2023届高考数学专项练习导数处理双变量问题和双变量不等式含答案.pdf

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1、2023届高考数学专项练习导数处理双变量问题和双变量不等式2023届高考数学专项练习导数处理双变量问题和双变量不等式一、重点题型目录一、重点题型目录【题型一】【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】【题型二】双变量不等式中点型【题型三】【题型三】双变量不等式极值和差商积问题【题型四】【题型四】双变量不等式主元法【题型五】【题型五】同构函数法与双变量不等式二、题型讲解总结二、题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例1.例1.(2022全国高三专题练习)(2022全国高三专题练习)若ex1=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于()A

2、.1,32B.32,2C.2,52D.52,3例2.例2.(2022山东潍坊高三阶段练习)(2022山东潍坊高三阶段练习)已知函数 f x=ex+x-2和g x=lnx+x-2，若 f x1=g x2=0，则()A.x1+x2=2B.0 x1eD.lnx1x1kx恒成立；对任意两个正实数x1,x2，且x1x2，若 f(x1)=f(x2)，则x1+x24；其中的真命题有_.例4.例4.(2022北京十四中高三阶段练习)(2022北京十四中高三阶段练习)关于函数 f(x)=2x+lnx，给出如下四个命题：x=2是 f(x)的极大值点；函数y=f(x)-x有且只有1个零点；存在正实数k，使得 f(x

3、)kx恒成立；对任意两个正实数x1,x2，且x1x2，若 f(x1)=f(x2)，则x1+x24；其中的真命题有_.例5.例5.(2022上海上外附中高三阶段练习)(2022上海上外附中高三阶段练习)已知函数 f x=x-lnx,x0 x+4e,x0，若存在x10,x20，使得f x1=f x2，则x1f x2的最小值为_.【题型二】双变量不等式中点型【题型二】双变量不等式中点型例例6.6.(20212021秋秋 山西期末山西期末)已知函数 f(x)=2x+(1-2a)lnx+ax(1)讨论 f(x)的单调性；(2)如果方程 f(x)=m有两个不相等的解x1，x2，且x10例例7.7.(202

4、12021 沙坪坝区校级开学沙坪坝区校级开学)已知函数 f(x)=x2-2ax+2lnx(a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)设g(x)=lnx-bx-cx2，若函数 f(x)的两个极值点x1，x2(x11时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当a3 22时，设函数 g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1，x2(x12aD.kAP+kBP2a例例10.10.(20222022 云南云南 昆明一中高三阶段练习昆明一中高三阶段练习)已知函数 f(x)=lnx-12ax-1(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=xf(x)，若g(x)有两个极值点x1,x2，证明：x1x2e

5、2【题型四】双变量不等式主元法【题型四】双变量不等式主元法例例11.11.(20222022 黑龙江黑龙江 牡丹江市第二高级中学高三阶段练习牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x,y满足4lnx+2ln 2yx2+8y-4，则()A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1例例12.12.(20232023 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若存在两个正实数x，y，使得等式2x+a(y-2ex)(lny-lnx)=0成立，则实数a的取值范围为()A.-12，1eB.0，2eC.-，02e，+D.-，-121e，+例例13.13.(20222022 全国全国 高三专题练习

6、高三专题练习)已知大于 1 的正数 a，b 满足ln2be2a0时，x1+x21当k0时，2x1+ex22e当k0时，x1+x21当kx2，则x21B.若x1x2，则x1x0，x2x0时，x2-x1的值随着x1、x2的增大而增大例例17.17.(20222022 黑龙江黑龙江 牡丹江市第二高级中学高三阶段练习牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数 x,y 满足 4lnx+2ln 2y x2+8y-4，则()A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1例例18.18.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)设实数0，若对任意x 0,+，不等式ex-ln x0恒

