专题强化练4 导数综合运用中的多变量（参数）问题 （2021人教A版） 高中数学选修2-2资料）.docx

1、第一章第一章 导数及其应用导数及其应用 专题强化练专题强化练 4 导数综合运用中的多变量导数综合运用中的多变量(参数参数)问题问题 一、选择题 1.(2019 河北唐山开滦二中高二下期中,)若对于任意的正实数 x,y 都有 ( - )ln 成立,则实数 m 的取值范围为( ) A.( + B.( + C.( + D.( + 2.(2019 西藏拉萨高三三模,)若 0x1x2a,则有 x2ln x1-x1ln x2x1-x2恒成立, 则 a 的最大值为( ) A. B.1 C.e D.2e 3.(2019 安徽十校高三联考,)已知函数 f(x)= - + ,g(x)= - (e 是自然对 数的底

2、数),若x1(0,1),x21,3,使得 f(x1)g(x2)成立,则正数 k 的最小值为 ( ) A. B.1 C.4-2 D.4+2 二、解答题 4.(2019 广东广州华南师大附中高二下期中,)已知 f(x)=( )ln x+ -x. (1)求函数 f(x)的极值; (2)设 g(x)=ln(x+1)-ax+e x,若对于任意的 x 10,+),x21,+),总有 g(x1) f(x2)成立,求实数 a 的取值范围. 5.(2019 广东佛山三中高二下段考,)设 aR,函数 f(x)=aln x-x. (1)若 f(x)无零点,求实数 a 的取值范围; (2)若 f(x)有两个相异零点

3、x1,x2,求证:ln x1+ln x2-2ln a0 时,对任意的 x11,2,存在 x21,2,使得 f(x1)-3mg(x2)成立,试确定 实数 m 的取值范围. 答案全解全析答案全解全析 一、选择题 1.D 由( - )ln ,可得( - )ln , 设 =t,f(t)=(2e-t)ln t,t0, 则 f(t)=-ln t+ -1, 设 g(t)=-ln t+ -1,所以 g(t)=- - 0,所以 f(t)在(0,+)上单调递减, 又 f(e)=0,所以 f(t)在(0,e)上单调递增,在(e,+)上单调递减, 所以 f(t)max=f(e)=e, 所以 e , 所以 0m .故选

4、 D. 2.B 原不等式可转化为 0,函数 f(x)单调递增;当 x(1,+)时, f(x)0,函数 f(x) 单调递减.因为 x1x2时恒有 f(x1)f(x2),所以 x1,x2在区间(0,1)上,所以 a 的最大 值为 1,故选 B. 3.C x1(0,1),x21,3,使得 f(x1)g(x2)成立等价于 f(x)ming(x)min, 由 f(x)= - + 得 f(x)= - - = - - - . 0x0, 当 0k1 时, f(x)在(0,x4上单调递增,在x4,1)上单调递减, 当 x0 时,f(x)+,且当 x1 时,f(x)+,f(x)无最小值,故舍去. 又 g(x)=

5、- =4- , 则 g(x)= - . 令 g(x)=0,解得 x=e, g(x)在1,e)上单调递减,在(e,3上单调递增,g(x)min=g(e)=3, ( +1) 23,解得 k4-2 .故选 C. 二、解答题 4.解析解析 (1)易知 f(x)的定义域为(0,+).f(x)= - -1=- - ( - ) (x0). 当 x 变化时, f(x), f(x)的变化情况如下: x ( ) ( ) e (e, +) f(x) - 0 + 0 - f(x) 极小值 极大值 所以 f(x)的极小值为 f( )=- ,极大值为 f(e)= . (2)由(1)可知当 x1,+)时,函数 f(x) 的

