新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题三导数中的双变量问题练习含答案

这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题三导数中的双变量问题练习含答案，共9页。试卷主要包含了已知函数f=x2等内容，欢迎下载使用。

(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(x1,y1),B(x2,y2)(其中x1≠x2),使得直线AB与函数f(x)的图象在x0=x1+x22处的切线平行?若存在,请求出直线AB;若不存在,请说明理由.
解析 (1)由题得函数f(x)的定义域为(0,+∞),(1分)
求导得f '(x)=ax+1-2a-2x=ax2+(1−2a)x−2x=(x−2)(ax+1)x,(4分)
因为a>0,
所以由f '(x)>0,得x>2;由f '(x)<0,得0所以f(x)的单调递减区间为(0,2),单调递增区间为(2,+∞).(7分)
(2)由题得y1=12ax12+(1−2a)x1−2lnx1,y2=12ax22+(1−2a)x2−2lnx2,
则kAB=y2−y1x2−x1
=12ax22+(1−2a)x2−2lnx2−12ax12+(1−2a)x1−2lnx1x2−x1
=12a(x2−x1)(x2+x1)+(1−2a)(x2−x1)−2lnx2+2lnx1x2−x1
=12a(x2+x1)+(1-2a)-2lnx2−2lnx1x2−x1,(9分)
由题知f(x)的图象在x0=x1+x22处的切线斜率为f '(x0)=f 'x1+x22=ax1+x22+1-2a-4x2+x1,(10分)
假设kAB=f '(x0),
则12a(x2+x1)+(1-2a)-2lnx2−2lnx1x2−x1=ax2+x12+1-2a-4x2+x1,
整理得lnx2−lnx1x2−x1=2x2+x1,即ln x2-ln x1-2(x2−x1)x2+x1=0,
所以lnx2x1-2x2x1−1x2x1+1=0,(12分)
设t=x2x1,则t>0且t≠1,
记g(t)=ln t-2(t−1)t+1,即g(t)=ln t+4t+1-2,t>0且t≠1,
求导得g'(t)=1t-4(t+1)2=(t+1)2−4tt(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0恒成立,
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x1,x2,其中x1①求实数a的取值范围;
②若不等式2ax1+kln x2>3k+1恒成立,求实数k的取值范围.
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x1,x2,
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,
将问题转化为函数g(x)=lnx−2x的图象与直线y=2a在(0,+∞)上有两个不同交点.
g'(x)=3−lnxx2,令g'(x)=3−lnxx2=0,解得x=e3,
当x>e3时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当00,g(x)单调递增,且g(e2)=0,故作出g(x)的图象如图,
由图象可得2a∈0,1e3满足题意,即a∈0,12e3,
即实数a的取值范围为0,12e3.
②由①知x1,x2是ln x-2ax-2=0的两个根,
故-2+ln x1-2ax1=0,-2+ln x2-2ax2=0,则2a=lnx1−lnx2x1−x2,
设t=x1x2,因为0可得-2+ln x2-lnx1−lnx2x1−x2·x2=0,即-2+ln x2-lnx1x2x1−x2x2=0,
所以ln x2=lntt−1+2,
故由2ax1+kln x2>3k+1可得lnx1−lnx2x1−x2x1+kln x2>3k+1,
即lnttx2−x2tx2+kln x2>3k+1,所以tlntt−1+kln x2>3k+1,
即tlntt−1+klntt−1+2>3k+1,化简得tlnt−t+1t−1>kt−1−lntt−1,
由于0令F(t)=tln t-t+1-k(t-1-ln t),则F(t)<0对任意的0设m(t)=ln t-k+kt,0(i)当k≤0时,m'(t)=t−kt2>0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递增,故F'(t)F(1)=0,不符合题意,舍去;
(ii)当k≥1时,m'(t)=t−kt2<0,m(t)=F'(t)在(0,1)上单调递减,故F'(t)>F'(1)=0,F(t)在(0,1)上单调递增,故F(t)(iii)当0当k0,m(t)=F'(t)单调递增,
当0又F'(1)=0,故kF(1)=0,
因此当k0,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;
(3)若0解析 (1)f(x)的定义域为R.对f(x)=2ln x-ax2+1求导得f '(x)=2x-2ax=2(1−ax2)x.
