2022年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
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，推断函数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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋(2－2a )x ，x ≥2a ，－x 2＋(2＋2a )x ，x <2a ，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 )不行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，由于a ＞1，所以1<t <14⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2. 设h (a )＝14⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2(a >1)， 由于存在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 )＝14⎝⎛⎭⎫a ＋1a ＋2在(1,2]上单调递增， 所以h (a )max ＝h (2)＝98，所以1＜t ＜98.③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 ，由于a ＜－1，所以1<t <－14⎝⎛⎭⎫a ＋1a －2， 设g (a )＝－14⎝⎛⎭⎫a ＋1a －2， 由于存在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 )＝－14⎝⎛⎭⎫a ＋1a －2在[－2，－1)上单调递减， 所以g (a )max ＝98，所以1＜t ＜98.综上，实数t 的取值范围为⎝⎛⎭⎫1，98. 2．已知函数f (x )＝a ln x －bx 3，其中a ，b 为实数，b ≠0，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28…. (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ab 的取值范围．解：(1)当b ＝－1时，函数f (x )＝a ln x ＋x 3(x >0)， 则f ′(x )＝a x ＋3x 2＝a ＋3x 3x ，令f ′(x )＝0，得x ＝3－a 3，由于a <0时， 3－a3>0， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化状况如下表：所以g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 3－a 3＝a ln 3－a 3－a3＝a3ln ⎝⎛⎭⎫－a 3－a 3， 令t (x )＝－x ln x ＋x ，则t ′(x )＝－ln x ，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)由于方程a ln x －bx 3＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解， 所以a b ＝x 3ln x在区间(1，e]上有两个不同的实数解，即函数y ＝a b 的图象与函数m (x )＝x 3ln x 的图象有两个不同的交点，由于m ′(x )＝x 2(3ln x －1)(ln x )2，令m ′(x )＝0，得x ＝3e ，所以m ′(x )，m (x )随x 的变化状况如下表：所以当x ∈(1，3e)时，m (x )∈(3e ，＋∞)， 当x ∈(3e ，e]时，m (x )∈(3e ，e 3]，结合函数图象知a ，b 满足的关系式为3e<ab ≤e 3，即ab的取值范围为(3e ，e 3]． 3．已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R. (1)当a ＝38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 ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x (x >0)，所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝(3x ＋2)(x －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)＝－12－ln 2.(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x (x >0)，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x<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. 由于当－1≤a ≤0时，f (1)＝a －1<0，f ⎝⎛⎭⎫1e ＝e 2－e ＋ae 2>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．由于函数f (x )有两个零点，所以a >0. 由f (x )＝ax 2－x －ln x (x >0)， 得f ′(x )＝2ax 2－x －1x ，令g (x )＝2ax 2－x －1. 由于g (0)＝－1<0,2a >0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减； 在(x 0，＋∞)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 )的微小值f (x 0)<0， 即ax 20－x 0－ln x 0<0.又由于g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0， 所以2ln x 0＋x 0－1>0，又由于函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0>1，得0<1x 0<1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝⎛⎭⎫1x 02＋1x 0＝⎝⎛⎭⎫1x 0＋122－14， 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，g ⎝⎛⎭⎫1a ＝2a a 2－1a －1＝1－a a >0， 所以1<x 0<1a .由于f ⎝⎛⎭⎫1e ＝a e 2－1e ＋1＝e 2－e ＋a e 2>0，且f (x 0)<0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，x 0上有一个零点.又由于f ⎝⎛⎭⎫2a ＝4a a 2－2a －ln 2a ≥2a －⎝⎛⎭⎫2a －1＝1>0(由于ln x ≤x －1)，且f (x 0)<0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫x 0，2a 上有一个零点． 所以当0<a <1时，函数f (x )在⎝⎛⎭⎫1e ，2a 内有两个零点. 下面证明：ln x ≤x －1. 设t (x )＝x －1－ln x (x >0)， 所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x ， 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－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立． 综上，实数a 的取值范围为(0,1)． 4．已知函数f (x )＝a e xx ＋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，求出全部负整数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，又有微小值． 解：(1)∵f ′(x )＝a e x (x －1)＋x 2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为 y －(a e ＋1)＝x －1. 又直线过点(0，－1)，∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得a ＝－1e .(2)若a <0，f ′(x )＝a e x (x －1)＋x 2x 2，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x 0处取得符合条件的极大值f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0>1，f (x 0)>0，f ′(x 0)＝0，则⎩⎨⎧x 0>1， ①a e x 0x＋x 0>0， ②a e x 0(x 0－1)＋x20x 20＝0， ③由③得a e x 0＝－x 20x 0－1，代入②得－x 0x 0－1＋x 0>0，结合①可解得x 0>2，再由f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0>0，得a >－x 20e x 0.令h (x )＝－x 2e x ，则h ′(x )＝x (x －2)e x ，当x >2时，h ′(x )>0，即h (x )是增函数， 所以a >h (x 0)>h (2)＝－4e2，又a <0，故当极大值为正数时，a ∈⎝⎛⎭⎫－4e 2，0，从而不存在负整数a 满足条件． 法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x (x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x ＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x ∈(e ，＋∞)， ∵a 为负整数，∴a ≤－1，∴a e x ≤a e ≤－e ， ∴a e x ＋2<0，∴H ′(x )<0， ∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1>0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4<0， ∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1<x <x 0时，H (x )>0，即f ′(x )>0； x >x 0时，H (x )<0，即f ′(x )<0. ∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0. (*) 又H (x 0)＝a e x 0(x 0－1)＋x 20＝0， ∴a e x 0x 0＝－x 0x 0－1代入(*)得， f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0(x 0－2)x 0－1<0，∴不存在负整数a 满足条件． (3)证明：f ′(x )＝a e x (x －1)＋x 2x 2，设g (x )＝a e x (x －1)＋x 2， 则g ′(x )＝x (a e x ＋2)，由于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x 1∈(0,1)，使g (x 1)＝0， 再由g (x )在(0，＋∞)上单调递增知， 当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 故f ′(x )＝g (x )x 2<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，g (x )>0， 故f ′(x )＝g (x )x 2>0，f (x )单调递增．所以函数f (x )在x 1处取得微小值. 当x <0时，e x <1，且x －1<0，所以g (x )＝a e x (x －1)＋x 2>a (x －1)＋x 2＝x 2＋ax －a ，函数y ＝x 2＋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x 2，使g (x 2)＝0， 再由g (x )在(－∞，0)上单调递减知， 当x ∈(－∞，x 2)时，g (x )>0， 故f ′(x )＝g (x )x 2>0，f (x )单调递增；当x ∈(x 2,0)时，g (x )<0，故f ′(x )＝g (x )x 2<0，f (x )单调递减．所以函数f (x )在x 2处取得极大值.综上，函数f (x )既有极大值，又有微小值．5．已知函数f (x )＝e x －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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧f (x )，x ≤m ，g (x )，x >m 的值域为R ，求实数m 的取值范围；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,2]，使得f (x 1)＝f (x 2)，且|x 1－x 2|≥1，求证：e －1≤a ≤e 2－e. 