高考数学二轮复习 6个解答题专项强化练（五）函数-人教版高三数学试题

6个解答题专项强化练(五)函数1．已知函数f(x)＝x|2a－x|＋2x，a∈(1)若a＝0，判断函数y＝f(x)的奇偶性，并加以证明；(2)若函数f(x)在R上是增函数，求实数a的取值范围；(3)若存在实数a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)－tf(2a)＝0有三个不相等的实数根，求实数t解：(1)函数y＝f(x)为奇函数．证明如下：当a＝0时，f(x)＝x|x|＋2x，所以f(－x)＝－x|x|－2x＝－f(x)，所以函数y＝f(x)为奇函数．(2)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋2－2ax，x≥2a，,－x2＋2＋2ax，x<2a，))当x≥2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a当x＜2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a所以当a－1≤2a≤a＋1时，f(x即－1≤a≤1时，函数f(x)在R上是增函数．(3)方程f(x)－tf(2a)＝0的解即为方程f(x)＝tf(2①当－1≤a≤1时，函数f(x)在R上是增函数，所以关于x的方程f(x)＝tf(2a②当a＞1时，即2a＞a＋1＞a所以f(x)在(－∞，a＋1)上单调递增，在(a＋1,2a)上单调递减，在(2所以当f(2a)＜tf(2a)＜f(a＋1)时，关于x的方程f(x)＝tf(即4a＜t·4a＜(a＋1)因为a＞1，所以1<t<eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2)).设h(a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2))(a>1)，因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a所以1＜t＜h(a)max.又可证h(a)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)＋2))在(1,2]上单调递增，所以h(a)max＝h(2)＝eq\f(9,8)，所以1＜t＜eq\f(9,8).③当a＜－1时，即2a＜a－1＜a所以f(x)在(－∞，2a)上单调递增，在(2a，a－1)上单调递减，在(所以当f(a－1)＜tf(2a)＜f(2a)时，关于x的方程f(x)＝tf(即－(a－1)2＜t·4a＜4因为a＜－1，所以1<t<－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))，设g(a)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))，因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a所以1＜t＜g(a)max，又可证g(a)＝－eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(1,a)－2))在[－2，－1)上单调递减，所以g(a)max＝eq\f(9,8)，所以1＜t＜eq\f(9,8).综上，实数t的取值范围为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(9,8))).2．已知函数f(x)＝alnx－bx3，其中a，b为实数，b≠0，e为自然对数的底数，e＝2.71828….(1)当a<0，b＝－1时，设函数f(x)的最小值为g(a)，求g(a)的最大值；(2)若关于x的方程f(x)＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解，求eq\f(a,b)的取值范围．解：(1)当b＝－1时，函数f(x)＝alnx＋x3(x>0)，则f′(x)＝eq\f(a,x)＋3x2＝eq\f(a＋3x3,x)，令f′(x)＝0，得x＝eq\r(3,－\f(a,3))，因为a<0时，eq\r(3,－\f(a,3))>0，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：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)极小值所以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，则t′(x)＝－lnx，令t′(x)＝0，得x＝1，且当x＝1时，t(x)有最大值1，所以g(a)的最大值为1，此时a＝－3.(2)因为方程alnx－bx3＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解，所以eq\f(a,b)＝eq\f(x3,lnx)在区间(1，e]上有两个不同的实数解，即函数y＝eq\f(a,b)的图象与函数m(x)＝eq\f(x3,lnx)的图象有两个不同的交点，因为m′(x)＝eq\f(x23lnx－1,lnx2)，令m′(x)＝0，得x＝eq\r(3,e)，所以m′(x)，m(x)随x的变化情况如下表：x(1，eq\r(3,e))eq\r(3,e)(eq\r(3,e)，e]m′(x)－0＋m(x)3e所以当x∈(1，eq\r(3,e))时，m(x)∈(3e，＋∞)，当x∈(eq\r(3,e)，e]时，m(x)∈(3e，e3]，结合函数图象知a，b满足的关系式为3e<eq\f(a,b)≤e3，即eq\f(a,b)的取值范围为(3e，e3]．3．已知函数f(x)＝ax2－x－lnx，a∈R.(1)当a＝eq\f(3,8)时，求函数f(x)的最小值；(2)若－1≤a≤0，证明：函数f(x)有且只有一个零点；(3)若函数f(x)有两个零点，求实数a的取值范围．解：(1)当a＝eq\f(3,8)时，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，当x∈(0,2)时，f′(x)<0；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，在(2，＋∞)上单调递增.所以当x＝2时，f(x)有最小值f(2)＝－eq\f(1,2)－ln2.(2)证明：由f(x)＝ax2－x－lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－1－eq\f(1,x)＝eq\f(2ax2－x－1,x).