高考數(shù)學(xué)江蘇專版三維二輪專題復(fù)習(xí)訓(xùn)練：6個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練五　函　數(shù) Word版含解析

1、高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料2019.56 個(gè)解答題個(gè)解答題專項(xiàng)強(qiáng)化練專項(xiàng)強(qiáng)化練(五五)函函數(shù)數(shù)1已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)x|2ax|2x，ar.(1)若若 a0，判斷函數(shù)，判斷函數(shù) yf(x)的奇偶性，并加以證明；的奇偶性，并加以證明；(2)若函數(shù)若函數(shù) f(x)在在 r 上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù)上是增函數(shù)，求實(shí)數(shù) a 的取值范圍；的取值范圍；(3)若存在實(shí)數(shù)若存在實(shí)數(shù) a2,2，使得關(guān)于，使得關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)0 有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，求實(shí)數(shù)求實(shí)數(shù) t 的取值范圍的取值范圍解：解：(1)函數(shù)函數(shù) yf(x)為奇函數(shù)為奇函數(shù)證明如下：證明如下：當(dāng)當(dāng) a0 時(shí)

2、，時(shí)，f(x)x|x|2x，所以所以 f(x)x|x|2xf(x)，所以函數(shù)所以函數(shù) yf(x)為奇函數(shù)為奇函數(shù)(2)f(x)x2 22a x，x2a，x2 22a x，x2a，當(dāng)當(dāng) x2a 時(shí)，時(shí)，yf(x)的對(duì)稱軸為的對(duì)稱軸為 xa1；當(dāng)當(dāng) x2a 時(shí)，時(shí)，yf(x)的對(duì)稱軸為的對(duì)稱軸為 xa1，所以當(dāng)所以當(dāng) a12aa1 時(shí)，時(shí)，f(x)在在 r 上是增函數(shù)，上是增函數(shù)，即即1a1 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)在在 r 上是增函數(shù)上是增函數(shù)(3)方程方程 f(x)tf(2a)0 的解即為方程的解即為方程 f(x)tf(2a)的解的解當(dāng)當(dāng)1a1 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)在在 r 上是增函數(shù)

3、，上是增函數(shù)，所以關(guān)于所以關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)不可能有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根不可能有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根當(dāng)當(dāng) a1 時(shí)，即時(shí)，即 2aa1a1，所以所以 f(x)在在(，a1)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(a1,2a)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(2a，)上單調(diào)遞上單調(diào)遞增，增，所以當(dāng)所以當(dāng) f(2a)tf(2a)f(a1)時(shí)，關(guān)于時(shí)，關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即即 4at4a(a1)2，因?yàn)橐驗(yàn)?a1，所以，所以 1t1)，因?yàn)榇嬖谝驗(yàn)榇嬖?a2,2，使得關(guān)于，使得關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三

4、個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以所以 1th(a)max.又可證又可證 h(a)14a1a2在在(1,2上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，所以所以 h(a)maxh(2)98，所以所以 1t98.當(dāng)當(dāng) a1 時(shí)，即時(shí)，即 2aa1a1，所以所以 f(x)在在(，2a)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增，在在(2a，a1)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減，在在(a1，)上單調(diào)遞上單調(diào)遞增，增，所以當(dāng)所以當(dāng) f(a1)tf(2a)f(2a)時(shí)，關(guān)于時(shí)，關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，即即(a1)2t4a4a，因?yàn)橐驗(yàn)?a1，所以，所以 1t14a1a2，設(shè)設(shè) g(a

5、)14a1a2，因?yàn)榇嬖谝驗(yàn)榇嬖?a2,2，使得關(guān)于，使得關(guān)于 x 的方程的方程 f(x)tf(2a)有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，有三個(gè)不相等的實(shí)數(shù)根，所以所以 1tg(a)max，又可證又可證 g(a)14a1a2在在2，1)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，所以所以 g(a)max98，所以，所以 1t98.綜上，實(shí)數(shù)綜上，實(shí)數(shù) t 的取值范圍為的取值范圍為1，98 .2已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)aln xbx3，其中其中 a，b 為實(shí)數(shù)為實(shí)數(shù)，b0，e 為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)為自然對(duì)數(shù)的底數(shù)，e2.71828.(1)當(dāng)當(dāng) a0)，則則 f(x)ax3x2a3x3x，令令 f(x)0，得，得 x3a3，因?yàn)?，?/p>

