2021学年第六章 导数及其应用本章综合与测试达标测试

专题强化练6　导数综合运用中的多变量(参数)问题

解答题

1.(2020重庆西南大学附中高三月考,)已知函数f(x)=,g(x)=ln x-mx(m∈R).

(1)求函数g(x)的单调区间;

(2)当m>0时,对任意的x1∈[1,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)-3m>g(x2)成立,试确定实数m的取值范围.

2.(2020河北衡水中学高三月考,)已知函数f(x)=x3-x2,g(x)=xln x-+5.

(1)若a=5,求函数g(x)的图像在x=1处的切线方程;

(2)若对任意的m,n∈,f(m)-g(n)+2≤0恒成立,求实数a的取值范围.

3.(2020湖南张家界高三期末,)已知函数f(x)=ln x+1-2a-x+有两个不同的极值点x1,x2.

(1)求实数a的取值范围;

(2)求f(x)的极大值与极小值之和的取值范围;

(3)若m∈,n∈,则f(m)-f(n)是否有最小值?若有,求出最小值;若没有,说明理由.

4.(2020湖北黄冈高三模拟,)已知函数f(x)=ex+x-e-1.

(1)若f(x)≥ax-e对x∈R恒成立,求实数a的值;

(2)若存在两个不相等的实数x1,x2,满足f(x1)+f(x2)=0,证明:x1+x2<2.

答案全解全析

专题强化练6　导数综合运用中的

多变量(参数)问题

解答题

1.解析　(1)由g(x)=ln x-mx(x>0),得g'(x)=-m.当m≤0时,g'(x)>0,所以g(x)的单调递增区间是(0,+∞),没有单调递减区间;当m>0时,令g'(x)>0,解得0<x<,令g'(x)<0,解得x>,所以g(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.综上所述,当m≤0时,g(x)的单调递增区间是(0,+∞),无单调递减区间;当m>0时,g(x)的单调递增区间是,单调递减区间是.

(2)当m>0时,对任意的x1∈[1,2],存在x2∈[1,2],使得f(x1)-3m>g(x2)成立,只需f(x)min-3m>g(x)min成立.

由f(x)=+ln x++1,得f'(x)=.

令h(x)=x-ln x(x>0),则h'(x)=,所以当x∈(0,1)时,h'(x)<0,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,所以h(x)在(0,1)上单调递减,在(1,+∞)上单调递增,且h(1)=1,所以h(x)≥h(x)min=h(1)=1>0,所以f'(x)>0,即f(x)在(0,+∞)上单调递增,所以f(x)在[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=2.

由(1)知,当m>0时,g(x)在上单调递增,在上单调递减.

①当0<≤1,即m≥1时,g(x)在[1,2]上单调递减,g(x)min=g(2)=

ln 2-2m.

②当1<<2,即<m<1时,g(x)在上单调递增,在上单调递减,g(x)min=min{g(1),g(2)},又g(2)-g(1)=ln 2-2m-(-m)=ln 2-m,

所以当<m≤ln 2时,g(2)≥g(1),此时g(x)min=g(1)=-m;

当ln 2<m<1时,g(2)<g(1),此时g(x)min=g(2)=ln 2-2m.

③当≥2,即0<m≤时,g(x)在[1,2]上单调递增,g(x)min=g(1)=-m.

所以当0<m≤ln 2时,g(x)min=g(1)=-m,

由得0<m≤ln 2.

当m>ln 2时,g(x)min=g(2)=ln 2-2m,

由得 ln 2<m<2-ln 2.

所以0<m<2-ln 2.

综上,实数m的取值范围是(0,2-ln 2).

2.解析　(1)因为a=5,所以函数g(x)=xln x-+5,

所以g(1)=0,即切点为(1,0).

易得g'(x)=ln x+1+,

将x=1代入,得g'(1)=6,

故所求的切线方程为y=6(x-1),

即y=6x-6.

(2)由对任意的m,n∈, f(m)-g(n)+2≤0恒成立,

可得f(m)max≤g(n)-2对任意的m,n∈恒成立.

又f(m)=m3-m2,m∈,

所以f'(m)=3m2-2m,令f'(m)=0,得m=0或m=,

当m∈时, f'(m)<0, f(m)单调递减,

当m∈时, f'(m)>0, f(m)单调递增,

而f, f(2)=4,所以f(m)max=4,

所以g(n)-2≥4对任意的n∈恒成立,

即nln n-+5-2≥4对任意的n∈恒成立,

所以a≤n2ln n-n对任意的n∈恒成立,

设φ(n)=n2ln n-n,n∈,则a≤φ(n)min.

