2024人教版高中数学选择性必修第二册同步练习题（含解析）--专题强化练9　导数中的多元问题

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2024人教版高中数学选择性必修第二册同步
专题强化练9　导数中的多元问题
1.(2023湖南常德一模)已知函数f(x)=lnx+-2a(a∈R).
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x12.(2023四川成都八中期末)已知函数f(x)=xlnx-mx2-x+1,m∈R.
(1)若f(x)有两个极值点,求m的取值范围;
(2)若函数g(x)=xlnx-mx2-elnx+emx有且只有三个不同的零点x1,x2,x3,且的最大值为e2,求x1x3的最大值.
3.(2023江苏南通适应性测试)已知函数f(x)=+ax-2,其中a为实数.
(1)若a=1,求f(x)在[0,+∞)上的最小值;
(2)若函数f(x)在R上存在两个极值点x1,x2,且x14.(2023河北保定唐县一中月考)已知函数h(x)=x-alnx(a∈R).
(1)若h(x)有两个零点,求a的取值范围;
(2)若方程xex-a(lnx+x)=0有两个实数根x1,x2,且x1≠x2,证明:.
答案与分层梯度式解析
专题强化练9　导数中的多元问题
1.解析　(1)易得f'(x)=,x∈(0,+∞).
令f'(x)=0,得x2+(2-a)x+1=0,x>0,
当a≤2时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递增.
当a>2时,对于方程x2+(2-a)x+1=0,其判别式Δ=a2-4a=a(a-4),
当Δ≤0,即2当Δ>0,即a>4时,令x2+(2-a)x+1=0,得x1=,
所以当x∈(0,x1)∪(x2,+∞)时,f'(x)>0;当x∈(x1,x2)时,f'(x)<0,
所以f(x)在上单调递减,在上单调递增.
综上,当a≤4时,f(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a>4时,f(x)在上单调递减,在,,+∞上单调递增.
(2)由(1)得,若f(x)有两个极值点x1,x2,则a>4,且x1+x2=a-2,x1x2=1,
所以a=x1+x2+2,x2=,
所以f(x1)-f(x2)=lnx1+
=lnx1+-lnx2-=2lnx1+-x1,x1∈[e,e2].
令g(x)=2lnx+-x,x∈[e,e2],则g'(x)=<0,
所以g(x)在[e,e2]上单调递减,所以g(e2)≤g(x)≤g(e),即4+-e2≤g(x)≤2+-e.
所以f(x1)-f(x2)的取值范围为.
方法总结　破解含双参不等式问题的3个关键点:
(1)转化,即从已知条件入手,寻找双参所满足的关系式,并把含双参的不等式转化为含单参的不等式;
(2)巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性并得到极值,从而得到函数值的范围;
(3)结合函数值的范围,回归到双参不等式,即可使问题得到解决.
2.解析　(1)易得f'(x)=lnx-mx,x>0.
由题意得f'(x)=lnx-mx=0,即m=有两个不相等的实数根,即直线y=m与曲线y=有两个不同的交点.
令h(x)=,则h'(x)=.
令h'(x)>0,得0e,所以h(x)在(e,+∞)上单调递减.
所以h(x)在x=e处取得极大值,也是最大值,为,
又当x→0时,h(x)→-∞,当x→+∞时,h(x)→0,所以0(2)易知g(x)=xlnx-mx2-elnx+emx=(x-e)(lnx-mx),显然x=e是g(x)的一个零点.
由(1)知lnx-mx=0的两个根分别在(0,e)和(e,+∞)上,
∴g(x)的三个不同的零点分别是x1,e,x3,且0令t=,则t∈(1,e2].
由得
所以ln(x1x3)=lnx1+lnx3=,t∈(1,e2].
令F(t)=,则F'(t)=.
令φ(t)=t-2lnt-,则φ'(t)=1->0,
所以φ(t)在(1,e2]上单调递增,所以φ(t)>φ(1)=0,即F'(t)>0,
所以F(t)在(1,e2]上单调递增,所以F(t)≤F(e2)=,
所以ln(x1x3)≤,即x1x3≤.所以x1x3的最大值为.
3.解析　(1)当a=1时,f(x)=+x-2,则f'(x)=.
令g(x)=ex-x-1,x≥0,则g'(x)=ex-1≥0,且不恒为0,所以g(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g(0)=0,即f'(x)≥0,又f'(x)=0仅在x=0处成立,所以f(x)在[0,+∞)上单调递增,
所以当x∈[0,+∞)时,f(x)min=f(0)=0.
(2)证明:由题意得f'(x)=a-=0在R上有两个不相等的实数根x1,x2,且x1令h(x)=a-,则h'(x)=,
所以当x<0时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,0)上单调递减,
当x>0时,h'(x)>0,h(x)在(0,+∞)上单调递增,
故函数h(x)在x=0处取得极小值,也是最小值,
要使得h(x)=a-在R上有两个不同的零点,必须满足得0此时h(-1)=a>0,故-1因为x1,x2是f'(x)=a-=0的两个不等的实根,
所以即
要证-2,
即证-2,只要证x2-x1>2(1-a).
下面首先证明:x1+x2>0.
要证x1+x2>0,即证x2>-x1,
又-1所以只要证h(x2)>h(-x1),即证h(x1)>h(-x1),
令u(x)=h(x)-h(-x),-1则u'(x)=h'(x)+h'(-x)=<0,所以u(x)在(-1,0)上单调递减,故u(x)>u(0)=0,
即h(x)>h(-x).
因为-1h(-x1).
所以x1+x2>0,故x2>-x1.
要证x2-x1>2(1-a),只要证-2x1>2(1-a),即证x1只要证x1<-1,即证<1,
又-14.解析　(1)易知函数h(x)的定义域为(0,+∞).
当a=0时,h(x)=x,在(0,+∞)上无零点,与题意不符.
当a≠0时,由h(x)=x-alnx=0,得.
令f(x)=,x>0,所以若h(x)有两个零点,则直线y=与函数f(x)的图象有两个不同的交点.
易得f'(x)=,令f'(x)=0,得x=e.
所以当x∈(0,e)时,f'(x)>0,f(x)单调递增;当x∈(e,+∞)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,所以f(x)max=f(e)=.
又f(1)=0,当x→+∞时,f(x)>0,所以函数f(x)的大致图象如图所示.
由图可知,当0<,即a>e时,直线y=与函数f(x)的图象有两个不同的交点,
所以实数a的取值范围是(e,+∞).
(2)证明:由xex-a(lnx+x)=0,得xex-aln(xex)=0.
令t=xex,x>0,则t-alnt=0,t>0.
易得t'=(x+1)ex>0,所以函数t=xex在(0,+∞)上单调递增.
令t1=x1,则关于t的方程t-alnt=0有两个实数根t1,t2,且t1≠t2.
要证,即证x1·x2>e2,即证t1t2>e2,即证lnt1+lnt2>2.
由已知得
所以
所以.
不妨设t1>t2>0,即证lnt1+lnt2=>2,
即证ln.
令s=>1,即证lns>,其中s>1.
构造函数g(s)=lns-,s>1,则g'(s)=>0,
所以函数g(s)在(1,+∞)上单调递增,所以g(s)>g(1)=0,故原不等式得证.
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