6、為 a0，所以所以 f(x)，f(x)隨隨 x 的變化情況如下表：的變化情況如下表：x0，3a33a33a3，f(x)0f(x)極小值極小值所以所以 g(a)f3a3 aln3a3a3a3lna3 a3，令令 t(x)xln xx，則則 t(x)ln x，令，令 t(x)0，得，得 x1，且當(dāng)且當(dāng) x1 時(shí)，時(shí)，t(x)有最大值有最大值 1，所以所以 g(a)的最大值為的最大值為 1，此時(shí)，此時(shí) a3.(2)因?yàn)榉匠桃驗(yàn)榉匠?aln xbx30 在區(qū)間在區(qū)間(1，e上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解，上有兩個(gè)不同實(shí)數(shù)解，所以所以abx3ln x在區(qū)間在區(qū)間(1，e上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，上有兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，即

7、函數(shù)即函數(shù) yab的圖象與函數(shù)的圖象與函數(shù) m(x)x3ln x的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，因?yàn)橐驗(yàn)?m(x)x2 3ln x1 ln x 2，令，令 m(x)0，得，得 x3e，所以所以 m(x)，m(x)隨隨 x 的變化情況如下表：的變化情況如下表：x(1，3e)3e(3e，em(x)0m(x)3e所以當(dāng)所以當(dāng) x(1，3e)時(shí)，時(shí)，m(x)(3e，)，當(dāng)當(dāng) x(3e，e時(shí)，時(shí)，m(x)(3e，e3，結(jié)合函數(shù)圖象知結(jié)合函數(shù)圖象知 a，b 滿足的關(guān)系式為滿足的關(guān)系式為 3e0)，所以所以 f(x)34x11x 3x2 x2 4x，令令 f(x)0，得，得 x2，當(dāng)當(dāng) x(

8、0,2)時(shí)，時(shí)，f(x)0，所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)在在(0,2)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(2，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增.所以當(dāng)所以當(dāng) x2 時(shí)，時(shí)，f(x)有最小值有最小值 f(2)12ln 2.(2)證明：由證明：由 f(x)ax2xln x(x0)，得，得 f(x)2ax11x2ax2x1x.所以當(dāng)所以當(dāng) a0 時(shí)，時(shí)，f(x)2ax2x1x0，函數(shù)函數(shù) f(x)在在(0，)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，所以當(dāng)所以當(dāng) a0 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)在在(0，)上最多有一個(gè)零點(diǎn)上最多有一個(gè)零點(diǎn).因?yàn)楫?dāng)因?yàn)楫?dāng)1a0 時(shí)，時(shí)，f(1)a10，所以當(dāng)所以當(dāng)1a0 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)在在(

9、0，)上有零點(diǎn)上有零點(diǎn)綜上，當(dāng)綜上，當(dāng)1a0 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)有且只有一個(gè)零點(diǎn)有且只有一個(gè)零點(diǎn).(3)由由(2)知，當(dāng)知，當(dāng) a0 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)在在(0，)上最多有一個(gè)零點(diǎn)上最多有一個(gè)零點(diǎn)因?yàn)楹瘮?shù)因?yàn)楹瘮?shù) f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)，所以有兩個(gè)零點(diǎn)，所以 a0.由由 f(x)ax2xln x(x0)，得得 f(x)2ax2x1x，令令 g(x)2ax2x1.因?yàn)橐驗(yàn)?g(0)10，所以函數(shù)所以函數(shù) g(x)在在(0，)上只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為上只有一個(gè)零點(diǎn)，設(shè)為 x0.當(dāng)當(dāng) x(0，x0)時(shí)，時(shí)，g(x)0，f(x)0，f(x)0.所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)在在(0，x0)上單調(diào)遞

10、減；上單調(diào)遞減；在在(x0，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增要使得函數(shù)要使得函數(shù) f(x)在在(0，)上有兩個(gè)零點(diǎn)，上有兩個(gè)零點(diǎn)，只需要函數(shù)只需要函數(shù) f(x)的極小值的極小值 f(x0)0，即即 ax20 x0ln x00，又因?yàn)楹瘮?shù)又因?yàn)楹瘮?shù) h(x)2ln xx1 在在(0，)上是增函數(shù)，且上是增函數(shù)，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.以下驗(yàn)證當(dāng)以下驗(yàn)證當(dāng) 0a1 時(shí)，函數(shù)時(shí)，函數(shù) f(x)有兩個(gè)零點(diǎn)有兩個(gè)零點(diǎn)當(dāng)當(dāng) 0a0，所以所以 1x00，且，且 f(x0)0(因?yàn)橐驗(yàn)?ln xx1)

