（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

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)(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4at·4a(a1)2，因?yàn)閍1，所以1<t<.設(shè)h(a)(a>1)，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.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)2t·4a4a，因?yàn)閍1，所以1<t<，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)a<0，b1時(shí)，設(shè)函數(shù)f(x)的最小值為g(a)，求g(a)的最大值；(2)若關(guān)于x 的方程f(x)0在區(qū)間(1，e上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解，求的取值范圍解：(1)當(dāng)b1時(shí)，函數(shù)f(x)aln xx3(x>0)，則f(x)3x2，令f(x)0，得x，因?yàn)閍<0時(shí)， >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，e3，結(jié)合函數(shù)圖象知a，b滿足的關(guān)系式為3e<e3，即的取值范圍為(3e，e33已知函數(shù)f(x)ax2xln x，aR.(1)當(dāng)a時(shí)，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若1a0，證明：函數(shù)f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)；(3)若函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍解：(1)當(dāng)a時(shí)，f(x)x2xln x(x>0)，所以f(x)x1，令f(x)0，得x2，當(dāng)x(0,2)時(shí)，f(x)<0；當(dāng)x(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(x>0)，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)a1<0，f>0，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，)上最多有一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)楹瘮?shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以a>0. 由f(x)ax2xln x(x>0)，得f(x)，令g(x)2ax2x1.因?yàn)間(0)1<0,2a>0，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；當(dāng)x(x0，)時(shí)，g(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 x0<0.又因?yàn)間(x0)2axx010，所以2ln x0x01>0，又因?yàn)楹瘮?shù)h(x)2ln xx1在(0，)上是增函數(shù)，且h(1)0，所以x0>1，得0<<1. 又由2axx010，得2a22，所以0<a<1. 以下驗(yàn)證當(dāng)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)0<a<1時(shí)，g1>0，所以1<x0<. 因?yàn)閒1>0，且f(x0)<0.所以函數(shù)f(x)在上有一個(gè)零點(diǎn). 又因?yàn)閒ln1>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)0<a<1時(shí)，函數(shù)f(x)在內(nèi)有兩個(gè)零點(diǎn). 下面證明：ln xx1.設(shè)t(x)x1ln x(x>0)，所以t(x)1，令t(x)0，得x1.當(dāng)x(0,1)時(shí)，t(x)<0；當(dāng)x(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)說明理由；(3)設(shè)a>0，求證：函數(shù)f(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.又直線過點(diǎn)(0，1)，1(ae1)1，解得a.(2)若a<0，f(x)，當(dāng)x(，0)時(shí)，f(x)>0恒成立，函數(shù)在(，0)上無極值；當(dāng)x(0,1)時(shí)，f(x)>0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無極值法一：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x0>0，結(jié)合可解得x0>2，再由f(x0)x0>0，得a>.令h(x)，則h(x)，當(dāng)x>2時(shí)，h(x)>0，即h(x)是增函數(shù)，所以a>h(x0)>h(2)，又a<0，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(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，aex2<0，H(x)<0，H(x)在(1，)上單調(diào)遞減，又H(1)1>0，H(2)ae24e24<0，x0(1,2)，使得H(x0)0，且1<x<x0時(shí)，H(x)>0，即f(x)>0；x>x0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)x0<0，不存在負(fù)整數(shù)a滿足條件(3)證明：f(x)，設(shè)g(x)aex(x1)x2，則g(x)x(aex2)，因?yàn)閍>0，所以當(dāng)x>0時(shí)，g(