解：(1)a ＝e 时，f (x )＝e x －e x －1，①h (x )＝f (x )－g (x )＝e x －2x －1，h ′(x )＝e x －2，由h ′(x )＞0，解得x ＞ln 2，由h ′(x )＜0，解得x ＜ln 2， 故函数h (x )在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减． ②f ′(x )＝e x －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[e m －e m －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e m －e m －1≤(2－e)m ， 即e m －2m －1≤0，(*) 设h (m )＝e m －2m －1，由①可知m ＜0时，h (m )＝e m －2m －1＞h (0)＝0， 故(*)不成立，令h ′(m )＝e m －2＝0，得m ＝ln 2，∵h (m )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1)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 )＝e x －e x －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 ≤1e －2. 综上，实数m 的取值范围是⎣⎡⎦⎤0，1e －2.(2)证明：f ′(x )＝e x －a ，若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在R 上递增， 由f (x 1)＝f (x 2)，可得x 1＝x 2，与|x 1－x 2|≥1冲突，∴a ＞0且f (x )在(－∞，ln a ]上单调递减，在[ln a ，＋∞)上单调递增， 若x 1，x 2∈(－∞，ln a ]，则由f (x 1)＝f (x 2)可得x 1＝x 2，与|x 1－x 2|≥1冲突， 同样不能有x 1，x 2∈[ln a ，＋∞)，不妨设0≤x 1＜x 2≤2，则有0≤x 1＜ln a ＜x 2≤2，∵f (x )在(x 1，ln a )上单调递减，在(ln a ，x 2)上单调递增，且f (x 1)＝f (x 2)， ∴x 1≤x ≤x 2时，f (x )≤f (x 1)＝f (x 2)，由0≤x 1＜x 2≤2且|x 1－x 2|≥1，得1∈[x 1，x 2]，故f (1)≤f (x 1)＝f (x 2)，又f (x )在(－∞，ln a ]上单调递减，且0≤x 1＜ln a ， 故f (x 1)≤f (0)，故f (1)≤f (0)，同理f (1)≤f (2)，即⎩⎪⎨⎪⎧e －a －1≤0，e －a －1≤e 2－2a －1，解得e －1≤a ≤e 2－e ， ∴e －1≤a ≤e 2－e.6．已知函数f (x )＝e x sin x －cos x ，g (x )＝x cos x －2e x ，其中e 是自然对数的底数． (1)推断函数y ＝f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内零点的个数，并说明理由； (2)任意x 1∈⎣⎡⎦⎤0，π2，存在x 2∈⎣⎡⎦⎤0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥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⎝⎛⎭⎫0，π2内零点的个数为1， 理由如下：由于f (x )＝e x sin x －cos x ， 所以f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＋sin x . 由于x ∈⎝⎛⎭⎫0，π2，所以f ′(x )＞0. 所以函数f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2上是单调递增函数． 由于f (0)＝－1＜0，f ⎝⎛⎭⎫π2＝e π2>0，依据函数零点存在性定理得函数y ＝f (x )在⎝⎛⎭⎫0，π2内零点的个数为1. (2)由于不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 等价于f (x 1)≥m －g (x 2)，所以对任意x 1∈⎣⎡⎦⎤0，π2，存在x 2∈⎣⎡⎦⎤0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，等价于 f (x )min ≥(m －g (x ))min ， 即f (x )min ≥m －g (x )max .当x ∈⎣⎡⎦⎤0，π2时，f ′(x )＝e x sin x ＋e x cos x ＋sin x ＞0，故f (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递增， 所以x ＝0时，f (x )取得最小值－1， 又g ′(x )＝cos x －x sin x －2e x ，由于0≤cos x ≤1，x sin x ≥0，2e x ≥2， 所以g ′(x )＜0，故g (x )在区间⎣⎡⎦⎤0，π2上单调递减． 因此，x ＝0时，g (x )取得最大值－ 2. 所以m ≤－2－1，即实数m 的取值范围为(－∞，－2－1]．(3)证明：当x ＞－1时，要证f (x )－g (x )＞0，只要证f (x )＞g (x )， 只要证e x sin x －cos x ＞x cos x －2e x ， 只要证e x sin x ＋2e x ＞cos x ＋x cos x ， 由于sin x ＋2＞0,1＋x ＞0， 只要证e x x ＋1＞cos xsin x ＋2.下面证明x ＞－1时，不等式e x x ＋1＞cos xsin x ＋2成立．令h (x )＝e x x ＋1，则h ′(x )＝x e x(x ＋1)2，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x ＝0时，h (x )取得微小值也就是最小值为1， 即e xx ＋1≥1，当x ＝0时，取“＝”． 又由于cos x －sin x ＝2sin ⎝⎛⎭⎫π4－x ≤2， 当x ＝2k π－π4时，k ∈Z 时取“＝”．所以cos x －sin x ≤2，即cos xsin x ＋2≤1，当x ＝2k π－π4时，k ∈Z 时取“＝”．所以e x x ＋1＞cos x sin x ＋2.综上所述，当x ＞－1时，f (x )－g (x )＞0成立．。
2022高考数学二轮专项限时集训(三)：函数的切线(江苏专用)
2022高考数学二轮专项限时集训(三)：函数的切线（江苏专用）[专题三 函数的切线](时刻：45分钟)一、填空题1．设函数f(x)＝x 2＋ln x ，若曲线y ＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y ＝ax ＋b ，则a ＋b ＝________.2．已知函数y ＝f(x)及其导函数y ＝f ′(x)的图象如图3－1所示，则曲线y ＝f(x)在点P(2,0)处的切线方程是________．3．曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为________．4．在直角坐标系xOy 中，设点A 是曲线C 1：y ＝ax 3＋1(a>0)与曲线C 2：x 2＋y 2＝52的一个公共点，若C 1在A 处的切线与C 2在A 处的切线互相垂直，则实数a 的值是________．5．已知函数f(x)＝x 3＋f ′⎝⎛⎭⎫23x 2－x ，则函数f(x)的图象在点⎝⎛⎭⎫23，f ⎝⎛⎭⎫23处的切线方程是________．6．若曲线f(x ，y)＝0(或y ＝f(x))在其上两个不同点处的切线重合，则称这条切线为曲线f(x ，y)＝0(或y ＝f(x))的自公切线，下列方程的曲线存在自公切线的为________．(填序号) ①y ＝x 2－|x|；②|x|＋1＝4－y 2；③y ＝3sin x ＋4cos x ；④x 2－y 2＝1；⑤y ＝x cos x.二、解答题7．已知f(x)是二次函数，f ′(x)是它的导函数，且对任意的x ∈R ，f ′(x )＝f (x ＋1)＋x 2恒成立．(1)求f (x )的解析表达式；(2)设t >0，曲线C ：y ＝f (x )在点P (t ，f (t ))处的切线为l ，l 与坐标轴围成的三角形面积为S (t )．求S (t )的最小值．8．已知函数f (x )＝e x ＋ax ，g (x )＝e x ln x (其中e 为自然对数的底数)．(1)设曲线y ＝f (x )在x ＝1处的切线与直线x ＋(e －1)y ＝1垂直，求a 的值；(2)若关于任意实数x ≥0，f (x )>0恒成立，试确定实数a 的取值范畴；(3)当a ＝－1时，是否存在实数x 0∈[1，e]，使曲线C ：y ＝g (x )－f (x )在x ＝x 0处的切线与y 轴垂直？若存在，求出x 0的值；若不存在，请说明理由．专题限时集训(三)1．1 【解析】 由题知，f (1)＝12＋ln1＝1，又因为切点在切线上，因此有a ＋b ＝1. 2．x －y －2＝0 【解析】 依照导数的几何意义可知，曲线y ＝f (x )在点P 处的切线的斜率等于f ′(2)＝1，又过点P (2,0)，因此切线方程为x －y －2＝0.3.13 【解析】 y ′|x ＝0＝－2e －2x |x ＝0＝－2，故曲线y ＝e －2x ＋1在点(0,2)处的切线方程为y ＝－2x ＋2，易得切线与直线y ＝0和y ＝x 围成的三角形的面积为13.4．4 【解析】 设A (x 0，y 0)，因此C 1在A 处的切线斜率为y ′|x ＝x 0＝3ax 20，C 2在A处的切线的斜率为－1k OA ＝－x 0y 0.又C 1在A 处的切线与C 2在A 处的切线互相垂直，因此x 0y 0·3ax 20＝1，即y 0＝3ax 30，又ax 30＝y 0－1，因此y 0＝32，代入C 2：x 2＋y 2＝52得x 0＝±12，将x 0＝±12，y 0＝32代入y ＝ax 3＋1(a >0)得a ＝4.5．27x ＋27y ＋4＝0 【解析】 由f (x )＝x 3＋f ′⎝⎛⎭⎫23x 2－x ，可得f ′(x )＝3x 2＋2f ′⎝⎛⎭⎫23x －1，∴f ′⎝⎛⎭⎫23＝3×⎝⎛⎭⎫232＋2f ′⎝⎛⎭⎫23×23－1，解得f ′⎝⎛⎭⎫23＝－1，即f (x )＝x 3－x 2－x ，则f ⎝⎛⎭⎫23＝⎝⎛⎭⎫233－⎝⎛⎭⎫232－23＝－2227，得函数f (x )的图象在点⎝⎛⎭⎫23，f ⎝⎛⎭⎫23处的切线方程是y ＋2227＝－⎝⎛⎭⎫x －23，即27x ＋27y ＋4＝0.6．①③⑤ 【解析】 函数y ＝x 2－|x |的图象如图(1)，明显满足要求； 函数y ＝3sin x ＋4cos x 的一条自公切线为y ＝5；函数y ＝x cos x 的部分图象如图(2)，明显存在自公切线；而关于方程|x |＋1＝4－y 2，其表示的图形为图(3)中实线部分，不满足要求； x 2－y 2＝1为等轴双曲线，不存在自公切线．7．【解答】 (1)设f (x )＝ax 2＋bx ＋c (其中a ≠0)，则f ′(x )＝2ax ＋b ，f (x ＋1)＝a (x ＋1)2＋b (x ＋1)＋c ＝ax 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＋c .由已知，得2ax ＋b ＝(a ＋1)x 2＋(2a ＋b )x ＋a ＋b ＋c ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋1＝0，2a ＋b ＝2a ，a ＋b ＋c ＝b ，解之，得a ＝－1，b ＝0，c ＝1，∴f (x )＝－x 2＋1.(2)由(1)得，P (t,1－t 2)，切线l 的斜率k ＝f ′(t )＝－2t ，∴切线l 的方程为y －(1－t 2)＝－2t (x －t )，即y ＝－2tx ＋t 2＋1.从而l 与x 轴的交点为A ⎝⎛⎭⎫t 2＋12t ，0，l 与y 轴的交点为B (0，t 2＋1)，∴S (t )＝(t 2＋1)24t (其中t >0)．∴S ′(t )＝(t 2＋1)(3t ＋1)(3t －1)4t 2. 当0<t <33时，S ′(t )<0，S (t )单调递减；当t >33时，S ′(t )>0，S (t )单调递增． ∴S (t )min ＝S ⎝⎛⎭⎫33＝439.8．【解答】 (1)f ′(x )＝e x ＋a ，因此y ＝f (x )在(1，f (1))处的切线l 的斜率为e ＋a ，又直线x ＋(e －1)y ＝1的斜率为11－e ，且与l 垂直，∴(e ＋a )·11－e ＝－1，∴a ＝－1.(2)∵当x ≥0时，f (x )＝e x ＋ax >0恒成立，∴先考虑x ＝0，现在，f (0)＝1>0，a 可为任意实数；当x ＞0时，f (x )＝e x ＋ax >0恒成立，则a >－e x x 恒成立，设h (x )＝－e x x ，则h ′(x )＝(1－x )e x x 2，当x ∈(0,1)时，h ′(x )＞0，h (x )在(0,1)上单调递增，当x ∈(1，＋∞)时，h ′(x )＜0，h (x )在(1，＋∞)上单调递减，故当x ＝1时，h (x )取得极大值，也是最大值，∴h (x )max ＝h (1)＝－e ，∴要使x ≥0时，f (x )>0恒成立，则a ＞－e ，∴实数a 的取值范畴为(－e ，＋∞)．(3)依题意，曲线C 的方程为y ＝e x ln x －e x ＋x .令u (x )＝e x ln x －e x ＋x ，则u ′(x )＝e x x ＋e x ln x －e x ＋1＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1.设v (x )＝1x ＋ln x －1，则v ′(x )＝－1x 2＋1x ＝x －1x 2，当x ∈[1，e]时，v ′(x )≥0，v (x )单调递增，故v (x )在[1，e]上的最小值为v (1)＝0， 因此v (x )≥0.又e x>0，∴u ′(x )＝⎝⎛⎭⎫1x ＋ln x －1e x ＋1＞0， 而若曲线C ：y ＝g (x )－f (x )在点x ＝x 0处的切线与y 轴垂直，则u ′(x 0)＝0，矛盾．因此，不存在实数x 0∈[1，e]，使曲线C ：y ＝g (x )－f (x )在x ＝x 0处的切线与y 轴垂直．。
2022年江苏高考数学二轮复习教学案(祥解)--函数图象及性质