6、最大值为 , 对于任意的 x10,+),x21,+),总有 g(x1) f(x2)成立,等价于 g(x)1 在 0,+)上恒成立. 易得 g(x)=e x+ -a,则 当 a2 时,因为 e xx+1,所以 g(x)=ex+ -ax+1+ -a2-a0,且等号不恒成 立,所以 g(x)在0,+)上单调递增,所以 g(x)g(0)=1 恒成立,符合题意. 当 a2 时,设 h(x)=e x+ -a,则 h(x)=e x- = - 0,且等号不恒成立, 所以 g(x)在0,+)上单调递增,且 g(0)=2-a0,则存在 x0(0,+),使得 g(x0)=0, 所以 g(x)在(0,x0)上单调递减

7、,在(x0,+)上单调递增, 又 g(x0)g(0)=1, 所以 g(x)1 不恒成立,不符合题意. 综上,实数 a 的取值范围是(-,2. 5.解析解析 (1)f(x)的定义域为(0,+). 若 a0,则 f(x)= -10, f(x)在区间(0,+)上单调递减, 因为 f(1)=-10, 所以 f(1)f( )0,令 f(x)=0,得 x=a, 则在区间(0,a)上, f(x)0,函数 f(x)是增函数;在区间(a,+)上, f(x)0,函 数 f(x)是减函数. 故 f(x)在区间(0,+)上的最大值为 f(a)=aln a-a, 由于 f(x)无零点, 则 f(a)=aln a-a0,

8、解得 0ae. 综上,实数 a 的取值范围是0,e). (2)证明:因为 x1,x2是方程 aln x-x=0 的两个不同的实数根, 所以 - - 两式相减得 a(ln x1-ln x2)-(x1-x2)=0,解得 a= - . 要证 ln x1+ln x2-2ln a0, 即证 x1x2a 2, 即证 x1x2 - ( ) , 即证( ) - = -2+ , 不妨设 x1x2,令 =t,则 t(0,1),则只需证 ln 2tt-2+ . 设 g(t)=ln 2t-t- +2,则 g(t)= ln t-1+ = ( - ). 令 h(t)=2ln t-t+ ,则 h(t)= -1- =-( -

9、 ) h(1)=0,所以 g(t)0, 所以 g(t)在(0,1)上单调递增,所以 g(t)g(1)=0,即 ln 2tt-2+ 在(0,1)上恒成立, 所以原不等式成立,即 ln x1+ln x2-2ln a0),得 g(x)= -m. 当 m0 时,g(x)0,所以 g(x)的单调递增区间是(0,+),无单调递减区间; 当 m0 时,令 g(x)0,得 0x ,令 g(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 m0 时,g(x)的单调递增区间是(0,+),无单调递减区间;当 m0 时,g(x)的单调递增区间是( ),单调递减区间是( ). (2)

10、当 m0 时,对任意的 x11,2,存在 x21,2,使得 f(x1)-3mg(x2)成立,只需 f(x)min-3mg(x)min成立. 由 f(x)= = +ln x+ +1,得 f(x)= - + - = - . 令 h(x)=x-ln x(x0),则 h(x)= - , 所以当 x(0,1)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)=10,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 m0 时,

11、g(x)在( )上单调递增,在( )上单调递减. 当 0 1,即 m1 时,g(x)在1,2上单调递减,g(x)min=g(2)=ln 2-2m. 当 1 2,即 m1 时,g(x)在* +上单调递增,在( +上单调递 减,g(x)min=ming(1),g(2). 又 g(2)-g(1)=ln 2-2m-(-m)=ln 2-m. 当 mln 2 时,g(2)g(1),此时 g(x)min=g(1)=-m; 当 ln 2m1 时,g(2)g(1),此时 g(x)min=g(2)=ln 2-2m. 当 2,即 0m 时,g(x)在1,2上单调递增,g(x)min=g(1)=-m. 所以当 0mln 2 时,g(x)min=g(1)=-m, 由 - - 得 0ln 2 时,g(x)min=g(2)=ln 2-2m, 由 - - 得 ln 2m2-ln 2. 所以 0m2-ln 2. 综上,实数 m 的取值范围是(0,2-ln 2).