7、成立，则的取值范围是()A.01eB.0e-1C.0eD.0e2例例19.19.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若ex1=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于()A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3例例20.20.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若对于任意的0 x1x22，则a的最大值为()A.1B.eC.1eD.12导数处理双变量问题和双变量不等式导数处理双变量问题和双变量不等式一、一、重点题型目录重点题型目录【题型一】【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】【题型二】双变量不等式中点型【题型三】【题型三】双变量不等

8、式极值和差商积问题【题型四】【题型四】双变量不等式主元法【题型五】【题型五】同构函数法与双变量不等式二、二、题型讲解总结题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例例1.1.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若ex1=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于()A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a=ex1=lnx2，把参数t表示成a的函数即t=x2-x1=ea-lna，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a=ex1=lnx2，则x1=lna，x2=ea，t=x2-

9、x1=ea-lna，令h(x)=ex-lnx，h(x)=ex-1x，易知h(x)单增，且h12=e-20，则存在x012,1，使h(x0)=ex0-1x0=0，即x(0,x0)，h(x)0，h(x)单增；又h(x0)=ex0-1x0=0ex0=1x0,lnx0=-x0，则h(x)h(x0)=ex0-lnx0=x0+1x0，x012,1易知h(x0)=x0+1x0在x012,1单减，即h(1)=2h(x0)h12=52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例例2.2.(20222022 山东潍坊山东潍坊 高三阶段练习高三阶段练习)已知函数

10、 f x=ex+x-2和g x=lnx+x-2，若 f x1=g x2=0，则()A.x1+x2=2B.0 x1eD.lnx1x1-x2lnx2【答案】ABD【分析】A选项，根据反函数求解出y=-x+2与y=x交点坐标，从而得到x1+x2=2；B选项，由零点存在性定理得到0 x112，1x2e；C选项，化简整理得到x1x2=2-x2x2=x2lnx2，求出y=xlnx在 1,e上的单调性，求出取值范围；D选项，构造函数h x=lnxx，根据x1x2x1+x222=1得到0 x11x21，根据h x在 0,1上单调递增，所以h x1h1x2，即lnx1x1ln1x21x2，整理得lnx1x1-x

11、2lnx2，D正确【详解】由于y=ex和y=lnx互为反函数，则y=ex和y=lnx的图象关于直线y=x对称，将y=-x+2与y=x联立求得交点为 1,1，则x1+x22=1，即x1+x2=2，A正确易知 f x为单调递增函数，因为 f 0=-10，由零点存在性定理可知0 x112，B正确易知g x为单调递减函数，g 1=-10，由零点存在性定理可知1x20在 1,e上恒成立，所以y=xlnx在1,e上单调递增，所以x1x2=x2lnx20，x20，所以x1x2x1+x222=1，所以0 x11x21令h x=lnxx，则h x=1-lnxx2，当0 x0，h x在 0,1上单调递增，所以h

12、x1h1x2，即lnx1x1ln1x21x2，整理得lnx1x1kx恒成立；对任意两个正实数x1,x2，且x1x2，若 f(x1)=f(x2)，则x1+x24；其中的真命题有_.【答案】【分析】求 f(x)导数，讨论 f(x)单调性即可判断其极值情况；作出y=f(x)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断y=f(x)-x的零点个数；问题转化为 f x是否存在过原点且斜率为正的切线；根据y=f(x)图象求出x1,x2范围，再结合 f(x1)=f(x2)和 f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明【详解】fx=x-2x2，当0 x2时，fx2时，fx0 f x在 0，2上单调递

13、减，在 2，+上单调递增，x=2是 f x的极小值点，故错误；根据函数 f x的单调性及极值点，作出函数 f x的大致图象，如图所示，再作出直线y=x，易知直线y=x与 f x的图象有且只有1个交点，即函数y=f x-x有且只有1个零点，故正确根据 f x的图象可知，若要存在正实数k使得 f xkx恒成立，则 f x要存在过原点且斜率为正的切线，假设 f x存在过原点且斜率为正的切线，切点为 x0,2x0+lnx0，则切线斜率为x0-2x20，则切线方程为y-2x0-lnx0=x0-2x20 x-x0，切线过原点，故-2x0-lnx0=-x0-2x0，整理得x0-x0lnx0-4=0，令F x

