第1章 专题强化练4 多元问题的求解（同步练习）-【学而思·PPT课件分层练习】2024-2025学年高二数学选择性必修第二册（湘教版2019）

第1章　导数及其应用 专题强化练4　多元问题的求解 60分钟 　　　　　　　　　　　　　　　　 1.设函数f(x)=x3-4x+,g(x)=x2-2bx+1,若∀x1∈[1,2],∃x2∈[0,1],使f(x1)≥g(x2)成立,则实数b的取值范围是(　　) A. B. C. D. 2.若对任意的x1,x2∈[-2,0),x1<x2,<a恒成立,则a的最小值为(　　) A.- B.- C.- D.- 3.已知函数f(x)=,g(x)=xe-x.若存在x1∈(0,+∞),x2∈R,使得f(x1)=g(x2)=k(k<0)成立,则ek的最大值为　　　.  4.已知函数f(x)=+ln x,若x1<x2,且f(x1)=f(x2),证明:x1+x2>4. 5.已知函数f(x)=xln x. (1)求f(x)的图象在x=e处的切线方程; (2)若函数F(x)=-b有两个不同的零点x1,x2,证明:x1x2-e2>0. 6.已知函数f(x)=xln x-2ax2+x,a∈R. (1)若f(x)在(0,+∞)上单调递减,求实数a的取值范围; (2)若函数f(x)的两个极值点分别为x1,x2,证明:x1+x2>. 7.已知函数f(x)=xln x-mx2-x+1,m∈R. (1)若f(x)有两个极值点,求实数m的取值范围; (2)若函数g(x)=xln x-mx2-eln x+emx有且只有三个不同的零点,从小到大分别记为x1,x2,x3,且的最大值为e2,求x1x3的最大值. 8.设函数f(x)=x-,a>0. (1)求f(x)的单调区间; (2)求证:当x∈[1,ea]时, f(x)≤ea-. 9.已知函数f(x)=-ax+aln x,其中a>0. (1)若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围; (2)若函数g(x)=f(x)+a有三个极值点x1,x2,x3,求证:++>2. 答案与分层梯度式解析 第1章　导数及其应用 专题强化练4 多元问题的求解 1.A　由题意知,只需f(x)min≥g(x)min, 易求得f'(x)=x2-4,当x∈[1,2]时, f'(x)≤0,当且仅当x=2时取等号,故 f(x)在[1,2]上是减函数, f(x)min=f(2)=-5. g(x)=x2-2bx+1=(x-b)2+1-b2, 当b≤0时,g(x)在[0,1]上单调递增,此时g(x)min=g(0)=1,-5≥1不成立; 当b≥1时,g(x)在[0,1]上单调递减,此时g(x)min=g(1)=2-2b,则-5≥2-2b,解得b≥; 当0<b<1时,g(x)在[0,b)上单调递减,在(b,1]上单调递增,此时g(x)min=g(b)=1-b2,则-5≥1-b2,解得b≤-或b≥,此时无解. 综上,实数b的取值范围是.故选A. 2.A　因为x1<x2,所以x1-x2<0,则<a可化为x2-x1>a(x1-x2), 整理得x2+ax2>x1+ax1,易知x1x2>0,所以+>+, 令f(x)=+,则函数f(x)在[-2,0)上单调递减, 则f'(x)=≤0在[-2,0)上恒成立, 所以ex(x-1)≤a在[-2,0)上恒成立, 令g(x)=ex(x-1),则g'(x)=ex(x-1)+ex=xex,易知g'(x)<0在[-2,0)上恒成立, 则g(x)=ex(x-1)在[-2,0)上单调递减,所以g(x)≤g(-2)=-,故a≥-.故选A. 3.答案　 解析　g(x)===f(ex), 由于f(x1)==k<0,则ln x1<0,∴0<x1<1,同理可知,x2<0. 易知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且 f'(x)=>0在x∈(0,1)上恒成立,所以函数f(x)在区间(0,1)上单调递增,同理可知,函数g(x)在区间(-∞,0)上单调递增, 由f(x1)=g(x2)=f(),可得x1=,∴==g(x2)=k,则ek=k2ek, 构造函数h(k)=k2ek,k<0,则h'(k)=(k2+2k)ek=k(k+2)ek. 