20171211 周老师-导数中的多变量问题参考答案2
（2017?滨州一模）已知函数f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，g（x）=f（x）+ae1﹣x﹣a（x﹣1）．
（1）讨论f（x）的单调性；
（2）当a=1时，求g（x）在（，2）上的最大值；
（3）当f（x）有两个极值点x1，x2（x1＜x2）时，总有x2f（x1）≤λg′（x1），求实数λ的值（g′（x）为g（x）的导函数）
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6E：利用导数求闭区间上函数的最值．
【专题】35 ：转化思想；4C ：分类法；53 ：导数的综合应用．
【分析】（1）求得f（x）的解析式，求导，根据导数与函数的单调性的关系，即可求得f（x）的单调性；
（2）当a=1，求得g（x），求导，利用导数，求得函数的单调区间，即可求得g（x）在（
，2）上的最大值；
（3）由f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，求导，由题意可知：方程﹣x2+2x+a=0有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2），则x1+x2=2，代入求得﹣x12+2x1+a=0，代入f′（x）和g′（x），则不等式x1[2
﹣λ（
+1）]≤0对任意的x1∈（﹣∞，1）
恒成立，根据x的取值范围，即可求得实数λ的值．
【解答】解：（1）f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，求导f′（x）=（﹣x2+2x+a）e1﹣x， 由e1﹣x＞0恒成立，
则当﹣x2+2x+a＜0恒成立，即a≤﹣1， f′（x）≤0恒成立，
′∴函数f（x）在R上单调递减；
当x＞﹣1时，令f′（x）=0，即﹣x2+2x+a=0， 解得：x=1±
．
＜x＜1+或x＞1+，1+
，
，
），
当f′（x）＞0，解得：1﹣当f′（x）＜0，解得：x＜1﹣∴函数的单调递增区间（1﹣
），单调递减区间（﹣∞，1﹣
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（1+，+∞），
综上可知：当a≤﹣1，函数f（x）在函数在R单调递减， 当a＞﹣1，函数在（1﹣在（﹣∞，1﹣
），（1+
，1+
）单调递增，
，+∞）单调递减；
（2）当a=1时，g（x）=f（x）+ae1﹣x﹣a（x﹣1）=x2e1﹣x﹣（x﹣1）， 则f′（x）=（2x﹣x2）e1﹣x﹣1=
，
令h（x）=（2x﹣x2）﹣ex﹣1，则h′（x）=2﹣2x﹣ex﹣1， 显然h′（x）在（又因h′（
，2）内是减函数，
＜0，故在（
，2）内，总有h′（x）＜0，
）=﹣
∴h（x）在（，2）上是减函数， 又因h（1）=0， ∴当x∈（
，1）时，h（x）＞0，从而f′（x）＞0，这时f（x）单调递增，
当x∈（1，2）时，h（x）＜0，从而f′（x）＜0，这时f（x）单调递减， ∴f（x）在（
，2）的极大值，且为最大值是f（1）=1；
（3）根据题意可知：f（x）=（x2﹣a）e1﹣x，则f′（x）=（2x﹣x2+a）e1﹣x=（﹣x2+2x+a）e1﹣x，
根据题意，方程﹣x2+2x+a=0有两个不同的实根x1，x2（x1＜x2）， ∴△=4+4a＞0，即a＞﹣1，且x1+x2=2， ∵x1＜x2，x1＜1．
由x2f（x1）≤λg′（x1），其中g′（x）=（2x﹣x2）e1﹣x﹣a， 可得（2﹣x1）（x12﹣a）注意到﹣x12+2x1+a=0 ∴上式化为（2﹣x1）（2x1）即不等式x1[2
﹣λ（
≤λ[（﹣x12+2x1）
+（﹣x12+2x1）]，
≤λ[（﹣x12+2x1+a）
﹣a]，
+1）]≤0对任意的x1∈（﹣∞，1）恒成立，
﹣λ（
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（Ⅰ）当x1=0时，不等式x1[2
+1）]≤0恒成立，λ∈R；
（Ⅱ）当x1∈（0，1）时，2
﹣λ（+1）≤0恒成立，即λ≥，