2022年江苏高考数学二轮复习教学案（祥解）--函数图象及性质1. 函数在高考中的题型设置有小题也有大题，其中大题有简单的函数应用题、函数与其他知识综合题，也有复杂的代数推理题，能够说函数性质的应用是高考考查的要紧着力点之一．2. 重点：①函数的奇偶性、单调性和周期性；②函数与不等式结合；③函数与方程的综合；④函数与数列的综合；⑤函数与向量的综合；⑥利用导数来刻画函数．3. 难点：①新定义的函数问题；②代数推理问题，常作为高考压轴题．1. 已知f(x)是二次函数，且f(0)＝0，f(x ＋1)＝f(x)＋x ＋1，则f(x)＝________.2.函数f(x)＝(x ＋1)0|x|－x 的定义域为________．3.函数f(x)的定义域是R ，其图象关于直线x ＝1和点(2 , 0)都对称，f ⎝⎛⎭⎫－12＝2，则f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫20092＝________.4.函数f(x)＝x 2－2x ，g(x)＝mx ＋2，对x 1∈[－1,2]，x 0∈[－1,2]，使g(x 1)＝f(x 0)，则实数m 的取值范畴是________．【例1】 已知f(x)是二次函数，不等式f(x)<0的解集是(0,5) ，且f(x)在区间[－1,4]上的最大值是12.(1) 求f(x)的解析式；(2) 是否存在整数m 使得方程f(x)＋37x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不等的实数根？若存在，求出m 值；若不存在，说明理由．【例2】 已知函数f(x)＝x 2＋ax (x ≠0，常数a ∈R )．(1) 讨论函数f(x)的奇偶性，并说明理由；(2) 若函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，求a 的取值范畴．【例3】 设函数f(x)＝x 2＋|2x －a|(x ∈R ，常数a 为实数)．(1) 若f(x)为偶函数，求实数a 的值； (2) 设a>2，求函数f(x)的最小值.【例4】 (2011·苏锡常镇模拟)已知函数f(x)＝x ＋a ＋a|x|，a 为实数． (1) 当a ＝1，x ∈[－1,1]时，求函数f(x)的值域；(2) 设m 、n 是两个实数，满足m ＜n ，若函数f(x)的单调减区间为(m ，n)，且n －m ≤3116，求a 的取值范畴．1. (2011·辽宁)若函数f(x)＝x(2x ＋1)(x －a )为奇函数，则a ＝________.2.(2011·湖北)若定义在R 上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)＋g(x)＝e x ，则g(x)＝________.3.(2011·上海)设g(x)是定义在R 上、以1为周期的函数，若f(x)＝x ＋g(x)在[0,1]上的值域为[－2,5]，则f(x)在区间[0,3]上的值域为____________．4.(2011·北京)已知点A(0,2)，B(2,0)，若点C 在函数y ＝x 2的图象上，则使得△ABC 的面积为2的点C 的个数为________．5.(2011·上海) 已知函数f(x)＝a·2x ＋b·3x ，其中常数a ，b 满足ab ≠0. (1) 若ab>0，判定函数f(x)的单调性；(2) 若ab<0，求f(x ＋1)>f(x)时x 的取值范畴．6.(2011·湖北)提高过江大桥的车辆通行能力可改善整个都市的交通状况．在一样情形下，大桥上的车流速度v(单位：千米/小时)是车流密度x(单位：辆/千米)的函数．当桥上的车流密度达到200辆/千米时，造成堵塞，现在车流速度为0；当车流密度不超过20辆/千米时，车流速度为60千米/小时．研究说明：当20≤x ≤200时，车流速度v 是车流密度x 的一次函数．(1) 当0≤x ≤200时，求函数v(x)的表达式；(2) 当车流密度x 为多大时，车流量(单位时刻内通过桥上某观测点的车辆数，单位：辆/小时)f(x)＝x·v(x)能够达到最大，并求出最大值．(精确到1辆/小时)(2011·镇江一模)(本小题满分14分)已知函数f(x)＝3－2log 2x ，g(x)＝log 2x. (1) 假如x ∈[1,4]，求函数h(x)＝(f(x)＋1)g(x)的值域；(2) 求函数M(x)＝f (x )＋g (x )－|f (x )－g (x )|2的最大值； (3) 假如对不等式f(x 2)f(x)＞kg(x)中的任意x ∈[1,4]，不等式恒成立，求实数k 的取值范畴．解：令t ＝log 2x ，(1分) (1) h(x)＝(4－2log 2x)·log 2x ＝－2(t －1)2＋2，(2分) ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，(3分) ∴ h(x)的值域为[0,2]．(4分) (2) f(x)－g(x)＝3(1－log 2x)，当0＜x ≤2时，f(x)≥g(x)；当x ＞2时，f(x)＜g(x)，(5分)∴ M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ g (x )，f (x )≥g (x )，f (x )，f (x )＜g (x )， M(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2x ，0<x ≤2，3－2log 2x ，x>2，(6分) 当0＜x ≤2时，M(x)最大值为1；(7分)当x ＞2时，M(x)＜1.(8分)综上：当x ＝2时，M(x)取到最大值为1.(9分)(3) 由f(x 2)f(x)＞kg(x)，得(3－4log 2x)(3－log 2x)＞k·log 2x ， ∵ x ∈[1,4]，∴ t ∈[0,2]，∴ (3－4t)(3－t)＞kt 对一切t ∈[0,2]恒成立，(10分) ①当t ＝0时，k ∈R ；(11分)②t ∈(0,2]时，k ＜(3－4t )(3－t )t 恒成立，即k ＜4t ＋9t －15，(12分) ∵ 4t ＋9t ≥12，当且仅当4t ＝9t ，即t ＝32时取等号．(13分) ∴ 4t ＋9t －15的最小值为－3. 综上：k ＜－3.(14分)第2讲 函数、图象及性质1. 已知a ＝5－12，函数f(x)＝a x ，若实数m 、n 满足f(m)＞f(n)，则m 、n 的大小关系为________．【答案】 m ＜n 解析： 考查指数函数的单调性 a ＝5－12∈(0,1)，函数f(x)＝a x 在R 上递减．由f(m)＞f(n)得：m<n. 2. 设a 为实数，函数f(x)＝2x 2＋(x －a)|x －a|. (1) 若f(0)≥1，求a 的取值范畴； (2) 求f(x)的最小值；(3) 设函数h(x)＝f(x)，x ∈(a ，＋∞)，直截了当写出(不需给出演算步骤)不等式h(x)≥1的解集．点拨： 本小题要紧考查函数的概念、性质、图象及解一元二次不等式等基础知识，考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探究、分析与解决问题的综合能力．解：(1) 若f(0)≥1，则－a|a|≥1⎩⎪⎨⎪⎧a ＜0，a 2≥1a ≤－1.∴ a 的取值范畴是(－∞，－1](2) 当x ≥a 时，f(x)＝3x 2－2ax ＋a 2， f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧f (a )，a ≥0，f ⎝⎛⎭⎫a 3，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧2a 2，a ≥0，2a23，a ＜0， 当x ≤a 时，f(x)＝x 2＋2ax －a 2，f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧ f (－a )，a ≥0，f (a )，a ＜0＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a 2，a ＜0，综上f(x)min ＝⎩⎪⎨⎪⎧－2a 2，a ≥0，2a23，a ＜0.(3) x ∈(a ，＋∞)时，h(x)≥1得3x 2－2ax ＋a 2－1≥0，Δ＝4a 2－12(a 2－1)＝12－8a 2. 当a ≤－62或a ≥62时，Δ≤0，x ∈(a ，＋∞)；当－62＜a ＜62时，Δ＞0，得：⎩⎪⎨⎪⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a －3－2a 23⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a ＋3－2a 23≥0，x ＞a ，讨论得：当a ∈⎝⎛⎭⎫22，62时，解集为(a ，＋∞)；当a ∈⎝⎛⎭⎫－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞ 当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.综上，当a ∈⎝⎛⎦⎤－∞，－62∪⎣⎡⎭⎫22，＋∞时，解集为(a ，＋∞)，当a ∈⎣⎡⎦⎤－22，22时，解集为⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞，当a ∈⎣⎡⎦⎤－62，－22时，解集为⎝ ⎛⎦⎥⎤a ，a －3－2a 23∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫a ＋3－2a 23，＋∞.基础训练 1. 12x 2＋12x2. (－∞，－1)∪(－1,0) 解析：⎩⎪⎨⎪⎧x ＋1≠0，|x|－x ＞0x ＜0，x ≠－1.3. －4 解析：函数图象关于直线x ＝1对称，则f(x)＝f(2－x)，函数图象关于点(2 , 0)对称，则f(x)＝－f(4－x)，∴ f(x ＋2)＝－f(x)，∴ f(x ＋4)＝f(x)，∴ f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝f ⎝⎛⎭⎫1 004＋12＝f ⎝⎛⎭⎫12，又f ⎝⎛⎭⎫－12＝－f ⎝⎛⎭⎫4＋12＝－f ⎝⎛⎭⎫12，f ⎝⎛⎭⎫12＋f ⎝⎛⎭⎫2 0092＝2f ⎝⎛⎭⎫12＝－2f ⎝⎛⎭⎫－12＝－4.4. ⎣⎡⎦⎤－1，12 解析：x ∈[－1,2]时，f(x)∈[－1,3]．m ≥0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2－m,2＋2m]；m ＜0，x ∈[－1,2]时，g(x)∈[2＋2m,2－m]．m ≥0，[2－m ，2＋2m][－1,3]；m ＜0，[2＋2m,2－m][－1,3]得0≤m ≤12或－1≤m<0，故实数m 的取值范畴是⎣⎡⎦⎤－1，12. 例题选讲例1 解： (1) ∵ f(x)是二次函数，且f(x)＜0的解集是(0,5), ∴ 可设f(x)＝ax(x －5)(a ＞0)．∴ f(x)在区间[－1,4]上的最大值是f(－1)＝6a.由已知得6a ＝12, ∴ a ＝2, ∴ f(x)＝2x(x －5)＝2x 2－10x(x ∈R )．(2) 方程f(x)＋37x ＝0等价于方程2x 3－10x 2＋37＝0.设h(x)＝2x 3－10x 2＋37，则h ′(x)＝6x 2－20x ＝2x(3x －10)．当x ∈⎝⎛⎭⎫0，103时，h ′(x)＜0，h(x)是减函数；当x ∈⎝⎛⎭⎫103，＋∞时，h ′(x)＞0，h(x)是增函数．∵ h(3)＝1＞0，h ⎝⎛⎭⎫103＝－127＜0，h(4)＝5＞0，∴ 方程h(x)＝0在区间⎝⎛⎭⎫3，103，⎝⎛⎭⎫103，4内分别有唯独实数根，而在区间(0,3)，(4，＋∞)内没有实数根，因此存在唯独的自然数m ＝3，使得方程f(x)＋37x ＝0在区间(m ，m ＋1)内有且只有两个不同的实数根．变式训练 已知函数y ＝f (x)是定义在R 上的周期函数，周期T ＝5，函数y ＝f(x)(－1≤x ≤1)的图象关于原点对称．又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，在[1,4]上是二次函数，且在x ＝2时函数取得最小值－5.(1) 证明：f(1)＋f(4)＝0；(2)求y ＝f(x)，x ∈[1,4]的解析式； (3)求y ＝f(x)在[4,9]上的解析式．(1)证明： ∵ f (x)是以5为周期的周期函数，∴ f(4)＝f(4－5)＝f(－1)， 又∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)关于原点对称，∴ f(1)＝－f(－1)＝－f(4), ∴ f(1)＋f(4)＝0.(2)解： 当x ∈[1,4]时，由题意可设f(x)＝a(x －2)2－5(a ＞0)， 由f(1)＋f(4)＝0得a(1－2)2－5＋a(4－2)2－5＝0，∴ a ＝2， ∴ f(x)＝2(x －2)2－5(1≤x ≤4)．(3)解： ∵ y ＝f(x)(－1≤x ≤1)是奇函数，∴ f(0)＝0，又知y ＝f(x)在[0,1]上是一次函数，∴ 可设f(x)＝kx(0≤x ≤1)，而f(1)＝2(1－2)2－5＝－3，∴ k ＝－3，∴ 当0≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，从而当－1≤x ＜0时，f(x)＝－f(－x)＝－3x ，故－1≤x ≤1时，f(x)＝－3x ，∴ 当4≤x ≤6时，有－1≤x －5≤1，∴ f(x)＝f(x －5)＝－3(x －5)＝－3x ＋15，当6＜x ≤9时，1＜x －5≤4，∴ f(x)＝f(x －5)＝2[(x －5)－2]2－5＝2(x －7)2－5，∴ f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧－3x ＋15，4≤x ≤6，2(x －7)2－5，6＜x ≤9.点评：紧抓函数几个性质，将未知的转化为已知的，注意函数图象及端点值．例2 解： (1) 当a ＝0时，f(x)＝x 2，对任意x ∈(－∞，0)∪(0，＋∞)，f(－x)＝(－x)2＝x 2＝f(x), ∴ f(x)为偶函数．