高考數(shù)學二輪復習 6個解答題專項強化練（五）函數(shù)-人教版高三數(shù)學試題

6個解答題專項強化練(五)函數(shù)1．已知函數(shù)f(x)＝x|2a－x|＋2x，a∈(1)若a＝0，判斷函數(shù)y＝f(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)，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若存在實數(shù)a∈[－2,2]，使得關(guān)于x的方程f(x)－tf(2a)＝0有三個不相等的實數(shù)根，求實數(shù)t解：(1)函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)．證明如下：當a＝0時，f(x)＝x|x|＋2x，所以f(－x)＝－x|x|－2x＝－f(x)，所以函數(shù)y＝f(x)為奇函數(shù)．(2)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2－2ax，x≥2a，,－x2＋2＋2ax，x<2a，))當x≥2a時，y＝f(x)的對稱軸為x＝a當x＜2a時，y＝f(x)的對稱軸為x＝a所以當a－1≤2a≤a＋1時，f(x即－1≤a≤1時，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(2①當－1≤a≤1時，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(2a②當a＞1時，即2a＞a＋1＞a所以f(x)在(－∞，a＋1)上單調(diào)遞增，在(a＋1,2a)上單調(diào)遞減，在(2所以當f(2a)＜tf(2a)＜f(a＋1)時，關(guān)于x的方程f(x)＝tf(即4a＜t·4a＜(a＋1)因為a＞1，所以1<t<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2)).設(shè)h(a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2))(a>1)，因為存在a∈[－2,2]，使得關(guān)于x的方程f(x)＝tf(2a所以1＜t＜h(a)max.又可證h(a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2))在(1,2]上單調(diào)遞增，所以h(a)max＝h(2)＝eq\f(9,8)，所以1＜t＜eq\f(9,8).③當a＜－1時，即2a＜a－1＜a所以f(x)在(－∞，2a)上單調(diào)遞增，在(2a，a－1)上單調(diào)遞減，在(所以當f(a－1)＜tf(2a)＜f(2a)時，關(guān)于x的方程f(x)＝tf(即－(a－1)2＜t·4a＜4因為a＜－1，所以1<t<－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))，設(shè)g(a)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))，因為存在a∈[－2,2]，使得關(guān)于x的方程f(x)＝tf(2a所以1＜t＜g(a)max，又可證g(a)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))在[－2，－1)上單調(diào)遞減，所以g(a)max＝eq\f(9,8)，所以1＜t＜eq\f(9,8).綜上，實數(shù)t的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(9,8))).2．已知函數(shù)f(x)＝alnx－bx3，其中a，b為實數(shù)，b≠0，e為自然對數(shù)的底數(shù)，e＝2.71828….(1)當a<0，b＝－1時，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]上有兩個不同實數(shù)解，求eq\f(a,b)的取值范圍．解：(1)當b＝－1時，函數(shù)f(x)＝alnx＋x3(x>0)，則f′(x)＝eq\f(a,x)＋3x2＝eq\f(a＋3x3,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(3,－\f(a,3))，因為a<0時，eq\r(3,－\f(a,3))>0，所以f′(x)，f(x)隨x的變化情況如下表：xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\r(3,－\f(a,3))))eq\r(3,－\f(a,3))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(3,－\f(a,3)))，＋∞))f′(x)－0＋f(x)極小值所以g(a)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\a\vs4\al(\r(3,－\f(a,3)))))＝alneq\r(3,－\f(a,3))－eq\f(a,3)＝eq\f(a,3)lneq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,3)))－eq\f(a,3)，令t(x)＝－xlnx＋x，則t′(x)＝－lnx，令t′(x)＝0，得x＝1，且當x＝1時，t(x)有最大值1，所以g(a)的最大值為1，此時a＝－3.(2)因為方程alnx－bx3＝0在區(qū)間(1，e]上有兩個不同實數(shù)解，所以eq\f(a,b)＝eq\f(x3,lnx)在區(qū)間(1，e]上有兩個不同的實數(shù)解，即函數(shù)y＝eq\f(a,b)的圖象與函數(shù)m(x)＝eq\f(x3,lnx)的圖象有兩個不同的交點，因為m′(x)＝eq\f(x23lnx－1,lnx2)，令m′(x)＝0，得x＝eq\r(3,e)，所以m′(x)，m(x)隨x的變化情況如下表：x(1，eq\r(3,e))eq\r(3,e)(eq\r(3,e)，e]m′(x)－0＋m(x)3e所以當x∈(1，eq\r(3,e))時，m(x)∈(3e，＋∞)，當x∈(eq\r(3,e)，e]時，m(x)∈(3e，e3]，結(jié)合函數(shù)圖象知a，b滿足的關(guān)系式為3e<eq\f(a,b)≤e3，即eq\f(a,b)的取值范圍為(3e，e3]．