导数中的多变量问题.pdf

《导数中的多变量问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数中的多变量问题.pdf（15页珍藏版）》请在三一文库上搜索。

1、 第 1 页（共 15 页） 20171211 周老师周老师-导数中的多变量问题参考答案导数中的多变量问题参考答案 2 （2017滨州一模）已知函数 f（x）=（x2a）e1 x，g（x）=f（x）+ae1xa（x 1） （1）讨论 f（x）的单调性； （2）当 a=1 时，求 g（x）在（，2）上的最大值； （3）当 f（x）有两个极值点 x1，x2（x1x2）时，总有 x2f（x1）g（x1） ， 求实数 的值（g（x）为 g（x）的导函数） 【考点】 6B： 利用导数研究函数的单调性； 6E： 利用导数求闭区间上函数的最值菁 优网版权所有 【专题】35 ：转化思想；4C ：分类法；53

2、：导数的综合应用 【分析】 （1）求得 f（x）的解析式，求导，根据导数与函数的单调性的关系，即 可求得 f（x）的单调性； （2）当 a=1，求得 g（x） ，求导，利用导数，求得函数的单调区间，即可求得 g （x）在（，2）上的最大值； （3）由 f（x）=（x2a）e1 x，求导，由题意可知：方程x2+2x+a=0 有两个不 同的实根 x1，x2（x1x2） ，则 x1+x2=2，代入求得x12+2x1+a=0，代入 f（x）和 g（x） ，则不等式 x12（+1）0 对任意的 x1（，1） 恒成立，根据 x 的取值范围，即可求得实数 的值 【解答】解： （1）f（x）=（x2a）e1

3、x，求导 f（x）=（x2+2x+a）e1x， 由 e1 x0 恒成立， 则当x2+2x+a0 恒成立，即 a1， f（x）0 恒成立， 函数 f（x）在 R 上单调递减； 当 x1 时，令 f（x）=0，即x2+2x+a=0， 解得：x=1 当 f（x）0，解得：1x1+， 当 f（x）0，解得：x1或 x1+， 函数的单调递增区间 （1， 1+） ， 单调递减区间 （， 1） ， 第 2 页（共 15 页） （1+，+） ， 综上可知：当 a1，函数 f（x）在函数在 R 单调递减， 当 a1，函数在（1，1+）单调递增， 在（，1） ， （1+，+）单调递减； （2）当 a=1 时，g（

4、x）=f（x）+ae1 xa（x1）=x2e1x（x1） ， 则 f（x）=（2xx2）e1 x1= ， 令 h（x）=（2xx2）ex 1，则 h（x）=22xex1， 显然 h（x）在（，2）内是减函数， 又因 h（）=0，故在（，2）内，总有 h（x）0， h（x）在（，2）上是减函数， 又因 h（1）=0， 当 x（，1）时，h（x）0，从而 f（x）0，这时 f（x）单调递增， 当 x（1，2）时，h（x）0，从而 f（x）0，这时 f（x）单调递减， f（x）在（，2）的极大值，且为最大值是 f（1）=1； （3）根据题意可知：f（x）=（x2a）e1 x，则 f（x）=（2xx2

5、+a）e1x=（ x2+2x+a）e1 x， 根据题意，方程x2+2x+a=0 有两个不同的实根 x1，x2（x1x2） ， =4+4a0，即 a1，且 x1+x2=2， x1x2，x11 由 x2f（x1）g（x1） ，其中 g（x）=（2xx2）e1 xa， 可得（2x1） （x12a）（x12+2x1+a）a， 注意到x12+2x1+a=0 上式化为（2x1） （2x1）（x12+2x1）+（x12+2x1）， 即不等式 x12（+1）0 对任意的 x1（，1）恒成立， （）当 x1=0 时，不等式 x12（+1）0 恒成立，R； 第 3 页（共 15 页） （）当 x1（0，1）时，2

6、（+1）0 恒成立，即 ， 令函数 k（x）=2，显然，k（x）是 R 上的减函数， 当 x（0，1）时，k（x）k（0）=， ， （） 当 x1 （， 0） 时， 2 （+1） 0 恒成立， 即 ， 由（） ，当 x（，0）时，k（x）k（0）=即 ， 综上所述，= 【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查 不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于难题 （2017临沂一模）已知函数 （）讨论函数 f（x）的单调性； （）若对于 x1，x2（0，+） ，且 x1x2，存在正实数 x0，使得 f（x2）f （x1）=f（x0） （x2x1） ，试判断与 f（x0）的大小

