导数中双变量的函数构造

1导数中双变量的函数构造21．（12分）已知函数()lnexfxx（R）．（1）若函数()fx是单调函数，求的取值范围；（2）求证：当120xx时，都有211121ee1xxxx．21．解：（1）函数()fx的定义域为(0,)，∵()lnexfxx，∴e()exxxfxxx，∵函数()fx是单调函数，∴()0fx≤或()0fx≥在(0,)上恒成立，①∵()0fx≤，∴e0xxx≤，即e0xx≤，eexxxx≤，令()exxx，则1()exxx，当01x时，()0x；当1x时，()0x．则()x在(0,1)上递减，(1,)上递增，∴min1()(1)xe，∴1e≤；②∵()0fx≥，∴e0xxx≥，即e0xx≥，eexxxx≥，由①得()exxx在(0,1)上递减，(1,)上递增，又(0)0，x时()0x，∴0≥；综上①②可知，1e≤或0≥；...............................6分（2）由（1）可知，当1e=时，1()lneexfxx在(0,)上递减，∵120xx，∴12()()fxfx，即121211lnelneeexxxx，∴211112eelnlnxxxx，要证211121ee1xxxx，只需证2121lnln1xxxx，即证1221ln1xxxx，令12xtx，(0,1)t，则证1ln1tt，令1()ln1httt，则21()0thtt，∴()ht在(0,1)上递减，又(1)0h，∴()0ht，即1ln1tt，得证．...............................12分[典例]已知函数f(x)＝ax2＋xlnx(a∈R)的图象在点(1，f(1))处的切线与直线x＋3y＝0垂直．(1)求实数a的值；(2)求证：当n＞m＞0时，lnn－lnm＞mn－nm．[解](1)因为f(x)＝ax2＋xlnx，所以f′(x)＝2ax＋lnx＋1，2因为切线与直线x＋3y＝0垂直，所以切线的斜率为3，所以f′(1)＝3，即2a＋1＝3，故a＝1．(2)证明：要证lnn－lnm＞mn－nm，即证lnnm＞mn－nm，只需证lnnm－mn＋nm＞0．令nm＝x，构造函数g(x)＝lnx－1x＋x(x≥1)，则g′(x)＝1x＋1x2＋1．因为x∈[1，＋∞)，所以g′(x)＝1x＋1x2＋1＞0，故g(x)在(1，＋∞)上单调递增．由已知n＞m＞0，得nm＞1，所以gnm＞g(1)＝0，即证得lnnm－mn＋nm＞0成立，所以命题得证．1．(2017·石家庄质检)已知函数f(x)＝ax－x2ex(x＞0)，其中e为自然对数的底数．(1)当a＝0时，判断函数y＝f(x)极值点的个数；(2)若函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，设t＝x2x1，证明：x1＋x2随着t的增大而增大．解：(1)当a＝0时，f(x)＝－x2ex(x＞0)，f′(x)＝－2x·ex－－x2·exex2＝xx－2ex，令f′(x)＝0，得x＝2，当x∈(0,2)时，f′(x)＜0，y＝f(x)单调递减，当x∈(2，＋∞)时，f′(x)＞0，y＝f(x)单调递增，所以x＝2是函数的一个极小值点，无极大值点，即函数y＝f(x)有一个极值点．(2)证明：令f(x)＝ax－x2ex＝0，得x32＝aex，因为函数有两个零点x1，x2(x1＜x2)，3所以x1321＝aex1，x322＝aex2，可得32lnx1＝lna＋x1，32lnx2＝lna＋x2．故x2－x1＝32lnx2－32lnx1＝32lnx2x1．又x2x1＝t，则t＞1，且x2＝tx1，x2－x1＝32lnt，解得x1＝32lntt－1，x2＝32tlntt－1．所以x1＋x2＝32·t＋1lntt－1．①令h(x)＝x＋1lnxx－1，x∈(1，＋∞)，则h′(x)＝－2lnx＋x－1xx－12．令u(x)＝－2lnx＋x－1x，得u′(x)＝x－1x2．当x∈(1，＋∞)时，u′(x)＞0．因此，u(x)在(1，＋∞)上单调递增，故对于任意的x∈(1，＋∞)，u(x)＞u(1)＝0，由此可得h′(x)＞0，故h(x)在(1，＋∞)上单调递增．因此，由①可得x1＋x2随着t的增大而增大．2．(2016·全国乙卷)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x22.解：(1)f′(x)＝(x－1)ex＋2a(x－1)＝(x－1)(ex＋2a)．①设a＝0，则f(x)＝(x－2)ex，f(x)只有一个零点．②设a0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，所以f(x)在(－∞，1)内单调递减，在(1，＋∞)内单调递增．取对数，做差将两个零点x1，x2(x1＜x2)，用t表示，注意的隐含范围。4又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b0且blna2，则f(b)a2(b－2)＋a(b－1)2＝ab2－32b0，故f(x)存在两个零点．③设a0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e2，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)0，因此f(x)在(1，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．若a－e2，则ln(－2a)1，故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，f′(x)0.因此f(x)在(1，ln(－2a))内单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)内单调递增．