6、·南通、泰州、揚州調研)已知函數(shù)f(x)＝－x3＋x2，g(x)＝aln x，a∈R.
(1)若對任意x∈[1，e]，都有g(x)≥－x2＋(a＋2)x恒成立，求a的取值范圍；
(2)設F(x)＝若P是曲線y＝F(x)上異于原點O的任意一點，在曲線y＝F(x)上總存在另一點Q，使得∠POQ為鈍角，且PQ的中點在y軸上，求a的取值范圍．
解：(1)由g(x)≥－x2＋(a＋2)x，得(x－ln x)a≤x2－2x.
由于x∈[1，e]，ln x≤1≤x，且等號不能同時取得，
所以ln x0.
從而a≤恒成立，a≤min.
設t(x)＝，x∈[1，e]．
求導，
7、得t′(x)＝.
x∈[1，e]，x－1≥0，ln x≤1，x＋2－2ln x>0，
從而t′(x)≥0，t(x)在[1，e]上為增函數(shù)．
所以t(x)min＝t(1)＝－1，所以a≤－1.
(2)F(x)＝
設P(t，F(xiàn)(t))為曲線y＝F(x)上的任意一點．
假設曲線y＝F(x)上存在一點Q(－t，F(xiàn)(－t))，使∠POQ為鈍角，則·<0.
①若t≤－1，P(t，－t3＋t2)，Q(－t，aln(－t))，
·＝－t2＋aln(－t)·(－t3＋t2)．
由于·<0恒成立，a(1－t)ln(－t)<1.
當t＝－1時，a(1－t)ln(－t)<1恒成立．
當t<－1時
8、，a<恒成立．
由于>0，所以a≤0.
②若－10對－10；
(2)若f(x)在[－1,1]上是單調增函數(shù)，求a的取值范圍；
(3)當a＝0時，求整數(shù)k的所有值，使方程f(x)＝x＋2在[k，k＋1]上有解
9、．
[解] (1)因為ex>0，所以不等式f(x)>0，
即ax2＋x>0.
又因為a<0，所以不等式可化為x<0.
所以不等式f(x)>0的解集為.
(2)f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex
＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]ex，
①當a＝0時，f′(x)＝(x＋1)ex，f′(x)≥0在[－1,1]上恒成立，當且僅當x＝－1時取等號，故a＝0符合要求；
②當a≠0時，令g(x)＝ax2＋(2a＋1)x＋1，
因為Δ＝(2a＋1)2－4a＝4a2＋1>0，
所以g(x)＝0有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，
不妨設x1>x2，
因此f(x)有極大值又
10、有極小值．
若a>0，因為g(－1)·g(0)＝－a<0，所以f(x)在(－1,1)內有極值點，故f(x)在[－1,1]上不單調．
若a<0，可知x1>0>x2.
因為g(0)＝1>0，且g(x)的圖象開口向下，要使f(x)在[－1,1]上單調，
則必須滿足即所以－≤a<0.綜上可知，a的取值范圍是.
(3)當a＝0時， 方程為xex＝x＋2，由于ex>0，所以x＝0不是方程的解．
所以原方程等價于ex－－1＝0，令h(x)＝ex－－1，
因為h′(x)＝ex＋>0對于x∈(－∞，0)∪(0，＋∞)恒成立，
所以h(x)在(－∞，0)和(0，＋∞)內是單調增函數(shù)，
又h(
11、1)＝e－3<0，h(2)＝e2－2>0，h(－3)＝e－3－<0，h(－2)＝e－2>0，
所以方程f(x)＝x＋2有且只有兩個實數(shù)根，且分別在區(qū)間[1,2]和[－3，－2]上．
所以整數(shù)k的所有值為－3,1.