当a ≠0时，f(x)＝x 2＋ax (a ≠0，x ≠0)，取x ＝±1，得f(－1)＋f(1)＝2≠0，f(－1)－f(1)＝－2a ≠0， ∴ f(－1)≠－f(1)，f(－1)≠f(1)，∴ 函数f(x)既不是奇函数，也不是偶函数． (2) (解法1)设2≤x 1＜x 2，f(x 1)－f(x 2)＝x 21＋a x 1－x 22－ax 2＝(x 1－x 2)x 1x 2[x 1x 2(x 1＋x 2)－a]，要使函数f(x)在x ∈[2，＋∞)上为增函数，必须f(x 1)－f(x 2)＜0恒成立． ∵ x 1－x 2＜0，x 1x 2＞4，即a ＜x 1x 2(x 1＋x 2)恒成立． 又∵ x 1＋x 2＞4, ∴ x 1x 2(x 1＋x 2)＞16. ∴ a 的取值范畴是(－∞，16]．(解法2)当a ＝0时，f(x)＝x 2，明显在[2，＋∞)为增函数． 当a ＜0时，反比例函数ax 在[2，＋∞)为增函数， ∴ f(x)＝x 2＋ax 在[2，＋∞)为增函数．当a ＞0时，同解法1.(解法3)f ′(x)＝2x －ax 2≥0，对x ∈[2，＋∞)恒成立．∴ a ≤2x 3而y ≤2x 3.在[2，＋∞)上单调增，最小值为16，∴ a ≤16.点评：本题要紧考查函数奇偶性、单调性及分类讨论处理含参数问题． 例3 解：(1) 由已知f(－x)＝f(x)，即|2x －a|＝|2x ＋a|，解得a ＝0.(2) f(x)＝⎩⎨⎧x 2＋2x －a ，x ≥12a ，x 2－2x ＋a ，x ＜12a ，当x ≥12a 时，f(x)＝x 2＋2x －a ＝(x ＋1)2－(a ＋1)，由a ＞2，x ≥12a ，得x ＞1，从而x ＞－1，又f ′(x)＝2(x ＋1)，故f(x)在x ≥12a 时单调递增，f(x)的最小值为f ⎝⎛⎭⎫a 2＝a24；当x ＜12a 时，f(x)＝x 2－2x ＋a ＝(x －1)2＋(a －1)，故当1＜x ＜a2时，f(x)单调递增，当x ＜1时，f(x)单调递减， 则f(x)的最小值为f(1)＝a －1；由a 24－(a －1)＝(a －2)24＞0，知f(x)的最小值为a －1. 点评：本题考查二次函数含参数最值的讨论方法．变式训练 已知函数f(x)＝x|x －2|.设a ＞0，求f(x)在[0，a]上的最大值．解： f(x)＝x|x －2|＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ＝(x －1)2－1，x ≥2，－x 2＋2x ＝－(x －1)2＋1，x ＜2. ∴ f(x)的单调递增区间是(－∞，1]和[2，＋∞); 单调递减区间是[1,2]．① 当0＜a ≤1时，f(x)是[0，a]上的增函数，现在f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(2－a)；② 当1＜a ≤2时，f(x)在[0,1]上是增函数，在[1，a]上是减函数，现在f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1；③ 当a ＞2时，令f(a)－f(1)＝a(a －2)－1＝a 2－2a －1＞0, 解得a ＞1＋ 2. 若2＜a ≤1＋2，则f(a)≤f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(1)＝1； 若a ＞1＋2，则f(a)＞f(1)，f(x)在[0，a]上的最大值是f(a)＝a(a －2)．综上，当0＜a ＜1时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(2－a)；当1≤a ≤1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是1；当a ＞1＋2时，f(x)在[0，a]上的最大值是a(a －2)．例4 解： 设y ＝f(x)，(1) a ＝1时，f(x)＝x ＋1＋|x|，当x ∈(0,1]时，f(x)＝x ＋1＋x 为增函数，y 的取值范畴为(1,1＋2]． 当x ∈[－1,0]时，f(x)＝x ＋1－x ，令t ＝x ＋1，0≤t ≤1，则x ＝t 2－1，y ＝－⎝⎛⎭⎫t －122＋54，0≤t ≤1，y 的取值范畴为⎣⎡⎦⎤1，54. ∵ 54＜1＋2，∴x ∈[1,1]时，函数f(x)的值域为[1,1＋2]．(2) 令t ＝x ＋a ，则x ＝t 2－a ，t ≥0，y ＝g(t)＝t ＋a|t 2－a|. ① a ＝0时，f(x)＝x 无单调减区间；② a ＜0时，y ＝g(t)＝at 2＋t －a 2，在⎝⎛⎭⎫－12a ，＋∞上g(t)是减函数，则在⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，＋∞上f(x)是减函数．∴a ＜0不成立．③ a ＞0时，y ＝g(t)＝⎩⎨⎧－at 2＋t ＋a 2，0≤t ≤a ，at 2＋t －a 2，t＞ a.仅当12a ＜a ，即a ＞312时，在t ∈⎝⎛⎭⎫12a ，a 时，g(t)是减函数，即x ∈⎝⎛⎭⎫14a 2－a ，0时，f(x)是减函数．∴n －m ＝a －14a 2≤3116，即(a －2)(16a 2＋a ＋2)≤0. ∴a ≤2.故a 的取值范畴是⎝ ⎛⎦⎥⎤314，2.高考回忆1. 12 解析：f(－x)＝－f(x)恒成立或从定义域可直截了当得到．2. g(x)＝e x ＋e －x2 解析： 因为函数f(x)是偶函数，g(x)是奇函数，因此f(－x)＋g(－x)＝f(x)－g(x)＝e －x .又因为f(x)＋g(x)＝e x ，因此g(x)＝e x ＋e －x2.3. [－2,7] 解析：设x 1∈[0,1]，则f(x 1)＝x 1＋g(x 1)∈[－2,5]，∵ g(x)是定义域为R 周期为1的函数，∴ 当x 2∈[1,2]时，f(x 2)＝x 1＋1＋g(x 1＋1)＝1＋x 1＋g(x 1)＝1＋f(x 1)∈[－1,6]，当x 2∈[2,3]时，f(x 2)＝x 1＋2＋g(x 1＋2)＝2＋x 1＋g(x 1)＝2＋f(x 1)∈[0,7]，∴ f(x)在区间[0,3]上的值域为[－2,7]．4. 4 解析：AB ＝22，直线AB 的方程为x ＋y ＝2，在y ＝x 2上取点C(x ，y)，点C(x ，y)到直线AB 的距离为2，|x ＋y －2|2＝2，|x ＋x 2－2|＝2，此方程有四个解．5. 解：(1) 当a ＞0，b ＞0时，任意x 1，x 2∈R ，x 1＜x 2， 则f(x 1)－f(x 2)＝a(2x 1－2x 2)＋b(3x 1－3x 2)，∵ 2x 1＜2x 2，a ＞0a(2x 1－2x 2)＜0,3x 1＜3x 2，b ＞0b(3x 1－3x 2)＜0， ∴ f(x 1)－f(x 2)＜0，函数f(x)在R 上是增函数．当a ＜0，b ＜0时，同理函数f(x)在R 上是减函数．(2) f(x ＋1)－f(x)＝a·2x＋2b·3x＞0，当a ＜0，b ＞0时，⎝⎛⎭⎫32x＞－a 2b ，则x ＞log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b ；当a ＞0，b ＜0时，⎝⎛⎭⎫32x ＜－a 2b ，则x ＜log 1.5⎝⎛⎭⎫－a 2b .6. 解：(1) 由题意：当0≤x ≤20时，v(x)＝60；当20≤x ≤200时，设v(x)＝ax ＋b ，明显v(x)＝ax ＋b 在[20,200]是减函数，由已知得⎩⎪⎨⎪⎧200a ＋b ＝0，20a ＋b ＝60，解得⎩⎨⎧a ＝－13，b ＝2003.故函数v(x)的表达式为v(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60，0≤x ≤20，13(200－x )，20<x ≤200.(2) 依题意并由(1)可得f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧60x ，0≤x ≤20，13x (200－x )，20<x ≤200.当0≤x ≤20时，f(x)为增函数，故当x ＝20时，其最大值为60×20＝1 200； 当20<x ≤200时，f(x)＝13x(200－x)≤13⎣⎡⎦⎤x ＋(200－x )22＝10 0003， 当且仅当x ＝200－x ，即x ＝100时，等号成立．因此，当x ＝100时，f(x)在区间[20,200]上取得最大值10 0003. 综上，当x ＝100时，f(x)在区间[0,200]上取得最大值10 0003≈3 333，即当车流密度为100辆/千米时，车流量能够达到最大，最大值约为3 333辆/小时．。
2022年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(四) 数 列 Word版含解析
6个解答题专项强化练(四) 数 列1．已知{a n }为等差数列，前n 项和为S n (n ∈N *)，{b n }是首项为2的等比数列，且公比大于0，b 2＋b 3＝12，b 3＝a 4－2a 1，S 11＝11b 4.(1)求{a n }和{b n }的通项公式；(2)求数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和(n ∈N *)．解：(1)设等差数列{a n }的公差为d ，等比数列{b n }的公比为q . 由已知b 2＋b 3＝12，得b 1(q ＋q 2)＝12， 而b 1＝2，所以q 2＋q －6＝0. 又由于q ＞0，解得q ＝2. 所以b n ＝2n .由b 3＝a 4－2a 1，可得3d －a 1＝8.① 由S 11＝11b 4，可得a 1＋5d ＝16.②由①②，解得a 1＝1，d ＝3，由此可得a n ＝3n －2.所以数列{a n }的通项公式为a n ＝3n －2，数列{b n }的通项公式为b n ＝2n. (2)设数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为T n ， 由a 2n ＝6n －2，b 2n －1＝2×4n －1， 得a 2n b 2n －1＝(3n －1)×4n ，故T n ＝2×4＋5×42＋8×43＋…＋(3n －1)×4n ，4T n ＝2×42＋5×43＋8×44＋…＋(3n －4)×4n ＋(3n －1)×4n ＋1，上述两式相减，得－3T n ＝2×4＋3×42＋3×43＋…＋3×4n －(3n －1)×4n ＋1＝12×(1－4n )1－4－4－(3n －1)×4n ＋1＝－(3n －2)×4n ＋1－8. 故T n ＝3n －23×4n ＋1＋83.所以数列{a 2n b 2n －1}的前n 项和为3n －23×4n ＋1＋83.2．已知数列{a n }满足：a 1＝12，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1－nq ，n ∈N *，p ，q ∈R.(1)若q ＝0，且数列{a n }为等比数列，求p 的值；(2)若p ＝1，且a 4为数列{a n }的最小项，求q 的取值范围． 解：(1)∵q ＝0，a n ＋1－a n ＝p ·3n －1， ∴a 2＝a 1＋p ＝12＋p ，a 3＝a 2＋3p ＝12＋4p ，由数列{a n }为等比数列，得⎝⎛⎭⎫12＋p 2＝12⎝⎛⎭⎫12＋4p ，解得p ＝0或p ＝1. 当p ＝0时，a n ＋1＝a n ，∴a n ＝12，符合题意；当p ＝1时，a n ＋1－a n ＝3n －1，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)＝12＋1－3n －11－3＝12·3n －1，∴a n ＋1a n ＝3.符合题意． ∴p 的值为0或1.(2)法一：若p ＝1，则a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ，∴a n ＝a 1＋(a 2－a 1)＋(a 3－a 2)＋…＋(a n －a n －1)＝12＋(1＋3＋…＋3n －2)－[1＋2＋…＋(n －1)]q ＝12[3n －1－n (n －1)q ]．∵数列{a n }的最小项为a 4，∴对任意的n ∈N *，有12[3n －1－n (n －1)q ]≥a 4＝12(27－12q )恒成立，即3n －1－27≥(n 2－n －12)q 对任意的n ∈N *恒成立． 当n ＝1时，有－26≥－12q ，∴q ≥136； 当n ＝2时，有－24≥－10q ，∴q ≥125； 当n ＝3时，有－18≥－6q ，∴q ≥3； 当n ＝4时，有0≥0，∴q ∈R ；当n ≥5时，n 2－n －12>0，所以有q ≤3n －1－27n 2－n －12恒成立，令c n ＝3n －1－27n 2－n －12(n ≥5，n ∈N *)，则c n ＋1－c n ＝2(n 2－2n －12)3n －1＋54n(n 2－16)(n 2－9)>0，即数列{c n }为递增数列，∴q ≤c 5＝274. 综上所述，q 的取值范围为⎣⎡⎦⎤3，274. 法二：∵p ＝1，∴a n ＋1－a n ＝3n －1－nq ， 又a 4为数列{a n }的最小项，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a 4－a 3≤0，a 5－a 4≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧9－3q ≤0，27－4q ≥0， ∴3≤q ≤274. 此时a 2－a 1＝1－q <0，a 3－a 2＝3－2q <0，∴a 1>a 2>a 3≥a 4.当n ≥4时，令b n ＝a n ＋1－a n ，b n ＋1－b n ＝2·3n －1－q ≥2·34－1－274>0， ∴b n ＋1>b n ，∴0≤b 4<b 5<b 6<…， 即a 4≤a 5<a 6<a 7<…. 综上所述，当3≤q ≤274时，a 4为数列{a n }的最小项， 即q 的取值范围为⎣⎡⎦⎤3，274. 3．数列{a n }的前n 项和为S n ，a 1＝2，S n ＝a n ⎝⎛⎭⎫n 3＋r (r ∈R ，n ∈N *)． (1)求r 的值及数列{a n }的通项公式； (2)设b n ＝na n(n ∈N *)，记{b n }的前n 项和为T n .①当n ∈N *时，λ<T 2n －T n 恒成立，求实数λ的取值范围；②求证：存在关于n 的整式g (n )，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．