专题02,破译函数中双变量问题（解析版）

　综述，在解决函数问题时，经常会遇到在某一范围内任意变动的双变量问题，由于两个变量都在动，所以不知道把哪个变量作为自变量研究，从而无法展开思路. 对于该类问题的处理方法一般可从以下两个方面进行：（1 ）选取主元法，不管有多少个变量，可选一个变量为主元，其他变量为参数；（2 ）合理运用转化思想，将几个变量看作整体，即多元化一元. 一、单选题 1．（2020·湖南省长郡中学高三）已知函数2( ) ln( 1) f x x x   满足对于任意11[ ,2]2x  ，存在21[ ,2]2x  ，使得221 12ln( 2 ) ( )xf x x a fx  成立，则实数 a 的取值范围为（

　）

　A．ln2[ 8, )2 

　B．ln2 5[ 8, 2ln2]2 4  

　C．ln2( , 8]2 

　D．5( , 2ln2]4  

　【答案】C 【解析】由函数2( ) ln( 1) f x x x   在定义域单调递增， 对于任意11[ ,2]2x  ，存在21[ ,2]2x  ，使得221 12ln( 2 ) ( )xf x x a fx  成立， 即任意11[ ,2]2x  ，存在21[ ,2]2x  ，使得221 12ln2xx x ax  成立， 即满足  221 1max2maxln2xx x ax     ， 令21 1 1( ) 2 g x x x a    ，对称轴方程为11 x   ， 在11[ ,2]2x  可得1 max( ) (2)=8 g x g a  

　令222ln( )xh xx，求导可得22221 ln( )xh xx ， 2( ) 0 h x   ，可得2x e  ， 在  20, x e  ，2( ) 0 h x   ，2( ) h x 单调递增， 所以在21[ ,2]2x  ，2 maxln2( ) (2)2h x h   ，即ln282a   ，

　 解得ln282a   ，故选 C. 2．（2020·江西省南城一中高三期末）设函数    3 2, , , 0 f x ax bx cx a b c R a      ，若不等式    5 xf x af x  对 x R   恒成立，则b 2ca的取值范围为（

　）

　A．5,3    B．1,3    C．5,3     D．1,3     【答案】C 【解析】

　 3 2f x ax bx cx    ，  23 2 f x ax bx c      ， 由不等式     5 xf x af x    对 x R   恒成立， 可得      2 3 23 2 5 0 a a x b ab x c ac x       对 x R   恒成立， 所以，23 0 a a  且 0 a  ，解得 3 a  ， 则不等式22 5 0 bx cx   对 x R   恒成立，所以204 20 0bc b    ，则25cb  ， 所以，  222125 25 2 2 10 553 3 15 15 3c cc b c b c c ca         . 因此，b 2ca的取值范围为5,3    .故选：C. 3．（2020·新疆维吾尔自治区高三）已知函数ln 1, 1( )1( 2), 13x xf xx x    ，若    且 ( ) ( ) f f    ，则   的取值范围是（

　）

　A．   8 3ln3,6 

　B． 28 3ln3, 1 e    C．   9 4ln3,6 

　D． 29 4ln3, 1 e    【答案】B 【解析】因为ln 1, 1( )1( 2), 13x xf xx x    ，故其函数图像如下所示：

　令 1 1 lnx  ，解得2x e ；令 1 1 lnx   ，解得 1 x  . 数形结合可知，若要满足 ( ) ( ) f f    ，且    ， 则  21,e  ，且  12 13ln      ，解得 3 5 ln     . 故    3 5 ln      ，  21,e   . 令    23 5, 1, g x x lnx x e    ， 则  31 g xx  ，令   0 g x   ，解得 3 x  ， 故   g x 在区间   1,3 单调递减，在区间  23,e单调递增， 则      2 21 6, 3 8 3 3, 1 g g ln g e e      ， 故   28 3 3, 1 g x ln e    .即可得    28 3 3, 1 ln e    .故选：B. 4． （2020·江西省临川第二中学高三期中）已知函数( )xf x e ax   有两个零点1x ，2x ，则下列判断：① a e  ；②1 22 x x   ；③1 21 x x  ；④有极小值点0x ，且1 2 02 x x x   ．则正确判断的个数是（

