专题24 利用导数解决双变量问题(解析版)

专题24利用导数解决双变量问题

一、单选题

1．设函数

311

4

33fxxx

，函数

221gxxbx

，若对于

11,2x

，

20,1x

，使



12fxgx

成立，则实数b的取值范围是（）

A．7

,

2





B．5

,

8





C．7

,

2







D．5

,

8









【答案】A

【分析】

由题意只需

minminfxgx

，对函数

fx

求导，判断单调性求出最小值，对函数

gx

讨论对称轴和区

间

0,1

的关系，得到函数最小值，利用

minminfxgx

即可得到实数b的取值范围.

【详解】

若对于

11,2x

，

20,1x

，使

12fxgx

成立，只需

minminfxgx

，

因为311

4

33fxxx

，所以

24fxx

，当

1,2x

时，

0fx

，所以

fx

在

1,2

上是减

函数，所以函数

fx

取得最小值

25f

．

因为2

22211gxxbxxbb，

当0b时，

gx

在

0,1

上单调递增，函数取得最小值

01g

，需51，不成立；

当1b时，

gx

在

0,1

上单调递减，函数取得最小值

122gb

，需522b，解得7

2b，此时

7

2b

；

当01b时，

gx

在

0,b

上单调递减，在

,1b

上单调递增，函数取得最小值21gbb

，需

251b

，解得6b

或6b

，此时无解；

综上，实数b的取值范围是7

,

2





，

故选:A．

【点睛】本题考查利用导数研究函数的最值，考查二次函数在区间的最值的求法，考查分类讨论思想和转化思想，

属于中档题.

2．已知函数1

()lnfxxax

x

，且()fx

有两个极值点

12,xx，其中

11,2x

，则

12fxfx

的最小

值为（）

A．35ln2B．34ln2C．53ln2D．55ln2

【答案】A

【分析】

()fx

的两个极值点

12,xx是

0fx

的两个根，根据韦达定理，确定

12,xx的关系，用

1x

表示出

2x

，



12fxfx

用

1x

表示出，求该函数的最小值即可.

【详解】

解：()fx

的定义域

0,，

2

2211

()1axax

fx

xxx

，令()0fx

，则210xax

必有两根

12,xx，

2

12

1240

0

10a

xxa

xx











，所以

21

1111

2,,axax

xx





，



1121111

1111111

lnlnfxfxfxfxaxxa

xxxx





，

11111

111111

22ln22lnxaxxxx

xxx







11

()22ln,1,2hxxxxx

xx





，

22211112(1)(1)ln

()2121lnxxx

hxxx

xxxxx





，

当

1,2x时，()0hx

，()hx

递减，

所以

min235ln2hxh



12fxfx

的最小值为35ln2故选：A.

【点睛】

求二元函数的最小值通过二元之间的关系，转化为求一元函数的最小值，同时考查运算求解能力和转化化

归的思想方法，中档题.

3．已知函数()e,()lnxfxxgxxx，若

12fxgxt

，其中0t，则

12lnt

xx的最大值为（）

A．1

eB．2

eC．

21

eD．

24

e

【答案】A

【分析】

由题意转化条件2ln

2lnxext

，通过导数判断函数

fx

的单调性，以及画出函数的图象，数形结合可知

12lnxx，进而可得

12lnlntt

xxt

，最后通过设函数ln

0t

htt

t，利用导数求函数的最大值.

【详解】

由题意，1

1exxt

，

22lnxxt

，则

2ln

2elnxxt

，



1xxxfxexexe

，

当

,1x

时，

0fx

，

fx

单调递减，

当

1,x时，

0fx

，

fx

单调递增，

又

,0x

时，

0fx

，

0,x

时，

0fx

，

作函数

exfxx的图象如下：

由图可知，当0t时，()fxt有唯一解，故

12lnxx

，且

1>0x，∴

1222lnlnln

lnttt

xxxxt

，设ln

()t

ht

t，0t，则

21ln

()t

ht

t

，令()0ht

，解得et

，

易得当

0,et

时，()0ht

，函数()ht

单调递增，

当

e,t

时，()0ht，函数()ht

单调递减，

故1

e

ehth，即

12lnt

xx的最大值为1

e.

故选：A.

【点睛】

本题考查利用导数求函数的最值，重点考查转化与化归的思想，变形计算能力，数形结合思想，属于中档

题，本题可得关键是判断

12lnxx

.

4．设函数12

ln1

33fxxx

x

，函数25

2

12gxxbx

，若对于

11,2x

，

20,1x

，使



12fxgx

成立，则实数b的取值范围是（）

A．1

,

2





B．5

,

8





C．1

,

2





D．5

,

8









【答案】A

【分析】

根据对于

11,2x

，

20,1x

，使

12fxgx

成立，用导数法求得

fx

的最小值，用二次函数的

性质求得

gx

的最小值，再解不等式即可.

【详解】

因为12

ln1

33fxxx

x

，

所以

2112

33fx

xx，

2112

33

xx，

2

232

3

xx

x，