14、=x-xlnx-4，则Fx=-lnx，在 0，1上，Fx0，F x单调递增，在 1，+上，Fx0，F x单调递减，F xF 10，F xkx恒成立，故错误；由x1x2，f x1=f x2可知x12，0 x24，即证x14-x2，且x14-x22，f x在 2，+上单调递增，即证 f x1 f 4-x2，又 f x1=f x2，证 f x2 f 4-x2，即证 f x f 4-x，x 0，2令h x=f x-f 4-x=lnx-ln 4-x+2x-24-x，x 0，2，则hx=-8(x-2)2x2(4-x)2h 2=0，x1+x24，故正确故答案为：【点睛】本题均考察数形结合研究函数问题，需利用

15、导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法例例4.4.(20222022 北京十四中高三阶段练习北京十四中高三阶段练习)关于函数 f(x)=2x+lnx，给出如下四个命题：x=2是 f(x)的极大值点；函数y=f(x)-x有且只有1个零点；存在正实数k，使得 f(x)kx恒成立；对任意两个正实数x1,x2，且x1x2，若 f(x1)=f(x2)，则x1+x24；其中的真命题有_.【答案】【分析】求 f(x)导数，讨论 f(x)单调性即可判断其极值情况；作出y=f(x)与y=x图象，根据两图象交点个数即可判断y=f(x)-x的零点个

16、数；问题转化为 f x是否存在过原点且斜率为正的切线；根据y=f(x)图象求出x1,x2范围，再结合 f(x1)=f(x2)和 f(x)的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明【详解】fx=x-2x2，当0 x2时，fx2时，fx0 f x在 0，2上单调递减，在 2，+上单调递增，x=2是 f x的极小值点，故错误；根据函数 f x的单调性及极值点，作出函数 f x的大致图象，如图所示，再作出直线y=x，易知直线y=x与 f x的图象有且只有1个交点，即函数y=f x-x有且只有1个零点，故正确根据 f x的图象可知，若要存在正实数k使得 f xkx恒成立，则 f x要存在过原点且

17、斜率为正的切线，假设 f x存在过原点且斜率为正的切线，切点为 x0,2x0+lnx0，则切线斜率为x0-2x20，则切线方程为y-2x0-lnx0=x0-2x20 x-x0，切线过原点，故-2x0-lnx0=-x0-2x0，整理得x0-x0lnx0-4=0，令F x=x-xlnx-4，则Fx=-lnx，在 0，1上，Fx0，F x单调递增，在 1，+上，Fx0，F x单调递减，F xF 10，F xkx恒成立，故错误；由x1x2，f x1=f x2可知x12，0 x24，即证x14-x2，且x14-x22，f x在 2，+上单调递增，即证 f x1 f 4-x2，又 f x1=f x2，证

18、f x2 f 4-x2，即证 f x f 4-x，x 0，2令h x=f x-f 4-x=lnx-ln 4-x+2x-24-x，x 0，2，则hx=-8(x-2)2x2(4-x)2h 2=0，x1+x24，故正确故答案为：【点睛】本题均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法例例5.5.(20222022 上海上海 上外附中高三阶段练习上外附中高三阶段练习)已知函数 f x=x-lnx,x0 x+4e,x0，若存在x10,x20，使得f x1=f x2，则x1f x2的最小值为_.【答案】-4e2

19、【分析】根据分段函数解析式画出函数 f(x)的简图，设 f(x1)=f(x2)=t，根据图像确定t的取值范围，将x1f x2化成只含有一个变量t的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定x1f x2的最小值.【详解】当x0时，f(x)=x-lnx，f(x)=1-1x=x-1x，当x1时，f(x)0，当0 x1时，f(x)0，即当x=1时，f(x)取得极小值为 f(1)=1.当x0时，f(x)=x+4e为增函数，且 f(x)4e，函数 f(x)的图像如图：设 f(x1)=f(x2)=t，由题可知1t4e，由 f(x1)=t得x1+4e=t，则x1=t-4e，则x1f(x2)=t(t-4e)=

