高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题专项强化练五　函　数 Word版含解析

1、高考数学精品复习资料2019.56 个解答题个解答题专项强化练专项强化练(五五)函函数数1已知函数已知函数 f(x)x|2ax|2x，ar.(1)若若 a0，判断函数，判断函数 yf(x)的奇偶性，并加以证明；的奇偶性，并加以证明；(2)若函数若函数 f(x)在在 r 上是增函数，求实数上是增函数，求实数 a 的取值范围；的取值范围；(3)若存在实数若存在实数 a2,2，使得关于，使得关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)0 有三个不相等的实数根有三个不相等的实数根，求实数求实数 t 的取值范围的取值范围解：解：(1)函数函数 yf(x)为奇函数为奇函数证明如下：证明如下：当当 a0 时

2、，时，f(x)x|x|2x，所以所以 f(x)x|x|2xf(x)，所以函数所以函数 yf(x)为奇函数为奇函数(2)f(x)x2 22a x，x2a，x2 22a x，x2a，当当 x2a 时，时，yf(x)的对称轴为的对称轴为 xa1；当当 x2a 时，时，yf(x)的对称轴为的对称轴为 xa1，所以当所以当 a12aa1 时，时，f(x)在在 r 上是增函数，上是增函数，即即1a1 时，函数时，函数 f(x)在在 r 上是增函数上是增函数(3)方程方程 f(x)tf(2a)0 的解即为方程的解即为方程 f(x)tf(2a)的解的解当当1a1 时，函数时，函数 f(x)在在 r 上是增函数

3、，上是增函数，所以关于所以关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)不可能有三个不相等的实数根不可能有三个不相等的实数根当当 a1 时，即时，即 2aa1a1，所以所以 f(x)在在(，a1)上单调递增，在上单调递增，在(a1,2a)上单调递减，在上单调递减，在(2a，)上单调递上单调递增，增，所以当所以当 f(2a)tf(2a)f(a1)时，关于时，关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，有三个不相等的实数根，即即 4at4a(a1)2，因为因为 a1，所以，所以 1t1)，因为存在因为存在 a2,2，使得关于，使得关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三

4、个不相等的实数根，有三个不相等的实数根，所以所以 1th(a)max.又可证又可证 h(a)14a1a2在在(1,2上单调递增，上单调递增，所以所以 h(a)maxh(2)98，所以所以 1t98.当当 a1 时，即时，即 2aa1a1，所以所以 f(x)在在(，2a)上单调递增上单调递增，在在(2a，a1)上单调递减上单调递减，在在(a1，)上单调递上单调递增，增，所以当所以当 f(a1)tf(2a)f(2a)时，关于时，关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，有三个不相等的实数根，即即(a1)2t4a4a，因为因为 a1，所以，所以 1t14a1a2，设设 g(a

5、)14a1a2，因为存在因为存在 a2,2，使得关于，使得关于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，有三个不相等的实数根，所以所以 1tg(a)max，又可证又可证 g(a)14a1a2在在2，1)上单调递减，上单调递减，所以所以 g(a)max98，所以，所以 1t98.综上，实数综上，实数 t 的取值范围为的取值范围为1，98 .2已知函数已知函数 f(x)aln xbx3，其中其中 a，b 为实数为实数，b0，e 为自然对数的底数为自然对数的底数，e2.71828.(1)当当 a0)，则则 f(x)ax3x2a3x3x，令令 f(x)0，得，得 x3a3，因为，因

6、为 a0，所以所以 f(x)，f(x)随随 x 的变化情况如下表：的变化情况如下表：x0，3a33a33a3，f(x)0f(x)极小值极小值所以所以 g(a)f3a3 aln3a3a3a3lna3 a3，令令 t(x)xln xx，则则 t(x)ln x，令，令 t(x)0，得，得 x1，且当且当 x1 时，时，t(x)有最大值有最大值 1，所以所以 g(a)的最大值为的最大值为 1，此时，此时 a3.(2)因为方程因为方程 aln xbx30 在区间在区间(1，e上有两个不同实数解，上有两个不同实数解，所以所以abx3ln x在区间在区间(1，e上有两个不同的实数解，上有两个不同的实数解，即

