y为实数，且满足求x+y的值.

分析：若本题运用常规解法难以下手，但是若运用函数的单调性很容易求解.

当函数存在单调性时，根据(1)、(2)、(3)、(4)不难发现，则一定有：若f()≠f()，则≠；若f()=f()，则=.

解析 ：由已知条件可得：，设函数f(x)=，由于函数f(x)在R上单调递增，(证明略)，且f(x－1)=f(1－y)，所以x－1=1－y，即x+y=2.

点评：对定义的深刻理解，转化成解题中的深化运用，是简洁本题的关键.

例5已知函数f(x)，x∈R的对称轴为x=2，当x＞2时，f(x)为增函数.设a=f(1)，b=f(4)，c=f(－2)，试确定的大小关系.

分析：欲比较三者的大小关系，只需根据对称性，画出示意图形(可以类比二次函数的图形)，由图形结合单调性即可.

解析：因为函数f(x)的图像关于直线x=2对称.且x＞2时f(x)为增函数，从而x＜2时是减函数，从而可以肯定离对称轴x=2的距离越远的数，其函数值越大.

所以f(－2) ＞f(4) ＞ f(1)，即c＞b＞a.

点评：本题灵活的利用了函数的单调性进行大小的比较，结合图象形象直观的得到了结论，这是单调性定义应用的创意.

例4已知函数，.

(1)当a=时，求函数f(x)的最小值；

(2)若对任意，f(x)＞0恒成立，试求实数a的取值范围.

分析：对于(1)，将函数f(x)变形为f(x)=，又定义可知为单调增函数，对于(2)可以进合理的转化，变成二次函数的最值问题.

解析：(1)当a=时，f(x)=，根据例2的结论函数在为单调增函数(证明略)，故有f(x)≥f(1)=1++2=，所以函数f(x)的最小值为.

(2)在区间上0恒成立，等价于恒成立.

设g(x)=，这是一个二次函数，在上单调递增，故有g (x)≥g(1)=3+a，g(x)的最小值为：3+a，只要3+a＞0，故a＞－3为所求.

点评：课本中已知的函数的单调性在解题中可以直接利用，已经证明过的函数的单调性的结论有时也可以直接利用，因此，常见函数的单调性要熟练掌握，能够提高解题效率.

例3已知f(x)是定义在[－2，2]上的函数，且f(－x)=f(x)，又f(x)在[0，2]上是减函数，且f(1－m) ＜f(m)，求实数m的取值范围.

分析：由于f(x)在[0，2]上是减函数，考虑运用结论：(2)若＜ ，则f()－f()＞0减函数解决问题.

解析：∵f(－x)=f(x)，∴f(x)=f(|x|)，则f(1－m)= f(|1－m|)，f(m) =f(|m|)，又f(1－m) －f(m)＜0，∴f(|1－m|) －f(|m|)＜0　 ①，又f(x)在[0，2]上是减函数，则有(|1－m|－|m|)[ f(|1－m|) －f(|m|)]＜0　 ② ，由①②得|1－m|－|m|＞0.从而，解得，因此实数m的取值范围是.

点评：抓住当f(－x)=f(x)时，得到f(x)=f(|x|)是解决本题的突破口.

例2已知函数f(x)=，讨论函数在区间(0，+∞)上的单调性.

分析：涉及讨论函数单调性的问题运用结论：(1)若＞ ，则f()－f()＞0增函数；或(2)若＜ ，则f()－f()＞0减函数比较方便.

解析：任取0＜＜，则f()－f()=，

当，时，，又＜，则－＞0，所以f()－f()=＜0，所以f()＜f()，所以f(x)在(0，a上是单调减函数.

当a＜＜时，＞，则f()－f()=＞0，f()＞f()，所以f(x)在[a，+∞上是单调增函数.

点评：一般地函数在上为减函数，在上为增函数，这个结论非常有用.

例1求证：函数f(x)=－+1在(－∞，+∞)上是减函数.

分析：考虑运用结论：(4)(－)[f()－f()]＜0减函数进行证明，只需要进行因式分解变形.

证明：在(－∞，+∞)上任取两个实数、，且≠，则有(－)[f()－f()]=(－)(－)=－(－)(++)=－(－)[]＜0，即(－)[f()－f()]＜0，故函数f(x)=－+1在(－∞，+∞)上是减函数.

3．当两根都不在区间［α，β］内方程系数所满足的充要条件：

　(1)两根分别在区间［α，β］之外的两旁时：

　∵x₁＜α＜β＜x₂，对应的函数f(x)的图象有下列两种情形(图3)：

　当a＞0时的充要条件是：f (α)＜0，f (β)＜0

　当a＞0时的充要条件是：f (α)＞0，f (β)＞0

　两种情形合并后的充要条件是：

　　af(α)＜0，af(β)＜0　　　③

　(2)两根分别在区间［α，β］之外的同旁时：

　∵x₁＜x₂＜α＜β或α＜β＜x₁＜x₂，对应函数f(x)的图象有下列四种情形(图4)：

　当x₁＜x₂＜α时的充要条件是：

　Δ＞0，-b/2a＜α，af (α)＞0　　④

　当β＜x₁＜x₂时的充要条件是：

　Δ＞0，-b/2a＞β，af (β)＞0　　　⑤

　例9．已知方程x²+2Px+1=0有一个根大于1，有一个根小于1，则P的取值为　　　。

　解：记f(x)=x²+2Px+1，则f(x)r的图象开口向上，当f(x)与x轴的两交点一个在(1,0)左方，另一个在(1,0)右方时，必有f(1)＜0，即：

　1²+2P+1＜0，即P＜－1

　所以P的取值为(－∞，－1)

　例10．如果方程(1-m²)x²+2mx-1=0的两个根一个小于零，另一个大于1，试确定m的范围。

　解：令f(x)=(1-m²)x²+2mx-1，根据题设条件，f(x)的图形是下列两种情形之一(图5)：

　得充要条件：(1-m²)f(0)＜0,(1-m²)f(1)＜0；即1-m²＞0,(1-m²)(2m-m²)＜0

　解得：-1＜m＜0

　例11．已知二次函数f(x)=ax²+bx+c(a≠0).若方程f(x)=x无实根，求证：方程f[f(x)]=x也无实根，(北京市1994年高中一年级数学竞赛复赛试题)。

　证明：已知f(x)=ax²+bx+c(a≠0)

　方程f(x)=x即f(x)-x=ax²+(b-1)x+c=0无实根，f(x)-x仍是二次函数，f(x)-x=0仍是二次方程，它无实根即Δ=(b-1)²-4ac＜0

　若a＞0，则函数y=f(x)-x的图象在x轴上方，

　∴y＞0，即f(x)-x＞0恒成立，即：f(x)＞x对任意实数x恒成立。

　∴对f(x)，

　有f(f(x))＞f(x)＞x恒成立

　∴f(f(x))=x无实根。

　若a＜0，函数y=f(x)-x的图象在x轴下方

　∴y＜0，即f(x)-x＜0恒成立，

　∴对任意实数x，f(x)＜0恒成立，

　∴对实数f(x)，有：f(f(x))＜f(x)＜x恒成立，

　∴f(f(x))=x无实根。

　综上可知，当f(x)=x无实根时，方程f(f(x))=x也无实根。