专题6双变量问题（学生版答案解析）

专题6双变量问题答案解析【专题探究】例1【解析】(1)因为fx=ex因为函数fx在[0,+∞上单调递增，所以f'x所以exx+2≥a在0,+∞则g'x=x+1exx+2故gx≥g0=12因为f'x=ex函数ℎx过点x0,将−2,0代入上式得−e所以过−2,0的ℎx的切线方程为所以要使y=ex与y=ax+2a有两个交点，则此时fx有两个极值点x1,由ex1令t=x2+2x1所以tx1−x1令mt=令nt=t−2lnt−1t因为n1=0，所以nt>0在1,+∞上恒成立.所以所以mt在1,+∞上递增.又m所以当mt∈5-3ee−1，2ln3练1【解析】(1)由巳知得f'当a=−12当2ex−1>0，即x>−ln2，f'(x)<0故当a=−12时，f(x)的递增区间为(−∞,−ln(2)当a>0时，由（1）知f令t=1ex(t>0)故∆=1−4a>0,a>01ef=−1又f故不等式fx1+f由于a>4，故−1+2a+令φ(a)=2+a+2ln=aφ(a)是(4,+∞)上的增函数，φ(a)>φ(4)=∴k≤2，即k最大值为2.练2【解析】(1)函数的定义域为(0,+∞)，

f′(x)=x+1x−2，而x+1x⩾2x·1x=2，当且仅当x=1x，即x=1取等号，

所以f′x≥0恒成立，故y=f(x)在(0,+∞)上单调递增，

所以f(x)的单调递增区间为(0,+∞)，无减区间．

(2)将f(x)=12x2+lnx−2x代入化简得，g(x)=ex−(a+2)x，(x>0)，

因为函数y=g(x)有两个不同的零点x1，x2，

所以等价为ex=(a+2)x有两个不同的根，即(a+2)=exx有两个不同的根，

令l(x)=exx，mx=a+2，而l′(x)=ex(x−1)x2，所以l(x)=exx在(0,1)上单调递减，(1,+∞)上单调递增，

则l(x)在x=1处取极小值也是最小值，所以lxmin=l1=e，

可知：a+2>e⇒a>e−2，例2【解析】（1）∵函数fx=e∴f'x=ex−1,g'x=lnx令φt=e∵φ''t=et+1t+12∴当−1<t<0时，φ't<0，φt单调递减，当t>0时，φ'∴φ(t)≥φ(0)=0，当且仅当t=0时等号成立，∴方程f't=g't有且仅有唯一解t=0（2）令ℎ=ex−则ℎ'x=ex−b+1，∴当当0<x<lnb+1时,ℎ'x故ℎ(x)≥=(b+k)ln(b+k)−(b+1)ln(b+1)−klnk，x>0，令tx=(x+k)ln(x+k)−(x+1)ln(x+1)−klnk，x>0，则①若k>1时,t'x>0，tx在0,+∞单调递增，②若k=1时，tx③若0<k<1时，t'x<0，tx在0,+∞单调递减，综上，正实数k的取值范围是1,+∞练3【解析】（1）fx的定义域为0,+∞,f若fx单调递增，则f'x即a≥−2x2−xy=−2x2−x在0,+∞所以实数a的取值范围为0,+∞（2）证明：Fx=fx依题意可得x1,x于是x1+x2=1要证Fx2+即证Fx2x因为2x22从而Fx令gt=2−2tlnt+t+1设ℎt=g't解得t0=5由ℎ't>0得12<t<t于是ℎt在12,即g't在12而g'12=2ln2−1>0，g'因此gt在12,1综上所述，Fx练4【解析】（1）当b=1，则fx=当0<a≤12时，f'x≥0，f(x)在当a>12时，f(x)在0,2a−1a则f(x)∴实数a的取值范围为(0,12（2）证明：当b=0时,fx∵函数f(x)存在两个极值点，∴4a2−4a>0由题意知，x1，x2为方程ax2不妨设x1<x2，则0<由（1）知，当b=1,a=12即ex≥12x2+x+1（当且仅当x=0时取等号），f=1=12又fx1令ℎx=则ℎ'x=1−xex+e2−x从而f(x综上可得：1<f(x1例3【解析】(1)构造函数gx=2x−sin则g=−因为0<x<π2，则0<cos即当0<x<π2时，g'x<0故当0<x<π2时，gx(2)若a≤0，则f'此时函数fx在0,π2由（1）可知，函数gx在0,π2上单调递减，不妨设0<则gx1>g所以，sinx因为fx1=f所以，aln所以，aln所以，lnx1−而要证x1x2a2<1,只要证x即证lnx1x2>令ℎt=2lnt−所以函数ℎt在0,1上为减函数，当0<t<1时，ℎ所以，当x2>x所以x1x2<x1练5【解析】（1）函数的定义域为0,+∞，f'x当a≤0时，f'x>0恒成立，fx当0<a≤e时，令f'x=0，则ex−ax=0，设易知，当0<x<lna时，g'x<0，gx单调递减，当x>lna时，∴gx≥glna=elna−a综上，当a≤e时，fx在0,+∞上单调递增；（2）依题意，f'x1两式相除得，ex2−x1=x2x1，设x2x1∴x1+x2=t+1lnt设φt=t−1t−2lnt，则则φt>φ1=0，∴ℎ't又x1+x2≤2e+1⋅ln2∴ℎt∴t∈(1,2e)，即x2x1练6【解析】1i当k=6时，fx=x3+6lnx，故f'x=3x2+6x，∴f'1=9，