7、函数即函数 yab的图象与函数的图象与函数 m(x)x3ln x的图象有两个不同的交点，的图象有两个不同的交点，因为因为 m(x)x2 3ln x1 ln x 2，令，令 m(x)0，得，得 x3e，所以所以 m(x)，m(x)随随 x 的变化情况如下表：的变化情况如下表：x(1，3e)3e(3e，em(x)0m(x)3e所以当所以当 x(1，3e)时，时，m(x)(3e，)，当当 x(3e，e时，时，m(x)(3e，e3，结合函数图象知结合函数图象知 a，b 满足的关系式为满足的关系式为 3e0)，所以所以 f(x)34x11x 3x2 x2 4x，令令 f(x)0，得，得 x2，当当 x(

8、0,2)时，时，f(x)0，所以函数所以函数 f(x)在在(0,2)上单调递减，在上单调递减，在(2，)上单调递增上单调递增.所以当所以当 x2 时，时，f(x)有最小值有最小值 f(2)12ln 2.(2)证明：由证明：由 f(x)ax2xln x(x0)，得，得 f(x)2ax11x2ax2x1x.所以当所以当 a0 时，时，f(x)2ax2x1x0，函数函数 f(x)在在(0，)上单调递减，上单调递减，所以当所以当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在(0，)上最多有一个零点上最多有一个零点.因为当因为当1a0 时，时，f(1)a10，所以当所以当1a0 时，函数时，函数 f(x)在在(

9、0，)上有零点上有零点综上，当综上，当1a0 时，函数时，函数 f(x)有且只有一个零点有且只有一个零点.(3)由由(2)知，当知，当 a0 时，函数时，函数 f(x)在在(0，)上最多有一个零点上最多有一个零点因为函数因为函数 f(x)有两个零点，所以有两个零点，所以 a0.由由 f(x)ax2xln x(x0)，得得 f(x)2ax2x1x，令令 g(x)2ax2x1.因为因为 g(0)10，所以函数所以函数 g(x)在在(0，)上只有一个零点，设为上只有一个零点，设为 x0.当当 x(0，x0)时，时，g(x)0，f(x)0，f(x)0.所以函数所以函数 f(x)在在(0，x0)上单调递

10、减；上单调递减；在在(x0，)上单调递增上单调递增要使得函数要使得函数 f(x)在在(0，)上有两个零点，上有两个零点，只需要函数只需要函数 f(x)的极小值的极小值 f(x0)0，即即 ax20 x0ln x00，又因为函数又因为函数 h(x)2ln xx1 在在(0，)上是增函数，且上是增函数，且 h(1)0，所以所以 x01，得得 01x01.又由又由 2ax20 x010，得得 2a1x021x01x012214，所以所以 0a1.以下验证当以下验证当 0a1 时，函数时，函数 f(x)有两个零点有两个零点当当 0a0，所以所以 1x00，且，且 f(x0)0(因为因为 ln xx1)

11、，且且 f(x0)0.所以函数所以函数 f(x)在在x0，2a 上有一个零点上有一个零点所以当所以当 0a0)，所以所以 t(x)11xx1x，令令 t(x)0，得得 x1.当当 x(0,1)时，时，t(x)0.所以函数所以函数 t(x)在在(0,1)上单调递减，在上单调递减，在(1，)上单调递增上单调递增所以当所以当 x1 时，时，t(x)有最小值有最小值 t(1)0.所以所以 t(x)x1ln x0，得得 ln xx1 成立成立综上，实数综上，实数 a 的取值范围为的取值范围为(0,1)4已知函数已知函数 f(x)aexxx.(1)若函数若函数 f(x)的图象在的图象在(1，f(1)处的切