7、关系，并给出证 明 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6K：导数在最大值、最小值问题中的 应用菁优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用 【分析】 （）求出函数 f（x）的导数，通过讨论 a 的范围，求出函数的单调区 间即可； （） 作差得到 f （x0） f=ln， 令=t， 第 4 页（共 15 页） 得到 ln=lnt， （t1） ， 令 g （t） =lnt， （t1） ， 根据函数的单调性判断即可 【解答】解： （）f（x）的定义域（0，+） ， f（x）=ax+（2a）=， 若 a0，则 f（x）0，f（x）在（0，+）递增， 若 a0，则

8、由 f（x）0，解得：0 x， 由 f（x）0，解得：x， 故 f（x）在（0，）递增，在（，+）递减； 证明： （）f（x2）f（x1）=2（lnx2lnx1）a（x2+x1） （x2x1）+（2a） （x2x1） ， 由题意得 f（x0）=a（x2+x1）+（2a） ， 又 f=a+（2a） ， f（x0）f=（lnx2lnx1）=ln ， 令=t，则 ln=lnt， （t1） ， 令 g（t）=lnt， （t1） ，则 g（t）=0， g（t）在（1，+）递增， 第 5 页（共 15 页） g（t）g（1）=0，而 x1x2， 故ln0 故f（x0） 【点评】本题考查了函数的单调性、最值

9、问题，考查导数的应用以及分类讨论思 想、转化思想，是一道综合题 （2016泰州一模）已知函数 f（x）=ax4，x（0，+） ，g（x）=f（x） f（x） （1）若 a0，求证： （）f（x）在 f（x）的单调减区间上也单调递减； （）g（x）在（0，+）上恰有两个零点； （2）若 a1，记 g（x）的两个零点为 x1，x2，求证：4x1+x2a+4 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；62：导数的几何意义菁优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；49 ：综合法；52 ：导数的概念及应用 【分析】 （1） （i）求出函数的导数，求出导函数的递减区间，证出 f（x）在此区 间也递减即可；

10、（ii）法一：求出 g（x） ，构造函数，求出其导数，根据 函数的单调性通过比较判断即可；法二：将 （x）变形为两个函数，通过函数 的单调性判断即可； （2）法一，根据（ii）中的法一分别求出 x1，x2的范围，相加即可；法二，根据 （ii）中的法二分别求出 x1，x2的范围，相加即可 【解答】 （1）证明： （i）因为，所以 f（x）=4ax3x， 由（4ax3x）=12ax210，得 f（x）的递减区间为，2 分 当时，f（x）=4ax3x=x（4ax21）0， 第 6 页（共 15 页） 所以 f（x）在 f（x）的递减区间上也递减 4 分 （ii）解法 1：， 因为 x0，由得， 令，

11、则， 因为 a0，且，所以 （x）必有两个异号的零点， 记正零点为 x0，则 x（0，x0）时，（x）0，（x）单调递减； x（x0，+）时，（x）0，（x）单调递增， 若 （x）在（0，+）上恰有两个零点，则 （x0）0，7 分 由得， 所以，又因为对称轴为， 所以， 所以，所以， 又， 设中的较大数为 M，则 （M）0， 故 a0g（x）在（0，+）上恰有两个零点 10 分 解法 2：， 因为 x0，由得， 令， 若 g（x）在（0，+）上恰有两个零点，则 （x）在（0，+）上恰有两个零 点， 当 x=2 时，由 （x）=0 得 a=0，此时在（0，+）上只有一个零 点，不合题意； 第 7

12、 页（共 15 页） 当 x2 时，由得，7 分 令， 则， 当 x（0，2）时，（x）单调递增，且由值域知：（x） 值域为（0，+） ； 当 x（2，+）时，1（x）单调递增，且 1（4）=0， 由值域知：（x）值域为（，+） ； 因为 a0，所以，而与 1（x）有两个交点， 所以 1（x）在（0，+）上恰有两个零点 10 分 （2）解法 1：由（ii）知，对于在（0，+）上恰有两 个零点 x1，x2， 不妨设 x1x2，又因为 （0）=10， 所以，12 分 又因为 （4）=10， 所以， 所以 16 分 解法 2：由（ii）知， 因 为x 0 ， 2 ） 时 ， 1（ x ） 单 调 递

13、 增 ， ， 所以，12 分 第 8 页（共 15 页） 当x （ 2 ， + ） 时 ， 1（ x ） 单 调 递 增 ， ， 所以， 所以 16 分 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及函数恒成立 问题，考查不等式的证明，是一道难题 （2017 春辽宁期末）已知函数 f（x）=， （a0 且 a1） ， （）若 f（x）为定义域上的增函数，求实数 a 的取值范围； （）令 a=e，设函数 g（x）=f（x），且 g（x1）+g（x2）=0， 求证： 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性菁优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用