所以当a≤0时，f′(x)＝eq\f(2ax2－x－1,x)<0，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，所以当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点.因为当－1≤a≤0时，f(1)＝a－1<0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)))＝eq\f(e2－e＋a,e2)>0，所以当－1≤a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上有零点．综上，当－1≤a≤0时，函数f(x)有且只有一个零点.(3)由(2)知，当a≤0时，函数f(x)在(0，＋∞)上最多有一个零点．因为函数f(x)有两个零点，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.因为g(0)＝－1<0,2a所以函数g(x)在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x0.当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(x)<0；当x∈(x0，＋∞)时，g(x)>0，f′(x)>0.所以函数f(x)在(0，x0)上单调递减；在(x0，＋∞)上单调递增．要使得函数f(x)在(0，＋∞)上有两个零点，只需要函数f(x)的极小值f(x0)<0，即axeq\o\al(2,0)－x0－lnx0<0.又因为g(x0)＝2axeq\o\al(2,0)－x0－1＝0，所以2lnx0＋x0－1>0，又因为函数h(x)＝2lnx＋x－1在(0，＋∞)上是增函数，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.以下验证当0<a<1时，函数f(x)有两个零点．当0<a<1时，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).因为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.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，x0))上有一个零点.又因为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(因为lnx≤x－1)，且f(x0)<0.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(2,a)))上有一个零点．所以当0<a<1时，函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,e)，\f(2,a)))内有两个零点.下面证明：lnx≤x－1.设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.当x∈(0,1)时，t′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，t′(x)>0.所以函数t(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．所以当x＝1时，t(x)有最小值t(1)＝0.所以t(x)＝x－1－lnx≥0，得lnx≤x－1成立．综上，实数a的取值范围为(0,1)．4．已知函数f(x)＝eq\f(aex,x)＋x.(1)若函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线经过点(0，－1)，求a的值；(2)是否存在负整数a，使函数f(x)的极大值为正值？若存在，求出所有负整数a的值；若不存在，请说明理由；(3)设a>0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值．解：(1)∵f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，∴f′(1)＝1，f(1)＝ae＋1,∴函数f(x)在(1，f(1))处的切线方程为y－(ae＋1)＝x－1.又直线过点(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)，当x∈(－∞，0)时，f′(x)>0恒成立，函数在(－∞，0)上无极值；当x∈(0,1)时，f′(x)>0恒成立，函数在(0,1)上无极值．法一：在x∈(1，＋∞)时，若f(x)在x0处取得符合条件的极大值f(x0)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0>1，,fx0>0，,f′x0＝0，))则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，结合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)，则h′(x)＝eq\f(xx－2,ex)，当x>2时，h′(x)>0，即h(x)是增函数，所以a>h(x0)>h(2)＝－eq\f(4,e2)，又a<0，故当极大值为正数时，a∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,e2)，0))，从而不存在负整数a满足条件．法二：在x∈(1，＋∞)时，令H(x)＝aex(x－1)＋x2，则H′(x)＝(aex＋2)x，∵x∈(1，＋∞)，∴ex∈(e，＋∞)，∵a为负整数，∴a≤－1，∴aex≤ae≤－e，∴aex＋2<0，∴H′(x)<0，∴H(x)在(1，＋∞)上单调递减，又H(1)＝1>0，H(2)＝ae2＋4≤－e2＋4<0，∴∃x0∈(1,2)，使得H(x0)＝0，且1<x<x0时，H(x)>0，即f′(x)>0；x>x0时，H(x)<0，即f′(x)<0.∴f(x)在x0处取得极大值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，∴不存在负整数a满足条件．(3)证明：f′(x)＝eq\f(aexx－1＋x2,x2)，设g(x)＝aex(x－1)＋x2，则g′(x)＝x(aex＋2)，因为a>0，所以当x>0时，g′(x)>0，g(x)单调递增；当x<0时，g′(x)<0，g(x)单调递减，故g(x)至多有两个零点．