又当x≤1时，f(x)0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1x2，由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，又f(x)在(－∞，1)内单调递减，所以x1＋x22等价于f(x1)f(2－x2)，即f(2－x2)0.由于f(2－x2)＝－x2e2－x2＋a(x2－1)2，而f(x2)＝(x2－2)ex2＋a(x2－1)2＝0，所以f(2－x2)＝－x2e2－x2－(x2－2)ex2.设g(x)＝－xe2－x－(x－2)ex，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－ex)．所以当x1时，g′(x)0，而g(1)＝0，故当x1时，g(x)0.从而g(x2)＝f(2－x2)0，故x1＋x22.3.已知函数f(x)＝ex－ax－1(a为常数)，曲线y＝f(x)在与y轴的交点A处的切线斜率为－1．(1)求a的值及函数y＝f(x)的单调区间；(3)若x1＜ln2，x2＞ln2，且f(x1)＝f(x2)，试证明：x1＋x2＜2ln2．解：(1)由f(x)＝ex－ax－1，5得f′(x)＝ex－a．又f′(0)＝1－a＝－1，所以a＝2，所以f(x)＝ex－2x－1，f′(x)＝ex－2．由f′(x)＝ex－2＞0，得x＞ln2．所以函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增．(2)证明：设x＞ln2，所以2ln2－x＜ln2，f(2ln2－x)＝e(2ln2－x)－2(2ln2－x)－1＝4ex＋2x－4ln2－1．令g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＝ex－4ex－4x＋4ln2(x≥ln2)，所以g′(x)＝ex＋4e－x－4≥0，当且仅当x＝ln2时，等号成立，所以g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)在(ln2，＋∞)上单调递增．又g(ln2)＝0，所以当x＞ln2时，g(x)＝f(x)－f(2ln2－x)＞g(ln2)＝0，即f(x)＞f(2ln2－x)，所以f(x2)＞f(2ln2－x2)，又因为f(x1)＝f(x2)，所以f(x1)＞f(2ln2－x2)，由于x2＞ln2，所以2ln2－x2＜ln2，因为x1＜ln2，由(1)知函数y＝f(x)在区间(－∞，ln2)上单调递减，所以x1＜2ln2－x2，即x1＋x2＜2ln2．4．(2017·沈阳质监)已知函数f(x)＝12x2－alnx＋b(a∈R)．(1)若曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，求实数a，b的值；6(2)若x＝1是函数f(x)的极值点，求实数a的值；(3)若－2≤a＜0，对任意x1，x2∈(0,2]，不等式|f(x1)－f(x2)|≤m1x1－1x2恒成立，求m的最小值．解：(1)因为f(x)＝12x2－alnx＋b，所以f′(x)＝x－ax，因为曲线y＝f(x)在x＝1处的切线的方程为3x－y－3＝0，所以f′1＝3，f1＝0，即1－a＝3，12＋b＝0，解得a＝－2，b＝－12.(2)因为x＝1是函数f(x)的极值点，所以f′(1)＝1－a＝0，所以a＝1．当a＝1时，f(x)＝12x2－lnx＋b，定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝x－1x＝x2－1x＝x－1x＋1x，当0＜x＜1时，f′(x)＜0，f(x)单调递减，当x＞1时，f′(x)＞0，f(x)单调递增，所以a＝1．(3)因为－2≤a＜0,0＜x≤2，所以f′(x)＝x－ax＞0，故函数f(x)在(0,2]上单调递增，不妨设0＜x1≤x2≤2，则|f(x1)－f(x2)|≤m1x1－1x2可化为f(x2)＋mx2≤f(x1)＋mx1，设h(x)＝f(x)＋mx＝12x2－alnx＋b＋mx，则h(x1)≥h(x2)．所以h(x)为(0,2]上的减函数，即h′(x)＝x－ax－mx2≤0在(0,2]上恒成立，等价于x3－ax－m≤0在(0,2]上恒成立，即m≥x3－ax在(0,2]上恒成立，又－2≤a＜0，所以ax≥－2x，所以x3－ax≤x3＋2x，7而函数y＝x3＋2x在(0,2]上是增函数，所以x3＋2x≤12(当且仅当a＝－2，x＝2时等号成立)．所以m≥12，即m的最小值为12．5．已知函数f(x)＝x－1x，g(x)＝alnx(a∈R)．(1)当a≥－2时，求F(x)＝f(x)－g(x)的单调区间；(2)设h(x)＝f(x)＋g(x)，且h(x)有两个极值点为x1，x2，其中x1∈0，12，求h(x1)－h(x2)的最小值．解：(1)由题意得F(x)＝x－1x－alnx(x＞0)，则F′(x)＝x2－ax＋1x2，令m(x)＝x2－ax＋1，则Δ＝a2－4．①当－2≤a≤2时，Δ≤0，从而F′(x)≥0，所以F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；②当a＞2时，Δ＞0，设F′(x)＝0的两根为x1＝a－a2－42，x2＝a＋a2－42，所以F(x)的单调递增区间为0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42．综上，当－2≤a≤2时，F(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；当a＞2时，F(x)的单调递增区间为0，a－a2－42和a＋a2－42，＋∞，F(x)的单调递减区间为a－a2－42，a＋a2－42．(2)对h(x)＝x－1x＋alnx，x∈(0，＋∞)求导得，h′(x)＝1＋1x2＋ax＝x2＋ax＋1x2，h′(x)＝0的两根分别为x1，x2，则有x1·x2＝1，x1＋x2＝－a，8所以x2＝1x1，从而有a＝－x1－1x1．令H(x)＝h(x)－h1x＝x－1x＋－x－1xlnx－1x－x＋－x－1x·ln1x＝2－x－1