当a≤0时,对x>0有f '(x)=2(1−ax2)x>0,
故f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时,有f '(x)=2(1−ax2)x=2(1+xa)(1−xa)x=2a(1+xa)x1a−x,而当x>0时,2a(1+xa)x>0,故当00,当x>1a时, f '(x)<0,从而f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
综上,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>0时, f(x)在0,1a上单调递增,在1a,+∞上单调递减.
(2)由f(x)=2ln x-ax2+1≥0得a≤2lnx+1x2,
令F(x)=2lnx+1x2,
若存在正数x,使f(x)≥0成立,则a≤F(x)max.
F'(x)=−4lnxx3,
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)max=F(1)=1,∴a≤1.
(3)证明:令h(x)=f '(x)-f(x2)−f(x1)x2−x1(x>0),
则h(x)=2x-2ax-2lnx2−ax22−2lnx1+ax12x2−x1=2x-2ax-2lnx2−2lnx1x2−x1+a(x2+x1),
∵a>0,∴h(x)=2x-2ax-2lnx2−2lnx1x2−x1+a(x2+x1)在区间(x1,x2)上单调递减,
h(x1)=2x1-2ax1-2lnx2−2lnx1x2−x1+a(x2+x1)
=2x1-2lnx2−2lnx1x2−x1+a(x2-x1)
=2x2−x1x2x1−1−lnx2x1+a(x2-x1),
令g(t)=t-1-ln t(t>0),则g'(t)=1-1t=t−1t,
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)min=g(1)=0,
又01,∴x2x1-1-ln x2x1>0恒成立,
又∵a>0,x2-x1>0,∴h(x1)>0.
h(x2)=2x2−x11−x1x2−lnx2x1+a(x1-x2),
令m(t)=1-1t-ln t(t>1),则m'(t)=1t2-1t=1−tt2,当t∈(1,+∞)时,m'(t)<0,m(t)单调递减,∴m(t)又01,∴1-x1x2-ln x2x1<0恒成立,
又∵a>0,x1-x2<0,x2-x1>0,所以h(x2)<0,
∴在区间(x1,x2)上存在唯一的实数x0,使得h(x0)=0,
故对任意a∈(0,+∞),存在唯一的实数x0∈(x1,x2),使得f '(x0)=f(x2)−f(x1)x2−x1成立.
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;
(3)若存在x1,x2∈(0,+∞),且x1e2a+1.
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,
令φ(x)=2ln x+2a+1,则φ'(x)=2x>0,
∴φ(x)在(0,+∞)上单调递增,
由φ(x)=2ln x+2a+1=0得x=e−a−12,
∴f(x)在(0,e−a−12)上单调递减,在(e−a−12,+∞)上单调递增.
(3)证明:∵f(e-a)=0,∴x∈(0,e-a)时, f(x)<0,
∴0∴ln x1<-a-12即2(ln x1+a)<-1<2(ln x2+a)<0,
由f(x1)=f(x2)得x12(ln x1+a)=x22(ln x2+a),
即elnx12(ln x1+a)e2a=elnx22(ln x2+a)e2a,
∴e2(lnx1+a)·2(ln x1+a)=e2(lnx2+a)·2(ln x2+a),
令t1=2(ln x1+a),t2=2(ln x2+a),
设g(t)=tet,t∈(-∞,0),
∴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t1+t2<-2,又因为t2>-1,即证t1<-2-t2<-1,
即证g(t1)>g(-2-t2),
即证g(t2)>g(-2-t2),
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 x1+a)+2(ln x2+a)<-2,即ln(x1x2)<-2a-1,
∴0e2a+1