11、，且且 f(x0)0.所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)在在x0，2a 上有一個(gè)零點(diǎn)上有一個(gè)零點(diǎn)所以當(dāng)所以當(dāng) 0a0)，所以所以 t(x)11xx1x，令令 t(x)0，得得 x1.當(dāng)當(dāng) x(0,1)時(shí)，時(shí)，t(x)0.所以函數(shù)所以函數(shù) t(x)在在(0,1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，)上單調(diào)遞增上單調(diào)遞增所以當(dāng)所以當(dāng) x1 時(shí)，時(shí)，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 成立成立綜上，實(shí)數(shù)綜上，實(shí)數(shù) a 的取值范圍為的取值范圍為(0,1)4已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)aexxx.(1)若函數(shù)若函數(shù) f(x)的圖象在的圖象在(1，f(1)處的切

12、線經(jīng)過點(diǎn)處的切線經(jīng)過點(diǎn)(0，1)，求，求 a 的值；的值；(2)是否存在負(fù)整數(shù)是否存在負(fù)整數(shù) a，使函數(shù)，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)的極大值為正值？若存在，求出所有負(fù)整數(shù) a 的值的值；若不存在，請(qǐng)說明理由；若不存在，請(qǐng)說明理由；(3)設(shè)設(shè) a0，求證：函數(shù)，求證：函數(shù) f(x)既有極大值，又有極小值既有極大值，又有極小值解：解：(1)f(x)aex x1 x2x2，f(1)1，f(1)ae1,函數(shù)函數(shù) f(x)在在(1，f(1)處的切線方程為處的切線方程為y(ae1)x1.又直線過點(diǎn)又直線過點(diǎn)(0，1)，1(ae1)1，解得，解得 a1e.(2)若若 a0 恒成立

13、，函數(shù)在恒成立，函數(shù)在(，0)上無極值；上無極值；當(dāng)當(dāng) x(0,1)時(shí)，時(shí)，f(x)0 恒成立，函數(shù)在恒成立，函數(shù)在(0,1)上無極值上無極值法一法一： 在在 x(1， )時(shí)時(shí)， 若若 f(x)在在 x0處取得符合條件的極大處取得符合條件的極大值值 f(x0)， 則則x01，f x0 0，f x0 0，則則x01，aex0 x0 x00，aex0 x01 x20 x200，由由得得 aex0 x20 x01，代入，代入得得x0 x01x00，結(jié)合結(jié)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，則，則 h(x)x x2 ex，

14、當(dāng)當(dāng) x2 時(shí)，時(shí)，h(x)0，即，即 h(x)是增函數(shù)，是增函數(shù)，所以所以 ah(x0)h(2)4e2，又又 a0，故當(dāng)極大值為正數(shù)時(shí)，故當(dāng)極大值為正數(shù)時(shí)，a4e2，0，從而不存在負(fù)整數(shù)，從而不存在負(fù)整數(shù) a 滿足條件滿足條件法二法二：在：在 x(1，)時(shí)，令時(shí)，令 h(x)aex(x1)x2，則，則 h(x)(aex2)x，x(1，)，ex(e，)，a 為負(fù)整數(shù)，為負(fù)整數(shù)，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時(shí)，時(shí)，h(x)0，即，即 f(x)0.f(x)在在 x0處取得極大

15、值處取得極大值 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，所以當(dāng)，所以當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，g(x)0，g(x)單調(diào)遞減，單調(diào)遞減，故故 g(x)至多有兩個(gè)零點(diǎn)至多有兩個(gè)零點(diǎn)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，)上單調(diào)遞增知，上單調(diào)遞增知，當(dāng)當(dāng) x(0，x1)時(shí)，時(shí)，g(x)0，故故 f(x)g x x20，故故 f(x)g x x

16、20，f(x)單調(diào)遞增單調(diào)遞增所以函數(shù)所以函數(shù) f(x)在在 x1處取得極小值處取得極小值.當(dāng)當(dāng) x0 時(shí)，時(shí)，ex1，且，且 x1a(x1)x2x2axa，函數(shù)函數(shù) yx2axa 是關(guān)于是關(guān)于 x 的二次函數(shù)的二次函數(shù)，必存在負(fù)實(shí)數(shù)必存在負(fù)實(shí)數(shù) t，使使 g(t)0，又又 g(0)a0，故故 f(x)g x x20，f(x)單調(diào)遞增；單調(diào)遞增；當(dāng)當(dāng) x(x2,0)時(shí)，時(shí)，g(x)0，故故 f(x)g x x2m的值域?yàn)榈闹涤驗(yàn)?r，求實(shí)數(shù)，求實(shí)數(shù) m 的取值范圍；的取值范圍；(2)若存在實(shí)數(shù)若存在實(shí)數(shù) x1，x20,2，使得，使得 f(x1)f(x2)，且，且|x1x2|1，求證：，求證：e

