高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(1)

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）=x2﹣2ax+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x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有＞2．

解：（1）由题意知，f′（x）=2•（x＞0），因为函数f（x）有两个极值点，

所以=0有两个不等的正根，即x2﹣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=x2﹣2ax+2（a+1）ln x﹣2x，

则g′（x）=2x﹣2（a+1）+2•≥4﹣2（a+1）=4﹣2（a+1）=2（2﹣）．

由于﹣1＜a＜3，0＜＜2，故g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增，

从而当0＜x2＜x1时，有g（x1）﹣g（x2）＞0，即f（x1）﹣f（x2）﹣2x1+2x2＞0，故；当0＜x1＜x2时，同理可证．

综上，对于任意的x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有…（12分）

2．（2018•长安区二模）已知函数f（x）=ax+x2+lnx．

（Ⅰ）当a=﹣3时，求f（x）的单调区间；

（Ⅱ）如果对任意的x1＞x2＞0，总有≥2恒成立，求实数a的取值范围．

解：（Ⅰ）当a=﹣3时，f（x）=﹣3x+x2+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x1＞x2＞0，总有≥2恒成立，

即f（x1）﹣f（x2）≥2x1﹣2x2恒成立，即对任意x1＞x2＞0，f（x1）﹣2x1≥f（x2）﹣2x2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=时，2﹣a≤2，故a≥2﹣2．

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x1＞x2＞0，f（x1）﹣f（x2）＜x1﹣x2恒成立，求k的取值范围．

解：（1）由已知得．

∵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x1＞x2＞0，f（x1）﹣x1＜f（x2）﹣x2（*）恒成立．

设h（x）=f（x）﹣x=lnx+．∴（*）等价于h（x）在（0，+∞）上单调递减．

由在（0，+∞）上恒成立，得恒成立．

所以（对k=，h′（x）=0仅在x=时成立），故k的取值范围是[，+∞）．

4．（2018•张掖一模）已知函数f（x）=ax2﹣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≤x1＜x2都有f（x2）+x2（2﹣2ln2）＜f（x1）+x1（2﹣2ln2），求a的取值范围．

解：（1）由f'（x）=2ax﹣e x，得，，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）=ax2+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，当时，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）=ax3+xlnx（a∈R）．

（1）求函数的单调区间；

（2）若∀x1，x2∈（0，+∞）且x1＞x2，不等式恒成立，求实数a的取值范围．

解：（1）g（x）=ax2+lnx（x＞0），

①当a≥0时，2ax2+1＞0恒成立，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增；

②当a＜0时，由2ax2+1＞0得，

∴f（x）在上单调递增，在上单调递减．

（2）∵x1＞x2＞0，，∴f（x1）﹣f（x2）＜2x1﹣2x2，

∴f（x1）﹣2x1＜f（x2）﹣2x2，即F（x）=f（x）﹣2x在（0，+∞）上为减函数，

F（x）=ax3﹣2x+xlnx，F'（x）=3ax2﹣2+1+lnx=3ax2﹣1+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）=﹣ax+（a﹣1）lnx，其中a＞2．