高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2）
1.（2010?辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1 （1）讨论函数f（x）的单调性；
（2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，求a的取值范围． 解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）.
当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减； 当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得则当故f（x）在
时，f'（x）＞0；
单调递增，在
．
时，f'（x）＜0． 单调递减．
．
（Ⅱ）不妨假设x1≥x2，而a＜﹣1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减， 从而?x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2| 等价于?x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1① 令g（x）=f（x）+4x，则
①等价于g（x）在（0，+∞）单调递减，即从而
故a的取值范围为（﹣∞，﹣2]．（12分）
2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=
﹣bx（b为常数）．
．
（Ⅰ）当b=4时，讨论函数h（x）=f（x）+g（x）的单调性；
（Ⅱ）b≥2时，如果对于?x1，x2∈（1，2]，且x1≠x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数b的取值范围．
解：（1）h（x）=lnx+x2﹣bx的定义域为（0，+∞），当b=4时，h（x）=lnx+x2﹣4x， h'（x）=+x﹣4=
， ，x2=2+
，当x∈（2﹣
，2+
）时，h′（x）＜0，
令h'（x）=0，解得x1=2﹣当x∈（0，2﹣
），或（2+
，+∞）时，h′（x）＞0， ），或（2+
，+∞）单调递增；在（2﹣
，2+
）单调递减；
所以，h（x）在∈（0，2﹣
（Ⅱ）因为f（x）=lnx在区间（1，2]上单调递增，
当b≥2时，g（x）=x2﹣bx在区间（1，2]上单调递减，
不妨设x1＞x2，则|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）| 等价化为f（x1）+g（x1）＜f（x2）+g（x2）， 令φ（x）=f（x）+g（x），则问题等价于函数φ（x）在区间（1，2]上单调递减， 即等价于φ′（x）=+x﹣b≤0在区间（1，2]上恒成立，所以得b≥+x， 因为y=+x在（1，2]上单调递增，所以ymax=+2=所以得b≥
3．（2018?乐山二模）已知f（x）=（1）求f（x）的单调区间；
（2）令g（x）=ax2﹣2lnx，则g（x）=1时有两个不同的根，求a的取值范围；
（3）存在x1，x2∈（1，+∞）且x1≠x2，使|f（x1）﹣f（x2）|≥k|lnx1﹣lnx2|成立，求k的取值范围． 解：（1）∵f（x）=
，f′（x）=
=﹣
=﹣
，
．
故x∈（0，1）时，f′（x）＞0，x∈（1，+∞）时，f′（x）＜0， 故f（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； （2）∵g（x）=ax2﹣2lnx=1，∴a=如下，
∵f（1）==1，∴结合图象可知，a的取值范围为（0，1）；
（3）不妨设x1＞x2＞1，∵f（x）在（1，+∞）上单调递减，y=lnx在（1，+∞）上单调递增；
∴|f（x1）﹣f（x2）|≥k|lnx1﹣lnx2|可化为f（x2）﹣f（x1）≥k（lnx1﹣lnx2），
∴f（x2）+klnx2≥f（x1）+klnx1，即函数h（x）=f（x）+klnx在（1，+∞）上存在单调减区间， 即h′（x）=f′（x）+=﹣
+=
＜0在（1，+∞）上有解，
在（1，+∞）上有解， ）max=；∴k＜．
=f（x），作函数f（x）的图象
即m（x）=kx2﹣4lnx＜0在（1，+∞）上有解，即k＜∵（
）′=，当x=时，=0；故（
4．（2018?衡阳三模）已知函数f（x）=lnx﹣ax2+x（a∈R），函数g（x）=﹣2x+3． （Ⅰ）判断函数F（x）=f（x）+ag（x）的单调性；
（Ⅱ）若﹣2≤a≤﹣1时，对任意x1，x2∈[1，2]，不等式|f（x1）﹣f（x2）|≤t|g（x1）﹣g（x2）|
恒成立，求实数t的最小值． 解：（I）
=
，其定义域为为（0，+∞）， ．
（1）当a≤0时，F'（x）≥0，函数y=F（x）在（0，+∞）上单调递增； （2）当a＞0时，令F'（x）＞0，解得故函数y=F（x）在（II）由题意知t≥0.
上单调递增，在
，
；令F'（x）＜0，解得
上单调递减．
．
当﹣2≤a≤﹣1时，函数y=f（x）单调递增，不妨设1≤x1≤x2≤2， 又函数y=g（x）单调递减，所以原问题等价于：当﹣2≤a≤﹣1时，
对任意1≤x1≤x2≤2，不等式f（x2）﹣f（x1）≤t[g（x1）﹣g（x2）]恒成立， 即f（x2）+tg（x2）≤f（x1）+tg（x1）对任意﹣2≤a≤﹣1，1≤x1≤x2≤2恒成立． 记h（x）=f（x）+tg（x）=lnx﹣则h（x）在[1，2]上单调递减．得令立．
则2t﹣1≥（2x+）max，而y=2x+在[1，2]上单调递增， 所以函数y=2x+在[1，2]上的最大值为．由2t﹣1
5．（2018?河南模拟）已知函数
．
，解得t
．故实数t的最小值为
．
，a∈[﹣2，﹣1]，则
+（1﹣2t）x+3t，
对任意a∈[﹣2，﹣1]，x∈[1，2]恒成立．
2t≤0在x∈（0，+∞）上恒成
（1）若m＜0，曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线在两坐标轴上的截距之和为2，求m的值； （2）若对于任意的求t的取值范围． 解：（1）因为又因为切点坐标为令x=0，得解得m=﹣2或
，所以，所以切线方程为
；令y=0，得
．由
，f'（1）=m﹣1．
．
，化简得2m2+m﹣6=0，
及任意的x1，x2∈[2，e]，x1≠x2，总有
成立，
，又m＜0，所以m=﹣2．
，
，
（2）不妨设x1＞x2，由（1）知，
所以f'（x）＞0，f（x）为增函数，从而f（x1）＞f（x2）． 所以即设
等价于，所以
．
，
，则g（x1）＞g（x2），所以g（x）在[2，e]上为单调递增函数，
对于
，即
，则
恒成立，
因此g'（x）≥0，所以
设h（x）=x3﹣2x2
对于x∈[2，e]恒成立．
=
，
所以h（x）在[2，e]上单调递增，h（x）min=h（2）=1， 因此，t≤1，即t∈（﹣∞，1]．
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