高中数学单元整体教学设计研究缘由-2019高中数学协作体
高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（1）
1．（2018?重庆模拟）已知函数f（x）=x
2
﹣2ax+2（a+1）ln
x．
（1）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围；
（2）证明
：若﹣1＜a＜3，则对于任意的x
1
，x
2
∈（0，+∞），x
1
≠x
2
，有
解：（1）由题意知，f′（x）=2?
所以
（
x＞0），因为函数f（x）有两个极值点，
＞2．
=0有两个不等的正根，即x
2
﹣ax+a+1=0有两个不等的正根，
所以，解得a＞2+2，所以a的取值范围是（2+2，+∞）．（6分）
（2）证明：构造函数g（x）=f（x）﹣2x=x
2
﹣2ax+2（a+1）ln
x﹣2x，
则g′（x）=2x﹣2（a+1）+2?
由于﹣1＜a＜3，0＜≥4﹣2（a+1）=4﹣2（a+1）=2（2﹣）．
＜2，故g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，
；
<
br>从而当0＜x
2
＜x
1
时，有g（x
1
）﹣g（x<
br>2
）＞0，即f（x
1
）﹣f（x
2
）﹣2x
1+2x
2
＞0，故
当0＜x
1
＜x
2
时，同理
可证．
综上，对于任意的x
1
，x
2
∈（0，+∞），x
1
≠x
2
，有
2．（2018?长安区二模）已知函数f（x）=ax+x
2
+lnx．
（Ⅰ）当a=﹣3时，求f（x）的单调区间；
（Ⅱ）如果对任意的x
1<
br>＞x
2
＞0，总有
…（12分）
≥2恒成立，求实数a的取值范围．
，
解：（Ⅰ）当a=﹣3时
，f（x）=﹣3x+x
2
+lnx，x＞0，f′（x）=﹣3+2x+=
令f′（
x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：＜x＜1，
故f（x）在（0，），（1，+∞）递增，在（，1）递减；
（Ⅱ）由已知对任意的x
1
＞x
2
＞0，总有≥2恒成立，
即f（x
1
）﹣f（x
2
）≥2x
1
﹣2x
2<
br>恒成立，即对任意x
1
＞x
2
＞0，f（x
1
）﹣2
x
1
≥f（x
2
）﹣2x
2
恒成立，
即h（x）=f（x）﹣2x在（0，+∞）递增，∴x＞0时，h′（x）≥0恒成立，h′（x ）=a+2x+﹣2，
即2﹣a≤2x+（x＞0）恒成立，故当且仅当2x=即x=
3．（2018?四川模拟）设函数，f（x）=lnx+，k∈R．
（1）若曲线 y=f（x）在点（e，f（e））处的切线与直线x﹣2=0垂直，求f（x）的单调递减区间和极
小 值（其中e为自然对数的底数）；
（2）若对任意x
1
＞x
2＞0，f（x
1
）﹣f（x
2
）＜x
1
﹣x
2
恒成立，求k的取值范围．
解：（1）由已知得．
时，2﹣a≤2，故a≥2﹣2．
∵曲线y=f（x）在点（e，f（e））处的切 线与直线x﹣2=0垂直，∴此切线的斜率为0．
即f′（e）=0，有
∴
，解得k=e．
，由f′（x）＜0得0＜x＜e，由f′（x）＞0得x＞e．
．
∴f（x）在（0，e）上单调递减，在（e，+∞）上单调递增，当x=e时f（x）取得极小值
故f（x）的单调递减区间为（0，e），极小值为2．
（2）条件等价于对任意x
1
＞x
2
＞0，f（x
1
）﹣x
1
＜f（x
2
）﹣x
2
（*）恒成立．
设h（x）=f（x）﹣x=lnx+
由
所以
4．（2018?张 掖一模）已知函数f（x）=ax
2