20、(t-2e)2-4e2，1t4e，所以当t=2e时，x1f x2取得最小值为-4e2.故答案为：-4e2.【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.【题型二】双变量不等式中点型【题型二】双变量不等式中点型例例6.6.(20212021秋秋 山西期末山西期末)已知函数 f(x)=2x+(1-2a)lnx+ax(1)讨论 f(x)的单调性；(2)如果方程 f(x)=m有两个不相等的解x1，x2，且x10【解答】解：(1)f(x)=2+1-2ax-ax2=2x2+(1-2a)x-ax2=(x-a)(2x+1)x2(x0)，当a

21、0时，x(0,+)，f(x)0，f(x)单调递增；当a0时，x(0,a)，f(x)0，f(x)单调递增，综上，当a0时，f(x)在(0,+)单调递增；当a0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+)单调递增(2)由(1)知，当a0时，f(x)在(0,+)单调递增，f(x)=m至多一个根，不符合题意；当a0时，f(x)在(0,a)单调递减，在(a,+)单调递增，则 f(a)=0不妨设0 x1a0，即证x1+x22a，即证x2+x12，即证x22a-x1因为 f(x)在(a,+)单调递增，即证 f(x2)f(2a-x1)，因为 f(x2)=f(x1)，所以即证 f(x1)f(2a-x1)，即证

22、 f(a+x)f(a-x)，令g(x)=f(a+x)-f(a-x)=2(a+x)+(1-2a)ln(a+x)+aa+x-2(a-x)+(1-2a)ln(a-x)+aa-x=4x+(1-2a)ln(a+x)-(1-2a)ln(a-x)+aa+x-aa-xg(x)=4+1-2aa+x+1-2aa-x-a(a+x)2-a(a-x)2=4+2a(1-2a)a2-x2-2a(a2+x2)(a+x)2(a-x)2=4x2(x2-a2-a)(a+x)2(a-x)2当x(0,a)，时，g(x)0，g(x)单调递减，又g(0)=f(a+0)-f(a-0)=0，所以x(0,a)，时，g(x)g(0)=0，即 f(

23、a+x)f(2a-x)，又x1(0,a)，所以 f(x1)f(2a-x1)，所以 fx1+x220例例7.7.(20212021 沙坪坝区校级开学沙坪坝区校级开学)已知函数 f(x)=x2-2ax+2lnx(a0)(1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)设g(x)=lnx-bx-cx2，若函数 f(x)的两个极值点x1，x2(x10)的定义域为(0,+)，又 f(x)=2x-2a+2x=2x2-ax+1x(a0,x0)，对于方程x2-ax+1=0，=a2-4(a0)，若=a2-40，即00，即a2时，令 f(x)=0，解得x=a-a2-42，或x=a+a2-42，当x 0,a-a2-42和a+

24、a2-42，+时，f(x)0，当xa-a2-42，a+a2-42时，f(x)0，所以 f(x)在 0,a-a2-42和a+a2-42，+上单调递增，在a-a2-42，a+a2-42上单调递减综上所述，当02时，f(x)的单调递增区间为 0,a-a2-42和a+a2-42，+，单调递减区间为a-a2-42，a+a2-42；(2)由(1)可知，当a2时，x1+x2=a，x1x2=1(x10)，故gx1+x22=2x1+x2-b-c(x1+x2)，由g(x1)=g(x2)=0，可得lnx1-bx1-cx12=0lnx2-bx2-cx22=0，两式相减，可得lnx1x2=b(x1-x2)+c(x21-