第一問看似復雜，利用函數(shù)有界性不等式就轉化成ax2＋x>0，解二次含參不等式即可；第二問等價轉化成f′(x)＝(2ax＋1)ex＋(ax2＋x)ex＝[ax2＋(2a＋1)x＋1]ex≥0恒成立問題處理，即轉化成ax2＋(2a＋1)·x＋1≥0恒成立解決；第三問方程即轉化成xex＝x＋2的形式，結合函數(shù)零點的判斷方法解決．
(2020·鹽城中學期中)已知函數(shù)f
12、(x)＝x2－aln x，g(x)＝bx－＋2，其中a，b∈R且ab＝2.函數(shù)f(x)在上是減函數(shù)，函數(shù)g(x)在上是增函數(shù)．
(1)求函數(shù)f(x)，g(x)的表達式；
(2)若不等式f(x)≥mg(x)對x∈恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；
(3)求函數(shù)h(x)＝f(x)＋g(x)－x的最小值，并證明當n∈N*，n≥2時f(n)＋g(n)>3.
解：(1)f′(x)＝2x－≤0對任意的x∈恒成立，所以a≥2x2.所以a≥2.同理可得b≥1.
∵ab＝2，∴a＝2，b＝1.
∴f(x)＝x2－2ln x，g(x)＝x－＋2.
(2)∵f(1)＝1>0，g＝>0，且函數(shù)f(x)在上是減
13、函數(shù)，函數(shù)g(x)在上是增函數(shù)．所以x∈時，f(x)>0，g(x)>0，∴m≤.
由條件得min＝＝＝，∴m≤.
(3)h′(x)＝2＋
＝(－1)，
當x>0時，＋>0，
則當x∈(0,1)時，h′(x)<0，當x∈(1，＋∞)時，h′(x)>0.
故h(x)在x∈(0,1)遞減，在x∈(1，＋∞)遞增．
所以h(x)min＝h(1)＝，即h(x)的最小值為.
當n≥2時，h(n)≥h(2)＝7－2ln 2－＝3＋(2－ln 4)＋(2－)>3，即h(n)>3.
所以n∈N*，n≥2時f(n)＋g(n)＝h(n)＋>3＋>3成立．
(2020·泰州模擬)已知函數(shù)
14、f(x)＝x(x－a)2，g(x)＝－x2＋(a－1)x＋a(其中a為常數(shù))．
(1)如果函數(shù)y＝f(x)和y＝g(x)有相同的極值點，求a的值；
(2)設a>0，問是否存在x0∈，使得f(x0)>g(x0)，若存在，請求出實數(shù)a的取值范圍；若不存在，請說明理由；
(3)記函數(shù)H(x)＝[f(x)－1]·[g(x)－1]，若函數(shù)y＝H(x)有5個不同的零點，求實數(shù)a的取值范圍．
[解] (1)f(x)＝x(x－a)2＝x3－2ax2＋a2x，
則f′(x)＝3x2－4ax＋a2＝(3x－a)(x－a)，
令f′(x)＝0，得x＝a或x＝，而g(x)在x＝處有極大值，
所以＝a?a
15、＝－1，或＝?a＝3.
綜上a＝3或a＝－1.
(2)假設存在x∈，使得
f(x)－g(x)＝x(x－a)2－[－x2＋(a－1)x＋a]
＝x(x－a)2＋(x－a)(x＋1)
＝(x－a)[x2＋(1－a)x＋1]>0，
當x∈時，又a>0，故x－a<0，則存在x∈，使得x2＋(1－a)x＋1<0，
1°當>，即a>3時，2＋(1－a)＋1<0，得a>3或a<－，故a>3；
2°當－1≤≤，即03，故a無解；
綜上a的取值范圍為(3，＋∞)．
(3)據(jù)題意有f(x)－1＝0有3個不同的實根，g(x)－1＝0有2個不同的實根，且這5個實根
16、兩兩不相等．
①g(x)－1＝0有2個不同的實根，只需滿足g>1?a>1或a<－3；
②f(x)－1＝0有3個不同的實根，
1°當>a即a<0時，f(x)在x＝a處取得極大值，而f(a)＝0，不符合題意，舍去；
2°當＝a即a＝0時，不符合題意，舍去；
3°當0時，f(x)在x＝處取得極大值，
f>1?a>，所以a>.