﹣e
x
（a∈R）．
（1）若曲线y=f（x）在x=1处的切线与y轴垂直，求y=f'（x）的最大值；
（2）若对任意0≤x
1
＜x
2
都有f（x
2
）+x< br>2
（2﹣2ln2）＜f（x
1
）+x
1
（2﹣2ln2）， 求a的取值范围．
解：（1）由f'（x）=2ax﹣e
x
，得，
．∴（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减．
恒成立．
在（0，+∞）上恒成立，得
（ 对k=，h′（x）=0仅在x=时成立），故k的取值范围是[，+∞）．
，令g（x）= f'（x）=ex﹣e
x
，则g'（x）=e﹣e
x
，
可 知函数g（x）在（﹣∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减，所以g（x）
max
=g（1）=0．
（2）由题意得可知函数h（x）=f（x）+x（2﹣2ln2）=ax
2
+x（2﹣ln2）﹣e
x
在[0，+∞）上单调递减，
从而h'（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e
x
≤0在[0，+∞）上恒成立，
令F（x）=2ax+（2﹣2ln2）﹣e
x
，则F'（x）=2a﹣e
x
，
当
当
时，F'（x）≤0，所以函数F（x）在[0，+∞）上 单调递减，则F（x）
max
=F（0）=1﹣2ln2＜0，
时，F'（ x）=2a﹣ex=0，得x=ln2a，所以函数F（x）在[0，ln2a）上单调递增，
在[ln2a，+∞）上单调递减，则F（x）
max
=F（ln2a）=2aln2a+2 ﹣2ln2﹣2a≤0，即2aln2a﹣2a≤2ln2﹣2，
通过求函数
y=xlnx﹣x的导数可知它在[1，+∞）上单调递增，故
综上，实数a的取值范围是（﹣∞，1]
．
5．（2018?湖北模拟）设f（x）=ax
3
+xlnx（a∈R）．
（1）求函数的单调区间；
，
（2）若?x
1
，x2
∈（0，+∞）且x
1
＞x
2
，不等式
解：（1）g
（x）=ax
2
+lnx（x＞0），
恒成立，求实数a的取值范围．
①当a≥0时，2ax
2
+1＞0
恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；
②当a＜0时，由2ax
2
+1＞0得
∴f（x）在
（2）∵x
1
＞x
2
＞0，上单调递增，在
，
上单调递减．
，∴f（x
1）﹣f（x
2
）＜2x
1
﹣2x
2
，
∴f（x
1
）﹣2x
1
＜f（x
2
）﹣2x
2<
br>，即F（x）=f（x）﹣2x在（0，+∞）上为减函数，
F（x）=ax
3
﹣2x+xlnx，F'（x）=3ax
2
﹣2+1+lnx=3ax
2<
br>﹣1+lnx≤0，∴，x＞0
令
当
∴
，
，h'（x）＜0，h（x）单调递减，当
，∴，∴
，∴
，h'（x）＞0，h（x）单调递增，
∴a的取值范围是．
6．（2018?河北区二模）已知函数f（x）=
（
Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
﹣ax+（a﹣1）lnx，其中a＞2．
（Ⅱ）若对于任意的x
1
，x
2
∈（0，+∞），x
1
≠x
2
，恒有
（Ⅲ）设a∈（3，4），x
n
=
＞﹣1，求
a的取值范围；
．
，n∈N*，求证：|f（x
n<
br>+
1
）﹣f（x
1
）|＜
解：（Ⅰ）函数f（x）的定义域为
x∈（0，+∞），
令f'（x）=0，则x
2
﹣ax+a﹣1=0，即（x﹣1）[
x﹣（a﹣1）]=0，x=1或x=a﹣1，
