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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+ax
2
+1


（1）讨论函数 f（x）的单调性；


（2）设 a＜﹣ 1．如果对任意 x
1
，x
2
∈（ 0，+∞），| f（ x
1
）﹣ f（ x
2
）| ≥ 4| x
1
﹣ x
2
| ，求 a 的取值范围．




解：（Ⅰ ）f（x）的定义域为（ 0，+∞） .

．


当

a≥0 时， f ′（x）＞ 0，故 f（ x）在（ 0，+∞）单调递增；
当 a≤﹣ 1 时， f ′（ x）＜ 0，故 f（ x）在（ 0， +∞）单调递减；

当﹣ 1＜ a＜0 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．

（Ⅱ）不妨假设 x
1
≥

2
，而 ＜﹣ ，由（

Ⅰ）知在（

， ∞）单调递减，


从而 ? x，

x

a


1


0

+

1

2
∈（

，

∞），

（

1
）﹣


（
2
）


≥


1
﹣
2

等价于 ? x
x


0

+


x


f


x |


4| x

1
，
2
∈（

，

∞），
| f

（

2

）


2

≥

（

1
）①
x

|



1



x

0

+


f


x


+4x

f


x


+4x



令 g（ x）=f（ x） +4x，则


①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）．


（Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h（x）=f（x）+g（x）的单调性；


（Ⅱ） b≥2 时，如果对于 ? x
1
，x
2
∈（ 1， 2] ，且 x
1
≠ x
2
，都有 | f（x
1
）﹣ f（ x
2
）| ＜| g（x
1
）﹣ g

| 成立，求实数 b 的取值范围．


解：（ 1）h（ x）=lnx+

x
2
﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h（ x）=lnx+

x
2
﹣4x，

h'（x）= +x﹣4=

，


令 h'（x） =0，解得 x
1

﹣

，
2

，当 ∈（ ﹣

，

）时， ′（

）＜ ，


=2

x =2+

x2


2+

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；
（Ⅱ）因为 f（ x）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增，



x
2
）


（

当 b≥ 2 时， g（x） =

x
2
﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，



不妨设 x
1
＞ x
2
，则| f（x
1
）﹣ f（ x
2
）| ＜| g（ x
1
）﹣g（x
2
）| 等价化为 f（x
1
）+g（ x
1
）＜ f（x
2
）+g
（ x
2
），令 φ（ x） =f（x）+g（ x），则问题等价于函数 φ（x）在区间（ 1，2] 上单调递减，


即等价于 φ′（x）= +x﹣b≤0 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 y
max
= +2= 所以得 b≥







3．（ 2018?乐山二模）已知 f （x）=

（1）求 f（ x）的单调区间；


．




（2）令 g（ x） =ax
2
﹣2lnx ，则 g（ x）=1 时有两个不同的根，求

a 的取值范围；


（3）存在 x
1
，

2
∈（

，

∞）且

1
≠

2
，使

（

1
）﹣

（
2

）

≥

1
﹣

的取值范围．

2

成立，求

x


1 +

x

x


| f

x

f

x

|

k| lnx


lnx

|

k


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）=ax
2
﹣2lnx=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 x
1
＞ x
2
＞1，∵f（ x）在（1，+∞）上单调递减， y=lnx 在（1，


+∞）上单调递增；


∴ | f（ x
1
）﹣ f（ x
2
）| ≥k| lnx
1
﹣lnx
2
| 可化为 f（ x
2
）﹣ f（ x
1
）≥ k（ lnx
1
﹣lnx
2
），

∴ f （x
2
）+klnx
2
≥f（ x
1
）+klnx
1
，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）=kx
2
﹣4lnx＜0 在（ 1， +∞）上有解，即 k＜

∵（）′=











在（ 1，+∞）上有解，

，当 x=


时，


=0；故（

）
max
；∴

＜ ．

=

k


4．（ 2018?衡阳三模）已知函数 f（ x） =lnx﹣

ax
2
+x（ a∈ R），函数 g（x） =﹣ 2x+3．



（Ⅰ）判断函数 F（x）=f（ x） +

ag（x）的单调性；



（Ⅱ）若﹣ 2≤a≤﹣ 1 时，对任意

x
1
， x
2
∈[ 1， 2] ，不等式 | f（ x
1
）﹣ f （x
2
）| ≤t | g（x
1
）﹣ g（x
2
）|

恒成立，求实数 t 的最小值．


解：（ I）




，其定义域为为（ 0， +∞），


=


．


（1）当 a≤ 0 时， F'（ x）≥ 0，函数 y=F（x）在（ 0，+∞）上单调递增；


（2）当 a＞ 0 时，令 F'（x）＞ 0，解得

故函数 y=F（x）在


（II）由题意知 t≥ 0.




；令 F'（x）＜ 0，解得



．

上单调递增，在



上单调递减．




，


当﹣ 2≤ a≤﹣ 1 时，函数 y=f（ x）单调递增，不妨设

1≤x
1
≤
2
≤ ，


x 2


又函数 y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当﹣

2≤a≤﹣ 1 时，


对任意 1≤x
1
≤
2
≤ ，不等式

（
2
）﹣

（

1
）≤


（

1
）﹣ （
2
）

恒成立，

x

2


f


x


f

x


g x

]


t[ g x

即 f（x
2
）


（
2
）≤

（

1
）

（
1
）对任意﹣

≤ ≤﹣ ， ≤

1
≤
2
≤

恒成立．

+tg

x

f

x


+tg


x


2

a

1 1 x



x



2


记 h（ x）=f（x） +tg（ x） =lnx﹣

则 h（x）在[ 1，2] 上单调递减． 得


令

立．




+（ 1﹣ 2t） x+3t，


对任意 a∈ [ ﹣2，﹣1] ，x∈ [ 1，2] 恒成立．


，a∈[ ﹣2，﹣ 1] ，则



2t≤ 0 在 x∈（ 0， +∞）上恒成


则 2t﹣1≥（ 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 2t﹣1







，解得 t

．故实数 t 的最小值为

．

5．（ 2018?河南模拟）已知函数






．

2，求 m 的值；

成立，

（1）若 m＜0，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）若对于任意的




及任意的 x
1
，x
2
∈[ 2，e] ，x
1
≠x
2
，总有

求 t 的取值范围．


解：（ 1）因为



，所以

，所以切线方程为

；令 y=0，得

．由

，f' （1）=m﹣1．

又因为切点坐标为



．

，化简得 2m
2
+m﹣ 6=0，

令 x=0，得



解得 m=﹣2 或



，又 m＜0，所以 m=﹣2．

，

，

（2）不妨设 x
1
＞x
2
，由（ 1）知，

所以 f' （x）＞ 0，f（ x）为增函数，从而

f（ x
1
）＞ f（x
2
）．

所以

即

设



等价于

，所以


，

．



，则 g（x
1

）＞ （
2
），所以

g（ x）在 [ 2，e] 上为单调递增函数，

g x



因此 g'（x）≥ 0，

所以

设 h（ x）=x
3
﹣ 2x
2

，即

对于

恒成立，


对于 x∈[ 2，e] 恒成立．

，则


=

，

所以 h（x）在 [ 2， e] 上单调递增， h（x）
min
=h（2）=1，


因此， t≤ 1，即 t ∈（﹣∞， 1] ．