当前位置:文档之家› (完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2).docx

(完整word版)高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题(2).docx

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.

,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] .。

相关主题