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，＋∞)上单调递增知，当x∈(0，x1)时，g(x)<0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)<0，f(x)单调递减；当x∈(x1，＋∞)时，g(x)>0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)>0，f(x)单调递增．所以函数f(x)在x1处取得极小值.当x<0时，ex<1，且x－1<0，所以g(x)＝aex(x－1)＋x2>a(x－1)＋x2＝x2＋ax－a，函数y＝x2＋ax－a是关于x的二次函数，必存在负实数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)上单调递减知，当x∈(－∞，x2)时，g(x)>0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)>0，f(x)单调递增；当x∈(x2,0)时，g(x)<0，故f′(x)＝eq\f(gx,x2)<0，f(x)单调递减．所以函数f(x)在x2处取得极大值.综上，函数f(x)既有极大值，又有极小值．5．已知函数f(x)＝ex－ax－1，其中e为自然对数的底数，a∈R.(1)若a＝e，函数g(x)＝(2－e)x.①求函数h(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；②若函数F(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(fx，x≤m，,gx，x>m))的值域为R，求实数m的取值范围；(2)若存在实数x1，x2∈[0,2]，使得f(x1)＝f(x2)，且|x1－x2|≥1，求证：e－1≤a≤e2－e.解：(1)a＝e时，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，故函数h(x)在(ln2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln2)上单调递减．②f′(x)＝ex－e，当x＜1时，f′(x)＜0，f(x)在(－∞，1)上单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，m≤1时，f(x)在(－∞，m]上单调递减，则值域是[em－em－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，则值域是(－∞，(2－e)m)，∵F(x)的值域是R，故em－em－1≤(2－e)m，即em－2m设h(m)＝em－2m由①可知m＜0时，h(m)＝em－2m－1＞h故(*)不成立，令h′(m)＝em－2＝0，得m＝ln2，∵h(m)在(0，ln2)上单调递减，在(ln2,1)上单调递增，且h(0)＝0，h(1)＝e－3＜0，∴0≤m≤1时，h(m)≤0恒成立，故0≤m≤1.m＞1时，f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，m]上单调递增，故函数f(x)＝ex－ex－1在(－∞，m]上的值域是[－1，＋∞)，g(x)＝(2－e)x在(m，＋∞)上单调递减，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).综上，实数m的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,e－2))).(2)证明：f′(x)＝ex－a，若a≤0，则f′(x)＞0，此时f(x)在R上递增，由f(x1)＝f(x2)，可得x1＝x2，与|x1－x2|≥1矛盾，∴a＞0且f(x)在(－∞，lna]上单调递减，在[lna，＋∞)上单调递增，若x1，x2∈(－∞，lna]，则由f(x1)＝f(x2)可得x1＝x2，与|x1－x2|≥1矛盾，同样不能有x1，x2∈[lna，＋∞)，不妨设0≤x1＜x2≤2，则有0≤x1＜lna＜x2≤2，∵f(x)在(x1，lna)上单调递减，在(lna，x2)上单调递增，且f(x1)＝f(x2)，∴x1≤x≤x2时，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]上单调递减，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．已知函数f(x)＝exsinx－cosx，g(x)＝xcosx－eq\r(2)ex，其中e是自然对数的底数．(1)判断函数y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内零点的个数，并说明理由；(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，试求实数m的取值范围；(3)若x＞－1，求证：f(x)－g(x)＞0.解：(1)函数y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内零点的个数为1，理由如下：因为f(x)＝exsinx－cosx，所以f′(x)＝exsinx＋excosx＋sinx.因为x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，所以f′(x)＞0.所以函数f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))上是单调递增函数．因为f(0)＝－1＜0，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)))＝eeq\f(π,2)>0，根据函数零点存在性定理得函数y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))内零点的个数为1.(2)因为不等式f(x1)＋g(x2)≥m等价于f(x1)≥m－g(x2)，所以对任意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，等价于f(x)min≥(m－g(x))min，即f(x)min≥m－g(x)max.当x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))时，f′(x)＝exsin