∵f1=1，

∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y−1=9x−1，即9x−y−8=0；

iigx=fx−f'x+9x=x3+6lnx−3x2+3x,x>0，

∴g'x=3x2−6x+6x−3x2=3(x−1)3(x+1)x2，

令g'x=0，解得x=1，

当0<x<1，g'x<0，当x>1，g'x>0，

∴函数gx在0,1上单调递减，在1,+∞上单调递增，∴=t3−3t2+6lnt+3t−1，=2\*GB3②

由(Ⅰ)(ii)可知当t≥1时，g(t)>g(1)，

即t3−3t2+6lnt+3t>1，=3\*GB3③

由=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③可得(x1−x2)[f'(x1)+f'(x2)]−2[f(例4【解析】(1)f'(x)=f'(1)再由f(x)=f'(1)ex−1所以f(x)的解析式为f(x)=ef'(x)=ex−1+x,易知f所以f'所以函数f(x)的增区间为0,+∞,减区间为−∞(2)若f(x)≥1即ℎx∵ℎ(1)当a+1<0时,ℎ'x>0恒成立,ℎx为R上的增函数,且当(2)当a+1=0时,ℎx>0恒成立,则b≤0,(3)当a+1>0时,ℎ'x=ex故f当x=lna+1时,ℎx依题意有ℎln即b≤a+1−∵a+1>0,∴a+1令ux=xu'所以当x=e时,ux取最大值故当时,a+1b取最大值e综上,a+1=e,b=e2若f(x)≥1练7【解析】（1）f'x当a=2时，f'x≥0，∴f当0<a<2时，由f'x>0，得0<x<a或x>2，由f∴fx在0,a和2,+∞上单调递增，在a,2当a>2时，由f'x>0，得0<x<2或x>a，由f∴fx在0,2和a,+∞上单调递增，在2,a综上所述，当a=2时，fx在0,+∞当0<a<2时，fx在0,a和2,+∞上单调递增，在a,2当a>2时，fx在0,2和a,+∞上单调递增，在2,a（2）若至少存在一个x0∈e,4，使得fx0∵当x∈e,4时，lnx≥1，∴2a>−12x2∵ℎ'x=−xlnx∴2a>−4ln2，即a>−2ln【专题训练】1.【解析】（1）由题意得

f(x)=ex+ax2−2x−1的定义域为R，①当a≥0时，g′x=ex+2a>0②当a<0时，g′x=0，解得x=ln−2a，

当x>ln−2a时，g′x>0，则gx在ln−2a,+∞综上，当a≥0时，gx的单调递增区间为−∞,+∞，无单调递减区间；

当a<0时，gx的单调递增区间为ln−2a(2)证明：fx有2个极值点x1,x2，则g(x)有且仅有两个变号零点x1,x2，

则由(1)可知a<0时，gx在ln−2a,+∞上单调递增，在由gx1=gx2要证a<−e2，只需证−2a>e，即证因为x1+x2>2即证ex1−x2设ℎ(t)=et−∴ℎt在0,+∞上单调递增，

∴ℎt>ℎ0=0，即et−2.【解析】(1)因为gx=ln①当m≤0时，因为x∈1,e，所以g′x>0，所以函数gx在1,e上单调递增，②当1m≥e，即0<m≤1e时，所以函数gx在1,e上单调递增，则g③当1<1m<e，即1e<m<1时，