　）

　A．4 个 B．3 个 C．2 个 D．1 个 【答案】D 【解析】对于①，∵ ( )xf x e ax   ， ∴ ( )xf x e a    ，令 ( ) 0xf x e a     ， 当 0 a  时， ( ) 0xf x e a     在 xR 上恒成立， ∴( ) f x 在 R 上单调递增． 当 0 a  时，由 ( ) 0 f x ，解得 ln x a  ；由 ( ) 0 f x ，解得 ln x a  ； ∴( ) f x 在 ( ,ln ) a 单调递减，在 (ln , ) a  单调递增．

　 ∵函数 ( )xf x e ax   有两个零点1x ，2x ， ∴ 0 a  ， (ln ) 0 f a  ，即lnln 0ae a a  ，即 ln 0 a a a   ， 解得：

　a e  ；所以①不正确； 对于②，因为函数 ( )xf x e ax   有两个零点1x ，2x ， 所以1x ，2x 是方程0xe ax  的两根，因此1 1ln x ax  ，2 2ln x ax  ， 所以      21 2 1 2 1 2 1 2ln 2ln ln 2 ln x x a x x a x x x x      ， 取22ea  ，2(2) 2 0 f e a    ，∴22 x  ， (0) 1 0   f ，∴10 1 x   ， ∴1 22 x x   ，所以②不正确； 对于③， (0) 1 0   f ，∴10 1 x   ，1 21 x x  不一定，∴所以③不正确； 对于④，f（x）在 ( ,ln ) a  单调递减，在 (ln , ) a  单调递增， ∴有极小值点0ln x a  ，且1 2 02 2ln x x x a    ，所以④正确． 综上，正确的命题序号是④．故选:D 5．（2020·湖南省高三期末）已知实数 a，b 满足22 5ln 0 a a b    ， c R  ，则2 2( ) ( ) a c b c    的最小值为 (

　 )

　A．12 B．22 C．3 22 D．92 【答案】C 【解析】由题意，得， 代换 ， 代换 ，则 满足：

　，即 ，以 代换 ，可得点 ，满足 ，因此求   2 2a c b c   的最小值即为求曲线上的点到直线 的距离的最小值，设直线 与曲线相切于点 ，则 ，解得 ，所以切点为,所以点 到直线 的距离，则   2 2a c b c   的最小值为 ，综上所述，选 C.

　 6．（2020·全国高三专题练习）已知直线   1 y a x   与曲线  xf x e b   相切，则 ab 的最小值为（

　）

　A．14e

　B．12e

　C．1e

　D．2e

　【答案】B 【解析】设切点为00( , )xx e b  , 因为 ( )xf x e b   ,所以 ( )xf x e ,所以00( )xf x e a    ,所以0ln x a  , 又切点00( , )xx e b  在直线 ( 1) y a x   上,所以00( 1)xe b a x    , 所以0a b ax a    , 所以0ln b ax a a   ,所以2ln ab a a , 令2( ) ln ( 0) g a a a a   , 则21( ) 2 ln 2 ln (2ln 1) g a a a a a a a a aa        , 令 ( ) 0 g a ,得120 a e , 令 ( ) 0 g a ,得12a e, 所以 ( ) g a 在12(0, ) e上递减,在12( , ) e上递增, 所以12a e时, ( ) g a 取得最小值1 1 122 2 21( ) ( ) ln2g e e ee     . 即 ab 的最小值为12e .故选:B 7．（2020·黑龙江省双鸭山一中高三期末）

　 ， ,2 2     ，且 sin sin 0       ，则下列结论正确的是（

　 ）

　A．  

　B． 0    

　C．   

　D．2 2  

　【答案】D 【解析】构造   sin f x x x  形式，则   sin cos f x x x x    ， 0,2x    时导函数   0 f x   ，   f x 单调