解：(1)当n ＝1时，S 1＝a 1⎝⎛⎭⎫13＋r ，∴r ＝23， ∴S n ＝a n ⎝⎛⎭⎫n 3＋23.当n ≥2时，S n －1＝a n －1⎝⎛⎭⎫n 3＋13. 两式相减，得a n ＝n ＋23a n －n ＋13a n －1， ∴a n a n －1＝n ＋1n －1(n ≥2)． ∴a 2a 1·a 3a 2·…·a n a n －1＝31×42×53×…×nn －2×n ＋1n －1， 即a n a 1＝n (n ＋1)2. ∴a n ＝n (n ＋1)(n ≥2)， 又a 1＝2适合上式． ∴a n ＝n (n ＋1)． (2)①∵a n ＝n (n ＋1)，∴b n ＝1n ＋1，T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1.∴T 2n ＝12＋13＋…＋12n ＋1，∴T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 令B n ＝T 2n －T n ＝1n ＋2＋1n ＋3＋…＋12n ＋1. 则B n ＋1＝1n ＋3＋1n ＋4＋…＋12n ＋3. ∴B n ＋1－B n ＝12n ＋2＋12n ＋3－1n ＋2＝3n ＋4(2n ＋2)(2n ＋3)(n ＋2)>0. ∴B n ＋1>B n ，∴B n 单调递增， 故(B n )min ＝B 1＝13，∴λ<13.∴实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，13. ②证明：∵T n ＝12＋13＋…＋1n ＋1，∴当n ≥2时，T n －1＝12＋13＋…＋1n ，∴T n －T n －1＝1n ＋1， 即(n ＋1)T n －nT n －1＝T n －1＋1.∴当n ≥2时，∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝(3T 2－2T 1)＋(4T 3－3T 2)＋(5T 4－4T 3)＋…＋[(n ＋1)T n －nT n －1]＝(n ＋1)T n －2T 1＝(n ＋1)T n －1.∴存在关于n 的整式g (n )＝n ＋1，使得∑i ＝1n －1(T n ＋1)＝T n ·g (n )－1对一切n ≥2，n ∈N *都成立．4．已知数列{a n }满足a 1＝12，对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p .(1)证明：数列{a n }是等比数列； (2)若数列{b n }满足a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n 2n ＋1，求数列{b n }的通项公式； (3)在(2)的条件下，设c n ＝2n ＋λb n ，则是否存在实数λ，使得数列{c n }是单调递增数列？若存在，求出实数λ的取值范围；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：∵对任意的正整数m ，p ，都有a m ＋p ＝a m ·a p ，∴令m ＝n ，p ＝1，得a n ＋1＝a 1·a n ， 从而a n ＋1a n＝a 1＝12，∴数列{a n }是首项和公比都为12的等比数列．(2)由(1)可知，a n ＝12n .由a n ＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ＋1b n 2n ＋1得，a n －1＝b 12＋1－b 222＋1＋b 323＋1－b 424＋1＋…＋(－1)n ·b n －12n －1＋1(n ≥2)， 故a n －a n －1＝(－1)n ＋1b n2n＋1(n ≥2)， 故b n ＝(－1)n⎝⎛⎭⎫12n ＋1(n ≥2)． 当n ＝1时，a 1＝b 12＋1，解得b 1＝32，不符合上式．∴b n＝⎩⎨⎧32，n ＝1，(－1)n⎝⎛⎭⎫12n＋1，n ≥2，n ∈N *.(3)∵c n ＝2n ＋λb n ，∴当n ≥2时，c n ＝2n ＋(－1)n ⎝⎛⎭⎫12n ＋1λ， 当n ≥3时，c n －1＝2n －1＋(－1)n －1⎝⎛⎭⎫12n －1＋1λ，依据题意，当n ≥3时，c n －c n －1＝2n －1＋(－1)nλ·⎝⎛⎭⎫2＋32n >0，即(－1)n λ>－2n －132n＋2.①当n 为大于等于4的偶数时，有λ>－2n －132n＋2恒成立，又2n －132n ＋2随着n 的增大而增大，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝12835，即λ>－12835， 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12835，＋∞. ②当n 为大于等于3的奇数时，有λ<2n －132n＋2恒成立，此时⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2n －132n ＋2min ＝3219，即λ<3219. 故λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－∞，3219； ③当n ＝2时，由c 2－c 1＝⎝⎛⎭⎫22＋54λ－⎝⎛⎭⎫2＋32λ>0，得λ<8. 综上可得，实数λ的取值范围为⎝⎛⎭⎫－12835，3219. 5．已知各项不为零的数列{a n }的前n 项和为S n ，且a 1＝1，S n ＝pa n a n ＋1(n ∈N *)，p ∈R. (1)若a 1，a 2，a 3成等比数列，求实数p 的值； (2)若a 1，a 2，a 3成等差数列， ①求数列{a n }的通项公式；②在a n 与a n ＋1间插入n 个正数，共同组成公比为q n 的等比数列，若不等式(q n )(n＋1)(n ＋a )≤e(e 为自然对数的底数)对任意的n ∈N *恒成立，求实数a 的最大值．解：(1)当n ＝1时，a 1＝pa 1a 2，a 2＝1p ； 当n ＝2时，a 1＋a 2＝pa 2a 3，a 3＝a 1＋a 2pa 2＝1＋1p . 由a 22＝a 1a 3，得1p 2＝1＋1p ，即p 2＋p －1＝0， 解得p ＝－1±52. (2)①由于a 1，a 2，a 3成等差数列，所以2a 2＝a 1＋a 3，得p ＝12，故a 2＝2，a 3＝3，所以S n ＝12a n a n ＋1.当n ≥2时，a n ＝S n －S n －1＝12a n a n ＋1－12a n －1a n ，由于a n ≠0，所以a n ＋1－a n －1＝2.故数列{a n }的全部奇数项组成以1为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式a n ＝1＋⎝⎛⎭⎫n ＋12－1×2＝n ，同理，数列{a n }的全部偶数项组成以2为首项，2为公差的等差数列， 其通项公式是a n ＝2＋⎝⎛⎭⎫n2－1×2＝n ， 所以数列{a n }的通项公式是a n ＝n .②由①知，a n ＝n ，在n 与n ＋1间插入n 个正数，组成公比为q n 的等比数列，故有n ＋1＝nq n ＋1n ，即q n ＝⎝⎛⎭⎫n ＋1n 1n ＋1， 所以(q n )(n＋1)(n ＋a )≤e ，即⎝⎛⎭⎫n ＋1n n ＋a ≤e ，两边取对数得(n ＋a )ln ⎝⎛⎭⎫n ＋1n ≤1，分别参数得a ≤1ln⎝⎛⎭⎫n ＋1n －n 恒成立 . 令n ＋1n ＝x ，x ∈(1,2]，则a ≤1ln x －1x －1，x ∈(1,2]，令f (x )＝1ln x －1x －1，x ∈(1,2]， 则f ′(x )＝(ln x )2－(x －1)2x(ln x )2(x －1)2，下证ln x ≤x －1x，x ∈(1,2], 令g (x )＝x －1x －2ln x ，x ∈[1，＋∞), 则g ′(x )＝(x －1)2x 2>0，所以g (x )>g (1)＝0，即2ln x <x －1x ，用x 替代x 可得ln x <x －1x ，x ∈(1,2]，所以f ′(x )＝(ln x )2－(x －1)2x(ln x )2(x －1)2<0，所以f (x )在(1,2]上递减， 所以a ≤f (2)＝1ln 2－1. 所以实数a 的最大值为1ln 2－1.6．设三个各项均为正整数的无穷数列{a n }，{b n }，{c n }．记数列{b n }，{c n }的前n 项和分别为S n ，T n ，若对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n ＞T n ，则称数列{a n }为可拆分数列．(1)若a n ＝4n，且数列{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，求证：数列{a n }为可拆分数列； (2)若a n ＝5n ，且数列{b n }，{c n }均是公差不为0的等差数列，求全部满足条件的数列{b n }，{c n }的通项公式；(3)若数列{a n }，{b n }，{c n }均是公比不为1的等比数列，且a 1≥3，求证：数列{a n }为可拆分数列． 解：(1)证明：由a n ＝4n ＝4·4n －1＝3·4n －1＋4n －1，令b n ＝3·4n －1，c n ＝4n －1.则{b n }是以3为首项，4为公比的等比数列，{c n }是以1为首项，4为公比的等比数列， 故S n ＝4n－1，T n ＝4n －13.所以对任意的n ∈N *，都有a n ＝b n ＋c n ，且S n >T n .所以数列{a n }为可拆分数列．(2)设数列{b n }，{c n }的公差分别为d 1，d 2. 由a n ＝5n ，得b 1＋(n －1)d 1＋c 1＋(n －1)d 2＝(d 1＋d 2)n ＋b 1＋c 1－d 1－d 2＝5n 对任意的n ∈N *都成立．所以⎩⎪⎨⎪⎧ d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1－d 1－d 2＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧d 1＋d 2＝5，b 1＋c 1＝5， ①由S n >T n ，得nb 1＋n (n －1)2d 1>nc 1＋n (n －1)2d 2，则⎝⎛⎭⎫d 12－d 22n 2＋⎝⎛⎭⎫b 1－c 1－d 12＋d 22n >0. 由n ≥1，得⎝⎛⎭⎫d 12－d 22n ＋⎝⎛⎭⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0对任意的n ∈N *成立． 则d 12－d 22≥0且⎝⎛⎭⎫d 12－d 22＋⎝⎛⎭⎫b 1－c 1－d 12＋d 22>0即d 1≥d 2且b 1>c 1. ② 由数列{b n }，{c n }各项均为正整数，则b 1，c 1，d 1，d 2均为正整数，当d 1＝d 2时，由d 1＋d 2＝5，得d 1＝d 2＝52∉N *，不符合题意，所以d 1>d 2. ③联立①②③，可得⎩⎪⎨⎪⎧ d 1＝4，d 2＝1，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝4，d 2＝1，b 1＝3，c 1＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ d 1＝3，d 2＝2，b 1＝4，c 1＝1或⎩⎪⎨⎪⎧d 1＝3，d 2＝2，b 1＝3，c 1＝2.所以⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n ，c n ＝n 或⎩⎪⎨⎪⎧ b n ＝4n －1，c n ＝n ＋1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ＋1，c n ＝2n －1或⎩⎪⎨⎪⎧b n ＝3n ，c n ＝2n . (3)证明：设a n ＝a 1q n －1，a 1∈N *，q >0，q ≠1，则q ≥2. 当q 为无理数时，a 2＝a 1q 为无理数，与a n ∈N *冲突． 故q 为有理数，设q ＝ba (a ，b 为正整数，且a ，b 互质)．此时a n ＝a 1·b n －1a n －1.则对任意的n ∈N *，a n－1均为a 1的约数，则a n －1＝1，即a ＝1，故q ＝ba ＝b ∈N *，所以q ∈N *，q ≥2.所以a n ＝a 1q n －1＝(a 1－1)q n －1＋q n －1， 令b n ＝(a 1－1)·q n －1，c n ＝q n －1.则{b n }，{c n }各项均为正整数．由于a 1≥3， 所以a 1－1≥2>1，则S n >T n ，所以数列{a n }为可拆分数列．。
高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题综合仿真练(一)Word版含解析