因為①②要同時滿足，故a>.
下證：這5個實根兩兩不相等，
即證：不存在x0使得f(x0)－1＝0和g(x0)－1＝0同時成立．
假設存在x0使得f(x0)＝g(x0)＝1，
由f(x0)＝g(x0)，
即x0(x0－a)2＝－x＋(a－1)x
17、0＋a，
得(x0－a)(x－ax0＋x0＋1)＝0.
當x0＝a時，f(x0)＝g(x0)＝0，不符合題意，舍去；
所以x0≠a，即x－ax0＋x0＋1＝0.①
又g(x0)＝1，即－x＋(a－1)x0＋a＝1.②
聯(lián)立①②式，可得a＝0，而當a＝0時，不滿足a＞，故舍去，所以這5個實根兩兩不相等．
綜上，當a>時，函數(shù)y＝H(x)有5個不同的零點．
本題考查函數(shù)與導數(shù)的綜合應用，利用導數(shù)研究函數(shù)的極值和最值，第一問是解方程；第二問將不等式有解問題，轉化成最值問題處理，但需要討論，并不簡單；第三問思維要求比較高，除了分解方程的根之外，最終關鍵點是證明這5個根是不同的．
18、
(2020·鹽城模擬)已知f(x)為R上的偶函數(shù)，當x≥0時，f(x)＝ln(x＋2)．
(1)當x<0時，求f(x)的解析式；
(2)當m∈R時，試比較f(m－1)與f(3－m)的大??；
(3)求最小的整數(shù)m(m≥－2)，使得存在實數(shù)t，對任意的x∈[m,10]，都有f(x＋t)≤2ln|x＋3|.
解：(1)當x<0時，f(x)＝f(－x)＝ln(－x＋2)．
(2)當x≥0時，f(x)＝ln(x＋2)單調遞增，而f(x)是偶函數(shù)，所以f(x)在(－∞，0)上單調遞減．
所以f(m－1)＞f(3－m)?|m－1|>|3－m|
?(m－1)2>(3－m)2?m>2.
19、
所以當m>2時，f(m－1)>f(3－m) ；
當m＝2時，f(m－1)＝f(3－m)；
當m<2時，f(m－1)
20、
第一步，分清參數(shù)和自變量；第二步，確定是否要分離；第三步，構造新函數(shù)求最值；第四步，解不等式．
(2)有雙重量詞出現(xiàn)的不等式恒成立問題，先把其中一個自變量當成已知的參數(shù)，解決一個量詞，然后再解決另一個量詞．
(3)證明與函數(shù)有關的不等式主要是利函數(shù)的最值和單調性來判斷．
(4)方程的根的個數(shù)問題往往考查函數(shù)與方程思想和函數(shù)零點問題，需注意等價轉化．
1．對正整數(shù)n，設曲線y＝xn(1－x)在x＝2處的切線與y軸交點的縱坐標為an，則數(shù)列的前n項和的公式是________________________．
解析：y＝xn－xn＋1，k＝y(tǒng)′|x＝2＝n·2n－1－(2n＋2)
21、·2n－1＝－(n＋2)2n－1，切點為(2，－2n)，切線方程點斜式為y＋2n＝－(n＋2)2n－1(x－2)，令x＝0得an＝(n＋1)·2n，令bn＝，則bn＝n·2n，令Sn＝b1＋b2＋…＋bn，由錯位相減法可得Sn＝2－(1－n)2n＋1.
答案：Sn＝2－(1－n)2n＋1
2．不等式ax≤在x∈[0,3]內恒成立，則實數(shù)a的取值范圍________．
解析：畫出兩個函數(shù)y＝ax和y＝在x∈[0,3]上的圖象，由圖知，當x＝3時，3a≤，即當a≤，x∈[0,3]時，總有ax≤，所以a≤.
