（江蘇專版）2018年高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練（五）函數(shù).doc

1、6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練(五)函數(shù)1已知函數(shù)f(x)x|2ax|2x，aR.(1)若a0，判斷函數(shù)yf(x)的奇偶性，并加以證明；(2)若函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(3)若存在實(shí)數(shù)a2,2，使得關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)0有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)t的取值范圍解：(1)函數(shù)yf(x)為奇函數(shù)證明如下：當(dāng)a0時(shí)，f(x)x|x|2x，所以f(x)x|x|2xf(x)，所以函數(shù)yf(x)為奇函數(shù)(2)f(x)當(dāng)x2a時(shí)，yf(x)的對(duì)稱軸為xa1；當(dāng)x2a時(shí)，yf(x)的對(duì)稱軸為xa1，所以當(dāng)a12aa1時(shí)，f(x)在R上是增函數(shù)，即1a1時(shí)，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)(

2、3)方程f(x)tf(2a)0的解即為方程f(x)tf(2a)的解當(dāng)1a1時(shí)，函數(shù)f(x)在R上是增函數(shù)，所以關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)不可能有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根當(dāng)a1時(shí)，即2aa1a1，所以f(x)在(，a1)上單調(diào)遞增，在(a1,2a)上單調(diào)遞減，在(2a，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)f(2a)tf(2a)f(a1)時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即4at4a(a1)2，因?yàn)閍1，所以1t1)，因?yàn)榇嬖赼2,2，使得關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以1th(a)max.又可證h(a)在(1,2上單調(diào)遞增，所以h(a)maxh(2)，所以1t.

3、當(dāng)a1時(shí)，即2aa1a1，所以f(x)在(，2a)上單調(diào)遞增，在(2a，a1)上單調(diào)遞減，在(a1，)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)f(a1)tf(2a)f(2a)時(shí)，關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即(a1)2t4a4a，因?yàn)閍1，所以1t，設(shè)g(a)，因?yàn)榇嬖赼2,2，使得關(guān)于x的方程f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以1tg(a)max，又可證g(a)在2，1)上單調(diào)遞減，所以g(a)max，所以1t.綜上，實(shí)數(shù)t的取值范圍為.2已知函數(shù)f(x)aln xbx3，其中a，b為實(shí)數(shù)，b0，e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e2.718 28.(1)當(dāng)a0)，則f(x)3x2，令f(x

4、)0，得x，因?yàn)閍0，所以f(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：xf(x)0f(x)極小值所以g(a)faln ln，令t(x)xln xx，則t(x)ln x，令t(x)0，得x1，且當(dāng)x1時(shí)，t(x)有最大值1，所以g(a)的最大值為1，此時(shí)a3.(2)因?yàn)榉匠蘟ln xbx30在區(qū)間(1，e上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解，所以在區(qū)間(1，e上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，即函數(shù)y的圖象與函數(shù)m(x)的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，因?yàn)閙(x)，令m(x)0，得x，所以m(x)，m(x)隨x的變化情況如下表：x(1，)(，em(x)0m(x)3e所以當(dāng)x(1，)時(shí)，m(x)(3e，)，當(dāng)x(，e時(shí)，m(x)(3e，e

5、3，結(jié)合函數(shù)圖象知a，b滿足的關(guān)系式為3e0)，所以f(x)x1，令f(x)0，得x2，當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)f(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增. 所以當(dāng)x2時(shí)，f(x)有最小值f(2)ln 2. (2)證明：由f(x)ax2xln x(x0)，得f(x)2ax1.所以當(dāng)a0時(shí)，f(x)0，函數(shù)f(x)在(0，)上單調(diào)遞減，所以當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上最多有一個(gè)零點(diǎn). 因?yàn)楫?dāng)1a0時(shí)，f(1)a10，所以當(dāng)1a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上有零點(diǎn)綜上，當(dāng)1a0時(shí)，函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn). (3)由(2)知，當(dāng)a0時(shí)，函數(shù)f(x)在(0，)上最多

