【文档说明】高考数学(文数)一轮复习习题 专题训练 利用导数探究含参数函数的性质 .doc，共(5)页，77.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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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－12ax2－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－a－

axx＋1，x∈(－1，＋∞)．(1)依题意，得f′(2)＝0，即－a－2a2＋1＝0，解得a＝13．经检验，a＝13符合题意，故a的值为13．(2)令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝1a－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)x

2(x2，＋∞)f′(x)－0＋0－f(x)f(x1)f(x2)∴f(x)的单调增区间是0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和1a－1，＋∞．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1a－1，0，单调减区间是－1，1a－1和(0，＋∞

)．综上，当0＜a＜1时，f(x)的单调增区间是0，1a－1，单调减区间是(－1,0)和1a－1，＋∞；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1a－1，0，单调减

区间是－1，1a－1和(0，＋∞)．2．已知函数f(x)＝－x3＋x2，x＜1，alnx，x≥1.(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＝23．当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，0)00，232323，1f′(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＝23．(2)①当－1≤x＜1时，由(1)知，函数f(x)在和23，1上单调递减，在0，23上单调递增．因为f(－1)＝2，f23＝427，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－lnx(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－1x＝ax－1x(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＜1a，由f′(x)＞0，得x＞1a，∴f(x)在0，1a上单调递减，在1a，＋∞上单调递增，即f(x)在x＝1a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＋1x－lnxx≥b，令g(x)＝1＋1x－lnxx，则g′(x)＝lnx－2x2，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)＝1－1e2，即b≤1－1e2，故实数b的取值范围为－∞，1－1e2．4．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(sinx)在－π2，π2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(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值D；(3)

在(2)中，取a0＝b0＝0，求z＝b－a24满足条件D≤1时的最大值．解：(1)由题意，f(sinx)＝sin2x－asinx＋b＝sinx(sinx－a)＋b，则f′(sinx)＝(2sinx－a)cosx，因为－π2＜

x＜π2，所以cosx＞0，－2＜2sinx＜2．①a≤－2，b∈R时，函数f(sinx)单调递增，无极值；②a≥2，b∈R时，函数f(sinx)单调递减，无极值；③对于－2＜a＜2，在－π2，π2内存在唯一的x0，使得2sinx0＝a．－π2＜x≤x0时，函数f(sinx)单调递

减；x0≤x＜π2时，函数f(sinx)单调递增．因此，－2＜a＜2，b∈R时，函数f(sinx)在x0处有极小值f(sinx0)＝fa2＝b－a24．(2)当－π2≤x≤π2时，|f(sinx)－f0(sinx)|＝|(

a0－a)sinx＋b－b0|≤|a－a0|＋|b－b0|，当(a0－a)(b－b0)≥0，x＝π2时等号成立，当(a0－a)(b－b0)＜0时，x＝－π2时等号成立．由此可知，|f(sinx)－f0(sinx)|在－π2，π2上的最大值为D＝|a－a

0|＋|b－b0|．(3)D≤1即为|a|＋|b|≤1，此时0≤a2≤1，－1≤b≤1，从而z＝b－a24≤1．取a＝0，b＝1，则|a|＋|b|≤1，并且z＝b－a24＝1．由此可知，z＝b－a24满足条件D≤1的最大

值为1．6．已知函数f(x)＝x－1x，g(x)＝alnx(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∈0，12，求h(x1)－h(x2)的最小值．解：(1)由题意

得F(x)＝x－1x－alnx(x＞0)，则F′(x)＝x2－ax＋1x2，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＝a－a2－42，x2＝a

＋a2－42，所以F(x)的单调递增区间为0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42．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0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42．(2)对h(x)＝x－1x＋alnx，x∈(0

，＋∞)求导得，h′(x)＝1＋1x2＋ax＝x2＋ax＋1x2，h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，所以x2＝1x1，从而有a＝－x1－1x1．令H(x)＝h(x)－h1x＝x－1

x＋－x－1xlnx－1x－x＋－x－1x·ln1x＝2－x－1xlnx＋x－1x，即H′(x)＝21x2－1lnx＝－x＋xxx2(x＞0)．当x∈0，12

时，H′(x)＜0，所以H(x)在0，12上单调递减，又H(x1)＝h(x1)－h1x1＝h(x1)－h(x2)，所以min＝H12＝5ln2－3．