3．已知函數(shù)f(x)＝ax2－x－lnx，a∈R.(1)當a＝eq\f(3,8)時，求函數(shù)f(x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，證明：函數(shù)f(x)有且只有一個零點；(3)若函數(shù)f(x)有兩個零點，求實數(shù)a的取值范圍．解：(1)當a＝eq\f(3,8)時，f(x)＝eq\f(3,8)x2－x－lnx(x>0)，所以f′(x)＝eq\f(3,4)x－1－eq\f(1,x)＝eq\f(3x＋2x－2,4x)，令f′(x)＝0，得x＝2，當x∈(0,2)時，f′(x)<0；當x∈(2，＋∞)時，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x＝2時，f(x)有最小值f(2)＝－eq\f(1,2)－ln2.(2)證明：由f(x)＝ax2－x－lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－x－1,x).所以當a≤0時，f′(x)＝eq\f(2ax2－x－1,x)<0，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，所以當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上最多有一個零點.因為當－1≤a≤0時，f(1)＝a－1<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e2－e＋a,e2)>0，所以當－1≤a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上有零點．綜上，當－1≤a≤0時，函數(shù)f(x)有且只有一個零點.(3)由(2)知，當a≤0時，函數(shù)f(x)在(0，＋∞)上最多有一個零點．因為函數(shù)f(x)有兩個零點，所以a>0.由f(x)＝ax2－x－lnx(x>0)，得f′(x)＝eq\f(2ax2－x－1,x)，令g(x)＝2ax2－x－1.因為g(0)＝－1<0,2a所以函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上只有一個零點，設(shè)為x0.當x∈(0，x0)時，g(x)<0，f′(x)<0；當x∈(x0，＋∞)時，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，＋∞)上有兩個零點，只需要函數(shù)f(x)的極小值f(x0)<0，即axeq\o\al(2,0)－x0－lnx0<0.又因為g(x0)＝2axeq\o\al(2,0)－x0－1＝0，所以2lnx0＋x0－1>0，又因為函數(shù)h(x)＝2lnx＋x－1在(0，＋∞)上是增函數(shù)，且h(1)＝0，所以x0>1，得0<eq\f(1,x0)<1.又由2axeq\o\al(2,0)－x0－1＝0，得2a＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)))2＋eq\f(1,x0)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋\f(1,2)))2－eq\f(1,4)，所以0<a<1.以下驗證當0<a<1時，函數(shù)f(x)有兩個零點．當0<a<1時，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝eq\f(2a,a2)－eq\f(1,a)－1＝eq\f(1－a,a)>0，所以1<x0<eq\f(1,a).因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(a,e2)－eq\f(1,e)＋1＝eq\f(e2－e＋a,e2)>0，且f(x0)<0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x0))上有一個零點.又因為feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)))＝eq\f(4a,a2)－eq\f(2,a)－lneq\f(2,a)≥eq\f(2,a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,a)－1))＝1>0(因為lnx≤x－1)，且f(x0)<0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,a)))上有一個零點．所以當0<a<1時，函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(2,a)))內(nèi)有兩個零點.下面證明：lnx≤x－1.設(shè)t(x)＝x－1－lnx(x>0)，所以t′(x)＝1－eq\f(1,x)＝eq\f(x－1,x)，令t′(x)＝0，得x＝1.當x∈(0,1)時，t′(x)<0；當x∈(1，＋∞)時，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x＝1時，t(x)有最小值t(1)＝0.所以t(x)＝x－1－lnx≥0，得lnx≤x－1成立．綜上，實數(shù)a的取值范圍為(0,1)．4．已知函數(shù)f(x)＝eq\f(aex,x)＋x.(1)若函數(shù)f(x)的圖象在(1，f(1))處的切線經(jīng)過點(0，－1)，求a的值；(2)是否存在負整數(shù)a，使函數(shù)f(x)的極大值為正值？