高考数学江苏专版三维二轮专题复习训练：6个解答题综合仿真练(一)Word版含解析6 个解答题综合仿真练 (一 )1.在三角形ABC 中，角 A， B， C 所对的边分别是a， b，c.已知 b＝ 3， c＝2.(1)若 2a·cos C＝ 3，求 a 的值；c cos C(2)若b＝1＋cos B，求 cos C 的值．222解： (1)由余弦定理得，a＋ b － c2a·＝ 3，2ab将 b＝ 3， c＝ 2 代入，解得a＝ 2.(2)由正弦定理，得sin C＝cos C，sin B 1＋ cos B即 sin C＋ sin Ccos B＝ sin Bcos C，则 sin C＝ sin Bcos C－ cos Bsin C＝ sin(B－ C)．因为 0<C<B<π，所以 0<B－ C<π，所以 C＝ B－C，则 B＝ 2C.由正弦定理可得b＝c＝b，sin B sin C2sin Ccos C3将 b＝ 3， c＝ 2 代入，解得cos C＝4.2.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，四边形 ABCD 为平行四边形， AC， BD订交于点 O，点 E 为 PC 的中点， OP＝ OC， PA⊥PD .求证： (1)PA∥平面 BDE;(2) 平面 BDE ⊥平面 PCD .证明： (1)连接 OE，因为 O 为平行四边形ABCD 对角线的交点，所以O为AC的中点．又因为 E 为 PC 的中点，所以 OE ∥PA.又因为 OE?平面 BDE ， PA?平面 BDE ，所以 PA∥平面 BDE .(2)因为 OE∥ PA， PA⊥ PD，所以 OE⊥ PD .因为 OP＝ OC，E 为 PC 的中点，所以OE⊥ PC.又因为 PD ?平面 PCD ，PC?平面 PCD ， PC∩ PD ＝ P，所以 OE ⊥平面 PCD .又因为 OE?平面 BDE ，所以平面BDE ⊥平面 PCD .x2y23.如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为2， C 为椭圆上位于第一象限内的一点．3(1) 若点 C 的坐标为5，求 a ， b 的值；2，3(2) 设 A 为椭圆的左极点，B 为椭圆上一点，且 ―→ ＝ 1 ―→，求直线 AB 的斜率． AB OC2解： (1)因为椭圆的离心率为2，3a 2 －b 2 2b 2 5所以a＝ 3，即 a 2＝ 9. ①又因为点 C 2，5 在椭圆上，所以4 25②32＋ 2＝ 1.a9b由①②解得 a 2＝ 9， b 2＝ 5. 因为 a>b>0，所以 a ＝ 3， b ＝ 5.b 2 5x 2 9y 22 22(2) 法一： 由 (1)知， a 2＝ 9，所以椭圆方程为 a 2＋ 5a 2＝ 1，即 5x ＋ 9y ＝ 5a .设直线 OC 的方程为 x ＝my(m>0)， B(x 1， y 1)， C(x 2， y 2)．由 {x ＝ my ， x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 消去 x ，得 5m 2y 2＋ 9y 2＝ 5a 2，25a 2.因为 y 2>0，所以 y 2＝5a所以 y ＝2.5m ＋ 95m 2＋ 9 ―→ ＝ 1 ―→，所以 AB ∥ OC.可设直线 AB 的方程为 x ＝ my － a. 因为 AB OC 2由 {x ＝ my － a ， x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 消去 x ，得 (5m 2＋ 9)y 2－ 10amy ＝ 0，10am10am所以 y ＝ 0 或 y ＝ 5m 2＋ 9，得 y 1＝ 5m 2＋ 9.―→ ―→ ，所以 ( x 1＋ a ， y 1) ＝ 1 1 ，于是 y 2＝ 2y 1， 因为 AB ＝1 OC 2 x 2， y 222 即 5a ＝ 20am 35m2＋ 9 5m 2＋ 9(m>0)，所以 m ＝5.1 53所以直线 AB 的斜率为 m ＝ 3.法二： 由 (1) 可知，椭圆方程为 5x 2＋ 9y 2＝ 5a 2，则 A(－ a ， 0)．设 B(x 1， y 1)， C(x 2， y 2)．―→―→ ，得 (x 1＋ a ， y 1)＝ 1 1，所以 x 1＝ 1x 2－ a ， y 1＝1y 2. 由 AB＝1 OC x 2， y 222 2 2 2 因为点 B ， C 都在椭圆 5x 2＋ 9y 2＝ 5a 2 上，所以 5x 22＋ 9y 22 ＝ 5a 2，1x 2－ a 2＋ 9y 2 2＝ 5a 2.22解得 x 2＝ a， y 2＝ 5a，4 4 3所以直线 AB 的斜率 k＝y2＝53 x2 3.4.如图，半圆 AOB 是某市休闲广场的平面表示图，半径OA 的长为10.管理部门在 A， B 两处各安装一个光源，其相应的光强度分别为 4 和9.依据光学原理，地面上某点处照度y 与光强度 I 成正比，与光源距离xkI的平方成反比，即 y＝x2(k 为比率系数 )．经丈量，在弧 AB 的中点 C 处的照度为130.(C 处的照度为 A， B 两处光源的照度之和)(1) 求比率系数 k 的值；(2) 此刻管理部门计划在半圆弧AB 上，照度最小处增设一个光源P，试问新增光源P 安装在什么地点？解： (1)因为半径OA 的长为 10，点 C 是弧 AB 的中点，所以 OC⊥AB ，AC＝ BC＝ 10 2.4k9k所以 C 处的照度为y＝102 2＋10 2 2＝130，解得比率系数k＝ 2 000.(2)设点 P 在半圆弧 AB 上，且 P 距光源 A 为 x，则 PA⊥ PB，由 AB＝ 20，得 PB＝400－ x2(0＜ x＜ 20)．所以点 P 处的照度为y＝8 00018 000x2＋－2(0＜x＜20)．400x所以 y′＝－16 00036 000x x3＋－ 2 2400 x9x4－ 4 400－ x2 2＝ 4 000×3 2 2x 400－ xx2－ 160x2＋ 800.＝ 20 000×322x 400－ x由 y′＝ 0，解得 x＝ 4 10.当 0＜ x＜ 410时， y′＜ 0，y＝8 00018 000x2＋400－x2为减函数；当 4 10＜ x＜ 20 时， y′＞ 0， y＝8 00018 000x2＋400－x2为增函数．所以 x＝ 4 10时， y 获得极小值，也是最小值 .所以新增光源P 安装在半圆弧AB上且距 A为 410(距B为415)的地点．5．已知函数 f (x)＝ (a－ 3)x－ a－ 2ln x(a∈ R)．(1) 若函数 f(x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，务实数 a 的最小值；(2) 已知不等式f(x)＋ 3x≥ 0 对随意 x∈ (0,1]都建立，务实数 a 的取值范围．2解： (1)法一：因为 f′ (x)＝ a－ 3－x(x>0),当 a≤ 3 时， f′ ( x)＜0， f(x)在 (0，＋∞ )上单一递减；当 a＞ 3 时，由 f′ (x)＜ 0，得 0＜ x＜2， f (x)在 0，2上单一递减，a－ 3a－ 3由 f′ (x)＞ 0，得 x＞2， f(x)在2，＋∞上单一递加 . a－ 3a－ 3因为函数f(x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，2所以 a＞ 3 且≤ 1，所以a≥ 5,所以实数 a 的最小值为 5.法二：因为函数f( x)在 (1，＋∞ )上为单一增函数，所以 f′ (x)＝ a－ 3－2x≥ 0 在 (1，＋∞ )上恒建立，2所以 a≥ 3＋在 (1，＋∞ )上恒建立，又当 x＞ 1 时， 3＋2x＜ 5,所以 a≥ 5，所以实数 a 的最小值为 5.(2) 令 g(x)＝ f (x)＋ 3x＝ a(x－ 1)－ 2ln x， x∈ (0,1]，2所以 g′ (x)＝ a－x.2①当 a≤ 2 时，因为x∈ (0,1] ，所以≥ 2，所以 g′ (x)≤ 0， g(x)在 (0,1]上单一递减，所以 g(x)min＝ g(1) ＝ 0，所以对随意 x∈ (0,1]， g(x)≥ g(1)＝ 0，即对随意 x∈ (0,1]不等式 f(x)＋ 3x≥ 0 都建立，所以 a≤ 2;②当 a＞ 2 时，由 g′ (x)＜ 0，得 0＜ x＜2， g(x)在，2上单一递减；a0a由′(x)＞，得x＞2，g(x)在2， 1 上单一递加．g0a a22所以，存在a∈ (0,1)，使得 g a＜ g(1)＝ 0，不合题意．综上所述，实数 a 的取值范围为(－∞，2]．6．已知数列 {a n}的前 n 项和为S n，且 S n＝ 2a n－ 1.(1)求数列 {a n}的通项公式；(2)记会合 M ＝ {n|n(n＋ 1)≥ λa n，n∈ N* }，若 M 中有 3 个元素，求λ的取值范围；(3) 能否存在等差数列{b n}，使得 a1b n＋a2 b n－1＋ a3b n－2＋＋ a n b1＝ 2n＋1－ n－ 2 对全部 n∈N * 都建立？若存在，求出b n ；若不存在，说明原因．解： (1)当 n ＝ 1 时， S 1＝ 2a 1－ 1，得 a 1＝ 1.当 n ≥ 2 时，由 S n ＝ 2a n － 1，①得 S n － 1＝ 2a n －1－ 1，②①－②，得 a ＝ 2a － ，即a n＝ 2(n ≥ 2)．nn 1a n －1所以 {a n }是首项为 1，公比为 2 的等比数列，所以n －1.a n ＝ 2n n ＋ 1 n n ＋ 1(2) 由已知可得 λ≤ 2n － 1 ，令 f(n)＝ 2n －1 ，则 f(1) ＝ 2， f(2)＝ 3， f (3)＝ 3， f(4) ＝52， f(5)＝ 158，n n ＋1下边研究 f(n)＝ 2n －1的单一性，因为 f(n ＋ 1)－ f(n)＝n ＋ 1 n ＋ 2n n ＋ 1 n ＋ 1 2－n2n－ 2n－1 ＝ 2n ， 所以，当 n ≥ 3 时， f(n ＋ 1)－ f(n)＜ 0， f(n ＋ 1)＜ f(n)，即 f( n)单一递减 .因为 M 中有 3 个元素，所以不等式 λ≤n n ＋ 1解的个数为 3，所以 2＜ λ≤ 5，即 λ的取值范围为－2n 12(3) 设存在等差数列 {b n }使得条件建立，则当 n ＝ 1 时，有 a 1b 1＝ 22－ 1－2＝ 1，所以 b 1＝ 1.当 n ＝ 2 时，有 a 1b 2＋ a 2b 1＝ 23－ 2－ 2＝ 4，所以 b 2＝ 2.所以等差数列 {b n }的公差 d ＝ 1，所以 b n ＝ n.设 S ＝ a 1b n ＋ a 2b n －1 ＋ a 3b n － 2＋ ＋a n b 1，S ＝ 1·n ＋ 2(n － 1)＋ 22(n － 2)＋＋ 2n － 2·2＋ 2n － 1·1，③所以 2S ＝ 2·n ＋ 22(n － 1)＋ 23(n － 2)＋ ＋ 2n－1·2＋ 2n ·1，④④－③，得n S ＝－ n ＋ 2＋ 22＋ 23＋ ＋ 2n － 1＋ 2n ＝－ n ＋2 1－2＝ 2n ＋1－ n － 2，1－ 2所以存在等差数列 {b n }，且 b n ＝ n 知足题意．52，2 .。
江苏专版2018届高考数学二轮复习6个解答题专项强化练五函数
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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋－2a x ，x ≥2a ，－x 2＋＋2a x ，x <2a ，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1<t <14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2.设h (a )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2(a >1)，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 )＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a ＋2在(1,2]上单调递增，所以h (a )max ＝h (2)＝98，所以1＜t ＜98.③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1<t <－14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －2，设g (a )＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －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 )＝－14⎝ ⎛⎭⎪⎫a ＋1a －2在[－2，－1)上单调递减，所以g (a )max ＝98，所以1＜t ＜98.综上，实数t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，98.2．已知函数f (x )＝a ln x －bx 3，其中a ，b 为实数，b ≠0，e 为自然对数的底数，e ＝2.718 28….(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a b的取值范围． 解：(1)当b ＝－1时，函数f (x )＝a ln x ＋x 3(x >0)，则f ′(x )＝a x ＋3x 2＝a ＋3x 3x，令f ′(x )＝0，得x ＝3－a3，因为a <0时，3－a3>0， 所以f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：所以g (a )＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫ 3－a 3＝a ln 3－a 3－a 3 ＝a 3ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 3－a3，令t (x )＝－x ln x ＋x ，则t ′(x )＝－ln x ，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a ln x －bx 3＝0在区间(1，e]上有两个不同实数解，所以a b ＝x 3ln x在区间(1，e]上有两个不同的实数解，即函数y ＝a b 的图象与函数m (x )＝x 3ln x的图象有两个不同的交点，因为m ′(x )＝x 2x －x 2，令m ′(x )＝0，得x ＝3e ，所以m ′(x )，m (x )随x 的变化情况如下表：所以当x ∈(1，3e)时，m (x )∈(3e ，＋∞)， 当x ∈(3e ，e]时，m (x )∈(3e ，e 3]，结合函数图象知a ，b 满足的关系式为3e<ab≤e 3， 即a b的取值范围为(3e ，e 3]．3．已知函数f (x )＝ax 2－x －ln x ，a ∈R. (1)当a ＝38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 ＝38时，f (x )＝38x 2－x －ln x (x >0)，所以f ′(x )＝34x －1－1x ＝x ＋x －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)＝－12－ln 2.(2)证明：由f (x )＝ax 2－x －ln x (x >0)，得f ′(x )＝2ax －1－1x ＝2ax 2－x －1x.