25、x22)，所以y=(x1-x2)gx1+x22=2(x1-x2)x1+x2-b(x1-x2)-c(x21-x22)=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2=2x1x2-1x1x2+1-lnx1x2，令x1x2=t(0,1)，所以y=2(t-1)t+1-lnt，则y=-(t-1)2t(t+1)22，故实数a的取值范围是4 33,+例例8.8.(20212021秋秋 巴南区校级月考巴南区校级月考)已知函数 f(x)=lnx-ax(a为常数)(1)当a1时，求函数 f(x)的单调区间；(2)当a3 22时，设函数 g(x)=2f(x)+x2的两个极值点x1，x2(x10)，a1，由1-ax0，解得

26、x1a，即当0 x0，f(x)单调递增，由1-ax1a，即当x1a时，f(x)1时，f(x)的单调递增区间为 0,1a，f(x)的单调递减区间为1a，+(2)g(x)=2f(x)+x2=2lnx-2ax+x2，g(x)=2(x2-ax+1)x=0的两根为x1，x2，即方程x2-ax+1=0的两根为x1，x2，a3 22，=a2-40，x1+x2=a，x1x2=1，t=lnx1-lnx2x1-x2，y=(x1-x2)2x1+x2-lnx1-lnx2x1-x2+23=2(x1-x2)x1+x2-lnx1x2+23=2x1x2-1x1x2+1-lnx1x2+23，令m=x1x2(0m1)，由韦达定理

27、，得(x1+x2)2=x12+2x1x2+x22=a2，x12+2x1x2+x22x1x2=m+1m+2=a2，a3 22，m+1m=a2-252，m12或m2，0m12，令h(m)=2m-1m+1-lnm+23，h(m)=-(m-1)2m(m+1)20，h(m)在02aD.kAP+kBP2a【答案】C【分析】A选项根据图像可以得出结论；B选项：设A,B，写出A，B点处的切线程联立并化简得x2-x1ax1x2-x=0，从而得出结论；C选项：要证明kAP+kBP2a即1x1+1x22lnx2-lnx1x2-x1，化简得x2x12-2x2x1lnx2x1-10，设t=x2x11，可得t2-2tln

28、t-10令h(t)=t2-2tlnt-1，通过求导判断h(t)的单调性，进一步得到h(t)0，从而得证；D选项，根据C选项的结论得出结论.【详解】A选项：当a0时，直线y=ax与曲线C:y=lnx只有一个交点，故A错误；B选项：设A(x1,y1),B=(x2,y2)，且1x12a即1x1+1x22lnx2-lnx1x2-x1，化简得x2x12-2x2x1lnx2x1-10，设t=x2x11，可得t2-2tlnt-10令h(t)=t2-2tlnt-1h(t)=2t-2lnt-2i(t)=h(t)=2t-2lnt-2i(t)=2-2t=2t-1t，当t1，i(t)=2t-1t0，i(t)在t1上单

29、调递增，所以i(t)i(1)=0，所以h(t)0，h(t)在t1上单调递增，所以h(t)h(1)=0，所以x2x12-2x2x1lnx2x1-10，即kAP+kBP2a，故C正确；D选项，根据C选项可得D选项错误.故选：C.【点睛】导数中双变量问题，此时处理的方式是通过变形,把x2x1看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法.例例10.10.(20222022 云南云南 昆明一中高三阶段练习昆明一中高三阶段练习)已知函数 f(x)=lnx-12ax-1(1)讨论 f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=xf(x)，若g(x)有两个极值点x1,x2，证明：x1

30、x2e2【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)求出导数后，将参数分为a0和a0两种情况讨论导数取值即可.(2)求出g(x)导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后利用抓商构造x1x2=t型函数作最终证明.(1)由 f(x)=lnx-12ax-1可知 f(x)=1x-12a=2-ax2x，其中x(0,+)当a0时，2-ax0在(0,+)恒成立，即 f(x)0，故当a0时，f(x)在(0,+)单调递增;当a0时，令2-ax0，得x0；在2a,+，f(x)0时，f(x)在 0,2a在单调递增，f(x)在2a,+在单调递减.(2)由g(x)=xlnx-12a

