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.doc

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1、升级增分训练升级增分训练 利用导数探究含参数函数的性质利用导数探究含参数函数的性质 1 1已知函数已知函数f f( (x x) )x x1 12 2axax2 2ln(1ln(1x x)()(a a0)0) (1)(1)若若x x2 2 是是f f( (x x) )的极值点，求的极值点，求a a的值；的值； (2)(2)求求f f( (x x) )的单调区间的单调区间 解：解：f f(x x) )x xa aaxaxx x1 1，x x( (1 1，) (1)(1)依题意，得依题意，得f f(2)(2)0 0，即，即a a2 2a a2 21 10 0，解得，解得a a1 13 3 经检验，经

2、检验，a a1 13 3符合题意，故符合题意，故a a的值为的值为1 13 3 (2)(2)令令f f(x x) )0 0，得，得x x1 10 0，x x2 21 1a a1 1 当当 0 0a a1 1 时，时，f f( (x x) )与与f f(x x) )的变化情况如下：的变化情况如下： x x ( (1 1，x x1 1) ) x x1 1 ( (x x1 1，x x2 2) ) x x2 2 ( (x x2 2，) f f(x x) ) 0 0 0 0 f f( (x x) ) f f( (x x1 1) ) f f( (x x2 2) ) f f( (x x) )的单调增区间是的

3、单调增区间是 0 0，1 1a a1 1 ，单调减区间是，单调减区间是( (1,0)1,0)和和 1 1a a1 1， 当当a a1 1 时，时，f f( (x x) )的单调减区间是的单调减区间是( (1 1，) 当当a a1 1 时，时，1 1x x2 20 0，f f( (x x) )与与f f(x x) )的变化情况如下：的变化情况如下： x x ( (1 1，x x2 2) ) x x2 2 ( (x x2 2，x x1 1) ) x x1 1 ( (x x1 1，) f f(x x) ) 0 0 0 0 f f( (x x) ) f f( (x x2 2) ) f f( (x x1

4、 1) ) f f( (x x) )的单调增区间是的单调增区间是 1 1a a1 1，0 0 ，单调减区间是，单调减区间是 1 1，1 1a a1 1 和和(0(0，) 综上，当综上，当 0 0a a1 1 时，时，f f( (x x) )的单调增区间是的单调增区间是 0 0，1 1a a1 1 ， 单调减区间是单调减区间是( (1,0)1,0)和和 1 1a a1 1， ； 当当a a1 1 时，时，f f( (x x) )的单调减区间是的单调减区间是( (1 1，)； 当当a a1 1 时，时，f f( (x x) )的单调增区间是的单调增区间是 1 1a a1 1，0 0 ，单调减区间是

5、，单调减区间是 1 1，1 1a a1 1 和和(0(0，) 2 2已知函数已知函数f f( (x x) ) x x3 3x x2 2，x x1 1，a aln ln x x，x x1.1. (1)(1)求求f f( (x x) )在区间在区间( (，1)1)上的极小值和极大值点；上的极小值和极大值点； (2)(2)求求f f( (x x) )在在(e(e 为自然对数的底数为自然对数的底数) )上的最大值上的最大值 解：解：(1)(1)当当x x1 1 时，时，f f(x x) )3 3x x2 22 2x xx x(3(3x x2)2)， 令令f f(x x) )0 0，解得，解得x x0

6、0 或或x x2 23 3 当当x x变化时，变化时，f f(x x) )，f f( (x x) )的变化情况如下表：的变化情况如下表： x x ( (，0)0) 0 0 0 0，2 23 3 2 23 3 2 23 3，1 1 f f(x x) ) 0 0 0 0 f f( (x x) ) 极小值极小值 极大值极大值 故当故当x x0 0 时，函数时，函数f f( (x x) )取得极小值为取得极小值为f f(0)(0)0 0，函数，函数f f( (x x) )的极大值点为的极大值点为x x2 23 3 (2)(2)当当11x x1 1 时，由时，由(1)(1)知，函数知，函数f f( (x

7、 x) )在和在和 2 23 3，1 1 上单调递减，在上单调递减，在 0 0，2 23 3上单调递上单调递增增 因为因为f f( (1)1)2 2，f f 2 23 34 42727，f f(0)(0)0 0， 所以所以f f( (x x) )在上单调递增，在上单调递增， 则则f f( (x x) )在上的最大值为在上的最大值为f f(e)(e)a a 综上所述，当综上所述，当a a22 时，时，f f( (x x) )在上的最大值为在上的最大值为a a； 当当a a2 2 时，时，f f( (x x) )在上的最大值为在上的最大值为 2 2 3 3已知函数已知函数f f( (x x) )a

