（2022高中数学一轮复习）专题4.9—导数大题（双变量与极值点偏移问题1）-2022届高三数学一轮复习精讲精练.doc

1、专题专题 4.9导数大题（双变量与极值点偏移问题导数大题（双变量与极值点偏移问题 1） 1已知函数 2 1 ( )2( ,) 2 f xmxaxlnx m aR在1x 处的切线斜率为22a （1）确定m的值，并讨论函数( )f x的单调性； （2） 设 3 1 ( )( )2 2 g xxf xxx， 若( )g x有两个不同零点 1 x， 2 x， 且 21 30 xx， 证明： 12 2 6 xx e （1）解：因为 2 1 ( )2 2 f xmxaxlnx，0 x ，所以 1 ( )2fxmxa x ， 因为( )f x在1x 处的切线斜率为22a， 所以f（1）2122maa ，即1

2、m ， 所以 2 121 ( )2 xax fxxa xx ， 令 2 ( )21h xxax， 2 44a， 当0，即11a 时，( ) 0h x 恒成立，即( ) 0fx， 所以( )f x在(0,)上单调递增； 当0，即1a 或1a 时，令( )0h x ，可得 2 1xaa， 当1a 时， 2 10aa ， 2 10aa ，(0)10h ， 此时( )0h x 在(0,)上恒成立，即( )0fx在(0,)上恒成立， 所以( )f x在(0,)上单调递增； 当1a 时， 2 10aa ， 2 10aa ， 当(0 x， 22 1)(1aaaa，)时，( )0h x ，即( )0fx， 当

3、 2 (1xaa， 2 1)aa时，( )0h x ，即( )0fx， 所以( )f x在 2 (1aa， 2 1)aa上单调递减，在 2 (0,1)aa和 2 (1aa，)上单调 递增 综上所述，当1a时，( )f x在(0,)上单调递增； 当1a 时，( )f x在 2 (1aa， 2 1)aa上单调递减，在 2 (0,1)aa和 2 (1aa，)上 单调递增 （2）证明： 3323 111 ( )( )222 222 g xxf xxxmxaxxlnxxx， 由（1）得1m ，即 2 ( )22g xxlnxaxx， 因为( )g x有两个不同零点 1 x， 2 x， 所以 2 1111

4、 2 2222 22 22 xlnxaxx x lnxaxx ，即 11 22 220 220 lnxax lnxax ， 1122 22220lnxaxlnxax，即 1212 2 ()4a xxlnx x， 1122 22(22)0lnxaxlnxax，即 2 21 1 2 () x lna xx x ， 2 1 21 2 x ln x a xx ， 所以 2 12212 12 2 2111 1 1 2 () 1 x xxxxx a xxlnln x xxxx x ， 因为 21 30 xx，所以 2 1 3 x x ， 设 2 1 x t x ， 1 ( ) 1 t k tlnt t ，

5、 所以 2 22 11 (1)(1)2 ( ) (1)(1) t tlnttlntlntt tt k t tt ， 令 1 ( )2m tlntt t ， 所以 2 22 21(1) ( )10 t m t ttt ， 所以( )m t为增函数，( )m tm（3） 8 2 30 3 ln ， 即( )0k t，所以( )k tk（3）2 3ln， 所以 12 4 2 3lnx xln ，即 12 24 39 2 342( 32)2lnx xlnlnlnln ee ， 所以 12 4 9 x x e ，所以 12 2 3 x x e ， 因为 12 xx，所以 1212 2 6 2xxx x

6、e ， 所以 12 2 6 xx e ，得证 2已知 2 1 ( )23 2 f xxxlnx， 32 1 ( ) 6 g xxxalnx （1）求( )f x在(1，f（1）)处的切线方程及极值； （2）若不等式( )( )( )26xfxg xf xxa 对任意1x 成立，求a的最大整数解 （3） 3 1 ( )( ) 6 F xg xx的两个零点为 1 x， 212 ()xxx，且 0 x为( )F x的唯一极值点，求证： 120 34xxx 解： （1） 2 1 ( )23 2 f xxxlnx，定义域是(0,)， 3 ( )2fxx x ，f（1）4 ，f（1） 3 2 ， 故切线方

7、程是： 3 4(1) 2 yx ，即8250 xy； (1)(3) ( ) xx fx x ， 令( )0fx，解得：3x ，令( )0fx，解得：03x， 故( )f x在(0,3)递减，在(3,)递增， ( )f xf 极小值 （3） 3 3 3 2 ln ，无极大值； （2）若不等式( )( )( )26xfxg xf xxa 对任意1x 成立， 则 3() ( ) 1 min xxlnx ah x x ， 2 3(2) ( ) (1) xlnx h x x ， 令( )2m xxlnx，则 1 ( )10m x x ，( )m x在(1,)递增， 且m（3）0，m（4）0，故存在 0