31、x2-x可知g(x)=lnx-ax，其中x(0,+).若g(x)有两个极值点x1,x2，则g(x1)=lnx1-ax1=0，g(x2)=lnx2-ax2=0故lnx1+lnx2=a(x1+x2)；lnx1-lnx2=a(x1-x2)，其中a=lnx1-lnx2(x1-x2)欲证x1x2e2，只需证lnx1+lnx22，即证lnx1x2(x1+x2)x1-x22不妨假设0 x1x2，则0 x1x22化简，最终只需证明lnt-2(t-1)t+10所以h(t)在(0,1)单调递增所以h(t)h(1)=0，故lnt-2(t-1)t+1e2证毕.【点睛】方法点睛(1)联立消参：利用方程g(x1)=g(x

32、2)消除解析式中的参数a(2)抓商构元：令x1x2=t，消除变量x1,x2，构造关于t得函数h(t)(3)用导求解：利用导数求解函数h(t)得最大值或者最小值，从而可证得结论.【题型四】双变量不等式主元法【题型四】双变量不等式主元法例例11.11.(20222022 黑龙江黑龙江 牡丹江市第二高级中学高三阶段练习牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x,y满足4lnx+2ln 2yx2+8y-4，则()A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln12x2 4y12x2+4y-2，令a=12x2,b=4y a0,b0，可知原不等式

33、等价于 lna-a+1+lnb-b+10，再令g x=lnx-x+1，则原不等式等价于g a+g b0；再利用导数求出函数g x单调性，进而可得g x0，由此可知只有当a=b=1时，即g a=g b=0时才满足g a+g b0，据此即可求出x,y的值，进而求出结果.【详解】4lnx+2ln 2yx2+8y-4 x0,y02 ln(x2)+ln 2yx2+8y-4，即ln x2+ln 2y12x2+4y-2ln12x2 4y12x2+4y-2，设a=12x2,b=4y a0,b0，则有lnaba+b-2，即lna+lnba+b-2，lna-a+1+lnb-b+10，令g x=lnx-x+1，则g

34、x=1x-1=1-xx，当x 0,1时，gx0，g x单调递增；当x(1,+)时，gx0，则条件等价为2+a(t-2e)lnt=0，即(t-2e)lnt=-2a有解，设g(t)=(t-2e)lnt，g(t)=lnt+1-2et为增函数，g(e)=lne+1-2ee=1+1-2=0，当te时，g(t)0，当0te时，g(t)0，即当t=e时，函数g(t)取得极小值，为g(e)=(e-2e)lne=-e，即g(t)g(e)=-e，若(t-2e)lnt=-2a有解，则-2a-e，即2ae，则a0或a2e，故选：C例例13.13.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)已知大于 1 的

35、正数 a，b 满足ln2be2aban，则正整数 n 的最大值为()A.7B.8C.9D.11【答案】C【解析】ln2be2abnan等价于ln2bbn0的最大的正整数.对 x求导求单调性，可知 x单调递减，代入数值计算即可求出结果.【详解】解：由题干条件可知：ln2be2abnan等价于ln2bbn1，则 f x=xn-1lnx(2-nlnx)x2n=lnx(2-nlnx)xn+1f x=0，x=e2n，当 f x0时，x 1,e2n，当 f x1，则g x=e2x2x-nx2n，当n21时，此题无解，所以n21，则g x=0,x=n2，当g x0,xn2，当g x0,1xn2，所以g x在

36、 1,n2上单调递减，在n2,+上单调递增，则g x有最小值gn2=enn2n.若ln2bbn0的最大的正整数.x=-4(x-2)2-1x0，9=117-ln921.5714-1.510，10=32-ln50的最大正整数为9.故选：C.【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为 f x1g x2，若 f x1max0时，x1+x21当k0时，2x1+ex22e当k0时，x1+x21当k0时，x2x1ek的最小值为-1e【答案】【分析】根据 f(x)可求得 f(x)在(0,e)上单调递增，在(e,+)上单调递减，则可画出 f(x)的图像

