2022年高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题 2.pdf

高中数学压轴题系列导数专题双变量问题（2）1.（2010?辽宁）已知函数 f（x）=（a+1）lnx+ax2+1（1）讨论函数 f（x）的单调性；（2）设 a1如果对任意 x1，x2（0，+） ，| f（x1）f（x2）| 4| x1x2| ，求 a 的取值范围解： （） f（x）的定义域为（ 0，+） .当 a0 时，f（x）0，故 f（x）在（ 0，+）单调递增；当 a1 时，f（x）0，故 f（x）在（ 0，+）单调递减；当1a0 时，令 f（x）=0，解得则当时，f（x）0；时，f（x）0故 f（x）在单调递增，在单调递减（）不妨假设 x1x2，而 a1，由（）知在（ 0，+）单调递减，从而? x1，x2（ 0，+） ，| f（x1）f（x2）| 4| x1x2|等价于 ? x1，x2（0，+） ，f（x2）+4x2f（x1）+4x1令 g（x）=f（x）+4x，则等价于 g（x）在（ 0，+）单调递减，即从而故 a的取值范围为（，2 （12 分）2 （2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx ，g（x）=bx（b 为常数） （）当 b=4时，讨论函数 h（x）=f（x）+g（x）的单调性；（） b2 时，如果对于 ? x1，x2（1，2 ，且 x1x2，都有 | f（x1）f（x2）| | g（x1）g（x2）| 成立，求实数 b 的取值范围解： （1）h（x）=lnx+x2bx的定义域为（ 0，+） ，当 b=4时，h（x）=lnx+ x24x，h（x）=+x4=，令 h（x）=0，解得 x1=2，x2=2+，当 x（2，2+）时， h （x）0，当 x（0，2） ，或（ 2+，+）时， h （x）0，所以， h（x）在（ 0，2） ，或（ 2+，+）单调递增；在（ 2，2+）单调递减；（）因为 f（x）=lnx在区间（ 1，2 上单调递增，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 4 页 - - - - - - - - - 当 b2 时，g（x）=x2bx 在区间（ 1，2 上单调递减，不妨设 x1x2，则| f（x1）f（x2）| | g （x1）g（x2）| 等价化为 f（x1）+g（x1）f（x2）+g （x2） ，令 （x）=f（x）+g（x） ，则问题等价于函数 （x）在区间（ 1，2 上单调递减，即等价于 （x）=+xb0 在区间（ 1，2 上恒成立，所以得b+x，因为 y= +x 在（1，2 上单调递增，所以ymax=+2= 所以得 b3 （2018?乐山二模）已知 f（x）=（1）求 f（x）的单调区间；（2）令 g（x）=ax22lnx，则 g（x）=1 时有两个不同的根，求a 的取值范围；（3）存在 x1，x2（1，+）且 x1x2，使| f（x1）f（x2）| k| lnx1lnx2| 成立，求 k 的取值范围解： （1）f（x）=，f（x）=，故 x（0，1）时， f（x）0，x（1，+）时， f（x）0，故 f（x）在（ 0，1）上单调递增，在（ 1，+）上单调递减；（2） g（x）=ax22lnx=1，a=f（x） ，作函数 f（x）的图象如下，f（1）=1，结合图象可知， a 的取值范围为（ 0，1） ；（3）不妨设 x1x21，f（x）在（1，+）上单调递减， y=lnx在（1，+）上单调递增；| f（x1）f（x2）| k| lnx1lnx2| 可化为 f（x2）f（x1）k（lnx1lnx2） ，f（x2）+klnx2f（x1）+klnx1，即函数 h（x）=f（x）+klnx在（ 1，+）上存在单调减区间，即 h （x）=f（x）+=+=0 在（1，+）上有解，即 m（x）=kx24lnx0 在（1，+）上有解，即k在（1，+）上有解，（）=，当 x=时，=0；故（）max=；k4 （2018?衡阳三模）已知函数f（x）=lnxax2+x（aR） ，函数 g（x）=2x+3（）判断函数 F（x）=f（x）+ag（x）的单调性；（）若 2a1 时，对任意x1，x2 1，2 ，不等式 | f（x1）f（x2）| t| g（x1）g（x2）|名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 4 页 - - - - - - - - - 恒成立，求实数t 的最小值解： （I），其定义域为为（ 0，+） ，=（1）当 a0 时，F（x）0，函数 y=F（x）在（ 0，+）上单调递增；（2）当 a0 时，令 F（x） 0，解得；令 F（x） 0，解得故函数 y=F（x）在上单调递增，在上单调递减（II）由题意知 t0.，当2a1 时，函数 y=f（x）单调递增，不妨设1x1x22，又函数 y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当2a1 时，对任意 1x1x22，不等式 f（x2） f（x1）t g（x1）g（x2） 恒成立，即 f（x2）+tg（x2）f（x1）+tg（x1）对任意 2a1，1x1x22 恒成立记 h（x）=f（x）+tg（x）=lnx+（12t）x+3t，则 h（x）在 1，2 上单调递减 得对任意 a 2，1 ，x 1，2 恒成立令，a 2，1 ，则2t0 在 x（0，+）上恒成立则 2t1（2x+）max，而 y=2x+在 1，2 上单调递增，所以函数 y=2x+在 1，2 上的最大值为由 2t1，解得 t故实数 t 的最小值为5 （2018?河南模拟）已知函数（1）若 m0，曲线 y=f（x）在点（ 1，f（1） ）处的切线在两坐标轴上的截距之和为2，求 m 的值；（2）若对于任意的及任意的 x1，x2 2，e ，x1x2，总有成立，求 t 的取值范围解： （1）因为，所以，f（1）=m1又因为切点坐标为，所以切线方程为令 x=0，得；令 y=0，得由，化简得 2m2+m6=0，解得 m=2 或，又 m0，所以 m=2（2）不妨设 x1x2，由（ 1）知，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 4 页 - - - - - - - - - 所以 f（x） 0，f（x）为增函数，从而f（x1）f（x2） 所以等价于，即，所以设，则 g（x1） g（x2） ，所以 g（x）在 2，e 上为单调递增函数，因此 g（x）0，对于恒成立，所以，即对于 x 2，e 恒成立设 h（x）=x32x2，则=，所以 h（x）在 2，e 上单调递增， h（x）min=h（2）=1，因此， t1，即 t（， 1 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 4 页 - - - - - - - - -