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)＝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11)，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)＝在(1,2]上单调递增，所以h(a)max＝h(2)＝，所以1＜t＜.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10)，则f′(x)＝＋3x2＝，令f′(x)＝0，得x＝，因为a<0时，>0，所以f′(x)，f(x)随x的变化情况如下表：xf′(x)－0＋f(x)极小值所以g(a)＝f＝aln－＝ln－，令t(x)＝－xlnx＋x，则t′(x)＝－lnx，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alnx－bx3＝0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，)(，e]m′(x)－0＋m(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3e<≤e3，即的取值范围为(3e，e3]．3．已知函数f(x)＝ax2－x－lnx，a∈R.(1)当a＝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＝时，f(x)＝x2－x－lnx(x>0)，所以f′(x)＝x－1－＝，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)＝－－ln2.(2)证明：由f(x)＝ax2－x－lnx(x>0)，得f′(x)＝2ax－1－＝.所以当a≤0时，f′(x)＝<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＝>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)＝ax2－x－lnx(x>0)，得f′(x)＝，令g(x)＝2ax2－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x0.当x∈(0，x0)时，g(x)<0，f′(...
