高中数学压轴题系列――导数专题――双变量问题.doc

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1、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+ax2+1（1）讨论函数f（x）的单调性；（2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），

2、f（x1）﹣f（x2）

3、≥4

4、x1﹣x2

5、，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（

6、x）在单调递增，在单调递减．（Ⅱ）不妨假设x1≥x2，而a＜﹣1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减，从而∀x1，x2∈（0，+∞），

7、f（x1）﹣f（x2）

8、≥4

9、x1﹣x2

10、等价于∀x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1①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

11、≥2时，如果对于∀x1，x2∈（1，2]，且x1≠x2，都有

12、f（x1）﹣f（x2）

13、＜

14、g（x1）﹣g（x2）

15、成立，求实数b的取值范围．解：（1）h（x）=lnx+x2﹣bx的定义域为（0，+∞），当b=4时，h（x）=lnx+x2﹣4x，h'（x）=+x﹣4=，令h'（x）=0，解得x1=2﹣，x2=2+，当x∈（2﹣，2+）时，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（

16、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

17、f（x1）﹣f（x2）

18、＜

19、g（x1）﹣g（x2）

20、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ymax=+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

21、﹣2lnx，则g（x）=1时有两个不同的根，求a的取值范围；（3）存在x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，使

22、f（x1）﹣f（x2）

23、≥k

24、lnx1﹣lnx2

25、成立，求k的取值范围．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

26、＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，y=lnx在（1，+∞）上单调递增；∴

27、f（x1）﹣f（x2）

28、≥k

29、lnx1﹣lnx2

30、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

31、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

32、f（x1）﹣f（x2）

33、≤t

34、g（x1）﹣g（x2）

35、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﹣

36、2≤a≤﹣1时，函数y=f（x）单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤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≤x1≤x2≤2，不等式f（x2）﹣f（x1）≤t[g（x1）﹣g（x2）]恒成立，即f（x2）+tg（x2）≤f（x1）+tg（x1）对任意﹣2≤a≤﹣1，1≤