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6个解答题专项强化练(五)函数1已知函数f(x)x|2ax|2x，aR.(1)若a0，判断函数yf(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a2,2，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yf(x)为奇函数证明如下：当a0时，f(x)x|x|2x，所以f(x)x|x|2xf(x)，所以函数yf(x)为奇函数(2)f(x)当x2a时，yf(x)的对称轴为xa1；当x2a时，yf(x)的对称轴为xa1，所以当a12aa1时，f(x)在R上是增函数，即1a1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)的解当1a1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当a1时，即2aa1a1，所以f(x)在(，a1)上单调递增，在(a1,2a)上单调递减，在(2a，)上单调递增，所以当f(2a)tf(2a)f(a1)时，关于x的方程f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，即4at4a(a1)2，因为a1，所以1t1)，因为存在a2,2，使得关于x的方程f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，所以1th(a)max.又可证h(a)在(1,2上单调递增，所以h(a)maxh(2)，所以1t.当a1时，即2aa1a1，所以f(x)在(，2a)上单调递增，在(2a，a1)上单调递减，在(a1，)上单调递增，所以当f(a1)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(a1)2t4a4a，因为a1，所以1t，设g(a)，因为存在a2,2，使得关于x的方程f(x)tf(2a)有三个不相等的实数根，所以1tg(a)max，又可证g(a)在2，1)上单调递减，所以g(a)max，所以1t.综上，实数t的取值范围为.2已知函数f(x)aln xbx3，其中a，b为实数，b0，e为自然对数的底数，e2.718 28.(1)当a0)，则f(x)3x2，令f(x)0，得x，因为a0，所以f(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf(x)0f(x)极小值所以g(a)faln ln，令t(x)xln xx，则t(x)ln x，令t(x)0，得x1，且当x1时，t(x)有最大值1，所以g(a)的最大值为1，此时a3.(2)因为方程aln xbx30在区间(1，e上有两个不同实数解，所以在区间(1，e上有两个不同的实数解，即函数y的图象与函数m(x)的图象有两个不同的交点，因为m(x)，令m(x)0，得x，所以m(x)，m(x)随x的变化情况如下表：x(1，)(，em(x)0m(x)3e所以当x(1，)时，m(x)(3e，)，当x(，e时，m(x)(3e，e3，结合函数图象知a，b满足的关系式为3e0)，所以f(x)x1，令f(x)0，得x2，当x(0,2)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x2时，f(x)有最小值f(2)ln 2. (2)证明：由f(x)ax2xln x(x0)，得f(x)2ax1.所以当a0时，f(x)0，函数f(x)在(0，)上单调递减，所以当a0时，函数f(x)在(0，)上最多有一个零点. 因为当1a0时，f(1)a10，所以当1a0时，函数f(x)在(0，)上有零点综上，当1a0时，函数f(x)有且只有一个零点. (3)由(2)知，当a0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a0. 由f(x)ax2xln x(x0)，得f(x)，令g(x)2ax2x1.因为g(0)10，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，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axx0ln x00，又因为函数h(x)2ln xx1在(0，)上是增函数，且h(1)0，所以x01，得01. 又由2axx010，得2a22，所以0a1. 以下验证当0a1时，函数f(x)有两个零点当0a0，所以1x00，且f(x0)0(因为ln xx1)，且f(x0)0.所以函数f(x)在上有一个零点所以当0a0)，所以t(x)1，令t(x)0，得x1.当x(0,1)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x1时，t(x)有最小值t(1)0.所以t(x)x1ln x0，得ln xx1成立综上，实数a的取值范围为(0,1)4已知函数f(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a0，求证：函数f(x)既有极大值，又有极小值解：(1)f(x)，f(1)1，f(1)ae1, 函数f(x)在(1，f(1)处的切线方程为y(ae1)x1.又直线过点(0，1)，1(ae1)1，解得a.(2)若a0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)，则则由得aex0，代入得x00，结合可解得x02，再由f(x0)x00，得a.令h(x)，则h(x)，当x2时，h(x)0，即h(x)是增函数，所以ah(x0)h(2)，又a0，故当极大值为正数时，a，从而不存在负整数a满足条件法二：在x(1，)时，令H(x)aex(x1)x2，则H(x)(aex2)x，x(1，)，ex(e，)，a为负整数，a1，aexaee，aex20，H(x)0，H(2)ae24e240，x0(1,2)，使得H(x0)0，且1x0，即f(x)0；xx0时，H(x)0，即f(x)0.f(x)在x0处取得极大值f(x0)x0.(*)又H(x0)aex0(x01)x0，代入(*)得，f(x0)x00，所以当x0时，g(x)0，g(x)单调递增；当x0时，g(x)0，g(x)单调递减，故g(x)至多有两个零点又g(0)a0，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)0，故f(x)0，f(x)单调递增所以函数f(x)在x1处取得极小值. 当x0时，ex1，且x1a(x1)x2x2axa，函数yx2axa是关于x的二次函数，必存在负实数t，使g(t)0，又g(0)a0，故f(x)0，f(x)单调递增；当x(x2,0)时，g(x)0，故f(x)0，根据函数零点存在性定理得函数yf (x)在内零点的个数为1.(2)因为不等式f(x1)g(x2)m等价于f(x1)mg(x2)，所以对任意x1，存在x2，使得不等式f(x1)g(x2)m成立，等价于f(x)min(mg (x)min，即f(x)minmg(x)max.当x时，f(x)exsin xexcos xsin x0，故f(x)在区间上单调递增，所以x0时，f (x)取得最小值1，又g(x)cos xxsin xex，由于0cos x1，xsin x0，ex，所以g(x)0，故g(x)在区间上单调递减因此，x0时，g(x)取得最大值.所以m1，即实数m的取值范围为(，1(3)证明：当x1时，要证f(x)g(x)0，只要证f(x)g(x)，只要证exsin xcos xxcos xex，只要证exsin xexcos xxcos x，由于sin x0,1x0，只要证 .下面证明x1时，不等式成立令h(x)，则h(x)，当x(1,0)时，h(x)0，h(x)单调递减；当x(0，)时，h(x)0，h(x)单调递增所以当且仅当x0时，h(x)取得极小值也就是最小值为1，即1，当x0时，取“”又因为cos xsin xsin，当x2k时，kZ时取“”所以cos xsin x，即1，当x2k时，kZ时取“”所以 .综上所述，当x1时，f (x)g (x)0成立11
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