8、(3,4)x ，使得 0 ()0m x，即 00 20 xlnx， 故( )h x在 0 (1,)x递减，在 0 (x，)递增，且 000 00 0 3() ( )()3(9,12) 1 min xx lnx h xh xx x ， 故a的最大整数解为 9； （3）证明： 2 ( )F xxalnx， ( 2)( 2) ( )20 axaxa F xx xx ，得： 0 2 a x ， 当(0,) 2 a x时，( )0F x，( 2 a x，)时，( )0F x， 故( )F x在(0,) 2 a 递减，在( 2 a ，)递增， 而要使( )F x有 2 个零点，要满足 0 ()0F x，

9、即 2 ()()0 222 aaa Faln，解得：2ae， 1 0 2 a x， 2 2 a x ，令 2 1 (1) x t t x ，由 12 ()()g xg x， 22 1122 xalnxxalnx，即 222 1111 xalnxt xalntx， 2 1 2 1 alnt x t ，而要证 120 34xxx， 只需证明 1 (31)2 2txa，即证 22 1 (31)8txa，即证 2 2 (31)8 1 alnt ta t ， 由0a ，1t ，只需证明 22 (31)880tlntt， 令 22 ( )(31)88h ttlntt，则 1 ( )(186)76h ttl

10、ntt t ， 2 61 ( )18110(1) t htlntt t ， 故( )h t在(1,)递增，( )h th （1）0， 故( )h t在(1,)递增，( )h th（1）0， 120 34xxx 3已知函数( )(1) x f xea x （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）设1a ， 1 ( )( )(0)g xf xx x ，函数( )g x的唯一极小值点为 0 x，点 1 (A x， 1 ()g x和 2 (B x， 2 ()g x是曲线( )yg x上不同两点，且 12 ()()g xg x，求证： 2 120 xxx （1）( )f x的定义域为R，( ) x

11、fxea， 当0a时，( )0fx，所以( )f x在R上单调递增； 当0a 时，由( )0fx，得xlna， 当(,)xlna 时，( )0fx；当(,)xlna时，( )0fx 所以( )f x在(,)lna上单调递减，在(,)lna 上单调递增 综上所述，当0a时，( )f x在R上单调递增； 当0a 时，( )f x在(,)lna上单调递减，在(,)lna 上单调递增 （2）由题意 0 ()0g x得 0 2 0 1 x ae x ，不妨设 12 xx， 由 12 ()()g xg x，得 12 12 12 11 xx eaxaeaxa xx ， 即 12 1212 1 xx ee a

12、 xxx x ，且 0 2 0 1 x ae x ，所以 12 0 2 12120 11 xx x ee e xxx xx ， 要证 2 120 x xx，即证 120 x xx， 显然 2 1 ( ) x h xe x 在(0,)上是增函数，故只需证 120 ()()hx xh x，即证 1 20 2 120 11 x xx ee x xx ， 即证 12 1 2 121212 11 xx x x ee e x xxxx x ，即证 12 1 2 12 xx x x ee e xx ， 又由于 12 12 2 xx x x ，故只需证 12 12 2 12 xxxx ee e xx ，即证

13、2112 22 21 xxxx xxee ， 令 21 2 (1) xx et t ，则 21 2xxlnt，所以即证 1 2lntt t 令 1 ( )2(1)tlnttt t ，则 2 2 (1) ( )0 t t t ，所以( ) t在(1,)上为减函数， 从而( ) t（1）0，即有 1 2lntt t ，从而 2 120 x xx成立 4已知函数( ) x f xe，( )1 n g xx，( )( )( )h xf xa g x，其中aR，*nN （）当1n 时，讨论函数( )h x的单调性； （）当2n 时， （）若0 x，)时，( ) 0h x ，求a的取值范围； （）直线l与

14、曲线( )yf x相切于点 1 (A x， 1 ()f x，与曲线( )yg x相切于点 2 (B x， 2 ()f x，证 明： 12 1 2 xx 解： （）当1n 时，( )(1) x h xea x，则( ) x h xea， 当0a时，( )0h x，( )h x在R上单调递增； 当0a 时，令( )0h x，解得xlna，令( )0h x，解得xlna， ( )h x在(,)lna单调递减，在(,)lna 单调递增； （）( ) i当2n 时， 2 ( )(1) x h xea x， 若0 x，)时，( ) 0h x ，即 2 1 x e a x ， 设 2 ( )(0) 1 x

15、e F xx x ，则 2 22 (1) ( )0 (1) x ex F x x ， ( )F x在0，)单调递增， ( )(0)1F xF，则1a， 故实数a的取值范围为(，1； ( )ii证明：依题意知，直线l不与x轴垂直，设直线l的方程为ykxm，由( ) x fxe，( )2g xx 知直线l的斜率满足 1 2 2 x kex， 2 0 x且 12 (2)xlnx， 点 1 (A x， 1 ()f x与点 2 (B x， 2 ()f x分别满足 11 1 2 222 12 xx eexm xxxm ， 消去m得， 1 2 12 (1)1 x x ex ，即 2 x是方程 2 2222