所以当a ≤0时，f ′(x )＝2ax 2－x －1x<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，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝e 2－e ＋a e 2>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 )＝ax 2－x －ln x (x >0)， 得f ′(x )＝2ax 2－x －1x，令g (x )＝2ax 2－x －1. 因为g (0)＝－1<0,2a >0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上只有一个零点，设为x 0. 当x ∈(0，x 0)时，g (x )<0，f ′(x )<0； 当x ∈(x 0，＋∞)时，g (x )>0，f ′(x )>0. 所以函数f (x )在(0，x 0)上单调递减； 在(x 0，＋∞)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 (x 0)<0， 即ax 20－x 0－ln x 0<0.又因为g (x 0)＝2ax 20－x 0－1＝0， 所以2ln x 0＋x 0－1>0，又因为函数h (x )＝2ln x ＋x －1在(0，＋∞)上是增函数，且h (1)＝0， 所以x 0>1，得0<1x 0<1.又由2ax 20－x 0－1＝0，得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 02＋1x 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 0＋122－14，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，g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1a＝2a a2－1a －1＝1－a a>0，所以1<x 0<1a.因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ＝a e 2－1e＋1＝e 2－e ＋a e 2>0，且f (x 0)<0. 所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，x 0上有一个零点.又因为f ⎝ ⎛⎭⎪⎫2a ＝4a a2－2a－ln 2a ≥2a －⎝ ⎛⎭⎪⎫2a －1＝1>0(因为ln x ≤x －1)，且f (x 0)<0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，2a 上有一个零点．所以当0<a <1时，函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2a 内有两个零点.下面证明：ln x ≤x －1. 设t (x )＝x －1－ln x (x >0)， 所以t ′(x )＝1－1x ＝x －1x，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－ln x ≥0，得ln x ≤x －1成立． 综上，实数a 的取值范围为(0,1)．4．已知函数f (x )＝a e xx＋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 )＝a e x x －＋x2x 2，∴f ′(1)＝1，f (1)＝a e ＋1,∴函数f (x )在(1，f (1))处的切线方程为y －(a e ＋1)＝x －1.又直线过点(0，－1)，∴－1－(a e ＋1)＝－1，解得a ＝－1e.(2)若a <0，f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，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x 0处取得符合条件的极大值f (x 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0>1，f x 0，fx 0＝0，则⎩⎪⎨⎪⎧x 0>1， ①a e x 0x0＋x 0>0， ②a e x 0x 0－＋x20x2＝0， ③由③得a e x 0＝－x 20x 0－1，代入②得－x 0x 0－1＋x 0>0， 结合①可解得x 0>2，再由f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0>0，得a >－x 20e x 0.令h (x )＝－x 2ex ，则h ′(x )＝x x －ex，当x >2时，h ′(x )>0，即h (x )是增函数， 所以a >h (x 0)>h (2)＝－4e2，又a <0，故当极大值为正数时，a ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－4e 2，0，从而不存在负整数a 满足条件．法二：在x ∈(1，＋∞)时，令H (x )＝a e x (x －1)＋x 2，则H ′(x )＝(a e x＋2)x ， ∵x ∈(1，＋∞)，∴e x∈(e ，＋∞)， ∵a 为负整数，∴a ≤－1，∴a e x≤a e≤－e ， ∴a e x＋2<0，∴H ′(x )<0， ∴H (x )在(1，＋∞)上单调递减，又H (1)＝1>0，H (2)＝a e 2＋4≤－e 2＋4<0， ∴∃x 0∈(1,2)，使得H (x 0)＝0， 且1<x <x 0时，H (x )>0，即f ′(x )>0；x >x 0时，H (x )<0，即f ′(x )<0.∴f (x )在x 0处取得极大值f (x 0)＝a e x 0x 0＋x 0. (*) 又H (x 0)＝a e x 0(x 0－1)＋x 20＝0， ∴a e x 0x 0＝－x 0x 0－1代入(*)得， f (x 0)＝－x 0x 0－1＋x 0＝x 0x 0－x 0－1<0，∴不存在负整数a 满足条件．(3)证明：f ′(x )＝a e x x －＋x2x 2，设g (x )＝a e x(x －1)＋x 2， 则g ′(x )＝x (a e x＋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x 1∈(0,1)，使g (x 1)＝0， 再由g (x )在(0，＋∞)上单调递增知， 当x ∈(0，x 1)时，g (x )<0， 故f ′(x )＝g xx 2<0，f (x )单调递减； 当x ∈(x 1，＋∞)时，g (x )>0， 故f ′(x )＝g xx 2>0，f (x )单调递增． 所以函数f (x )在x 1处取得极小值. 当x <0时，e x<1，且x －1<0，所以g (x )＝a e x(x －1)＋x 2>a (x －1)＋x 2＝x 2＋ax －a ，函数y ＝x 2＋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x 2，使g (x 2)＝0， 再由g (x )在(－∞，0)上单调递减知， 当x ∈(－∞，x 2)时，g (x )>0， 故f ′(x )＝g xx 2>0，f (x )单调递增； 当x ∈(x 2,0)时，g (x )<0， 故f ′(x )＝g xx 2<0，f (x )单调递减． 所以函数f (x )在x 2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 )＝e x－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 )＝⎩⎪⎨⎪⎧fx ，x ≤m ，g x ，x >m的值域为R ，求实数m 的取值范围；(2)若存在实数x 1，x 2∈[0,2]，使得f (x 1)＝f (x 2)，且|x 1－x 2|≥1，求证：e －1≤a ≤e 2－e.解：(1)a ＝e 时，f (x )＝e x－e x －1，①h (x )＝f (x )－g (x )＝e x－2x －1，h ′(x )＝e x－2，由h ′(x )＞0，解得x ＞ln 2，由h ′(x )＜0，解得x ＜ln 2，故函数h (x )在(ln 2，＋∞)上单调递增，在(－∞，ln 2)上单调递减． ②f ′(x )＝e x－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[e m －e m －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e m－e m －1≤(2－e)m ， 即e m－2m －1≤0，(*) 设h (m )＝e m－2m －1，由①可知m ＜0时，h (m )＝e m－2m －1＞h (0)＝0， 故(*)不成立，令h ′(m )＝e m －2＝0，得m ＝ln 2，∵h (m )在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2,1)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 )＝e x－e x －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 ≤1e －2. 综上，实数m 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，1e －2. (2)证明：f ′(x )＝e x－a ，若a ≤0，则f ′(x )＞0，此时f (x )在R 上递增， 由f (x 1)＝f (x 2)，可得x 1＝x 2，与|x 1－x 2|≥1矛盾，∴a ＞0且f (x )在(－∞，ln a ]上单调递减，在[ln a ，＋∞)上单调递增， 若x 1，x 2∈(－∞，ln a ]，则由f (x 1)＝f (x 2)可得x 1＝x 2，与|x 1－x 2|≥1矛盾， 同样不能有x 1，x 2∈[ln a ，＋∞)，不妨设0≤x 1＜x 2≤2，则有0≤x 1＜ln a ＜x 2≤2，∵f (x )在(x 1，ln a )上单调递减，在(ln a ，x 2)上单调递增，且f (x 1)＝f (x 2)， ∴x 1≤x ≤x 2时，f (x )≤f (x 1)＝f (x 2)，由0≤x 1＜x 2≤2且|x 1－x 2|≥1，得1∈[x 1，x 2]， 故f (1)≤f (x 1)＝f (x 2)，又f (x )在(－∞，ln a ]上单调递减，且0≤x 1＜ln a ， 故f (x 1)≤f (0)，故f (1)≤f (0)，同理f (1)≤f (2)，即⎩⎪⎨⎪⎧e －a －1≤0，e －a －1≤e 2－2a －1，解得e －1≤a ≤e 2－e ，∴e －1≤a ≤e 2－e.6．已知函数f (x )＝e xsin x －cos x ，g (x )＝x cos x －2e x，其中e 是自然对数的底数．(1)判断函数y ＝f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内零点的个数，并说明理由；(2)任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥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⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内零点的个数为1，理由如下：因为f (x )＝e xsin x －cos x ，所以f ′(x )＝e xsin x ＋e xcos x ＋sin x .因为x ∈⎝⎛⎭⎪⎫0，π2，所以f ′(x )＞0.所以函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，π2上是单调递增函数．因为f (0)＝－1＜0，f ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＝e π2>0，根据函数零点存在性定理得函数y ＝f (x )在⎝⎛⎭⎪⎫0，π2内零点的个数为1.(2)因为不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 等价于f (x 1)≥m －g (x 2)，所以对任意x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，存在x 2∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2，使得不等式f (x 1)＋g (x 2)≥m 成立，等价于f (x )min ≥(m －g (x ))min ，即f (x )min ≥m －g (x )max .当x ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2时，f ′(x )＝e x sin x ＋e xcos x ＋sin x ＞0，故f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递增，所以x ＝0时，f (x )取得最小值－1， 又g ′(x )＝cos x －x sin x －2e x， 由于0≤cos x ≤1，x sin x ≥0，2e x ≥2，所以g ′(x )＜0，故g (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，π2上单调递减．因此，x ＝0时，g (x )取得最大值－ 2. 所以m ≤－2－1，即实数m 的取值范围为(－∞，－2－1]．(3)证明：当x ＞－1时，要证f (x )－g (x )＞0，只要证f (x )＞g (x )， 只要证e xsin x －cos x ＞x cos x －2e x， 只要证e xsin x ＋2e x＞cos x ＋x cos x ， 由于sin x ＋2＞0,1＋x ＞0， 只要证e x x ＋1＞cos xsin x ＋2.下面证明x ＞－1时，不等式e xx ＋1＞cos xsin x ＋2成立．令h (x )＝e x x ＋1，则h ′(x )＝x e x x ＋2，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x ＝0时，h (x )取得极小值也就是最小值为1，即e xx ＋1≥1，当x ＝0时，取“＝”． 又因为cos x －sin x ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π4－x ≤2， 当x ＝2k π－π4时，k ∈Z 时取“＝”． 所以cos x －sin x ≤2，即cos x sin x ＋2≤1， 当x ＝2k π－π4时，k ∈Z 时取“＝”． 所以e x x ＋1＞cos x sin x ＋2. 综上所述，当x ＞－1时，f (x )－g (x )＞0成立．。