14、【分析】 （）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的最小值， 通过讨论 a 的范围，得到关于 a 的不等式，解出即可； （）结合 g（x1）+g（x2）=0，令 x1x2=t，g（t）=lntt，求导可得 g（t）g （1）=1，得到（x1+x2）24（x1+x2）20，求解得答案 【解答】解： （）f（x）=2x23x+， 由 f（x）是增函数得 f（x）0 恒成立， 由 2x23x+0 得 2x33x2， 设 m（x）=2x33x2，则 m（x）=6x26x， 令 m（x）0，解得：x1 或 x0， 令 m（x）0，解得：0 x1， 故 m（x）min=m（1）=1，故1， 当

15、a1 时，易知 ae，当 0a1 时，则0，这与 1矛盾， 第 9 页（共 15 页） 从而不能使得 f（x）0 恒成立，故 1ae； （）证明：g（x）=x23lnx+6x， g（x1）+g（x2）=0， 3lnx1+6x1+（3lnx2+6x2）=0， 故3lnx1+6x1+（3lnx2+6x2）=0， （+）3ln（x1x2）+6（x1+x2）=0， 即（x1+x2）22x1x2ln（x1x2）+2（x1+x2）=0， 则（x1+x2）2+x1x2ln（x1x2）+2（x1+x2）=0 （x1+x2）2+2（x1+x2）=ln（x1x2）x1x2， 令 x1x2=t，g（t）=lntt，

16、 则 g（t）=1=，g（t）在（0，1）上增，在（1，+）上减，g（t） g（1）=1， （x1+x2）2+2（x1+x2）1， 整理得（x1+x2）24（x1+x2）20， 解得 x1+x22+或 x1+x22（舍） ， x1+x22+ 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性，考查利用导数求函数的最值，考 查数学转化思想方法，灵活构造函数是解答该题的关键，属难题 （2017 秋河津市校级月考）已知函数 f（x）=alnx+x 在（1，+）上存在两个 零点 x1，x2，且 x1x2 （1）求实数 a 的取值范围； （2）若方程 f（x）=lnx 的两根为 x1，x2，且 x1x2，求证：x

17、1x2x1 x2 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性菁优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用 第 10 页（共 15 页） 【分析】 （1）令 f（x）=0，分离 a，构造函数 （x）=，根据函数的单调性 求出 （x）的最小值，求出 a 的范围即可； （2）求出=1a，求出 x1，x2的范围，根据函数的单调性证明即 可 【解答】解： （1） 令，则，（x）的符号以及 （x）单调性和极值 分布情况如下表： x （1，e） e （e，+） （x） 0 + （x） 减 最小 增 （x）（e）=e， 当 x1 时，（x）+；x+时，（x）+， 故 f（x）=a

18、lnx+x 在区间（1，+）上存在两个零点时，ae （2）证明：由（1）知 x1（1，e） ，x2（e，+） ，且， 又， 则有，且， 在（1，e）上单调递减， （e，+）上单调递增，且 1aa， ， ，得证 【点评】本题考查了函数的单调性问题，考查导数的应用以及转化思想，考查不 等式的证明，是一道综合题 （2014 秋韶关期末）已知函数 f（x）=xalnx，g（x）=，aR； 第 11 页（共 15 页） （1）设 h（x）=f（x）+g（x） ，若 h（x）在定义域内存在极值，求 a 的取值范围； （2）设 f（x）是 f（x）的导函数，若 0 x1x2，a0，f（t）= （x1tx2）

19、 ，求证：t 【考点】6D：利用导数研究函数的极值；6B：利用导数研究函数的单调性；6E： 利用导数求闭区间上函数的最值菁优网版权所有 【专题】53 ：导数的综合应用 【分析】 （1） 先求出 h （x） ， 求出 h （x） =， 根据条件， 方程 x2ax+1=0 有两个不同实数根，从而0，并且 x=0 时 x2ax+1=10，从而判断出方程 的小根大于 0，这样能求得 a 的一个范围，和0 求得的 a 的范围求交集即 可； （2） 求f （x） ， 从而求出 f （t） ， 将x1， x2带入f （x） 解析式， 从而便得到， 从而可作差比较 t 和的大小：t=，令 ，这样即可得到，容易

20、判断只要判 断 2（1）（1+）ln 的符号即可，可设 （）=2（1）（1+）ln， 通过两次求导便可以判断该函数为减函数，从而得出 （）0，这样即得出要 证的结论 【解答】解： （1）h（x）=，h（x）=； h（x）在定义域内存在极值； 令 x2ax+1=0，则=a240，即 a2，或 a2； 设 H（x）=x2ax+1，H（0）=10； 第 12 页（共 15 页） 方程 x2ax+1=0 的小根，解得：a2； a 的取值范围为（2，+） ； （2）f（x）=，f（t）=； 根据条件=； ； a0； ； =； 设，1，x2=x1； =； ln0，x10； 所以只需判断 2（1）（1+）l

