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学
微专题三 导数中的双变量问题
1
1.(2024广东二模,17)已知f(x)= ax2+(1-2a)x-2ln x,a>0.
2
(1)求f(x)的单调区间;
(2)函数f(x)的图象上是否存在两点A(x ,y ),B(x ,y )(其中x ≠x ),使得直线AB与函数f(x)的
1 1 2 2 1 2
x +x
图象在x = 1 2处的切线平行?若存在,请求出直线AB;若不存在,请说明理由.
0 2
解析 (1)由题得函数f(x)的定义域为(0,+∞), (1分)
2 ax2+(1−2a)x−2 (x−2)(ax+1)
求导得f '(x)=ax+1-2a- = = , (4分)
x x x
因为a>0,
所以由f '(x)>0,得x>2;由f '(x)<0,得0<x<2, (6分)
所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(7分)
1
{y = ax2+(1−2a)x −2lnx ,
1 2 1 1 1
(2)由题得
1
y = ax2+(1−2a)x −2lnx ,
2 2 2 2 2
y −y
则k = 2 1
AB x −x
2 1
[1 ] [1 ]
ax2+(1−2a)x −2lnx − ax2+(1−2a)x −2lnx
= 2 2 2 2 2 1 1 1
x −x
2 1
1
a(x −x )(x +x )+(1−2a)(x −x )−2lnx +2lnx
=2 2 1 2 1 2 1 2 1
x −x
2 1
1 2lnx −2lnx
= a(x +x )+(1-2a)- 2 1 , (9分)
2 2 1 x −x
2 1
x +x (x +x ) (x +x )
由题知f(x)的图象在x = 1 2处的切线斜率为f '(x )=f ' 1 2 =a 1 2 +1-2a-
0 0
2 2 2
4
,(10分)
x +x
2 1
假设k =f '(x ),
AB 0
则 1 a(x +x )+(1-2a)- 2lnx 2 −2lnx 1 =a (x 2 +x 1 ) +1-2a- 4 ,
2 2 1 x −x 2 x +x
2 1 2 1北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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lnx −lnx 2 2(x −x )
2 1 2 1
整理得 = ,即ln x -ln x - =0,
x −x x +x 2 1 x +x
2 1 2 1 2 1
x
( )
2 2−1
x x
所以ln 2 - 1 =0, (12分)
x x
1 2+1
x
1
x
设t= 2 ,则t>0且t≠1,
x
1
2(t−1) 4
记g(t)=ln t- ,即g(t)=ln t+ -2,t>0且t≠1,
t+1 t+1
1 4 (t+1) 2−4t (t−1) 2
求导得g'(t)= - = = >0恒成立,
t (t+1) 2 t(t+1) 2 t(t+1) 2
所以g(t)在(0,1),(1,+∞)上单调递增, (14分)
因为g(1)=0,
所以g(t)≠0在t∈(0,1)∪(1,+∞)上恒成立,
所以不存在这样的两点A,B. (15分)
2.(2024湖南长沙雅礼中学月考七,18)已知函数f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R).
(1)若x=1是函数f(x)的一个极值点,求实数a的值.
(2)若函数f(x)有两个极值点x ,x ,其中x <x ,
1 2 1 2
①求实数a的取值范围;
②若不等式2ax +kln x >3k+1恒成立,求实数k的取值范围.
1 2
解析 (1)易知f '(x)=ln x+1-2ax-3=ln x-2ax-2,
因为x=1是函数f(x)的一个极值点,
所以f '(1)=0,即-2a-2=0,∴a=-1.
此时f '(x)=ln x+2x-2,易知当x∈(0,1)时, f '(x)<0,当x∈(1,+∞)时, f '(x)>0,
所以f(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,
所以x=1是f(x)的极小值点,即a=-1符合题意.
因此实数a的值为-1.
(2)①因为f '(x)=ln x-2ax-2,且f(x)=xln x-ax2-3x(a∈R)有两个极值点x ,x ,
1 2
所以方程f '(x)=0在(0,+∞)上有两个不同的根,
即方程ln x-2ax-2=0有两个不同的正数根,
lnx−2
将问题转化为函数g(x)= 的图象与直线y=2a在(0,+∞)上有两个不同交点.
x北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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3−lnx 3−lnx
g'(x)= ,令g'(x)= =0,解得x=e3,
x2 x2
当x>e3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当0<x<e3时,g'(x)>0,g(x)单调递增,且g(e2)=0,故作出g(x)的
图象如图,
( 1 ) ( 1 )
由图象可得2a∈ 0, 满足题意,即a∈ 0, ,
e3 2e3
( 1 )
即实数a的取值范围为 0, .