12、线经过点处的切线经过点(0，1)，求，求 a 的值；的值；(2)是否存在负整数是否存在负整数 a，使函数，使函数 f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数的极大值为正值？若存在，求出所有负整数 a 的值的值；若不存在，请说明理由；若不存在，请说明理由；(3)设设 a0，求证：函数，求证：函数 f(x)既有极大值，又有极小值既有极大值，又有极小值解：解：(1)f(x)aex x1 x2x2，f(1)1，f(1)ae1,函数函数 f(x)在在(1，f(1)处的切线方程为处的切线方程为y(ae1)x1.又直线过点又直线过点(0，1)，1(ae1)1，解得，解得 a1e.(2)若若 a0 恒成立

13、，函数在恒成立，函数在(，0)上无极值；上无极值；当当 x(0,1)时，时，f(x)0 恒成立，函数在恒成立，函数在(0,1)上无极值上无极值法一法一： 在在 x(1， )时时， 若若 f(x)在在 x0处取得符合条件的极大处取得符合条件的极大值值 f(x0)， 则则x01，f x0 0，f x0 0，则则x01，aex0 x0 x00，aex0 x01 x20 x200，由由得得 aex0 x20 x01，代入，代入得得x0 x01x00，结合结合可解得可解得 x02，再由再由 f(x0)aex0 x0 x00，得，得 ax20ex0.令令 h(x)x2ex，则，则 h(x)x x2 ex，

14、当当 x2 时，时，h(x)0，即，即 h(x)是增函数，是增函数，所以所以 ah(x0)h(2)4e2，又又 a0，故当极大值为正数时，故当极大值为正数时，a4e2，0，从而不存在负整数，从而不存在负整数 a 满足条件满足条件法二法二：在：在 x(1，)时，令时，令 h(x)aex(x1)x2，则，则 h(x)(aex2)x，x(1，)，ex(e，)，a 为负整数，为负整数，a1，aexaee，aex20，h(x)0，h(2)ae24e240，x0(1,2)，使得，使得 h(x0)0，且且 1x0，即，即 f(x)0；xx0时，时，h(x)0，即，即 f(x)0.f(x)在在 x0处取得极大

15、值处取得极大值 f(x0)aex0 x0 x0.(*)又又 h(x0)aex0(x01)x200，aex0 x0 x0 x01代入代入(*)得，得，f(x0)x0 x01x0 x0 x02 x010，所以当，所以当 x0 时，时，g(x)0，g(x)单调递增；单调递增；当当 x0 时，时，g(x)0，g(x)单调递减，单调递减，故故 g(x)至多有两个零点至多有两个零点又又 g(0)a0，所以存在所以存在 x1(0,1)，使，使 g(x1)0，再由再由 g(x)在在(0，)上单调递增知，上单调递增知，当当 x(0，x1)时，时，g(x)0，故故 f(x)g x x20，故故 f(x)g x x

16、20，f(x)单调递增单调递增所以函数所以函数 f(x)在在 x1处取得极小值处取得极小值.当当 x0 时，时，ex1，且，且 x1a(x1)x2x2axa，函数函数 yx2axa 是关于是关于 x 的二次函数的二次函数，必存在负实数必存在负实数 t，使使 g(t)0，又又 g(0)a0，故故 f(x)g x x20，f(x)单调递增；单调递增；当当 x(x2,0)时，时，g(x)0，故故 f(x)g x x2m的值域为的值域为 r，求实数，求实数 m 的取值范围；的取值范围；(2)若存在实数若存在实数 x1，x20,2，使得，使得 f(x1)f(x2)，且，且|x1x2|1，求证：，求证：e

17、1ae2e.解：解：(1)ae 时，时，f(x)exex1，h(x)f(x)g(x)ex2x1，h(x)ex2，由由 h(x)0，解得，解得 xln 2，由，由 h(x)0，解得，解得 xln 2，故函数故函数 h(x)在在(ln 2，)上单调递增，在上单调递增，在(，ln 2)上单调递减上单调递减f(x)exe，当当 x1 时，时，f(x)0，f(x)在在(，1)上单调递减，上单调递减，当当 x1 时，时，f(x)0，f(x)在在(1，)上单调递增，上单调递增，m1 时，时，f(x)在在(，m上单调递减，则值域是上单调递减，则值域是emem1，)，g(x)(2e)x 在在(m，)上单调递减，