当k<-2时,h'(k)>0,此时函数h(k)单调递增;当-2<k<0时,h'(k)<0,此时函数h(k)单调递减.所以h(k)在k=-2处取得极大值,也是最大值,为h(-2)=. 4.证明　函数f(x)=+ln x的定义域为(0,+∞),且f'(x)=-+=, 当x∈(0,2)时, f'(x)<0,函数f(x)单调递减; 当x∈(2,+∞)时, f'(x)>0,函数f(x)单调递增. 若f(x1)=f(x2),则必有0<x1<2<x2,所以4-x1>2, 而f(x1)-f(4-x1)=+ln x1--ln(4-x1), 令h(x)=-+ln x-ln(4-x), 则h'(x)=--++ = =-,易知h'(x)<0在(0,2)上恒成立, 所以函数h(x)在(0,2)上为减函数,所以h(x)>h(2)=0, 所以f(x1)-f(4-x1)>0,即f(x1)>f(4-x1),所以f(x2)>f(4-x1), 所以x2>4-x1,即x1+x2>4. 5.解析　(1)易知f(x)=xln x的定义域为(0,+∞), f'(x)=ln x+1, f(e)=e, f'(e)=2. 因此f(x)的图象在x=e处的切线方程为y-e=2(x-e),即y=2x-e. (2)证明:不妨设x1>x2>0,令F(x)=-b=-b=0,得bx=ln x,由题意可得 ①+②,得b(x1+x2)=ln x1+ln x2=ln(x1x2), ①-②,得b(x1-x2)=ln x1-ln x2=ln, 则=,所以ln =ln(x1x2), 要证x1x2-e2>0,即证x1x2>e2,即证ln =ln(x1x2)>2,即证ln >=, 令t=,则t>1,即证ln t>. 构造函数g(t)=ln t-,t>1,则g'(t)=-=,易知g'(t)>0在t>1时恒成立, 所以函数g(t)=ln t-在区间(1,+∞)上单调递增. 当t>1时,g(t)>g(1)=0,所以ln t>. 因此,x1x2>e2,故x1x2-e2>0. 方法技巧 　　比值代换是处理双变量问题的重要工具,通过比值代换,将双变量问题转化为单变量问题来处理.另外,双变量极值的证明问题也可用对数均值不等式予以证明,即若x,y∈(0,+∞),且x≠y,则<<. 6.解析　(1)由f(x)=xln x-2ax2+x, 得f'(x)=ln x-4ax+2. ∵f(x)在(0,+∞)上单调递减, ∴f'(x)≤0在(0,+∞)上恒成立, 即4a≥+在(0,+∞)上恒成立. 令g(x)=+,则g'(x)=. 令g'(x)=0,得x=. 当0<x<时,g'(x)>0,即g(x)在上为增函数;当x>时,g'(x)<0,即g(x)在上为减函数. ∴g(x)的最大值为g=e, ∴a∈. (2)证明:若函数f(x)的两个极值点分别为x1,x2, 则f'(x)=0在(0,+∞)内有两个根x1,x2, 由(1)知0<a<. ①-②,得ln x1-ln x2=4a(x1-x2). 不妨设0<x1<x2,要证明x1+x2>,只需证明<, 即证明>ln x1-ln x2, 即证明>ln. 令=t,构造函数h(t)=-ln t,0<t<1,则h'(t)=<0, 即函数h(t)在(0,1)内单调递减, ∴当t∈(0,1)时,有h(t)>h(1)=0, ∴>ln t, 即不等式>ln成立. 综上,得x1+x2>. 7.解析　(1)由题意得f'(x)=ln x-mx,x>0. 则f'(x)=ln x-mx=0有两个不相等的正实数根, 即m=有两个不相等的正实数根. 令h(x)=,则h'(x)=. 由h'(x)>0,解得0<x<e,故h(x)在(0,e)上单调递增; 由h'(x)<0,解得x>e,故h(x)在(e,+∞)上单调递减. 故h(x)在x=e处取得极大值,为h(e)=, 易知h(x)>0在x>0时恒成立,若m=有两个不相等的正实数根,则0<m<. 