因为a＞2，所以a﹣1＞1
当x∈（0，1），f'（x）＞0，函数f（x）为增函数；
当x∈（1，a﹣1），f'（x）＜0，函数f（x）为减函数
当x∈（a﹣1，+∞），f'（x）＞0，函数f（x）为增函数
（Ⅱ）设x1
＞x
2
，则不等式
整理得到f（x
1
）+x
1
＞f（x
2
）+x
2
令
即函数g（x）在x∈（0
，+∞）上为增函数，
而，所以，因为a＞2，所以
等价于f（x
1
）﹣f（
x
2
）＞x
2
﹣x
1
，不等式
恒成立．
（Ⅲ）因为a∈（3，4），由（Ⅰ）可以知
道当x∈（1，a﹣1）时，函数f（x）为减函数，
而，x
1
=2∈（1，a﹣1），
那么x
n
+<
br>1
＜x
1
所以f（x
n
+
1
）＞f（x1
）所以|f（x
n
+
1
）﹣f（x
1
）|=
f（x
n
+
1
）﹣f（x
1
）
由（Ⅱ）知道所以
7.（2009?辽宁）已知函数f（x）=x
2
﹣ax
+（a﹣1）lnx，（a＞1）．
（1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）证明：若a＜5，则对于任意x
1
，x
2
∈（0，+∞），x
1
≠x
2
，有
解：（1）f（x）的定义域为（0，+∞）．
（i）
若a﹣1=1即a=2，则故f（x）在（0，+∞）单调增．
．
（ii）若a﹣1＜1，而a＞1，故1＜a＜2，则当x∈（a﹣1，1）时，f′（x）＜0；
当x∈（0，a﹣1）及x∈（1，+∞）时，f′（x）＞0，故f（x）在（a﹣1，1）单调减，
在（0，a﹣1），（1，+∞）单调增．
（iii）若a﹣1＞1，即a＞2，
同理可得f（x）在（1，a﹣1）单调减，在（0，1），（a﹣1，+∞）单调增．
（2）函数（gx）=f（x）+x=则
由于1＜a＜5，故g'（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）单调增加，
从而当x
1
＞x
2
＞0时有g（x
1
）﹣g（x
2
）＞0
，
即f（x
1
）﹣f（x
2
）+x
1
﹣
x
2
＞0，故，
当0＜x
1
＜x
2
时，有
8．（
2018?重庆模拟）已知函数f（x）=ln（x+1）+ax，其中a∈R．
（Ⅰ）
当a=﹣1时，求证：f（x）≤0；
（Ⅱ） 对任意x
2
≥ex
1
＞0，存在x∈（﹣1，+∞），使
的取值范围．（其中e是自然对数的底数，e=2.71
828…）
解：（Ⅰ）证明：当
a=﹣1时，f（x）=ln（x+1）﹣x（x＞﹣1），
则，令f'（x）=0，得x=0．
成立，求a
当﹣1＜x＜0时，f'（
x）＞0，f（x）单调递增；当x＞0时，f'（x）＜0，f（x）单调递减．
故当x=
0时，函数f（x）取得极大值，也为最大值，所以f（x）
max
=f（0）=0，所以，f
（x）≤0，得
证．
（Ⅱ）不等式，即为．
而
=．
令
所以
．故对任意t≥e，存在x∈（﹣1，+∞），使，设，则
对于t≥e恒成立，
，
恒成立，
设u（t）=t﹣1﹣lnt，知
则u（t）=t﹣1﹣lnt为[e，+∞）上的增函数，于是u（
t）=t﹣1﹣lnt≥u（e）=e﹣2＞0，
即
所以
对于t≥e恒成立，所以为[e，+∞）上的增函数，
；设p（x）=﹣f（x）﹣a，即p（x）=﹣ln（x+1）﹣ax﹣a，
当a≥0时，p（x）为（0，+∞）上的减函数，且其值域为R，可知符合题意．
当a＜0时，
由p'（x）＞0得
由p'（x）＜0得
，由p'（x）=0可得
，则p（x）在
，则p（x）在
，
上为增函数，
上为减函数，
所以．从而由，解得，
综上所述，a的取值范围是．