易得φ'(n)=2nln n+n-1,

设t(n)=2nln n+n-1,n∈,

则t'(n)=2ln n+3,

因为n∈,所以t'(n)>0,所以t(n)在上单调递增,

即φ'(n)在上单调递增,而φ'(1)=0,

所以当n∈时,φ'(n)<0,φ(n)单调递减,

当n∈(1,2)时,φ'(n)>0,φ(n)单调递增,

所以n=1时,φ(n)取得最小值,最小值为φ(1)=-1,所以a≤-1,即实数a的取值范围为(-∞,-1].

3.解析　(1)易知f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=.

因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2,且定义域为x>0,

所以方程x2-x+a=0有两个不同的正根x1,x2,所以解得0<a<.

(2)由(1)知x1x2=a,x1+x2=1,不妨设x1<x2,所以f(x)极小值=f(x1), f(x)极大值=f(x2),

所以f(x)极小值+f(x)极大值=f(x1)+f(x2)=ln(x1x2)+2(1-2a)+-(x1+x2)=ln a+2-4a.

令φ(a)=ln a-4a+2,则φ'(a)=-4>0,

所以φ(a)在上单调递增,所以φ(a)<φ=-2ln 2+1,

即f(x)的极大值与极小值之和的取值范围是(-∞,-2ln 2+1).

(3)没有.理由:由(1)知x1x2=a,x1+x2=1.因为m∈,n∈,不妨设x1<x2,容易判断0<x1<<x2<1,

所以f(m)min=f(x1), f(n)max=f(x2),

所以[f(m)-f(n)]min=f(x1)-f(x2)=ln .

因为x1=1-x2,所以[f(m)-f(n)]min=ln +2(2x2-1)

=ln(1-x2)-ln x2+4x2-2.

令h(x)=ln(1-x)-ln x+4x-2,则h'(x)=<0,

所以h(x)在上单调递减,h(x)无最小值,

故f(m)-f(n)没有最小值.

4.解析　(1)令g(x)=f(x)-(ax-e)=ex+(1-a)x-1,则g'(x)=ex+1-a.

由题意,知g(x)≥0对x∈R恒成立,等价于g(x)min≥0.

当a≤1时,g'(x)>0,g(x)=ex+(1-a)x-1在R上单调递增,

因为g(-1)=-(1-a)-1<0,所以a≤1不合题意;

当a>1时,若x∈(-∞,ln(a-1)),则g'(x)<0,

若x∈(ln(a-1),+∞),则g'(x)>0,

所以g(x)在(-∞,ln(a-1))上单调递减,在(ln(a-1),+∞)上单调递增,

所以g(x)min=g(ln(a-1))=a-2+(1-a)·ln(a-1)≥0.

记h(a)=a-2+(1-a)ln(a-1)(a>1),

则h'(a)=-ln(a-1),

易知h(a)在(1,2)上单调递增,在(2,+∞)上单调递减,

所以h(a)max=h(2)=0,

即a-2+(1-a)ln(a-1)≤0.

而g(x)min=a-2+(1-a)ln(a-1)≥0,

所以a-2+(1-a)ln(a-1)=0,解得a=2.

(2)证明:(证法一)因为f(x1)+f(x2)=0,

所以+x1+x2=2(e+1).

因为x1≠x2,

所以结合基本不等式可知.

令x1+x2=t,

则2+t-2e-2<0.

记m(t)=2+t-2e-2,则m(t)<0,

所以m'(t)=+1,易知m'(t)>0,

所以m(t)在R上单调递增.

又m(2)=0,所以由2+t-2e-2<0,

得m(t)<m(2),

所以t<2,即x1+x2<2.

(证法二)不妨设x1<x2,因为f'(x)=ex+1>0,所以f(x)为R上的增函数.

要证x1+x2<2,即证x2<2-x1(x1<1),

即证f(x2)<f(2-x1)(x1<1).

因为f(x1)+f(x2)=0,

所以即证f(x1)+f(2-x1)>0(x1<1).

记h(x)=f(x)+f(2-x)=ex+e2-x-2e(x<1),

则h'(x)=,

当x∈(-∞,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)>h(1)=0,

从而h(x)=f(x)+f(2-x)>0,得证.