2022新高考数学(江苏专用)总复习训练-函数的单调性与最值-含解析
[A 级 基础练]1．下列四个函数中，在x ∈(0，＋∞)上为增函数的是( ) A ．f (x )＝3－x B ．f (x )＝x 2－3xC ．f (x )＝－1x ＋1 D ．f (x )＝－|x |解析：选C.当x >0时，f (x )＝3－x 为减函数； 当x ∈⎝⎛⎭⎫0，32时，f (x )＝x 2－3x 为减函数， 当x ∈⎝⎛⎭⎫32，＋∞时，f (x )＝x 2－3x 为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－1x ＋1为增函数； 当x ∈(0，＋∞)时，f (x )＝－|x |为减函数．2．函数f (x )＝－x ＋1x 在⎣⎡⎦⎤－2，－13上的最大值是( ) A.32 B ．－83C ．－2D ．2解析：选A.函数f (x )＝－x ＋1x 的导数为f ′(x )＝－1－1x 2，则f ′(x )<0，可得f (x )在⎣⎡⎦⎤－2，－13上单调递减，即f (－2)为最大值，且为2－12＝32.3．(2020·无锡模拟)若函数y ＝2－xx ＋1，x ∈(m ，n ]的最小值为0，则m 的取值范围是( )A ．(1，2)B ．(－1，2)C ．[1，2)D ．[－1，2)解析：选D.因为函数y ＝2－x x ＋1＝3－（x ＋1）x ＋1＝3x ＋1－1在区间(－1，＋∞)上是减函数，且f (2)＝0，所以n ＝2.根据题意，x ∈(m ，n ]时，y min ＝0.所以m 的取值范围是[－1，2)．4．已知函数f (x )是R 上的增函数，对实数a ，b ，若a ＋b >0，则有( )A ．f (a )＋f (b )>f (－a )＋f (－b )B ．f (a )＋f (b )<f (－a )＋f (－b )C ．f (a )－f (b )>f (－a )－f (－b )D ．f (a )－f (b )<f (－a )－f (－b )解析：选A.因为a ＋b >0，所以a >－b ，b >－a .所以f (a )>f (－b )，f (b )>f (－a )，结合选项，可知选A.5．(多选)已知f (x )是定义在[0，＋∞)上的函数，根据下列条件，可以断定f (x )是增函数的是( )A ．对任意x ≥0，都有f (x ＋1)>f (x )B ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1≥x 2，都有f (x 1)≥f (x 2)C ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1－x 2<0，都有f (x 1)－f (x 2)<0D ．对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1≠x 2，都有f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0解析：选CD.根据题意，依次分析选项：对于选项A ，对任意x ≥0，都有f (x ＋1)>f (x )，不满足函数单调性的定义，不符合题意；对于选项B ，当f (x )为常数函数时，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，都有f (x 1)＝f (x 2)，不是增函数，不符合题意；对于选项C ，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，且x 1－x 2<0，都有f (x 1)－f (x 2)<0，符合题意；对于选项D ，对任意x 1，x 2∈[0，＋∞)，设x 1>x 2，若f （x 1）－f （x 2）x 1－x 2>0，必有f (x 1)－f (x 2)>0，则函数在[0，＋∞)上为增函数，符合题意．6．函数f (x )＝|x －2|x 的单调递减区间是________．解析：由于f (x )＝|x －2|x ＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－2x ，x ≥2，－x 2＋2x ，x <2.结合图象(图略)可知函数的单调递减区间是[1，2]．答案：[1，2]7．如果函数f (x )＝ax 2＋2x －3在区间(－∞，4)上单调递增，则实数a 的取值范围是________．解析：当a ＝0时，f (x )＝2x －3在定义域R 上是单调递增的，故在(－∞，4)上单调递增；当a ≠0时，二次函数f (x )的对称轴为x ＝－1a ，因为f (x )在(－∞，4)上单调递增，所以a <0，且－1a ≥4，解得－14≤a <0.综上，实数a 的取值范围是⎣⎡⎦⎤－14，0. 答案：⎣⎡⎦⎤－14，0 8．已知y ＝f (x )在定义域(－1，1)上是减函数，且f (1－a )<f (2a －1)，则实数a 的取值范围为________．解析：因为f (x )在定义域(－1，1)上是减函数，且f (1－a )<f (2a －1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧－1<1－a <1，－1<2a －1<1，1－a >2a －1，解得0<a <23.答案：⎝⎛⎭⎫0，23 9．求下列函数的值域． (1)f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2－x ＋1，x <1，1x ，x >1；(2)y ＝x －x . 解：(1)当x <1时，x 2－x ＋1＝⎝⎛⎭⎫x －122＋34≥34；当x >1时，0<1x<1.因此函数f (x )的值域是(0，＋∞)．(2)y ＝x －x ＝⎝⎛⎭⎫x －122－14≥－14，所以函数y 的值域为⎣⎡⎭⎫－14，＋∞. 10．已知函数f (x )＝x ＋2x.(1)写出函数f (x )的定义域和值域；(2)证明：函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数，并求f (x )在x ∈[2，8]上的最大值和最小值．解：(1)函数f (x )的定义域为{x |x ≠0}．又f (x )＝1＋2x，所以值域为{y |y ≠1}．(2)由题意可设0<x 1<x 2，则f (x 1)－f (x 2)＝⎝⎛⎭⎫1＋2x 1－⎝⎛⎭⎫1＋2x 2＝2x 1－2x 2＝2（x 2－x 1）x 1x 2.又0<x 1<x 2，所以x 1x 2>0，x 2－x 1>0，所以f (x 1)－f (x 2)>0，即f (x 1)>f (x 2)，所以函数f (x )在(0，＋∞)上为单调递减函数．在x ∈[2，8]上，f (x )的最大值为f (2)＝2，最小值为f (8)＝54.[B 级 综合练]11．已知符号函数sgn x ＝⎩⎪⎨⎪⎧1，x ＞0，0，x ＝0，－1，x ＜0.f (x )是R 上的增函数，g (x )＝f (x )－f (ax )(a ＞1)，则( )A ．sgn[g (x )]＝sgn xB ．sgn[g (x )]＝－sgn xC ．sgn[g (x )]＝sgn[f (x )]D ．sgn[g (x )]＝－sgn[f (x )]解析：选B.因为f (x )是R 上的增函数，且a >1，所以当x >0时，f (x )<f (ax )，即g (x )<0；当x ＝0时，f (x )＝f (ax )，即g (x )＝0；当x <0时，f (x )>f (ax )，即g (x )>0.由符号函数sgn x ＝⎩⎨⎧1，x >0，0，x ＝0，－1，x <0知，sgn [g (x )]＝⎩⎨⎧－1，x >0，0，x ＝0，1，x <0＝－sgn x . 12．设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧（x －a ）2，x ≤0，x ＋1x ＋a ，x ＞0，若f (0)是f (x )的最小值，则实数a 的取值范围为________．解析：因为当x ≤0时，f (x )＝(x －a )2，f (0)是f (x )的最小值，所以a ≥0.当x ＞0时，f (x )＝x ＋1x ＋a ≥2＋a ，当且仅当x ＝1时取“＝”．要满足f (0)是f (x )的最小值，需2＋a ≥f (0)＝a 2，即a 2－a －2≤0，解得－1≤a ≤2，所以实数a 的取值范围是0≤a ≤2.答案：[0，2]13．已知函数f (x )＝xx －a(x ≠a )．(1)若a ＝－2，试证明f (x )在(－∞，－2)上单调递增；(2)若a ＞0且f (x )在(1，＋∞)上单调递减，求实数a 的取值范围． 解：(1)证明：设x 1＜x 2＜－2，则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1＋2－x 2x 2＋2＝2（x 1－x 2）（x 1＋2）（x 2＋2）.因为(x 1＋2)(x 2＋2)＞0，x 1－x 2＜0， 所以f (x 1)－f (x 2)＜0，即f (x 1)＜f (x 2)， 所以f (x )在(－∞，－2)上单调递增． (2)设1＜x 1＜x 2， 则f (x 1)－f (x 2)＝x 1x 1－a －x 2x 2－a ＝a （x 2－x 1）（x 1－a ）（x 2－a ）. 因为a ＞0，x 2－x 1＞0，所以要使f (x 1)－f (x 2)＞0， 只需(x 1－a )(x 2－a )＞0恒成立，所以a ≤1.综上所述，实数a 的取值范围为(0，1]．14．已知定义在区间(0，＋∞)上的函数f (x )满足f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)，且当x >1时，f (x )<0.(1)求f (1)的值；(2)证明：f (x )为单调递减函数；(3)若f (3)＝－1，求f (x )在[2，9]上的最小值．解：(1)令x 1＝x 2>0，代入得f (1)＝f (x 1)－f (x 1)＝0，故f (1)＝0.(2)证明：任取x 1，x 2∈()0，＋∞，且x 1>x 2，则x 1x 2>1，由于当x >1时，f (x )<0，所以f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2<0，即f (x 1)－f (x 2)<0，因此f (x 1)<f (x 2)，所以函数f (x )在区间()0，＋∞上是单调递减函数．(3)因为f (x )在(0，＋∞)上是单调递减函数，所以f (x )在[2，9]上的最小值为f (9)，由f ⎝⎛⎭⎫x 1x 2＝f (x 1)－f (x 2)得f ⎝⎛⎭⎫93＝f (9)－f (3)，而f (3)＝－1，所以f (9)＝－2.所以f (x )在[2，9]上的最小值为－2.[C 级 创新练]15．(多选)对于实数x ，符号[x ]表示不超过x 的最大整数，例如[π]＝3，[－1.08]＝－2，定义函数f (x )＝x －[x ]，则下列命题中正确的是( )A ．f (－3.9)＝f (4.1)B ．函数f (x )的最大值为1C ．函数f (x )的最小值为0D ．方程f (x )－12＝0有无数个根解析：选ACD.根据符号[x ]的意义，讨论当自变量x 取不同范围时函数f (x )＝x －[x ]的解析式：当－1≤x <0时，[x ]＝－1，则f (x )＝x －[x ]＝x ＋1；当0≤x <1时，[x ]＝0，则f (x )＝x －[x ]＝x ；当1≤x <2时，[x ]＝1，则f (x )＝x －[x ]＝x －1；当2≤x <3时，[x ]＝2，则f (x )＝x －[x ]＝x －2.画函数f (x )＝x －[x ]的图象如图所示：根据定义可知，f (－3.9)＝－3.9－(－4)＝0.1，f (4.1)＝4.1－4＝0.1，即f (－3.9)＝f (4.1)，所以A 正确；从图象可知，函数f (x )＝x －[x ]最高点处取不到，所以B 错误；函数图象最低点处函数值为0，所以C 正确；从图象可知y ＝f (x )与y ＝12的图象有无数个交点，即f (x )＝12有无数个根，所以D 正确．故选ACD.16．已知a ≥3，函数F (x )＝min{2|x －1|，x 2－2ax ＋4a －2}，其中min{p ，q }＝⎩⎪⎨⎪⎧p ，p ≤q ，q ，p ＞q .(1)求使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围； (2)求F (x )的最小值m (a )．解：(1)由于a ≥3，故当x ≤1时，x 2－2ax ＋4a －2－2|x －1|＝x 2＋2(a －1)(2－x )>0， 当x >1时，x 2－2ax ＋4a －2－2|x －1|＝(x －2)(x －2a )． 由(x －2)(x －2a )≤0得2≤x ≤2a .所以使得等式F (x )＝x 2－2ax ＋4a －2成立的x 的取值范围为[2，2a ]．(2)设函数f (x )＝2|x －1|，g (x )＝x 2－2ax ＋4a －2，则f (x )min ＝f (1)＝0，g (x )min ＝g (a )＝－a 2＋4a －2，所以由F (x )的定义知m (a )＝min{f (1)，g (a )}，即m (a )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，3≤a ≤2＋2，－a 2＋4a －2，a >2＋ 2.。