6、有一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a0. 由f(x)ax2xln x(x0)，得f(x)，令g(x)2ax2x1.因?yàn)間(0)10，所以函數(shù)g(x)在(0，)上只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為x0.當(dāng)x(0，x0)時(shí)，g(x)0，f(x)0，f(x)0.所以函數(shù)f(x)在(0，x0)上單調(diào)遞減；在(x0，)上單調(diào)遞增要使得函數(shù)f(x)在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)，只需要函數(shù)f(x)的極小值f(x0)0，即axx0ln x00，又因?yàn)楹瘮?shù)h(x)2ln xx1在(0，)上是增函數(shù)，且h(1)0，所以x01，得01. 又由2axx010，得2a22，所以0a1. 以下驗(yàn)證當(dāng)0a1時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)0

7、a0，所以1x00，且f(x0)0(因?yàn)閘n xx1)，且f(x0)0.所以函數(shù)f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn)所以當(dāng)0a0)，所以t(x)1，令t(x)0，得x1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，t(x)0.所以函數(shù)t(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增所以當(dāng)x1時(shí)，t(x)有最小值t(1)0.所以t(x)x1ln x0，得ln xx1成立綜上，實(shí)數(shù)a的取值范圍為(0,1)4已知函數(shù)f(x)x.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1)處的切線經(jīng)過(guò)點(diǎn)(0，1)，求a的值；(2)是否存在負(fù)整數(shù)a，使函數(shù)f(x)的極大值為正值？若存在，求出所有負(fù)整數(shù)a的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；(3)設(shè)a0，求證：函數(shù)f

8、(x)既有極大值，又有極小值解：(1)f(x)，f(1)1，f(1)ae1, 函數(shù)f(x)在(1，f(1)處的切線方程為y(ae1)x1.又直線過(guò)點(diǎn)(0，1)，1(ae1)1，解得a.(2)若a0恒成立，函數(shù)在(，0)上無(wú)極值；當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無(wú)極值法一：在x(1，)時(shí)，若f(x)在x0處取得符合條件的極大值f(x0)，則則由得aex0，代入得x00，結(jié)合可解得x02，再由f(x0)x00，得a.令h(x)，則h(x)，當(dāng)x2時(shí)，h(x)0，即h(x)是增函數(shù)，所以ah(x0)h(2)，又a0，故當(dāng)極大值為正數(shù)時(shí)，a，從而不存在負(fù)整數(shù)a滿足條件法二：在x(

9、1，)時(shí)，令H(x)aex(x1)x2，則H(x)(aex2)x，x(1，)，ex(e，)，a為負(fù)整數(shù)，a1，aexaee，aex20，H(x)0，H(2)ae24e240，x0(1,2)，使得H(x0)0，且1x0，即f(x)0；xx0時(shí)，H(x)0，即f(x)0.f(x)在x0處取得極大值f(x0)x0.(*)又H(x0)aex0(x01)x0，代入(*)得，f(x0)x00，所以當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x0時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減，故g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)又g(0)a0，所以存在x1(0,1)，使g(x1)0，再由g(x)在(0，)上單調(diào)遞增知，當(dāng)x(0，x1)

10、時(shí)，g(x)0，故f(x)0，故f(x)0，f(x)單調(diào)遞增所以函數(shù)f(x)在x1處取得極小值. 當(dāng)x0時(shí)，ex1，且x1a(x1)x2x2axa，函數(shù)yx2axa是關(guān)于x的二次函數(shù)，必存在負(fù)實(shí)數(shù)t，使g(t)0，又g(0)a0，故f(x)0，f(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x(x2,0)時(shí)，g(x)0，故f(x)0，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得函數(shù)yf (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1.(2)因?yàn)椴坏仁絝(x1)g(x2)m等價(jià)于f(x1)mg(x2)，所以對(duì)任意x1，存在x2，使得不等式f(x1)g(x2)m成立，等價(jià)于f(x)min(mg (x)min，即f(x)minmg(x)max.當(dāng)x時(shí)，f(x)exsin xexcos xsin x0，故f(x)在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以x0時(shí)，f (x)取得最小值1，又g(x)cos xxsin xex，由于0cos x1，xsin x0，ex，所以g(x)0，故g(x)在區(qū)間上單調(diào)遞減因此，x0時(shí)，g(x)取得最大值.所以m1，即實(shí)數(shù)m的取值范圍為(，1(3)證明：當(dāng)x1時(shí)，要證f(x)g(x)0，只要證f(x)g(x)，只要證exsin xcos xxcos xex，只要證exsin xexcos xxcos x，由于sin x0,1x0，只要證 .下面證明x1時(shí)，不等式成立令h(x)，則h(x)