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 xR 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 bR ，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 .
相关热词搜索： 破译 变量 函数