令函数k（x）==2﹣，显然，k（x）是R上的减函数，
，
∴当x∈（0，1）时，k（x）＜k（0）=∴λ≥
，
﹣λ（
（Ⅲ）当x1∈（﹣∞，0）时，2
+1）≥0恒成立，即λ≤
即λ≤
，
，
由（Ⅱ），当x∈（﹣∞，0）时，k（x）＞k（0）=综上所述，λ=
．
【点评】本题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式恒成立，考查分类讨论思想，属于难题．
（2017?临沂一模）已知函数（Ⅰ）讨论函数f（x）的单调性；
．
（Ⅱ）若对于?x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，存在正实数x0，使得f（x2）﹣f（x1）=f'（x0）（x2﹣x1），试判断明．
【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；6K：导数在最大值、最小值问题中的应用．
与f'（x0）的大小关系，并给出证
【专题】33 ：函数思想；4R：转化法；53 ：导数的综合应用．
【分析】（Ⅰ）求出函数f（x）的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可；
（Ⅱ）作差得到f′（x0）﹣f′
=[ln﹣]，令=t，
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得到ln﹣=lnt﹣，（t＞1），令g（t）=lnt﹣，（t＞1），
根据函数的单调性判断即可．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）的定义域（0，+∞）， f′（x）=
﹣ax+（2﹣a）=﹣
，
①若a≤0，则f′（x）＞0，∴f（x）在（0，+∞）递增， ②若a＞0，则由f′（x）＞0，解得：0＜x＜由f′（x）＜0，解得：x＞故f（x）在（0，
，
，+∞）递减；
a（x2+x1）（x2﹣x1）+（2﹣a），
）递增，在（
证明：（Ⅱ）f（x2）﹣f（x1）=2（lnx2﹣lnx1）﹣（x2﹣x1），
由题意得f′（x0）=
﹣
a（x2+x1）+（2﹣a），
又f′=﹣a?+（2﹣a），
∴f′（x0）﹣f′
=
[（lnx2﹣lnx1）﹣
]=[ln
﹣]，
令=t，则ln﹣=lnt﹣，（t＞1），
令g（t）=lnt﹣，（t＞1），则g′（t）=＞0，
g（t）在（1，+∞）递增，
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g（t）＞g（1）=0，而x1＜x2，
故[ln﹣]＞0
故
＜f'（x0）．
【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想、转化思想，是一道综合题．
（2016?泰州一模）已知函数f（x）=ax4﹣﹣f′（x）．
（1）若a＞0，求证：
，x∈（0，+∞），g（x）=f（x）
（ⅰ）f（x）在f'（x）的单调减区间上也单调递减； （ⅱ）g（x）在（0，+∞）上恰有两个零点；
（2）若a＞1，记g（x）的两个零点为x1，x2，求证：4＜x1+x2＜a+4． 【考点】6B：利用导数研究函数的单调性；62：导数的几何意义．
【专题】33 ：函数思想；49 ：综合法；52 ：导数的概念及应用．
【分析】（1）（i）求出函数的导数，求出导函数的递减区间，证出f（x）在此区间也递减即可；
（ii）法一：求出g（x），构造函数
，求出其导数，根据
函数的单调性通过比较判断即可；法二：将φ（x）变形为两个函数，通过函数的单调性判断即可；
（2）法一，根据（ii）中的法一分别求出x1，x2的范围，相加即可；法二，根据（ii）中的法二分别求出x1，x2的范围，相加即可． 【解答】（1）证明：（i）因为
，所以f′（x）=4ax3﹣x，
，…2 分
由（4ax3﹣x）′=12ax2﹣1＜0，得f′（x）的递减区间为当
时，f′（x）=4ax3﹣x=x（4ax2﹣1）＜0，
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导数中的多变量问题