18、则值域是上单调递减，则值域是(，(2e)m)，f(x)的值域是的值域是 r，故，故 emem1(2e)m，即即 em2m10，(*)设设 h(m)em2m1，由由可知可知 m0 时，时，h(m)em2m1h(0)0，故故(*)不成立，令不成立，令 h(m)em20，得，得 mln 2，h(m)在在(0，ln 2)上单调递减，在上单调递减，在(ln 2,1)上单调递增，且上单调递增，且 h(0)0，h(1)e30，0m1 时，时，h(m)0 恒成立，故恒成立，故 0m1.m1 时，时，f(x)在在(，1)上单调递减，在上单调递减，在(1，m上单调递增，上单调递增，故函数故函数 f(x)exex1

19、 在在(，m上的值域是上的值域是1，)，g(x)(2e)x 在在(m，)上单调递减，值域是上单调递减，值域是(，(2e)m)，f(x)的值域是的值域是 r，1(2e)m，即，即 1m1e2.综上，实数综上，实数 m 的取值范围是的取值范围是0，1e2 .(2)证明：证明：f(x)exa，若若 a0，则，则 f(x)0，此时，此时 f(x)在在 r 上递增，上递增，由由 f(x1)f(x2)，可得，可得 x1x2，与，与|x1x2|1 矛盾，矛盾，a0 且且 f(x)在在(，ln a上单调递减，在上单调递减，在ln a，)上单调递增，上单调递增，若若 x1，x2(，ln a，则由，则由 f(x1

20、)f(x2)可得可得 x1x2，与，与|x1x2|1 矛盾，矛盾，同样不能有同样不能有 x1，x2ln a，)，不妨设不妨设 0 x1x22，则有，则有 0 x1ln ax22，f(x)在在(x1，ln a)上单调递减，在上单调递减，在(ln a，x2)上单调递增，且上单调递增，且 f(x1)f(x2)，x1xx2时，时，f(x)f(x1)f(x2)，由由 0 x1x22 且且|x1x2|1，得，得 1x1，x2，故故 f(1)f(x1)f(x2)，又又 f(x)在在(，ln a上单调递减，且上单调递减，且 0 x1ln a，故故 f(x1)f(0)，故故 f(1)f(0)，同理，同理 f(1

21、)f(2)，即即ea10，ea1e22a1，解得解得 e1ae2e，e1ae2e.6已知函数已知函数 f(x)exsin xcos x，g(x)xcos x 2ex，其中，其中 e 是自然对数的底数是自然对数的底数(1)判断函数判断函数 yf (x)在在0，2 内零点的个数，并说明理由；内零点的个数，并说明理由；(2)任意任意 x10，2 ，存在，存在 x20，2 ，使得不等式，使得不等式 f(x1)g(x2)m 成立，试求实数成立，试求实数 m的取值范围；的取值范围；(3)若若 x1，求证：，求证：f (x)g (x)0.解：解：(1)函数函数 yf (x)在在0，2 内零点的个数为内零点的

22、个数为 1，理由如下：理由如下：因为因为 f(x)exsin xcos x，所以所以 f(x)exsin xexcos xsin x.因为因为 x0，2 ，所以，所以 f(x)0.所以函数所以函数 f (x)在在0，2 上是单调递增函数上是单调递增函数因为因为 f(0)10，f2 e20，根据函数零点存在性定理得函数根据函数零点存在性定理得函数 yf (x)在在0，2 内零点的个数为内零点的个数为 1.(2)因为不等式因为不等式 f(x1)g(x2)m 等价于等价于 f(x1)mg(x2)，所以对任意所以对任意 x10，2 ，存在，存在 x20，2 ，使得不等式，使得不等式 f(x1)g(x2)m 成立，等价于成立，等价于f(x)min(mg (x)min，即即 f(x)minmg(x)max.当当 x0，2 时，时，f(x)exsin xexcos