一轮大题专练10—导数（双变量与极值点偏移问题2）-2022届高三数学一轮复习

1、1 / 7 一轮大题专练一轮大题专练 10导数（双变量与极值点偏移问题导数（双变量与极值点偏移问题 2） 1已知函数2111( )()(1)24xxxf xmklnxn eeaxa+=+，其中2.718e =是自然对数的底数，( )fx是函数( )f x的导数 （）若1m =，0n =， （）当1k =时，求曲线( )f x在1x =处的切线方程 （）当0k 时，判断函数( )f x在区间(1，e上零点的个数 （ ） 若0m=，1n =， 当78a =时 ， 求 证 ： 若12xx， 且122xx+= ， 则12()()2f xf x+ （）解：（）当1m =，0n =，1k =时，2( )2

2、xf xlnx=， 则f（1）12=，1( )fxxx=，所以f （1）0=， 故切点坐标为1(1, )2，切线的斜率为 0， 故切线方程为12y =； ( )ii由2( )(0)2xf xklnx k=可得，2( )kxkfxxxx=， 令( )0fx=，解得xk=， 当0 xk时，( )0fx，则( )f x单调递减， 当xk时，( )0fx，则( )f x单调递增， 所以当xk=时，( )f x取得极小值即最小值(1)()2klnkfk=， 当0ke时，( )f x无零点； 当ke=时，( )f x在区间(1，e上单调递减，且()0fe =， 所以xe=是( )f x在(0，e上的唯一零

3、点； 当ke时，( )f x在区间(0,)e上单调递减，且 又f（1）102=，()02ekfe=， 所以( )f x在区间(1，e上仅有一个零点 2 / 7 综上所述，当0ke时，( )f x在区间(1，e上无零点； 当k e时，( )f x在区间(1，e上仅有一个零点； （）证明：当0m=，1n =，当78a =时，1111171173( )()(1)488484xxxxf xeexeex+=+， 令1xt+ =，120tt+=，不妨设110tx=+ ，173( )()484tth teet=+， 令171171( )()()288288tttth teetee=+ 171()()()()

4、288tttttttteeeet eeee=+ 711() ()()()2 08216tttttttteeeeteeee=+， 其中11 ()()1 022tttteetee =+， 因为(0)2h=， 所以当0t 时，( )2h t ， 故若12xx，且122xx+= ，则12()()2f xf x+ 2已知函数2( )( ,)f xaxbxlnx a br=+ （1）当1a =，3b =时，求( )f x的单调区间； （ 2 ） 当2b =时 ， 若 函 数( )f x有 两 个 不 同 的 极 值 点1x，2x， 且 不 等 式1212()()f xf xxxt+有解，求实数t的取值范围

5、； （3）设2( )( )g xf xax=，若( )g x有两个相异零点1x，2x，求证：212x xe 解：（1）当1a =，3b =时，2( )3f xxxlnx=+， 21231(1)(21)( )23xxxxfxxxxx+=+=， 0 x ，令( )0fx，则1012xx或， 令( )0fx，则112x， ( )f x的单调递增区间为1(0, ),(1,)2+，单调递减区间为1( ,1)2； （2）证明：由题可得2221( )(0)axxfxxx+=， 3 / 7 函数2( )2f xaxxlnx=+有两个不同的极值点1x，2x， 方程22210axx+ =有两个不相等的正实数根，

6、于是有121248010102axxax xa =+=解得102a 不等式1212()()f xf xxxt+有解，1212 ()()()maxtf xf xxx + 22121211122212()()()()f xf xxxaxxlnxaxxlnxxx+=+ 2121212122()22()()1(2 )a xxx xxxln x xlnaa=+= 设h（a）211(2 )(0)2lnaaa= ，h（a）220aa=， 故h（a）在1(0, )2上单调递增，故h（a）1( )52h= ， 5t 故实数t的取值范围为(, 5) （3）( )g xlnxbx=，设( )g x的两个相异零点为1

7、x，2x， 设120 xx，欲证212x xe，需证122lnxlnx+ 1()0g x=，2()0g x=， 110lnxbx=，220lnxbx=， 1212()lnxlnxb xx=，1212()lnxlnxb xx+=+ 要证122lnxlnx+，即证12()2b xx+， 即1212122lnxlnxxxxx+，即1122122()xxxlnxxx+， 设121xtx=上式转化为2(1)(1)1tlnttt+， 设2(1)( )1tg tlntt=+，22(1)( )0(1)tg tt t=+， ( )g t在(1,)+上单调递增， ( )g tg（1）0=， 2(1)1tlntt+

8、， 4 / 7 122lnxlnx+， 212x xe 3已知函数( )2xf xxe= （1）求函数( )f x的图象在点(0，(0)f处的切线方程； （2）若存在两个不相等的数1x，2x，满足12()()f xf x=，求证：1222xxln+ （1）解：函数( )2xf xxe=，则( )2xfxe=，则(0)211f = =，又(0)1f= ， 则切点为(0, 1)，切线的斜率为 1， 所以( )f x的图象在点(0，(0)f处的切线方程为1yx+ =，即10 xy =； （2）证明：令( )20 xfxe=，解得2xln=， 当2xln时，( )0fx，则( )f x单调递增， 当2