2e3
②由①知x ,x 是ln x-2ax-2=0的两个根,
1 2
lnx −lnx
故-2+ln x -2ax =0,-2+ln x -2ax =0,则2a= 1 2 ,
1 1 2 2 x −x
1 2
x x
设t= 1 ,因为0<x <x ,所以 1 =t∈(0,1),tx =x ,
x 1 2 x 2 1
2 2
x
ln 1
lnx −lnx x
可得-2+ln x - 1 2 ·x =0,即-2+ln x - 2 =0,
2 x −x 2 2 x −x
1 2 1 2
x
2
lnt
所以ln x = +2,
2 t−1
lnx −lnx
故由2ax +kln x >3k+1可得 1 2 x +kln x >3k+1,
1 2 x −x 1 2
1 2
lnt tlnt
即 tx +kln x >3k+1,所以 +kln x >3k+1,
tx −x 2 2 t−1 2
2 2
tlnt ( lnt ) tlnt−t+1 t−1−lnt
即 +k +2 >3k+1,化简得 >k ,
t−1 t−1 t−1 t−1
由于0<t<1,所以等价于tln t-t+1-k(t-1-ln t)<0对任意的0<t<1恒成立,
k
令F(t)=tln t-t+1-k(t-1-ln t),则F(t)<0对任意的0<t<1恒成立.F'(t)=ln t-k+ ,
t
k 1 k t−k
设m(t)=ln t-k+ ,0<t<1,则m'(t)= - = ,
t t t2 t2北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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t−k
(i)当k≤0时,m'(t)= >0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递增,故F'(t)<F'(1)=0,F(t)在(0,1)上单调递
t2
减,故F(t)>F(1)=0,不符合题意,舍去;
t−k
(ii)当k≥1时,m'(t)= <0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递减,故F'(t)>F'(1)=0,F(t)在(0,1)上单调
t2
递增,故F(t)<F(1)=0,故F(t)<0恒成立,符合题意;
t−k
(iii)当0<k<1时,令m'(t)= =0,则t=k,
t2
当k<t<1时,m'(t)>0,m(t)=F'(t)单调递增,
当0<t<k时,m'(t)<0,m(t)=F'(t)单调递减,
又F'(1)=0,故k<t<1时,F'(t)<F'(1)=0,此时F(t)单调递减,故F(t)>F(1)=0,
因此当k<t<1时,F(t)>0,不符合题意,舍去.
综上,实数k的取值范围为[1,+∞).
3.(2024江苏扬州中学、盐城中学、淮阴中学、丹阳中学四校联考,19)已知函数f(x)=2ln
x-ax2+1(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若存在正数x,使f(x)≥0成立,求a的取值范围;
f(x )−f(x )
(3)若0<x <x ,证明:对任意a∈(0,+∞),存在唯一的实数x ∈(x ,x ),使得f '(x )= 2 1
1 2 0 1 2 0 x −x
2 1
成立.
2 2(1−ax2 )
解析 (1)f(x)的定义域为R.对f(x)=2ln x-ax2+1求导得f '(x)= -2ax= .
x x
2(1−ax2
)
当a≤0时,对x>0有f '(x)= >0,
x
故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
2(1−ax2 ) 2(1+x√a)(1−x√a) 2√a(1+x√a)( 1 )
当a>0时,有f '(x)= = = −x ,而当
x x x √a
2√a(1+x√a) 1 1 ( 1 ]
x>0时, >0,故当0<x< 时, f '(x)>0,当x> 时, f '(x)<0,从而f(x)在 0,
x √a √a √a
( 1 )
上单调递增,在 ,+∞ 上单调递减.
√a
综上,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
( 1 ] ( 1 )
当a>0时, f(x)在 0, 上单调递增,在 ,+∞ 上单调递减.
√a √a北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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2lnx+1
(2)由f(x)=2ln x-ax2+1≥0得a≤ ,
x2
2lnx+1
令F(x)= ,
x2
若存在正数x,使f(x)≥0成立,则a≤F(x) .
max
−4lnx
F'(x)= ,
x3
当x∈(0,1)时,F'(x)>0,F(x)单调递增,
当x∈(1,+∞)时,F'(x)<0,F(x)单调递减,
∴当x=1时,F(x) =F(1)=1,∴a≤1.