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當(dāng)x<0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)a<0，g(1)1>0，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)時(shí)，g(x)<0，故f(x)<0，f(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(x1，)時(shí)，g(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)x<0時(shí)，ex<1，且x1<0，所以g(x)aex(x1)x2>a(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)a<0，故在(t,0)上存在x2，使g(x2)0，再由g(x)在(，0)上單調(diào)遞減知，當(dāng)x(，x2)時(shí)，g(x)>0，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，f(x)單調(diào)遞減所以函數(shù)f(x)在x2處取得極大值. 綜上，函數(shù)f(x)既有極大值，又有極小值5已知函數(shù)f(x)exax1，其中e為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，aR.(1)若ae，函數(shù)g(x)(2e)x.求函數(shù)h(x)f(x)g(x)的單調(diào)區(qū)間；若函數(shù)F(x)的值域?yàn)镽，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)若存在實(shí)數(shù)x1，x20,2，使得f(x1)f(x2)，且|x1x2|1，求證：e1ae2e.解：(1)ae時(shí)，f(x)exex1，h(x)f(x)g(x)ex2x1，h(x)ex2，由h(x)0，解得xln 2，由h(x)0，解得xln 2，故函數(shù)h(x)在(ln 2，)上單調(diào)遞增，在(，ln 2)上單調(diào)遞減f(x)exe，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，當(dāng)x1時(shí)，f(x)0，f(x)在(1，)上單調(diào)遞增，m1時(shí)，f(x)在(，m上單調(diào)遞減，則值域是emem1，)，g(x)(2e)x在(m，)上單調(diào)遞減，則值域是(，(2e)m)，F(xiàn)(x)的值域是R，故emem1(2e)m，即em2m10，(*)設(shè)h(m)em2m1，由可知m0時(shí)，h(m)em2m1h(0)0，故(*)不成立，令h(m)em20，得mln 2，h(m)在(0，ln 2)上單調(diào)遞減，在(ln 2,1)上單調(diào)遞增，且h(0)0，h(1)e30，0m1時(shí)，h(m)0恒成立，故0m1.m1時(shí)，f(x)在(，1)上單調(diào)遞減，在(1，m上單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)exex1在(，m上的值域是1，)，g(x)(2e)x在(m，)上單調(diào)遞減，值域是(，(2e)m)，F(xiàn)(x)的值域是R，1(2e)m，即1m.綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是.(2)證明：f(x)exa，若a0，則f(x)0，此時(shí)f(x)在R上遞增，由f(x1)f(x2)，可得x1x2，與|x1x2|1矛盾，a0且f(x)在(，ln a上單調(diào)遞減，在ln a，)上單調(diào)遞增，若x1，x2(，ln a，則由f(x1)f(x2)可得x1x2，與|x1x2|1矛盾，同樣不能有x1，x2ln a，)，不妨設(shè)0x1x22，則有0x1ln ax22，f(x)在(x1，ln a)上單調(diào)遞減，在(ln a，x2)上單調(diào)遞增，且f(x1)f(x2)，x1xx2時(shí)，f(x)f(x1)f(x2)，由0x1x22且|x1x2|1，得1x1，x2，故f(1)f(x1)f(x2)，又f(x)在(，ln a上單調(diào)遞減，且0x1ln a，故f(x1)f(0)，故f(1)f(0)，同理f(1)f(2)，即解得e1ae2e，e1ae2e.6已知函數(shù)f(x)exsin xcos x，g(x)xcos xex，其中e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)判斷函數(shù)yf (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(2)任意x1，存在x2，使得不等式f(x1)g(x2)m成立，試求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(3)若x1，求證：f (x)g (x)0.解：(1)函數(shù)yf (x)在內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為1，理由如下：因?yàn)閒(x)exsin xcos x，所以f(x)exsin xexcos xsin x.因?yàn)閤，所以f(x)0.所以函數(shù)f (x)在上是單調(diào)遞增函數(shù)因?yàn)閒(0)10，f e>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)，當(dāng)x(1,0)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞減；當(dāng)x(0，)時(shí)，h(x)0，h(x)單調(diào)遞增所以當(dāng)且僅當(dāng)x0時(shí)，h(x)取得極小值也就是最小值為1，即1，當(dāng)x0時(shí)，取“”又因?yàn)閏os xsin xsin，當(dāng)x2k時(shí)，kZ時(shí)取“”所以cos xsin x，即1，當(dāng)x2k時(shí)，kZ時(shí)取“”所以 .綜上所述，當(dāng)x1時(shí)，f (x)g (x)0成立11