答案：
3．若f(x)＝loga(2－ax)在[0,1]上是減函數(shù)，則a的取值范圍
22、是________．
解析：由于所給函數(shù)可分解為y＝logau，u＝2－ax，其中u＝2－ax在a＞0時為減函數(shù)，所以必須a＞1；因為[0,1]必須是y＝loga(2－ax)定義域的子集，所以x＝1時，a<2.所以1
23、－.
②函數(shù)在區(qū)間(－1,1)上有兩個零點，
此時即
解得－
24、大值是l0的傾斜角的余角，其值是.
圖1 圖2
答案：
6．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，f(2)＝3，且f(x)在R上的導函數(shù)滿足f′(x)－1<0，則不等式f(x2)2，所以不等式的解集為(－∞，－)∪(，＋∞)．
答案：(－∞，－)∪(，＋∞)
7．已知函數(shù)f(x)＝
25、則函數(shù)y＝f(f(x))＋1的零點個數(shù)是________．
解析：令x＋1＝0，得x＝－1；令log2x＝0，得x＝1.
令F(x)＝f[f(x)]＋1，
則F(x)＝
作出函數(shù)y＝F(x)的圖象如圖所示，由圖象可知函數(shù)y＝f(f(x))＋1有4個零點．
答案：4
8．設函數(shù)f(x)的定義域為D，若滿足：①f(x)在D內是單調函數(shù)；②存在[a，b]?D，使f(x)在[a，b]上的值域為[－b，－a]，那么y＝f(x)叫做對稱函數(shù)，現(xiàn)有f(x)＝－k是對稱函數(shù)，則k的取值范圍是________
解析：由于f(x)＝－k在(－∞，2]上是減函數(shù)，又f(x)是對稱函數(shù)，所以在區(qū)間[
26、a，b]([a，b]?(－∞，2])上有因此關于x的方程－k＝－x在(－∞，2]上有兩個不同的實根，通過換元并結合圖象可得k∈.
答案：
9．已知函數(shù)f(x)＝loga|x＋1|(a>0且a≠1)，當x∈(0,1)時，恒有f(x)<0成立，則函數(shù)g(x)＝loga的單調遞減區(qū)間是________．
解析：當x∈(0,1)時，|x＋1|>1，但loga|x＋1|<0，
故由對數(shù)函數(shù)的圖象知，00，解得0
27、
10．設f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，對任意的x∈R，都有f(x＋2)＝f(x－2)，且當x∈[－2,0]時，f(x)＝x－1，若在區(qū)間(－2,6]內關于x的方程f(x)－loga(x＋2)＝0(a>1)有3個不同的實數(shù)根，則a的取值范圍為________．
解析：依題意可得f(x＋4)＝f[(x＋2)＋2]＝f[(x＋2)－2]＝f(x)，所以函數(shù)f(x)的周期為4，如圖所示，先作出當x∈[－2,0]時的圖象，然后根據(jù)函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，作出其關于y軸的對稱圖形，得到x∈[0,2]時函數(shù)的圖象．再根據(jù)函數(shù)的周期性，即可得到x∈[2,6]時函數(shù)的圖象，在此坐標系內，作出函數(shù)y
28、＝loga(x＋2)(a>1)的圖象．由題意知，函數(shù)y＝loga(x＋2)(a>1)的圖象與函數(shù)f(x)在(－2,6]上的圖象有3個交點，根據(jù)兩個函數(shù)圖象可知即解得
29、x)．
又因為－2≤x≤－1，
所以a≥在x∈[－2，－1]時恒成立．
因為＝≤，
所以a≥.
(2)因為f(x)＝|f′(x)|，所以x2＋2ax＋1＝2|x＋a|，
所以(x＋a)2－2|x＋a|＋1－a2＝0，
則|x＋a|＝1＋a或|x＋a|＝1－a.