　 递增； ,02x    时导函数   0 f x   ，   f x 单调递减．又

　  f x 为偶函数，根据单调性和对称性可知选 D.故本小题选 D. 8．（2020·广西壮族自治区高三月考）已知函数  1( ) ln 1 , ,2xf x e x x      ，若存在   2,1 a  ，使得212 2 3 f a a em       成立，则实数 m 的取值范围为（

　）

　A．2,13    B．   1,

　C．2,3    D．31,2    【答案】A 【解析】1"( ) ln 1xf x e xx     ，令1( ) ln 1 g x xx   ，则2 21 1 1"( )xg xx x x   ， 故当112x   时， ) "( 0 g x  ， ( ) g x 单调递减，当 1 x  时， "( ) 0, ( ) g x g x  单调递增， ( ) (1) 0 g x g    ，从而当1,2x    时， "( ) 0 f x  ，( ) f x 在区间1,2   上单调递增. 设    222 3 1 4 h a a a e a e         ， 则   h a 在   2, 1   上单调递减，在  1,1 上单调递增，  max( ) 1 h a h e   ， 存在   2,1 a  ，使212 2 3 f a a em       成立，等价于  12 1 f e fm      . 12 11 122mm    ，解得213m   .故选：

　A . 9．（2020·重庆南开中学高三月考）已知曲线     0xf x ae a   与曲线    20 g x x m m    有公共点，且在该点处的切线相同，则当 m 变化时，实数 a 的取值范围是（

　）

　A．240,e    B．61,e    C．40,e    D．281,e    【答案】A

　 【解析】由 ( ) ( 0)xf x ae a   ，2( ) g x x m   ，得 ( )xf x ae   ， ( ) 2 g x x   ， 设 ( ) ( 0)xf x ae a   与曲线2( ) g x x m   的公共点为 ( , )s t ， 则 ( )sf s ae   ， ( ) 2 g s s   ，  两曲线在切点处的切线方程分别为 ( )s sy ae ae x s    与22 ( ) y s m s x s     ， 即s s sy ae x ae sae    与22 y sx s m    ． 则22ss ss aeae sae s m    ，整理得222sm s ssae  ①②． 由①且 0 m  ，得 0 s  或 2 s  ，当 0 s  时，两曲线无公共切线，则 2 s  ． 由②得，2( 2)ssa se  ． 令2( ) ( 2)ssh s se  ，则2(1 )( ) 0ssh se   ，函数 ( ) h s 在 (2, )  上为单调减函数， ( ) (2) h s h  24e ，又当 s 时， ( ) 0 h s  ，  实数 a 的取值范围是24(0, )e．故选：A. 二、填空题 10．（2020·江苏省高三专题练习）已知函数  2lnxf x a x x a    ，对任意的  1 2, 0,1 x x  ，不等式   1 21 f x f x a    恒成立，则实数 a 的取值范围是___． 【答案】

　  , e 

　【解析】

　由题意可得max min( ) ( ) 1 f x f x a    ，且 1 a  ，由于( ) ln 2 ln ( 1)ln 2x xf x a a x a a a x        ，所以当 0 x  时，( ) 0 f x  ，函数( ) f x在 [0,1] 上单调递增，则max min( ) (1) 1 ln , ( ) (0) 1 f x f a a f x f       ，所以max min( ) ( ) ln f x f x a a   ，故1 ln ln 1 a a a a      ，即 a e  ，应填答案 [ ) , e  ． 11．（2020·湖南省明达中学高三）已知函数2( ) 2ln 3 f x x ax    ，若存在实数, [1,5] m n满足 2 n m   时，( ) ( ) f m f n  成立，则实数 a 的最大值为_____

　 【答案】ln34 【解析】由2 2( ) ( ) 2ln 3 2ln 3 f m f n n an m am        ，所以2 22(ln ln ) n man m， 令 n m t   ，（ 2 t  ），则ln(1 )(2 )tmat m t，（[ 1 , 5 ] m， 2 t  ）， 显然ln(1 )( )(2 )tmg mt m t，在 [1, ) m  单调递减， ∴ln(1 )(1)(2 )ta gt t （ 2 t  ）