函数gx在④当0<1m≤1，即m≥1时，x∈1,e，g′x≤0，函数gx在1,e上单调递减，当1e<m<1时，gxmax=g(2)要证x1x2>e2，只需证：lnx1+lnx所以x1,x即lnx1−mx1=0lnx2−m于是lnx1+设t=x2x1，则要证lnx1+lnx2>2设函数ℎt=ln所以ℎt为1,+∞上的增函数．注意到，ℎ1=0于是，当t>1时，有lnt>2t−1t+1．所以3.【解析】(1)当a=b=1时，f′x∴f′π=π+lnπ，所以函数fx(2)当b=0时，f′x因为fx在0,π2上是单调递增函数，所以f′令gx=x+asinx，则g′x令px=x−sinx,p′x即px>p0=0，所以当a<−1时，g′(0)=1+a<0,g′(所以存在唯一x0∈0,π2使得g′x0即∀x∈0,x0(3)证明：f′x当a∈0,1时，由(2)可知y=x+asinx设x1移项得x2由(2)知x2−sin所以−blnx2−设ℎx所以当x>1时，ℎx>ℎ1所以当x>1时，ln所以lnx代入①式中得到4⋅(−b)即4⋅−ba+1<即命题得证．【解析】(1)函数f(x)=xlnx(x>0)，求导得当0<x<1e时，f′(x)<0，函数f(x)单调递减，当x>1e时，因此当x=1e时，函数f(x)取得极小值所以函数f(x)的极小值点为x=1e，且极小值为(2)令x2x1=t，则t>1，由f(x不等式x1x则要证x1x2<令g(t)=(t+1)lnt−2t+2(t>1)，求导得令ℎ(t)=lnt+1因此g′(t)在1,+∞上单调递增，g′则函数g(t)在1,+∞上单调递增，g(t)>(1+1)×ln即(t+1)ln所以原不等式成立．5.【解析】(1)函数f(x)的定义域为(−∞,+∞)．∵fx=e∴当x∈−∞,0时，f′x>0；当x∈∴fx的单调递增区间是−∞,0；单调递减区间是0,+∞函数Hx=lnx+kx的定义域为∴当x∈0,k时，H′x<0；当x∈∴Hx的单调递减区间是0,k；单调递增区间是k,+∞(2)设ℎx=x−lnx，它的定义域为∴当x∈0,1时，ℎ′x<0当x∈1,+∞时，ℎ′x>0∴ℎx的最小值为ℎ∴ℎx=x−ln故方程x=lnx−1无实数解，

∴直线y=x与曲线(3)根据已知，Fx=e设t=ℎx=x−lnx，由(2)得由0<x1<x2，记ℎ(x1由Fx1=F由(1)知ft在1,+∞上单调递减，故t∴x1−ln x1=t1，x∀x1，x2，若0<x1，(u+e2，(u+e2设Du=u+解得a≤e，由a≤e可得−a≥−e，由u≥1可得u−1≥0，∴Du设Pu=u+e2P′u由e是自然对数的底数，得e2由(1)知，P′u=ln在e2−2e,+∞上单调递增，

由e2又∵P′1∴存在唯一u0∈1,∴当1≤u<u0时，P′u>0；

当u0<u<e时，P′u∴当u∈1,u0时，P当u∈u0,e时，P当u∈e,+∞时，Pu单调递增，故综上所述，当u>1时，Pu，D(u)⩾P(u)⩾0．∴实数a的取值范围为−∞,e．6.【解析】(1)当a=−2时，f(x)=xlnx−1exz−2x+3，

f′(x)=lnx−2ex−1，且x>0，

令g(x)=lnx−2ex−1，则g′(x)=1x−2e=e−2xex，因为x>0，

由g′(x)>0，得0<x<2e，由g′(x)<0，得x>e2，

所以g(x)在(0,e2)上为增函数，在(e2,+∞)上为减函数，

所以x=e2时，g(x)max=lne2−2，

因为lne2−2<0，所以g(x)<0，即f′(x)<0，

所以f(x)在定义域内为减函数;

(2)因为f′(x)=lnx−2ex+a+1，所以x1，x2为方程lnx−2ex+a+1=07.【解析】(1)由

f(1)=4a

，得

3a−b−c=0

，又

b=−6a

，所以

c=9a

，则

f(x)=ax3−6ax2+9ax

，所以

f′(x)=3a(x−1)(x−3)当

a>0

时，令

f′(x)>0

，得

x<1

或

x>3

；令

f′x<0

，得

1<x<3所以

f(x)

在

(−∞,1)

和

(3,+∞)

上单调递增，在

(1,3)

上单调递减；当

a<0

时，令

f′(x)>0

，得

1<x<3

；令

f′x<0

，得

x<1

或

x>3所以

f(x)

在

(−∞,1)

与

(3,+∞)

上单调递减，在

(1,3)

上单调递增．(2)x1因为

f(x)=ax3由

F(x)=0

，得

ax(x−3)2−xe−x=0

，解得

x=0因为

x∈[0,3]

，所以

x1=0

，

x2

，

x3

是

a(x−3)2又

lnax−32=lne−x=−x

，

所以两式相减得

2ln3−令

3−x2=t2

，

3−x3=t3

，则

3>令

u=t2t3∈(1,+∞)

所以

t3=2ln uu−1(u>1)

，

t2+设

g(u)=2(u+1)lnu−4(u−1)

，则

g′(u)=2再设

ℎ(u)=lnu+1u−1u>1所以

ℎ(u)

在

(1,+∞)

上为增函数，则

ℎ(u)>ℎ(1)=0

，即

g′(u)=2lnu+1u−1>0

，则

g(u)=2(u+1)从而

g(u)>g(1)=2(1+1)ln1−4(1−1)=0所以

t2+t3−4>0

所以

x2+x3<2

8.【解析】(1)f′(x)=1x+ax−(a+1)=(ax−1)(x−1)x(x>0)．

当a≤0时，ax−