高考数学江苏专版二轮专题复习训练：函　数 .docVIP

精品 Word 可修改 欢迎下载 必威体育精装版 精品 Word 欢迎下载 可修改 精品 Word 可修改 欢迎下载 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∈R. (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的取值范围． 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＋?2－2a?x，x≥2a，,－x2＋?2＋2a?x，x2a，)) 当x≥2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a－1； 当x＜2a时，y＝f(x)的对称轴为x＝a＋1， 所以当a－1≤2a≤a＋1时，f(x)在R上是增函数， 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(2a)的解． ①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(2a)不可能有三个不相等的实数根． ②当a＞1时，即2a＞a＋1＞a－1， 所以f(x)在(－∞，a＋1)上单调递增，在(a＋1,2a)上单调递减，在(2a，＋∞)上单调递增， 所以当f(2a)＜tf(2a)＜f(a＋1)时，关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根， 即4a＜t·4a＜(a＋1)2， 因为a＞1，所以1teq \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))(a1)， 因为存在a∈[－2,2]，使得关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根， 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＋1， 所以f(x)在(－∞，2a)上单调递增，在(2a，a－1)上单调递减，在(a－1，＋∞)上单调递增， 所以当f(a－1)＜tf(2a)＜f(2a)时，关于x的方程f(x)＝tf(2a)有三个不相等的实数根， 即－(a－1)2＜t·4a＜4a， 因为a＜－1，所以1t－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)有三个不相等的实数根， 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)＝aln x－bx3，其中a，b为实数，b≠0，e为自然对数的底数，e＝2.718 28…. (1)当a0，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)＝aln x＋x3(x0)， 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a0时， eq \r(3,－\f(a,3))0， 所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表： x eq \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