　令ln(1 )( ) (1)(2 )th t gt t ，（ 2 t  ），2 222 2( 1) ln( 1)( )[ ( 2)] ( 1)t t t th tt t t     ， ∵ 2 t  ，∴ 2ln(1) 1 t  ，则2 22 2( 1) ln( 1) t t t t     ， ∴令ln(1 )( ) (1)(2 )th t gt t 在 [2, )  单调递减， ∴ln3(2)4a h   ，∴实数 a 的最大值为ln34．故答案为：ln34 12． （2020·河南省高三月考）设函数  3 21xxfx ，  2xg x xe  ，若  11, x     ，使得  21, x     ，不等式    22 14emg x m f x  恒成立，则实数 m 的取值范围是______. 【答案】

　 1,

　【解析】   2 1 5 521 1xxf xx      ，当  1, x   时，有  2 f x  . 因为  2xg x xe  ，所以    2 2 22 1 2x x xg x e xe x e      ， 当112x     时，   0 g x   ，函数   y g x  在11,2    上单调递减， 当12x   时，   0 g x   ，函数   y g x  在1,2    上单调递增，  1 12 2g x ge       ，所以当 1 x   时，  1,2g xe     . 若 0 m  ，则  214 4 22emg x em me       ，  2 212 m f x m  . 根据题意可知22 2 m m   ，解得 1 m > ；

　 若 0 m  ，则    24 , 2 emg x m    ，  2 212 m f x m  ，不符合条件. 综上所述，实数 m 的取值范围是  1, .故答案为：

　  1, . 13． （2020·浙江省高三期中）若 a 为实数，对任意[ 1,1] k  ，当 ( 0, 4] x 时，不等式26ln 9 x x x a kx    恒成立，则 a 的最大值是_________. 【答案】7 【解析】因为对任意 [ 1,1] k  ，当 (0,4] x 时，不等式26ln 9 x x x a kx    恒成立，所以对任意[ 1,1] k  ，当 (0,4] x 时，不等式26ln 9 x x x akx   恒成立 即2 22min6ln 9 6ln 91 6l 8 nx x x a x x x ak a x x xx x             

　所以当 (0,4] x 时，不等式2n 8 6l a x x x    恒成立 令2( ) 6l ,4 8 n , (0 ] f x x x x x    

　则min( ) a f x 

　22 8 6 (2 2)( 3)( )x x x xf xx x       

　 当 ( ) 0 f x 时，(2 2)( 3) 01 30 4x xxx       当 ( ) 0 f x 时，(2 2)( 3) 00 4x xx    0 1 x   或 3 4 x  

　所以函数( ) f x 在区间 (0,1) 和 (3,4] 上单调递减，在区间 (1,3) 上单调递增 (1) 0 1 8 7, (4) 6ln4 16 32 16 6ln4 f f         

　因为316 6ln4 7 9 6ln4 3(3 ln16) 3ln 016e       

　所以min( ) 7 f x 

　所以 7 a  ， a 的最大值为：

　7

　故答案为：

　7

　 三、解答题 14．（2020·贵州省贵阳一中高三月考）设 , a bR ，已知函数  2ln f x a x x bx    存在极大值. （1）若 2 a  ，求 b 的取值范围； （2）求 a 的最大值，使得对于 b 的一切可能值，   f x 的极大值恒小于 0 . 【答案】（1）