16、2(2)210 x lnxxx 的根， 设 2 20tx， 2 1 ( )1 4 s ttlnttt ， 则t是 函 数( )s t的 零 点 ， 1 ( ) 2 s tlntt， 设 1 ( )( ) 2 ts tlntt，则 11 ( ) 2 t t ， 令( )0t，解得(0,2)t，令( )0t，解得(2,)t， ( ) t在(0,2)单调递增，在(2,)单调递减， ( ) t（2）210ln ，即( )0s t， ( )s t在(0,)单调递减， 又 1711 ( )20, (1)0 21624 slns ， 函数( )s t在 1 ( ,1) 2 t内有且仅有一个零点，于是 122

17、2 1 (2) 2 xxlnxxlntt，且 12 xx随t增大 而增大，故 12 1 2 xx 5已知函数( )f xaxlnx，aR （1）当1a 时， 求( )f x的极值； 若对任意的x e都有( ) m x m f xe x ，0m ，求m的最大值； （2）若函数 2 ( )( )g xf xx有且只有两个不同的零点 1 x， 2 x，求证： 2 12 x xe 解： （1）1a 时，( )f xxlnx，( )1(0)fxlnxx， 令( )0fx，解得： 1 x e ，令( )0fx，解得： 1 0 x e ， 故( )f x在 1 (0, ) e 递减，在 1 (e，)递增，

18、故( )f x的极小值是 11 ( )f ee ，没有极大值； 对任意x e都有( ) mmm xxx m f xee lne x ， 即( )() m x f xf e恒成立，由0m ，故0 m x ，故1 m x e， 由知( )f x在 1 (e，)单调递增， 故 m x x e，可得 m lnx x ，即xlnx m， 当x e时，( )f x的最小值是f（e）e，故m的最大值是e； （2）证明：要证 2 12 x xe，只需证明 12 ()2ln x x即可， 由题意 1 x， 2 x是方程 2 0axlnxx的两个不相等的实数根， 0 x ， 11 22 0 0 alnxx aln

19、xx ，消去a， 整理得： 1 12 12 1 2 2 1 () 1 x xx ln x xln x x x ， 不妨设 12 xx，令 1 2 x t x ，则1t ， 故只需证明当1t 时， 1 2 1 t lnt t ，即证明 2(1) 1 t lnt t ， 设 2(1) ( ) 1 t h tlnt t ，则 2 22 11(1)(1) ( )20 (1)(1) ttt h t ttt t ， 于是( )h t在(1,)单调递增，从而( )h th（1）0， 故 2(1) 1 t lnt t ，故 2 12 x xe 6设函数 2 ( )21f xlnxmx （1）当( )f x有极

20、值时，若存在 0 x，使得 0 ()1f xm成立，求实数m的取值范围； （2）当1m 时，若在( )f x定义域内存在两实数 1 x， 2 x满足 12 xx，且 12 ()()f xf x，证明： 12 2xx 解： （1）( )f x的定义域是(0,)， 2 22 ( )2(1)fxmxmx xx ， 当0m时，( ) 0fx，即( )f x在(0,)上递增，不合题意， 当0m 时，令 2 10mx ，解得： 1 x m ， 故 1 (0,)x m 时，( )0fx，当 1 (x m ，)时，( )0fx， 故( )f x在 1 (0,) m 递增，在 1 ( m ，)递减， 故 1 (

21、 )() max f xflnm m ， 若存在 0 x，使得 0 ()1f xm成立， 则 1 1( )() max mf xflnm m ， 即1mlnm ，即10mlnm ， 令( )1h mmlnm，则 11 ( )10 m h m mm ， ( )h m在(0,)上单调递增， 又h（1）11 10ln ，01m， 即实数m的取值范围是(0,1)； （2）证明：当1m 时， 2 ( )21f xlnxx，则 2 22(1) ( )2 x fxx xx ， 当(0,1)x时，( )0fx，当(1,)x时，( )0fx， ( )f x在(0,1)递增，在(1,)递减， 由 12 xx且 12 ()()f xf x知 12 01xx ， 令 22 ( )( )(2)21 2 (2)(2)1F xf xfxlnxxlnxx 22 (2)44lnxlnxx，(0,1)x， 则 2 4(1) ( )0 (2) x F x xx ， ( )F x在(0,1)递增，( )F xF（1）0，即( )(2)f xfx， 11 ()(2)f xfx，又 12 ()()f xf x， 21 ()(2)f xfx， 1 (0,1)x ， 1 2(1,2)x， 又 2 1x 且( )f x在(1,)递减， 21 2xx，即 12 2xx