37、；利用同构可知 f(x1)=g(x2)=k等价于lnx1x1=lnex2ex2=k，结合图像则可判断；当k0)，令 f(x)0得0 xe，f(x)在(0,e)上递增，且值域-,1e；令 f(x)e，f(x)在(e,+)上递减，且值域 0,1e；作图如下：当k0时，由 f(1)=0知：若x1(0,+)，使得 f(x1)=k，则x11，当k0时，若x1(0,+)，使得 f(x1)=k，则0 x10得x1，g(x)在(-,1)上递增，且值域-,1e；令g(x)1，g(x)在(1,+)上递减，且值域 0,1e；作出g(x)图象如下：当k0时，由g(0)=0知：若x2R R使得g(x2)=k，则x20，

38、当k0时，若x2R R使得g(x2)=k，则x20时，x1+x21故正确当k0时，由 f x1=g x2=k得：lnx1x1=x2e-x2，即lnx1x1=lnex2ex2，x1,ex2可看成lnxx=k的两零点，作出y=lnxx的图象如下：由图象易知：x1或ex2均可趋向于+，故错误；当k0时，由的讨论知：x20，0 x11，x1+x21故正确；当k0时，此时x1(0,1)，由知：x1=ex2，x2=lnx1，则x2x1=lnx1x1=k，要求x2x1ek的最小值即求kek的最小值即可，令h(k)=kek(k0，又因为x1x21，所以x20，lnx1+x1-a=x2+ex2+a，即lnx1+

39、x1=x2+a+ex2+a，所以lnx1+elnx1=x2+a+ex2+a，设h x=x+ex，则h lnx1=h x2+a，hx=1+ex0，所以h x=x+ex单调递增，所以lnx1=x2+a，因为x1x21，所以a=lnx1-x2lnx2-x2，令 x=lnx-x，x0，则x=1x-1=1-xx，当x 0,1时，x0，当x 1,+时，xx2，则x21B.若x1x2，则x1x0，x2x0时，x2-x1的值随着x1、x2的增大而增大【答案】B【分析】利用导数分析函数 f x的单调性，证明出xlnx+1(当且仅当x=1时，等号成立)，由已知可得 f x1=f 1+lnx2，分1+lnx20、0

40、1+lnx21四种情况讨论，讨论x1、x2的大小，可判断ABC选项的正误；取x0=1，可得出x2-x1=x2-lnx2-10，利用导数分析函数 x=x-lnx-1在 1,+上的单调性，可判断D选项.【详解】函数 f x的定义域为 x x0，fx=ex-1x-1x2，当x0时，fx0，此时函数 f x单调递减，且 f x=ex-1x0；当0 x1时，fx0；当x1时，fx0，此时函数 f x单调递增，且 f x=ex-1x0.设 f x1=g x2=k，g x=x1+lnx=e1+lnx-11+lnx=f 1+lnx，构造函数h x=x-lnx-1，其中x0，hx=1-1x=x-1x.当0 x1

41、时，hx1时，hx0，此时函数h x单调递增.所以，h xmin=h 1=0，即xlnx+1，当且仅当x=1时，等号成立.因为 f x1=g x2=f 1+lnx2.若1+lnx20，即0 x21e，则 f x1=f 1+lnx20，此时x10，因为函数 f x在-,0上单调递减，则x1=1+lnx2x2；若01+lnx21，即1ex21，使得 f x1=f 1+lnx2，此时1+lnx2x21x1，存在x1 0,1，使得 f x1=f 1+lnx2，此时x1=1+lnx2x21，即x21，因为由于函数 f x在 0,1上递减，在 1,+上递增，则存在x1 0,1使得 f x1=f 1+lnx

