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（
0， ∞）单调递减，
x
a
1
+
从而 ? x 1，
2∈（ ， ∞）， | f （ 1）﹣
（ 2）
≥
4| x 1﹣ 2
| x
0 +
x
f x |
x 等价于 ? x 1，
2∈（
， ∞）， f （ 2 ）
2 ≥
（ 1 ） 1 ①
x 0 +
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 （x 2）
| 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 ∈（ ﹣
，
2+ ）时， ′（ ）＜ ，
=2 x =2+
x2
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，
当 b≥ 2 时， g（x） =x2﹣bx 在区间（ 1，2] 上单调递减，
不妨设 x1＞ x2，则| f（x1）﹣ f（ x2）| ＜| g（ x1）﹣g（x2）| 等价化为 f（x1）+g（ x1）＜ f（x2）+g （ x2），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） =ax2﹣2lnx ，则 g（ x）=1 时有两个不同的根，求 a 的取值范围；
（3）存在 x1，2∈（，∞）且
x 1≠2，使
| f
（1）﹣（ 2）≥
k| lnx
1﹣2
|
成立，求
k
的取值范围．
x 1 +x x f x|lnx
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）=ax2﹣2lnx=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 x1＞ x2＞1，∵f（ x）在（1，+∞）上单调递减， y=lnx 在（1，
+∞）上单调递增；
∴| f（ x1）﹣ f（ x2）| ≥k| lnx1﹣lnx2| 可化为 f（ x2）﹣ f（ x1）≥ k（ lnx1﹣lnx2），
∴f（x2）+klnx2≥f（ 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）=kx2﹣4lnx＜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﹣ax2+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x1， x2∈[ 1， 2] ，不等式 | f（ x1）﹣ f （x2）| ≤t | g（x1）﹣ g（x2）|
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
；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 t ≥ 0.
，
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 f （ 2）﹣ f （ 1）≤ （ 1）﹣ （ 2） 恒成立，
x 2 x x t[ g x
g x ] 即 f （x 2）
+tg （ 2 ）≤ （ 1） +tg （ 1）对任意﹣ 2 ≤ ≤﹣ ， ≤ 1≤ 2≤ 2恒成立．
x f x x
a 1 1 x
x
记 h （ x ）=f （x ） +tg （ x ） =lnx ﹣ +（ 1﹣ 2t ） 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
2t ≤ 0 在 x ∈（ 0， +∞）上恒成
立．
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
．
（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，求 m 的值；
（2）若对于任意的
及任意的 x 1，x 2∈[ 2，e] ，x 1≠x 2，总有
成立，
求 t 的取值范围．
解：（ 1）因为
，所以
，f' （1）=m ﹣1．
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 2m 2+m ﹣ 6=0，
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（ x1）＞ f（x2）．
所以等价于，
即，所以．
设，则 g（x1）＞（ 2），所以
g（ x）在 [ 2，e] 上为单调递增函数，
g x
因此 g'（x）≥ 0，对于恒成立，
所以，即对于 x∈[ 2，e] 恒成立．
设 h（ x）=x3﹣ 2x2，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] ．。