若存在，求出所有負整數(shù)a的值；若不存在，請說明理由；(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)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1,∴函數(shù)f(x)在(1，f(1))處的切線方程為y－(ae＋1)＝x－1.又直線過點(0，－1)，∴－1－(ae＋1)＝－1，解得a＝－eq\f(1,e).(2)若a<0，f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，當x∈(－∞，0)時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(－∞，0)上無極值；當x∈(0,1)時，f′(x)>0恒成立，函數(shù)在(0,1)上無極值．法一：在x∈(1，＋∞)時，若f(x)在x0處取得符合條件的極大值f(x0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0>1，,fx0>0，,f′x0＝0，))則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0>1，①,\f(aex0,x0)＋x0>0，②,\f(aex0x0－1＋x\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＝0，③))由③得aex0＝－eq\f(x\o\al(2,0),x0－1)，代入②得－eq\f(x0,x0－1)＋x0>0，結(jié)合①可解得x0>2，再由f(x0)＝eq\f(aex0,x0)＋x0>0，得a>－eq\f(x\o\al(2,0),ex0).令h(x)＝－eq\f(x2,ex)，則h′(x)＝eq\f(xx－2,ex)，當x>2時，h′(x)>0，即h(x)是增函數(shù)，所以a>h(x0)>h(2)＝－eq\f(4,e2)，又a<0，故當極大值為正數(shù)時，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,e2)，0))，從而不存在負整數(shù)a滿足條件．法二：在x∈(1，＋∞)時，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，則H′(x)＝(aex＋2)x，∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a為負整數(shù)，∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，∴H(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，∴?x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，且1<x<x0時，H(x)>0，即f′(x)>0；x>x0時，H(x)<0，即f′(x)<0.∴f(x)在x0處取得極大值f(x0)＝eq\f(aex0,x0)＋x0.(*)又H(x0)＝aex0(x0－1)＋xeq\o\al(2,0)＝0，∴eq\f(aex0,x0)＝－eq\f(x0,x0－1)代入(*)得，f(x0)＝－eq\f(x0,x0－1)＋x0＝eq\f(x0x0－2,x0－1)<0，∴不存在負整數(shù)a滿足條件．(3)證明：f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，設(shè)g(x)＝aex(x－1)＋x2，則g′(x)＝x(aex＋2)，因為a>0，所以當x>0時，g′(x)>0，g(x)單調(diào)遞增；當x<0時，g′(x)<0，g(x)單調(diào)遞減，故g(x)至多有兩個零點．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x∈(0，x1)時，g(x)<0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)<0，f(x)單調(diào)遞減；當x∈(x1，＋∞)時，g(x)>0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)>0，f(x)單調(diào)遞增．所以函數(shù)f(x)在x1處取得極小值.當x<0時，ex<1，且x－1<0，所以g(x)＝aex(x－1)＋x2>a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，函數(shù)y＝x2＋ax－a是關(guān)于x的二次函數(shù)，必存在負實數(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x∈(－∞，x2)時，g(x)>0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)>0，f(x)單調(diào)遞增；當x∈(x2,0)時，g(x)<0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)<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)＝ex－ax－1，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)，a∈R.(1)若a＝e，函數(shù)g(x)＝(2－e)x.①求函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)的單調(diào)區(qū)間；②若函數(shù)F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≤m，,gx，x>m))的值域為R，求實數(shù)m的取值范圍；(2)若存在實數(shù)x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求證：e－1≤a≤e2－e.