8、xax1 1ln ln x x( (a aR)R) (1)(1)讨论函数讨论函数f f( (x x) )在在定义域内的极值点的个数；定义域内的极值点的个数； (2)(2)若函数若函数f f( (x x) )在在x x1 1 处取得极值，处取得极值， x x(0(0，)，f f( (x x)bxbx2 2 恒成立，求实数恒成立，求实数b b的取值范围的取值范围 解：解：(1)(1)由已知得由已知得f f(x x) )a a1 1x xaxax1 1x x( (x x0)0) 当当a a00 时，时，f f(x x)0)0 在在(0(0，)上恒成立，函数上恒成立，函数f f( (x x) )在在(

9、0(0，)上单调递减，上单调递减， f f( (x x) )在在(0(0，)上没有极值点上没有极值点 当当a a0 0 时，由时，由f f(x x) )0 0，得，得 0 0 x x1 1a a， 由由f f(x x) )0 0，得，得x x1 1a a， f f( (x x) )在在 0 0，1 1a a上单调递减，在上单调递减，在 1 1a a， 上单调递增，上单调递增， 即即f f( (x x) )在在x x1 1a a处有极小值处有极小值 当当a a00 时，时，f f( (x x) )在在(0(0，)上没有极值点，上没有极值点， 当当a a0 0 时，时，f f( (x x) )在在

10、(0(0，)上有一个极值点上有一个极值点 (2)(2)函数函数f f( (x x) )在在x x1 1 处取得极值，处取得极值， f f(1)(1)0 0，解得，解得a a1 1，f f( (x x)bxbx2 21 11 1x xln ln x xx xb b， 令令g g( (x x) )1 11 1x xln ln x xx x，则，则g g(x x) )ln ln x x2 2x x2 2， 令令g g(x x) )0 0，得，得x xe e2 2 则则g g( (x x) )在在(0(0，e e2 2) )上单调递减，在上单调递减，在(e(e2 2，)上单调递增，上单调递增， g g

11、( (x x) )minming g(e(e2 2) )1 11 1e e2 2，即，即b b111 1e e2 2， 故实数故实数b b的取值范围为的取值范围为 ，1 11 1e e2 2 4 4已知方程已知方程f f( (x x)x x2 22 2axaxf f( (x x) )a a2 21 10 0，其中，其中a aR R，x xR R (1)(1)求函数求函数f f( (x x) )的单调区间；的单调区间； (2)(2)若函数若函数f f( (x x) )在在 当当a a0 0 时，由时，由(1)(1)得，得，f f( (x x) )在在(0(0，a a) )上单调递减，在上单调递减

12、，在( (a a，)上单调递增，所以上单调递增，所以f f( (x x) )在在 综上所述，实数综上所述，实数a a的取值范围是的取值范围是( (，11(0,1(0,1 5 5设函数设函数f f( (x x) )x x2 2axaxb b (1)(1)讨论函数讨论函数f f(sin (sin x x) )在在 2 2，2 2内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值；内的单调性并判断有无极值，有极值时求出极值； (2)(2)记记f f0 0( (x x) )x x2 2a a0 0 x xb b0 0，求函数，求函数| |f f(sin (sin x x) )f f0 0(sin (sin x

13、 x)|)|在在 2 2，2 2上的最大值上的最大值D D； (3)(3)在在(2)(2)中，取中，取a a0 0b b0 00 0，求，求z zb ba a2 24 4满足条件满足条件D D11 时的最大值时的最大值 解：解：(1)(1)由题意，由题意， f f(sin (sin x x) )sinsin2 2x xa asin sin x xb bsin sin x x(sin (sin x xa a) )b b， 则则f f(sin (sin x x) )(2sin (2sin x xa a)cos )cos x x， 因为因为2 2x x2 2，所以，所以 cos cos x x0 0

14、，2 22sin 2sin x x2 2 a a2 2，b bR R 时，函数时，函数f f(sin (sin x x) )单调递增，无极值；单调递增，无极值； a a22，b bR R 时，函数时，函数f f(sin (sin x x) )单调递减，无极值；单调递减，无极值； 对于对于2 2a a2 2，在，在 2 2，2 2内存在唯一的内存在唯一的x x0 0，使得，使得 2sin 2sin x x0 0a a 2 2x xx x0 0时，函数时，函数f f(sin (sin x x) )单调递减；单调递减； x x0 0 x x2 2时，函数时，函数f f(sin (sin x x) )

