新教材2024届高考数学二轮专项分层特训卷三微专题提升练微专题25双变量问题（附解析）

微专题25　双变量问题1．已知函数f(x)＝aex(a≠0)，g(x)＝x2.(1)当a＝－2时，求曲线f(x)与g(x)的公切线方程；(2)若y＝f(x)－g(x)有两个极值点x1，x2，且x2≥3x1，求实数a的取值范围．解：【题后师说】　当一个不等式中出现多个未知数，如何减少变元的个数就成为解决问题的关键．“减元”是在“消元”的思想下进行的，通过“消元”减少变量的个数，可使问题变得简单、易于解决．减元的常用手段有：换元、整体代入、消去常数等．2．已知函数f(x)＝xlnx－x2－x＋a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点．(1)求a的取值范围；(2)记两个极值点为x1，x2，且x1<x2.若λ≥1，证明：e1＋λ<x1·x.解： 【题后师说】　将关于x1，x2的双变量问题等价转化为以x1，x2所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想．这是解决双变量问题最重要、最一般的方法．3．函数f(x)＝emx－1－，(1)若m＝1，求f(x)的单调区间；(2)若f(x)的最小值为m，求m的最小值．解： 【题后师说】　(1)在解题过程中，若以x为自变量不好做，可以考虑变更主元；(2)变更主元后，要注意是对新变量求导．4．已知函数f(x)＝x2＋lnx(a∈R).(1)若在区间(1，＋∞)上，函数f(x)的图象恒在直线y＝2ax下方，求a的取值范围；(2)设g(x)＝f(x)－2ax，h(x)＝x2－2bx＋，当a＝时，若对于任意x1∈(0，2)，存在x2∈[1，2]，使g(x1)≤h(x2)，求实数b的取值范围．解： 【题后师说】　本题不等式型双变量问题，通过分析两个函数的最值加以解决．一般地，①∀x1∈D，∀x2∈E，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)min>g(x)max；②∀x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)min>g(x)min；③∃x1∈D，∃x2∈E，使得f(x1)>g(x2)，则f(x)max>g(x)min.微专题25　双变量问题1．解析：(1)当a＝－2时，f(x)＝－2ex，设曲线f(x)上的切点为(x1，－2ex1)，则切线方程为y＋2ex1＝－2ex1(x－x1)，设曲线g(x)上的切点为(x2，x)，则切线方程为y－x＝x2(x－x2)，由两条切线重合得则所以公切线方程为y＝－2x－2.(2)y＝f(x)－g(x)＝aex－x2，y′＝aex－x，因为x1，x2是y＝f(x)－g(x)的极值点，所以aex1－x1＝aex2－x2＝0，所以a＝＝.令x2＝kx1(k≥3)，可得＝，则x1＝.设h(x)＝(x≥3)，则h′(x)＝，令t(x)＝1－－lnx(x≥3)，则t′(x)＝<0，t(x)单调递减，得t(x)≤t(3)＝－ln3<0，所以h′(x)<0，h(x)单调递减，h(x)≤h(3)＝，易知h(x)>0，所以x1∈. 令φ(x)＝，φ′(x)＝，则φ(x)在(－∞，1]上递增，所以a＝∈.2．解析：(1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝lnx－ax，f(x)在(0，＋∞)有两个不同极值点，即方程lnx－ax＝0在(0，＋∞)有两个不同根，即方程a＝在(0，＋∞)有两个不同根，令g(x)＝，x∈(0，＋∞)，则g′(x)＝，则当0<x<e时，g′(x)>0，x>e时，g′(x)<0，则函数g(x)＝在(0，e)上单调递增，在(e，＋∞)上单调递减，所以g(x)max＝g(e)＝，又因为g(1)＝0，当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0，所以a的取值范围为(0，).(2)证明：要证e1＋λ<x1·x，两边取对数，等价于要证1＋λ<lnx1＋λlnx2，由(1)可知x1，x2分别是方程lnx－ax＝0的两个根，即lnx1＝ax1，lnx2＝ax2所以原式等价于1＋λ<ax1＋λax2＝a(x1＋λx2)，因为λ>0，0<x1<x2，所以原式等价于证明a>.又由lnx1＝ax1，lnx2＝ax2作差得，ln＝a(x1－x2)，即a＝.所以原式等价于>，令t＝，t∈(0，1)，则不等式lnt<在t∈(0，1)上恒成立．令h(t)＝lnt－，t∈(0，1)，又h′(t)＝－＝，当λ≥1时，t∈(0，1)时，h′(t)>0，所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，又h(1)＝0，h(t)<0，所以ln<在t∈(0，1)恒成立，所以原不等式恒成立． 3．解析：(1)当m＝1时，f(x)＝ex－1－，f′(x)＝，令u(x)＝x2ex－1＋lnx－1，易知u(x)在(0，＋∞)上单调递增，且u(1)＝0，所以当x∈(0，1)时u(x)<0，此时f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时u(x)>0，此时f′(x)>0；所以函数f(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，＋∞).(2)依题意可得：emx－1－≥m恒成立，且等号能够取到．构造关于m的函数g(m)＝emx－1－－m，g′(m)＝xemx－1－1，令g′(m)>0，得m>；令g′(m)<0，得m<；所以g(m)在(，＋∞)上单调递增，在(－∞，)上单调递减，故g(m)≥g＝ex－1－－＝0.不等式g(m)≥g＝0中的等号可以取到，令h(x)＝，则h′(x)＝，易得h(x)在(0，e2)上单调递减，在(e2，＋∞)上单调递增，h(x)min＝h(e2)＝－.所以m≥－，故m的最小值为－.4．解析：(1)令g(x)＝f(x)－2ax＝x2－2ax＋lnx(x>0).g′(x)＝(2a－1)x－2a＋＝，①若a>，令g′(x)＝0，得极值点x1＝1，x2＝，当x2>x1＝1，即<a<1时，在(0，1)上有g′(x)>0，在(1，x2)上有g′(x)<0，在(x2，＋∞)上有g′(x)>0，此时g(x)在区间(x2，＋∞)上是增函数，并且在该区间上有g(x)∈(g(x2)，＋∞)，不合题意；当x2≤x1＝1，即a≥1时，同理可知，g(x)在区间(1，＋∞)上，有g(x)∈(g(1)，＋∞)，也不合题意；②若a≤，则有2a－1≤0，此时在区间(1，＋∞)上恒有g′(x)<0，从而g(x)在区间(1，＋∞)上是减函数；要使g(x)<0在此区间上恒成立，只需g(1)＝－a－≤0，所以－≤a≤， 综上，当a∈[－，]时，函数f(x)的图象恒在直线y＝2ax下方．(2)当a＝时，由(1)中①知g(x)在(0，1)上是增函数，在(1，2)上是减函数，所以对任意x1∈(0，2)，都有g(x1)≤g(1)＝－，又已知存在x2∈[1，2]，使g(x1)≤h(x2)，即存在x2∈[1，2]，x2－2bx＋≥－，即存在x2∈[1，2]，2bx≤x2＋，即存在x2∈[1，2]，使2b≤x＋.因为y＝x＋∈[，](x∈[1，2])，所以2b≤，解得b≤，所以实数b的取值范围是(－∞，].