　4 b   ，（2）32e

　【解析】（1）当 2 a  ，   22 20x bxf x xx    ，由   f x 存在极大值， 可知方程22 2 0 x bx   有两个不等的正根，则216 0,0,21 0,bb     ∴ 4 b   . （2）   220x bx af x xx    ，由   f x 存在极大值， 可知方程22 0 x bx a   有两个不等的正根， 设为1 2, x x 且1 2x x  ，∴1 22ax x  ，∴ 0 a  ，102ax  . 由  1 20 f x x x x      ， ∴   f x 的极大值为  21 1 1 1ln f x a x x bx    ，∵21 12 bx x a   ， ∴  21 1 1ln f x a x x a    ，构造函数  2ln g x a x x a    ， 当 02ax   时，  222 0a a xg x xx x     ，所以   g x 在 0,2a    上递增， 由102ax   ，则  1ln 32 2 2a a ag x g         . 所以当30 2 a e  时，      1 102af x f x g x g       极大值. 而当32 a e  时，取3 32 222ab e e      ，即321x e ，3222ax e ，

　 此时  33202af x f e e      极大值，不符合题意. 综上所述， a 的最大值为32e . 15．（2020·湖南省长沙一中高三月考）已知函数 （ R）． （1）当14a  时，求函数 ( ) y f x  的单调区间； （2）若对任意实数 (1,2) b ，当 ( 1, ] x b   时，函数( ) f x 的最大值为 ( ) f b ，求 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）函数( ) f x 的单调递增区间为 ( 1,0) 和 (1, )  ，单调递减区间为 (0,1) ；（Ⅱ）

　[1 ln2, )  

　【解析】（1）当14a  时，21( ) ln( 1)4f x x x x     ， 则1 1 ( 1)( ) 1 ( 1)1 2 2( 1)x xf x x xx x      ， 令 ( ) 0 f x ，得 1 0 x    或 1 x  ；令 ( ) 0 f x ，得 0 1 x   ， ∴函数( ) f x 的单调递增区间为 ( 1,0) 和 (1, )  ，单调递减区间为 (0,1) ． （2）由题意[2 (1 2 )]( ) ( 1)( 1)x ax af x xx   ， （1）当 0 a  时，函数( ) f x 在 ( 1,0) 上单调递增，在 (0, )  上单调递减，此时，不存在实 数 (1,2) b ，使得当 ( 1, ] x b   时，函数( ) f x 的最大值为 ( ) f b ． （2）当 0 a  时，令 ( ) 0 f x ，有10 x  ，2112xa  ， ①当12a  时，函数 ( ) f x 在 ( 1, )   上单调递增，显然符合题意． ②当11 02a  即102a   时，函数 ( ) f x 在 ( 1,0)  和1( 1, )2a  上单调递增， 在1(0, 1)2a 上单调递减， ( ) f x 在 0 x  处取得极大值，且 (0) 0 f  ， 要使对任意实数 (1,2) b ，当 ( 1, ] x b   时，函数( ) f x 的最大值为 ( ) f b ， 只需 (1) 0 f  ，解得 1 ln2 a   ，又102a   ， 所以此时实数 a 的取值范围是11 ln22a    ． ③当11 02a  即12a  时，函数 ( ) f x 在1( 1, 1)2a  和 (0, )  上单调递增， 在1( 1,0)2a 上单调递减，要存在实数 (1,2) b ，使得当 ( 1, ] x b   时，

　 函数( ) f x 的最大值为 ( ) f b ，需1( 1) (1)2f fa  ， 代入化简得1ln2 ln2 1 04aa    ，① 令1 1( ) ln2 ln2 1 ( )4 2g a a aa     ，因为1 1( ) (1 ) 04g aa a    恒成立， 故恒有1 1( ) ( ) ln2 02 2g a g     ，所以12a  时，①式恒成立， 综上，实数 a 的取值范围是 [1 ln2, )   ． 16．（2020·广西壮族自治区高二期末）已知函数  1 3ln 14 4f x x xx   

　（1）求函数   f x 的单调区间； （2）设  22 4 g x x bx    ，若对任意    1 20,2 , 1,2 x x   ，不等式    1 2f x g x  恒成立，求实数 b的取值范围. 【答案】（1）函数   f x 在   1,3 上单调递增;在 ()0,1 和   3, 上单调递减; （2）14,2   . 【解析】（1）