①當a<－1時，|x＋a|＝1－a，
所以x＝－1或x＝1－2a；
②當－1≤a≤1時，|x＋a|＝1－a或|x＋a|＝1＋a，
所以x＝±1或x＝1－2a或x＝－(1＋2a)；
③當a>1時，|x＋a|＝1＋a，
所以x＝1或x＝－(1＋2a)．
(3)因為f(x)－f′(x)＝(x－1)[x－(1－2a)
30、]，
g(x)＝
①若a≥－，則x∈[2,4]時，f(x)≥f′(x)，
所以g(x)＝f′(x)＝2x＋2a.
從而g(x)的最小值為g(2)＝2a＋4；
②若a<－，則x∈[2,4]時，f(x)
31、g(x)最小值為g(1－2a)＝2－2a.
因為－≤a<－，(4a＋5)－(2－2a)＝6a＋3<0，
所以g(x)最小值為4a＋5.
綜上所述，[g(x)]min＝
12．已知函數(shù)f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋c，在y軸上的截距為－5，在區(qū)間[0,1]上單調遞增，在[1,2]上單調遞減，又當x＝0，x＝2時取得極小值．
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)能否找到函數(shù)f(x)垂直于x軸的對稱軸，并證明你的結論；
(3)設使關于x的方程f(x)＝λ2x2－5恰有三個不同實根的實數(shù)λ的取值范圍為集合A，且兩個非零實根為x1，x2.試問：是否存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤
32、|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由．
解：(1)∵函數(shù)f(x)＝x4＋ax3＋bx2＋c，在y軸上的截距為－5, ∴c＝－5.
∵函數(shù)f(x)在區(qū)間[0,1]上單調遞增，在[1,2]上單調遞減，
∴x＝1時取得極大值．又當x＝0，x＝2時函數(shù)f(x)取得極小值，∴x＝0，x＝1, x＝2為函數(shù)f(x)的三個極值點，即f′(x)＝0的三個根為0,1,2.
∴f′(x)＝4x3＋3ax2＋2bx＝4x(x－1)(x－2)＝4x3－12x2＋8x.
∴a＝－4，b＝4.
∴函數(shù)f(x)的解析式 f(x)＝x4－4x3＋4x
33、2－5.
(2)若函數(shù)f(x)存在垂直于x軸的對稱軸，設對稱軸方程為x＝t，則f(t ＋x)＝f(t－x)對x∈R恒成立，
即 (t ＋x)4－4(t ＋x)3＋4(t ＋x)2－5＝(t－x)4－4(t－x)3＋4(t－x)2－5.
化簡得(t－1)x3＋( t2－3 t ＋2)x＝0對x∈R恒成立．
∴解得t＝1.
即函數(shù)f(x)存在垂直于x軸的對稱軸x＝1.
(3)x4－4x3＋4x2－5＝λ2x2－5恰好有三個不同的根，
即x4－4x3＋4x2－λ2x2＝0恰好有三個不同的根，
即x2(x2－4x＋4－λ2)＝0.
∵x＝0是一個根，
∴方程x2－4x＋4－λ2＝0
34、應有兩個非零的不相等的實數(shù)根．
∴Δ＝16－4(4－λ2)＝4λ2>0，且x1x2＝4－λ2≠0.
∴λ≠0，－2,2.
假設存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立．
∵|x1－x2|＝＝2|λ|＞0，
要使m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立，只要m2＋tm＋2≤0對任意t∈[－3,3] 恒成立，令g(t)＝tm ＋m2＋2 , 則g(t)是關于t的線性函數(shù)．
∴只要解得
∴不存在實數(shù)m，使得不等式m2＋tm＋2≤|x1－x2|對任意t∈[－3,3], λ∈A恒成立．
江蘇省2020屆高考數(shù)學二輪復習 專題5 函數(shù)的綜合應用