15、单调递增单调递增 因此，因此，2 2a a2 2，b bR R 时，函数时，函数f f(sin (sin x x) )在在x x0 0处有极小值处有极小值f f(sin (sin x x0 0) )f f a a2 2b ba a2 24 4 (2)(2)当当2 2x x2 2时，时，| |f f(sin (sin x x) )f f0 0(sin (sin x x)|)|(|(a a0 0a a)sin )sin x xb bb b0 0|a aa a0 0| | |b bb b0 0| |， 当当( (a a0 0a a)()(b bb b0 0)0)0，x x2 2时等号成立，时等号成立

16、， 当当( (a a0 0a a)()(b bb b0 0) )0 0 时，时，x x2 2时等号成立时等号成立 由此可知，由此可知，| |f f(sin (sin x x) )f f0 0(sin (sin x x)|)|在在 2 2，2 2上的最大值为上的最大值为D D| |a aa a0 0| | |b bb b0 0| | (3)(3)D D11 即为即为| |a a| | |b b|1|1， 此时此时 00a a2 211，11b b11，从而，从而z zb ba a2 24 411 取取a a0 0，b b1 1，则，则| |a a| | |b b|1|1，并且，并且z zb ba

17、 a2 24 41 1 由此可知，由此可知，z zb ba a2 24 4满足条件满足条件D D11 的最大值为的最大值为 1 1 6 6已知函数已知函数f f( (x x) )x x1 1x x，g g( (x x) )a aln ln x x( (a aR)R) (1)(1)当当a a2 2 时，求时，求F F( (x x) )f f( (x x) )g g( (x x) )的单调区间；的单调区间； (2)(2)设设h h( (x x) )f f( (x x) )g g( (x x) )，且，且h h( (x x) )有两个极值点为有两个极值点为x x1 1，x x2 2，其中，其中x x

18、1 1 0 0，1 12 2，求，求h h( (x x1 1) )h h( (x x2 2) )的最小值的最小值 解：解：(1)(1)由题意得由题意得F F( (x x) )x x1 1x xa aln ln x x( (x x0)0)， 则则F F(x x) )x x2 2axax1 1x x2 2，令，令m m( (x x) )x x2 2axax1 1，则，则a a2 24 4 当当22a a22 时，时，00，从而，从而F F(x x)0)0， 所以所以F F( (x x) )的单调的单调递增区间为递增区间为(0(0，)； 当当a a2 2 时，时，0 0，设，设F F(x x) )0

19、 0 的两根为的两根为 x x1 1a aa a2 24 42 2，x x2 2a aa a2 24 42 2， 所以所以F F( (x x) )的单调递增区间为的单调递增区间为 0 0，a aa a2 24 42 2和和 a aa a2 24 42 2， ， F F( (x x) )的单调递减区间为的单调递减区间为 a aa a2 24 42 2，a aa a2 24 42 2 综上，当综上，当22a a22 时，时，F F( (x x) )的单调递增区间为的单调递增区间为(0(0，)； 当当a a2 2 时，时，F F( (x x) )的单调递增区间为的单调递增区间为 0 0，a aa a

20、2 24 42 2和和 a aa a2 24 42 2， ， F F( (x x) )的单调递减区间为的单调递减区间为 a aa a2 24 42 2，a aa a2 24 42 2 (2)(2)对对h h( (x x) )x x1 1x xa aln ln x x，x x(0(0，)求导得，求导得， h h(x x) )1 11 1x x2 2a ax xx x2 2axax1 1x x2 2， h h(x x) )0 0 的两根分别为的两根分别为x x1 1，x x2 2，则有，则有x x1 1x x2 21 1，x x1 1x x2 2a a， 所以所以x x2 21 1x x1 1，从

21、而有，从而有a ax x1 11 1x x1 1 令令H H( (x x) )h h( (x x) )h h 1 1x x x x1 1x x x x1 1x xln ln x x 1 1x xx x x x1 1x xln ln 1 1x x 2 2 x x1 1x xln ln x xx x1 1x x， 即即H H(x x) )2 2 1 1x x2 21 1 ln ln x xx xx xx xx x2 2( (x x0)0) 当当x x 0 0，1 12 2时，时，H H(x x) )0 0，所以，所以H H( (x x) )在在 0 0，1 12 2上单调递减，上单调递减， 又又H H( (x x1 1) )h h( (x x1 1) )h h 1 1x x1 1h h( (x x1 1) )h h( (x x2 2) )， 所以所以minminH H 1 12 25ln 25ln 23 3