　 1 3ln4 4f x x xx   的定义域是   0, ， 22 21 1 3 4 34 4 4x xf xx x x   

　由 0 x  及   0 f x   得 1 3 x   ，由 0 x  及   0 f x   得 0 1 x   或 3 x  ； 所以函数   f x 在   1,3 上单调递增;在 ()0,1 和   3, 上单调递减. （2）若对任意    1 20,2 , 1,2 x x   ，不等式    1 2f x g x  恒成立，问题等价于    min maxf x g x 

　由（1）可知，在   0,2 上， 1 x  是函数极小值点，这个极小值是唯一的极值点 故也是最小值点，所以    min112f x f    ，    22 4, 1,2 g x x bx x    

　当 1 b  时，    max1 2 5 g x g b    ；当 1 2 b   ，    2max4 g x g b b   

　当 2 b  时，     2 4 8 g x g b   

　问题等价于1{12 52bb  或21 2{142bb   或2{14 82bb   解得 1 b  或1412b  或 b 

　 即142b ，所以实数 b 的取值范围是14,2   . 17．（2020·浙江省学军中学高三期中）已知函数  2ln 2 f x x ax bx     ， a R  . （1）当 2 b  时，试讨论   f x 的单调性； （2）若对任意的3, be     ，方程   0 f x  恒有 2 个不等的实根，求 a 的取值范围. 【答案】（1）

　0 a  ，   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8,4aa      单调递减； 0 a  ，   f x 在10,2   单调递增，1,2   单调递减； 102a    ，   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8 2 4 8,4 4a aa a         单调递减，2 4 8,4aa      单调递增； 12a   ，   f x 在   0,   单调递增. （2）220 ae 

　【解析】（1） 21 2 2 x axf xx   , 0 x 

　（i）

　0 a  ，令   0 f x   ，得到21 2 2 0 x ax    ， 解得2 4 84axa  ，2 4 84axa  （舍）

　所以当2 4 80,4axa      时，   0 f x   ，   f x 单调递增， 当2 4 8,4axa       时，   0 f x   ，   f x 单调递减， 所以   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8,4aa      单调递减；

　 （ii）

　0 a  ，令   0 f x   ，得到12x 

　当10,2x   时，   0 f x   ，   f x 单调递增， 当1,2x    时，   0 f x   ，   f x 单调递减， 所以   f x 在10,2   单调递增，1,2   单调递减； （iii）102a    ， 令   0 f x   ，得到2 4 84axa  ，2 4 84axa   当2 4 8 2 4 80, ,4 4a axa a                  U 时，   0 f x   ，   f x 单调递增， 当2 4 8 2 4 8,4 4a axa a         时，   0 f x   ，   f x 单调递减，   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8 2 4 8,4 4a aa a         单调递减，2 4 8,4aa      单调递增； （iiii）12a   ，   0 f x   在   0,   恒成立，所以   f x 在   0,   单调递增； 综上所述， 0 a  ，   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8,4aa      单调递减； 0 a  ，   f x 在10,2   单调递增，1,2   单调递减； 102a    ，   f x 在2 4 80,4aa      单调递增，2 4 8 2 4 8,4 4a aa a         单调递减，2 4 8,4aa      单调递增； 12a   ，   f x 在   0,   单调递增.

　 （2）因为对任意的3, be     ，方程   0 f x  恒有 2 个不等的实根 所以将问题等价于ln 2 xax bx  有两解 令  ln 2 xg xx ， 0 x  有  23 ln xg xx ， 0 x 

　 30 g e  ；   g x 在  30,e递增，  3 ,e  递减； 0 x  ，   g x  ； x ，   0 g x  ；  有图象知要使  ln 2 xg xx 的图像和 y ax b   的图像有两个交点， 0 a  ，过30,e   作切线时，斜率 a 最大. 设切点为  0 0, x y ，有0 020 03 ln 2ln 5 x xy xx x  ， 002ln 5 3 xx e  ，0x e  

　此时斜率 a 取到最大22e220 ae   .