高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 利用导数探究含参数函数的性质 Word版含答案

这是一份高中数学高考2018高考数学（文）大一轮复习习题 升级增分训练 利用导数探究含参数函数的性质 Word版含答案，共5页。试卷主要包含了已知函数f＝ax－1－ln x，设函数f＝x2－ax＋b等内容，欢迎下载使用。
升级增分训练     利用导数探究含参数函数的性质1．已知函数f(x)＝x－ax2－ln(1＋x)(a＞0)．(1)若x＝2是f(x)的极值点，求a的值；(2)求f(x)的单调区间．解：f′(x)＝，x∈(－1，＋∞)．(1)依题意，得f′(2)＝0，即＝0，解得a＝．经检验，a＝符合题意，故a的值为．(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－1．①当0＜a＜1时，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－1，x1)x1(x1，x2)x2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x1)f(x2)∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是(－1,0)和．②当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)．③当a＞1时，－1＜x2＜0，f(x)与f′(x)的变化情况如下：x(－1，x2)x2(x2，x1)x1(x1，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x2)f(x1)∴f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．综上，当0＜a＜1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是(－1,0)和；当a＝1时，f(x)的单调减区间是(－1，＋∞)；当a＞1时，f(x)的单调增区间是，单调减区间是和(0，＋∞)．2．已知函数f(x)＝(1)求f(x)在区间(－∞，1)上的极小值和极大值点；(2)求f(x)在(e为自然对数的底数)上的最大值．解：(1)当x＜1时，f′(x)＝－3x2＋2x＝－x(3x－2)，令f′(x)＝0，解得x＝0或x＝．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)0f′(x)－0＋0－f(x)极小值极大值故当x＝0时，函数f(x)取得极小值为f(0)＝0，函数f(x)的极大值点为x＝．(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在和上单调递减，在上单调递增．因为f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0，所以f(x)在上单调递增，则f(x)在上的最大值为f(e)＝a．综上所述，当a≥2时，f(x)在上的最大值为a；当a＜2时，f(x)在上的最大值为2．3．已知函数f(x)＝ax－1－ln x(a∈R)．(1)讨论函数f(x)在定义域内的极值点的个数；(2)若函数f(x)在x＝1处取得极值，∀x∈(0，＋∞)，f(x)≥bx－2恒成立，求实数b的取值范围．解：(1)由已知得f′(x)＝a－＝(x＞0)．当a≤0时，f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数f(x)在(0，＋∞)上单调递减，∴f(x)在(0，＋∞)上没有极值点．当a＞0时，由f′(x)＜0，得0＜x＜，由f′(x)＞0，得x＞，∴f(x)在上单调递减，在上单调递增，即f(x)在x＝处有极小值．∴当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上没有极值点，当a＞0时，f(x)在(0，＋∞)上有一个极值点．(2)∵函数f(x)在x＝1处取得极值，∴f′(1)＝0，解得a＝1，∴f(x)≥bx－2⇒1＋－≥b，令g(x)＝1＋－，则g′(x)＝，令g′(x)＝0，得x＝e2．则g(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，∴g(x)min＝g(e2)＝1－，即b≤1－，故实数b的取值范围为．4．已知方程f(x)·x2－2ax＋f(x)－a2＋1＝0，其中a∈R，x∈R．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数f(x)在．当a＜0时，由(1)得，f(x)在(0，－a)上单调递减，在(－a，＋∞)上单调递增，所以f(x)在．综上所述，实数a的取值范围是(－∞，－1]∪(0,1]．5．设函数f(x)＝x2－ax＋b．(1)讨论函数f(sin x)在内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；(2)记f0(x)＝x2－a0x＋b0，求函数|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值D；(3)在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－满足条件D≤1时的最大值．解：(1)由题意，f(sin x)＝sin2x－asin x＋b＝sin x(sin x－a)＋b，则f′(sin x)＝(2sin x－a)cos x，因为－＜x＜，所以cos x＞0，－2＜2sin x＜2．①a≤－2，b∈R时，函数f(sin x)单调递增，无极值；②a≥2，b∈R时，函数f(sin x)单调递减，无极值；③对于－2＜a＜2，在内存在唯一的x0，使得2sin x0＝a．－＜x≤x0时，函数f(sin x)单调递减；x0≤x＜时，函数f(sin x)单调递增．因此，－2＜a＜2，b∈R时，函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)＝f＝b－．(2)当－≤x≤时，|f(sin x)－f0(sin x)|＝|(a0－a)sin x＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，当(a0－a)(b－b0)≥0，x＝时等号成立，当(a0－a)(b－b0)＜0时，x＝－时等号成立．由此可知，|f(sin x)－f0(sin x)|在上的最大值为D＝|a－a0|＋|b－b0|．(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－≤1．取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－＝1．由此可知，z＝b－满足条件D≤1的最大值为1．6．已知函数f(x)＝x－，g(x)＝aln x(a∈R)．(1)当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1∈，求h(x1)－h(x2)的最小值．解：(1)由题意得F(x)＝x－－aln x(x＞0)，则F′(x)＝，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4．①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＞2时，Δ＞0，设F′(x)＝0的两根为x1＝，x2＝，所以F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为．综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞2时，F(x)的单调递增区间为和，F(x)的单调递减区间为．(2)对h(x)＝x－＋aln x，x∈(0，＋∞)求导得，h′(x)＝1＋＋＝，h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，所以x2＝，从而有a＝－x1－．令H(x)＝h(x)－h＝x－＋ln x－＝2，即H′(x)＝2ln x＝(x＞0)．当x∈时，H′(x)＜0，所以H(x)在上单调递减，又H(x1)＝h(x1)－h＝h(x1)－h(x2)，所以min＝H＝5ln 2－3．