所以当函数f(x)有两个极值点时,实数m的取值范围是. (2)因为g(x)=xln x-mx2-eln x+emx=(x-e)(ln x-mx),所以x=e是它的一个零点. 由(1)知ln x-mx=0的两个根分别在(0,e),(e,+∞)内,所以g(x)的三个不同的零点分别是x1,e,x3,且0<x1<e<x3.令t=,则t∈(1,e2]. 由解得 故ln(x1x3)=ln x1+ln x3=,t∈(1,e2]. 令n(t)=,则n'(t)=. 令φ(t)=t-2ln t-,则φ'(t)=1-+==>0在(1,e2]上恒成立. 所以φ(t)在区间(1,e2]上单调递增,即φ(t)>φ(1)=0,所以n'(t)>0,即n(t)在区间(1,e2]上单调递增,即n(t)≤n(e2)=, 所以ln(x1x3)≤,即x1x3≤, 所以x1x3的最大值为. 8.解析　(1)由题意得, f'(x)=1-,x>0, 令f'(x)=0,得x=, 由f'(x)>0,得x>, 由f'(x)<0,得0<x<, 所以f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为. (2)证明:若≤1,则0<a≤2,由(1)知, f(x)在[1,ea]上单调递增, 所以f(x)≤f(ea)=ea-. 若>1,则a>2, 设g(a)=ea-a,则g'(a)=ea-1, 当a>2时,g'(a)>0, 所以g(a)>g(2)=e2-2>0, 所以ea>a>,从而∈(1,ea), 结合(1)可知, f(x)在上单调递减,在上单调递增. 下面比较f(ea)=ea-和f(1)=1的大小. 设h(a)=ea-,则h'(a)=ea-a, 当a>2时,h'(a)>0,所以h(a)>h(2)=e2-2>1, 即f(ea)>f(1), 所以当x∈[1,ea]时, f(x)≤ea-. 9.解析　(1)由题意得f'(x)=+=, 若函数f(x)在(1,+∞)上单调递增, 则f'(x)=≥0在(1,+∞)上恒成立, 即ex-ax≥0在(1,+∞)上恒成立,即a≤在(1,+∞)上恒成立. 令h(x)=,则h'(x)=, 易知h'(x)>0在(1,+∞)上恒成立, 因此h(x)=在区间(1,+∞)上单调递增, 所以h(x)>h(1)=e, 所以0<a≤e. (2)证明:由题得g(x)=-ax+2aln x+,则g'(x)=-a=. 由题意得g'(x)=0有三个根,由g'(1)=0知1为g'(x)的一个零点,不妨设x3=1, 则ex-a(x-1)=0有两个零点x1,x2,且x1,x2∈(1,+∞),不妨设1<x1<x2. 令p(x)=ex-a(x-1),则p'(x)=ex-a, 当x∈(0,ln a)时,p'(x)<0,p(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时,p'(x)>0,p(x)单调递增, ∴当x=ln a时,p(x)取得极小值, ∴p(ln a)=a-a(ln a-1)<0,解得a>e2,此时ex-a(x-1)=0有两个零点x1,x2,且1<x1<ln a<x2. 要证++>2, 即证x1x2+x1x3+x2x3>2x1x2x3,即证x1+x2>x1x2,即证(x1-1)(x2-1)<1, 又因为=a(x1-1),=a(x2-1), 所以=a2(x1-1)(x2-1), 即证=a2(x1-1)(x2-1)<a2, 即证x1+x2<2ln a,即证x2<2ln a-x1, 由p(x)在(ln a,+∞)上单调递增,可知要证x2<2ln a-x1,即证p(x2)<p(2ln a-x1), 又因为p(x1)=p(x2),所以即证p(x1)-p(2ln a-x1)<0, 令G(x)=p(x)-p(2ln a-x),1<x<ln a, ∴G(x)=ex-a(x-1)-e2ln a-x+a(2ln a-x-1)=ex-a2e-x-2ax+2aln a,1<x<ln a, ∴G'(x)=ex+-2a,结合基本不等式可知G'(x)>0恒成立, 则G(x)为(1,ln a)上的增函数, ∴当1<x<ln a时,G(x)<G(ln a)=0, ∴结论成立. 学科网（北京）股份有限公司 $$