9、xln时，( )0fx，则( )f x单调递减， 所以当2xln=时，( )f x取得极大值，即2xln=为极大值点， 不妨设12xx，由题意可知，122xlnx， 令( )(2)(2)422xxf xf lnxf lnxxee=+=+， 则( )422xxf xee=，因为22xxxxeeee+=， 所以( ) 0f x，则( )f x单调递减， 又(0)0f=，所以( )0f x 在(0,)+上恒成立， 等价于(2)(2)f lnxf lnx+在(0,)+上恒成立， 所以12222()()(2(2)(2(2)(22)f xf xf lnxlnf lnxlnflnx=+=， 因为12xln，

10、2222lnxln， 又( )f x在(,2)ln上单调递增， 所以1222xlnx， 故1222xxln+ 4已知函数( )xf xemx=有两个不同的零点1x，2x，且12xx （）求实数m的取值范围； 5 / 7 （）若不等式2( )(1)xxf xmxx k e+对任意的0 x，)+恒成立，求实数k的最大值； （）求证：123exxm+ 解：（）显然0 x =不是( )f x的零点，令( )0f x =，则xemx=， 依题意，直线ym=与函数( )xeg xx=的图象有两个交点， 又2(1)( )xexg xx=，则函数( )g x在(,0)，(0,1)上单调递减，在(1,)+上单调

11、递增， 当0 x 时，( )0g x ，当x+时，( )g x +，g（1）e=，其草图如下， 由图象可知，实数m的取值范围为( ,)e +； （）2()(1)xxx emxmxx k e+，即( )(1) 0 xxh xxexk e=+， (0)0h=， ( )(1) 0 xxh xxexk e=+的一个必要条件是(0) 0h， 又( )1xxxh xexeke=+ ， (0)1 10hk = + ，则2k， 当2k =时，( )2(1)xxh xxexe=+，( )(1)1xh xxe=+，( )0 xh xxe=， ( )h x 单调递增，而(0)0h=， ( )h x在0，)+上单调递

12、增，故( )(0)0h xh=，符合题意， 实数k的最大值为 2； （）证明：易知1201xx ， 2(1)2(1),(0,1),(1,)11xxlnxxlnxxxx+， 6 / 7 11112(1)1xxlnmlnxlnmx=+，22222(1)1xxlnmlnxlnmx=+， 21111(1)22xxxlnmx+，22222(1)22xxxlnmx+， 2221212121()2()xxxxxx lnmxx+，即2112xxlnm+，即211xxlnm+， 要证123exxm+，即证1 3elnmm+，只需证2elnmm+， 记( )ef mlnmm=+，则221( )emef mmmm=

13、， 易知( )f m在( ,)e +上单调递增， ( )f mf（e）2=，即得证 5已知( )f xlnx=，3( )41g xxax= + （）若( )( )( )f xf xg x=+在点(1，f（1）)处的切线斜率为4，求实数a的值； （）若3( ) ( )( )4g xx f xg xx=有两个零点，且123xx，求证：2221126xxxxe+ （）解：3( )41f xlnxxax=+，21( )12f xxax=+， 由f（1）1 124a= += ，得7a = （）证明：( )(1)(0)g xx lnxaxx=+有两个零点， 即10lnxax+ =有两个不等根1x，212(

14、3)xxx， 即112122121212112xlnlnxlnxlnx xxaxxxxxx+=+， 即121121222xxxlnx xlnxxx+= 令123xtx=，则12121tlnx xlntt+= 记1( )(3)1ttlnt tt+=，则212( )(1)tlntttt= 记1( )2(3)u ttlnt tt= ，则22(1)( )0tu tt=， 所以( )u tu（3）0，即( )0t， 即( ) t在(3,)+上单调递增，即( ) t（3）232ln=， 所以23 21229lnx xee=， 7 / 7 所以2221121262xxx xxxe+ 6已知函数( )1()x

15、f xxaear=+ （1）讨论函数( )f x的单调性； （2）当1a =时，令( )()g xf lnx=，若函数( )g x的图象与直线ykxm=+相交于不同的两点a，b，设1x，212()xxx分别为点a，b的横坐标，求证：21111kxx+ （1）解：( )f x的定义域为(,) +，且( )1xfxae= 当0a时，( )0fx，则( )f x在(,) +上单调递增 当0a 时，若(,)xlna ，则( )0fx，( )f x在(,)lna 上单调递增； 若(,)xlna +，则( )0fx，( )f x在(,)lna+上单调递减 综上所述，当0a时，( )f x在(,) +上单调递增； 当0a 时，( )f x在(,)lna 上单调递增，在(,)lna+上单调递减 （2）证明：当1a =时，( )1xf xxe=+，( )()1g xf lnxlnxx=+， 所以21221121212121()( )1g xg xlnxxlnxxlnxlnxkxxxxxx+=， 所以21211lnxlnxkxx+ = 要证21111kxx+ ，即证21221111lnxlnxxxxx 因为210 xx，所以210 xx，即证21