42、2，此时x111+lnx21使得 f x1=f 1+lnx2，此时x1=1+lnx21，x21，则1+lnx21，由 f x1=f 1+lnx2可得x1=1+lnx20，因为函数h x在 1,+上单调递增，且x21，故h x2随着x2的增大而增大，D对.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式 f xg x(或 f x0(或 f x-g x0,b0，可知原不等式等价于 lna-a+1+lnb-b+10，再令g x=lnx-x+1，则原不等式等价于g a+g b0；再利用导数求出函数g x单调性，进而可得g x0，由此可知只有当a=b=1时，

43、即g a=g b=0时才满足g a+g b0，据此即可求出x,y的值，进而求出结果.【详解】4lnx+2ln 2yx2+8y-4 x0,y02 ln(x2)+ln 2yx2+8y-4，即ln x2+ln 2y12x2+4y-2ln12x2 4y12x2+4y-2，设a=12x2,b=4y a0,b0，则有lnaba+b-2，即lna+lnba+b-2，lna-a+1+lnb-b+10，令g x=lnx-x+1，则gx=1x-1=1-xx，当x 0,1时，gx0，g x单调递增；当x(1,+)时，gx0，若对任意x 0,+，不等式ex-ln x0恒成立，则的取值范围是()A.01eB.0e-1C

44、.0eD.00，f(x)=ex+1x20，即 f(x)在x 0,+上单调递增，limx0+f(x)=-，limx+f(x)=+，x0(0,+)，使 f(x0)=0，即=x0ex0，x(0,x0)时，f(x)0，f(x)单调递增；故只需 f x f x0=ex0-ln x0=ex0-ln-lnx00，令g(x0)=1x0-2lnx0-x0，g(x0)=-1x0+120，故g(x0)在x0(0,+)上递减，而g(1)=0，x0(0,1时，g(x0)0恒成立，可知=x0ex0(0,e.故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数研究 f(x)的单调性并确定极小值点范围，根据 f(x0)=0有=x0ex0，结

45、合 f(x)f(x0)构造新函数，求 f(x0)0成立时x0的区间，进而求参数范围.例例19.19.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若ex1=lnx2，令t=x2-x1，则t的最小值属于()A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a=ex1=lnx2，把参数t表示成a的函数即t=x2-x1=ea-lna，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a=ex1=lnx2，则x1=lna，x2=ea，t=x2-x1=ea-lna，令h(x)=ex-lnx，h(x)=ex-1x，易知h(x)单增，且h12=e-20，则存在x012

46、,1，使h(x0)=ex0-1x0=0，即x(0,x0)，h(x)0，h(x)单增；又h(x0)=ex0-1x0=0ex0=1x0,lnx0=-x0，则h(x)h(x0)=ex0-lnx0=x0+1x0，x012,1易知h(x0)=x0+1x0在x012,1单减，即h(1)=2h(x0)h12=52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例例20.20.(20222022 全国全国 高三专题练习高三专题练习)若对于任意的0 x1x22，则a的最大值为()A.1B.eC.1eD.12【答案】C【分析】问题转化为lnx1+2x1lnx2+2x

47、2，构造函数 f(x)=lnx+2x，易得 f(x)在定义域(0,a)上单调递增，所以 f(x)0在(0,a)上恒成立，进而可求出a的最大值【详解】解：0 x1x2a，x1-x20，x2lnx1-x1lnx22(x1-x2)，lnx1x1-lnx2x22x2-2x1，lnx1+2x1lnx2+2x2，函数 f(x)=lnx+2x在定义域(0,a)上单调递增，f(x)=1-(lnx+2)x2=-lnx-1x20在(0,a)上恒成立，由-lnx-10，解得0 x1e，故a的最大值是1e.故选：C【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为lnx1+2x1lnx2+2x2，从而构造函数 f(x)=lnx+2x且 f(x)在定义域(0,a)上单调递增.