17、1ae2e.解：解：(1)ae 時(shí)，時(shí)，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，故函數(shù)故函數(shù) h(x)在在(ln 2，)上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞增，在(，ln 2)上單調(diào)遞減上單調(diào)遞減f(x)exe，當(dāng)當(dāng) x1 時(shí)，時(shí)，f(x)0，f(x)在在(，1)上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞減，當(dāng)當(dāng) x1 時(shí)，時(shí)，f(x)0，f(x)在在(1，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，m1 時(shí)，時(shí)，f(x)在在(，m上單調(diào)遞減，則值域是上單調(diào)遞減，則值域是emem1，)，g(x)(2e)x 在在(m，)上單調(diào)遞減，

18、則值域是上單調(diào)遞減，則值域是(，(2e)m)，f(x)的值域是的值域是 r，故，故 emem1(2e)m，即即 em2m10，(*)設(shè)設(shè) h(m)em2m1，由由可知可知 m0 時(shí)，時(shí)，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)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(ln 2,1)上單調(diào)遞增，且上單調(diào)遞增，且 h(0)0，h(1)e30，0m1 時(shí)，時(shí)，h(m)0 恒成立，故恒成立，故 0m1.m1 時(shí)，時(shí)，f(x)在在(，1)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(1，m上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，故函數(shù)故函數(shù) 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，)上單調(diào)遞減，值域是上單調(diào)遞減，值域是(，(2e)m)，f(x)的值域是的值域是 r，1(2e)m，即，即 1m1e2.綜上，實(shí)數(shù)綜上，實(shí)數(shù) m 的取值范圍是的取值范圍是0，1e2 .(2)證明：證明：f(x)exa，若若 a0，則，則 f(x)0，此時(shí)，此時(shí) f(x)在在 r 上遞增，上遞增，由由 f(x1)f(x2)，可得，可得 x1x2，與，與|x1x2|1 矛盾，矛盾，a0 且且 f(x)在在(，ln a上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在ln a，)上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞增，若若 x1，x2(，ln a，則由，則由 f(x1

20、)f(x2)可得可得 x1x2，與，與|x1x2|1 矛盾，矛盾，同樣不能有同樣不能有 x1，x2ln a，)，不妨設(shè)不妨設(shè) 0 x1x22，則有，則有 0 x1ln ax22，f(x)在在(x1，ln a)上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞減，在(ln a，x2)上單調(diào)遞增，且上單調(diào)遞增，且 f(x1)f(x2)，x1xx2時(shí)，時(shí)，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上單調(diào)遞減，且上單調(diào)遞減，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已知函數(shù)已知函數(shù) f(x)exsin xcos x，g(x)xcos x 2ex，其中，其中 e 是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)(1)判斷函數(shù)判斷函數(shù) yf (x)在在0，2 內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)，并說明理由；(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，試求實(shí)數(shù)成立，試求實(shí)數(shù) m的取值范圍；的取值范圍；(3)若若 x1，求證：，求證：f (x)g (x)0.解：解：(1)函數(shù)函數(shù) yf (x)在在0，2 內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為內(nèi)零點(diǎn)的

22、個(gè)數(shù)為 1，理由如下：理由如下：因?yàn)橐驗(yàn)?f(x)exsin xcos x，所以所以 f(x)exsin xexcos xsin x.因?yàn)橐驗(yàn)?x0，2 ，所以，所以 f(x)0.所以函數(shù)所以函數(shù) f (x)在在0，2 上是單調(diào)遞增函數(shù)上是單調(diào)遞增函數(shù)因?yàn)橐驗(yàn)?f(0)10，f2 e20，根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得函數(shù)根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)存在性定理得函數(shù) yf (x)在在0，2 內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為內(nèi)零點(diǎn)的個(gè)數(shù)為 1.(2)因?yàn)椴坏仁揭驗(yàn)椴坏仁?f(x1)g(x2)m 等價(jià)于等價(jià)于 f(x1)mg(x2)，所以對(duì)任意所以對(duì)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，等價(jià)于成立，等價(jià)于f(x)min(mg (x)min，即即 f(x)minmg(x)max.當(dāng)當(dāng) x0，2 時(shí)，時(shí)，f(x)exsin xexcos