解：(1)a＝e時，f(x)＝ex－ex－1，①h(x)＝f(x)－g(x)＝ex－2x－1，h′(x)＝ex－2，由h′(x)＞0，解得x＞ln2，由h′(x)＜0，解得x＜ln2，故函數(shù)h(x)在(ln2，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－∞，ln2)上單調(diào)遞減．②f′(x)＝ex－e，當x＜1時，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1)上單調(diào)遞減，當x＞1時，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，m≤1時，f(x)在(－∞，m]上單調(diào)遞減，則值域是[em－em－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，則值域是(－∞，(2－e)m)，∵F(x)的值域是R，故em－em－1≤(2－e)m，即em－2m設(shè)h(m)＝em－2m由①可知m＜0時，h(m)＝em－2m－1＞h故(*)不成立，令h′(m)＝em－2＝0，得m＝ln2，∵h(m)在(0，ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,1)上單調(diào)遞增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，∴0≤m≤1時，h(m)≤0恒成立，故0≤m≤1.m＞1時，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)＝ex－ex－1在(－∞，m]上的值域是[－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上單調(diào)遞減，值域是(－∞，(2－e)m)，∵F(x)的值域是R，∴－1≤(2－e)m，即1＜m≤eq\f(1,e－2).綜上，實數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e－2))).(2)證明：f′(x)＝ex－a，若a≤0，則f′(x)＞0，此時f(x)在R上遞增，由f(x1)＝f(x2)，可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1矛盾，∴a＞0且f(x)在(－∞，lna]上單調(diào)遞減，在[lna，＋∞)上單調(diào)遞增，若x1，x2∈(－∞，lna]，則由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，與|x1－x2|≥1矛盾，同樣不能有x1，x2∈[lna，＋∞)，不妨設(shè)0≤x1＜x2≤2，則有0≤x1＜lna＜x2≤2，∵f(x)在(x1，lna)上單調(diào)遞減，在(lna，x2)上單調(diào)遞增，且f(x1)＝f(x2)，∴x1≤x≤x2時，f(x)≤f(x1)＝f(x2)，由0≤x1＜x2≤2且|x1－x2|≥1，得1∈[x1，x2]，故f(1)≤f(x1)＝f(x2)，又f(x)在(－∞，lna]上單調(diào)遞減，且0≤x1＜lna，故f(x1)≤f(0)，故f(1)≤f(0)，同理f(1)≤f(2)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－a－1≤0，,e－a－1≤e2－2a－1，))解得e－1≤a≤e2－e，∴e－1≤a≤e2－e.6．已知函數(shù)f(x)＝exsinx－cosx，g(x)＝xcosx－eq\r(2)ex，其中e是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)判斷函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)零點的個數(shù)，并說明理由；(2)任意x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，試求實數(shù)m的取值范圍；(3)若x＞－1，求證：f(x)－g(x)＞0.解：(1)函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)零點的個數(shù)為1，理由如下：因為f(x)＝exsinx－cosx，所以f′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx.因為x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f′(x)＞0.所以函數(shù)f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是單調(diào)遞增函數(shù)．因為f(0)＝－1＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\f(π,2)>0，根據(jù)函數(shù)零點存在性定理得函數(shù)y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))內(nèi)零點的個數(shù)為1.(2)因為不等式f(x1)＋g(x2)≥m等價于f(x1)≥m－g(x2)，所以對任意x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，存在x2∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，使得不等式f(x1)＋g(x2)≥m成立，等價于f(x)min≥(m－g(x))min，即f(x)min≥m－g(x)max.當x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))時，f′(x)＝exsin