max
f(x )−f(x )
(3)证明:令h(x)=f '(x)- 2 1 (x>0),
x −x
2 1
2 2lnx −ax2−2lnx +ax2 2 2lnx −2lnx
则h(x)= -2ax- 2 2 1 1= -2ax- 2 1 +a(x +x ),
x x −x x x −x 2 1
2 1 2 1
2 2lnx −2lnx
∵a>0,∴h(x)= -2ax- 2 1+a(x +x )在区间(x ,x )上单调递减,
x x −x 2 1 1 2
2 1
2 2lnx −2lnx
h(x )= -2ax - 2 1+a(x +x )
1 x 1 x −x 2 1
1 2 1
2 2lnx −2lnx
2 1
= - +a(x -x )
x x −x 2 1
1 2 1
2 ( x x )
=
2−1−ln 2
+a(x -x ),
x −x x x 2 1
2 1 1 1
1 t−1
令g(t)=t-1-ln t(t>0),则g'(t)=1- = ,
t t
当t∈(0,1)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,
当t∈(1,+∞)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,
∴g(t) =g(1)=0,
min
x x x
又0<x <x ,∴ 2 >1,∴ 2 -1-ln 2 >0恒成立,
1 2 x x x
1 1 1
又∵a>0,x -x >0,∴h(x )>0.
2 1 1
2 ( x x )
h(x )= 1− 1−ln 2 +a(x -x ),
2 x −x x x 1 2
2 1 2 1
1 1 1 1−t
令m(t)=1- -ln t(t>1),则m'(t)= - = ,当t∈(1,+∞)时,m'(t)<0,m(t)单调递减,
t t2 t t2
∴m(t)<m(1)=0,北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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x x x x
又0<x <x ,∴0< 1 <1, 2 >1,∴1- 1 -ln 2 <0恒成立,
1 2 x x x x
2 1 2 1
又∵a>0,x -x <0,x -x >0,所以h(x )<0,
1 2 2 1 2
∴在区间(x ,x )上存在唯一的实数x ,使得h(x )=0,
1 2 0 0
f(x )−f(x )
故对任意a∈(0,+∞),存在唯一的实数x ∈(x ,x ),使得f '(x )= 2 1 成立.
0 1 2 0 x −x
2 1
4.(2024山东临沂一模,18)已知函数f(x)=x2(ln x+a).
(1)若a=1,求曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程;
(2)讨论f(x)的单调性;
1
(3)若存在x ,x ∈(0,+∞),且x <x ,使得f(x )=f(x ),求证: >e2a+1.
1 2 1 2 1 2 x x
1 2
解析 (1)当a=1时, f(x)=x2(ln x+1),
∴f(1)=1,
又f '(x)=x(2ln x+3),
∴f '(1)=3,
∴曲线y=f(x)在点(1, f(1))处的切线方程为3x-y-2=0.
(2)f '(x)=2x(ln x+a)+x=x(2ln x+2a+1),x>0,
2
令φ(x)=2ln x+2a+1,则φ'(x)= >0,
x
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
1
由φ(x)=2ln x+2a+1=0得x=
e
−a− 2,
1 1
∴f(x)在(0,
e
−a− 2)上单调递减,在(
e
−a− 2,+∞)上单调递增.
(3)证明:∵f(e-a)=0,∴x∈(0,e-a)时, f(x)<0,
1
∴0<x
1
<
e
−a− 2<x
2
<e-a,
1
∴ln x <-a- <ln x <-a,
1 2 2
即2(ln x +a)<-1<2(ln x +a)<0,
1 2
由f(x )=f(x )得x2 (ln x +a)=x2 (ln x +a),
1 2 1 1 2 2
即elnx 1 2 (ln x 1 +a)e2a=elnx 2 2 (ln x 2 +a)e2a,
∴e2(lnx 1 +a)·2(ln x 1 +a)=e2(lnx 2 +a)·2(ln x 2 +a),
令t =2(ln x +a),t =2(ln x +a),
1 1 2 2
设g(t)=tet,t∈(-∞,0),北京曲一线图书策划有限公司 5年高考3年模拟 B版 数
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∴g'(t)=(t+1)et.
∴t∈(-∞,-1)时,g'(t)<0,g(t)单调递减,
t∈(-1,0)时,g'(t)>0,g(t)单调递增,
下面证明t +t <-2,又因为t >-1,即证t <-2-t <-1,
1 2 2 1 2
即证g(t )>g(-2-t ),
1 2
即证g(t )>g(-2-t ),
2 2
令G(t)=g(t)-g(-2-t),t∈(-1,0),
G'(t)=g'(t)+g'(-2-t)=(t+1)(et-e-2-t)>0,
∴G(t)在(-1,0)上单调递增,
∴G(t)>G(-1)=0,从而得证,
故2(ln x +a)+2(ln x +a)<-2,即ln(x x )<-2a-1,
1 2 1 2
1
∴0<x x <e-2a-1,∴ >e2a+1
1 2 x x
1 2
