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    2021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
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    2021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

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    这是一份2021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)=xax2-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.

    当0<a<1时,f(x)与f′(x)的变化情况如下:

    x

    (-1,x1)

    x1

    (x1x2)

    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

    a=1时,f(x)的单调减区间是(-1,+∞).

    a>1时,-1<x2<0,f(x)与f′(x)的变化情况如下:

    x

    (-1,x2)

    x2

    (x2x1)

    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

    a=1时,f(x)的单调减区间是(-1,+∞);

    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),

    f′(x)=0,解得x=0或x

    x变化时,f′(x),f(x)的变化情况如下表:

    x

    (-∞,0)

    0

    f′(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)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,ff(0)=0,

    所以f(x)在上单调递增,

    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

    a<2时,f(x)在上的最大值为2.

    3.已知函数f(x)=ax-1-ln x(aR).

    (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).

    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.

    a>0时,由f′(x)<0,得0<x

    f′(x)>0,得x

    f(x)在上单调递减,在上单调递增,

    f(x)在x处有极小值.

    a≤0时,f(x)在(0,+∞)上没有极值点,

    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-21+b

    g(x)=1+,则g′(x)=

    g′(x)=0,得x=e2

    g(x)在(0,e2)上单调递减,在(e2,+∞)上单调递增,

    g(x)ming(e2)=1-,即b≤1-

    故实数b的取值范围为

    4.已知方程f(xx2-2axf(x)-a2+1=0,其中aR,xR.

    (1)求函数f(x)的单调区间;

    (2)若函数f(x)在.

    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)=x2axb

    (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)=x2a0xb0,求函数|f(sin x)-f0(sin x)|在上的最大值D

    (3)在(2)中,取a0b0=0,求zb满足条件D≤1时的最大值.

    解:(1)由题意,

    f(sin x)=sin2xasin xb=sin x(sin xa)+b

    f′(sin x)=(2sin xa)cos x

    因为-x,所以cos x>0,-2<2sin x<2.

    a≤-2,bR时,函数f(sin x)单调递增,无极值;

    a≥2,bR时,函数f(sin x)单调递减,无极值;

    对于-2<a<2,在内存在唯一的x0,使得2sin x0a

    xx0时,函数f(sin x)单调递减;

    x0x时,函数f(sin x)单调递增.

    因此,-2<a<2,bR时,函数f(sin x)在x0处有极小值f(sin x0)=fb

    (2)当-x时,|f(sin x)-f0(sin x)|=|(a0a)sin xbb0|≤|aa0|+|bb0|,

    当(a0a)(bb0)≥0,x时等号成立,

    当(a0a)(bb0)<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=|aa0|+|bb0|.

    (3)D≤1即为|a|+|b|≤1,

    此时0≤a2≤1,-1≤b≤1,从而zb≤1.

    a=0,b=1,则|a|+|b|≤1,并且zb=1.

    由此可知,zb满足条件D≤1的最大值为1.

    6.已知函数f(x)=xg(x)=aln x(aR).

    (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x1x2,其中x1,求h(x1)-h(x2)的最小值.

    解:(1)由题意得F(x)=xaln x(x>0),

    F′(x)=,令m(x)=x2ax+1,则Δa2-4.

    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,+∞);

    a>2时,Δ>0,设F′(x)=0的两根为

    x1x2

    所以F(x)的单调递增区间为

    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,+∞);

    a>2时,F(x)的单调递增区间为

    F(x)的单调递减区间为

    (2)对h(x)=xaln xx(0,+∞)求导得,

    h′(x)=1+

    h′(x)=0的两根分别为x1x2,则有x1·x2=1,x1x2=-a

    所以x2,从而有a=-x1

    H(x)=h(x)-h

    xln x

    =2

    H′(x)=2ln x(x>0).

    x时,H′(x)<0,所以H(x)在上单调递减,

    H(x1)=h(x1)-hh(x1)-h(x2),

    所以minH=5ln 2-3.

     

     

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