21、n 的符号； 设 （）=2（1）（1+）ln，1； （）=1，（）=； 1； （）0； 即 （）为减函数，（）（1）=0； （）为减函数，（）（1）=0； ，即 t 第 13 页（共 15 页） 【点评】考查函数极值的概念，一元二次方程实根的情况和判别式的关系，要 熟悉二次函数的图象，对数的运算，作差的方法比较两个式子的大小，对数函数 的单调性，以及函数导数符号和函数单调性的关系，函数单调性定义的运用 （2017 春武汉月考） （1）求函数 f（x）=xlnx（1x）ln（1x）在 0 x 上的最大值； （2）证明：不等式 x1 x+（1x）x 在（0，1）上恒成立 【考点】6E：利用导数求闭

22、区间上函数的最值；3R：函数恒成立问题菁优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用 【分析】 （1）求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，从 而求出函数的最大值即可； （2）求出 g（x）关于直线 x=对称，只需证明：x1 x+（1x）x 在（0， 恒成立，求出函数的导数，根据函数的单调性证明即可 【解答】 （1）解：f（x）=lnx+ln（1x）+2， 令 f（x）=0，解得：x=（记为 x0） ， 则 f（x）在（0，x0）递减，在（x0，递增， x0 +时，f（x）0，f（）f（ ）=0，即 xlnx（1x）ln（1x）0， f（x）在

23、（0，上的最大值是 0； （2）证明：g（x）=x1 x+（1x）x 满足：g（x）=g（1x） ， g（x）关于直线 x=对称， 故只需证明：x1 x+（1x）x 在（0，恒成立， 而 g（x）=x1 x（lnx+ ）+（1x）xln（1x）， 而 g（）=，只需证明 g（x）0，在（0，恒成立， 而xlnx+1x0， 第 14 页（共 15 页） 即只需证明：， 而由（1）可得 0 x时， （1x）1 xxx，即 1， 要使式成立，只需证明1 在（0，上恒成立， 即只需 （x）=xlnx（1x）ln（1x）+2x10， 由（1）得：xlnx（1x）ln（1x）0，而 2x10， 从而式成立

24、， 综合可知式成立， 故式得证，从而原不等式得证 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及转化思想、 是一道综合题 （2017张家口模拟）已知函数 f（x）=axlnx+bx（a0）在（1，f（1） ）处的切 线与 x 轴平行， （e=2.71828） （1）试讨论 f（x）在（0，+）上的单调性； （2）设 g（x）=x+，x（0，+） ，求 g（x）的最小值； 证明：1x 【考点】 6E： 利用导数求闭区间上函数的最值； 6B： 利用导数研究函数的单调性菁 优网版权所有 【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用 【分析】 （1）求出函数的导数，通过

25、讨论 a 的范围求出函数的单调区间即可； （2）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，求出函数的单调区间，从而 求出函数的最小值即可； 问题转化为（xlnx1） （xex 1+1）+20，即（lnx+ ） （x+e1 x）2，设 h（x） =lnx+，根据函数的单调性证明即可 【解答】 （1）解：f（x）=alnx+a+b， 第 15 页（共 15 页） f（1）=a+b=0，故 b=a， f（x）=axlnxax，且 f（x）=alnx， 当 a0 时，x（0，1）时，f（x）0，x（1，+）时，f（x）0， f（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增； a0 时，x（0，1）时，f（x）0

26、，x（1，+）时，f（x）0， f（x）在（0，1）递增，在（1，+）递减； （2）解：g（x）=x+，x（0，+） ， g（x）=1e1 x= ， x（0，1）时，g（x）0，x（1，+）时，g（x）0， 故 g（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增， 故 g（x）min=g（1）=2； 证明：由（1）得：f（x）=axlnxax， 由1x，得：xlnxx+x10， 即（xlnx1） （xex 1+1）+20 （xlnx+1）xex 1+xlnx+12xex1 （xlnx+1） （xex 1+1）2xex1， 即（lnx+） （x+e1 x）2， 设 h（x）=lnx+，h（x）=， 故 h（x）在（0，1）递减，在（1，+）递增， 故 h（x）h（1）=1， 又 g（x）在（0，+）时，g（x）2， 故（lnx+） （x+e1 x）2 成立， 即1x 成立 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思 想，转化思想，是一道综合题