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第四课时　双变量问题
　题型一　转化为同源函数解决
例1 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围.
解　由题意，k＝，则原不等式化为x1＋x2＋＞0，不妨设x1＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即x－x＋f(x1)－f(x2)＞0，
即f(x1)＋x＞f(x2)＋x.
设g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－a＝，
由已知，当x1＞x2＞0时，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，
即a≤＝2x＋恒成立，
因为2x＋≥2，当且仅当2x＝，
即x＝时取等号，
所以＝2.
故a的取值范围是(－∞，2].
感悟提升　此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
训练1 已知函数f(x)＝aln x＋x2，在其图象上任取两个不同的点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得＞2，则实数a的取值范围为(　　)
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
答案　B
解析　由＞2，x1＞x2＞0，
∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，
∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x，
则g(x1)＞g(x2)，
∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
由g′(x)＝＋x－2≥0，
可得a≥－x2＋2x，
当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，
∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).
　题型二　整体代换
例2 (2022·德州质检)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′＞0.
证明　方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，
则x－(a－2)x1－aln x1＝b①，
x－(a－2)x2－aln x2＝b②，
①－②得a＝eq \f(x＋2x1－x－2x2,x1＋ln x1－x2－ln x2)，
∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
则f(x)在上单调递减，上单调递增，
∴当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，
若证f′＞0，只需证＞，
即a＜x1＋x2，
只需证eq \f(x＋2x1－x－2x2,x1＋ln x1－x2－ln x2)＜x1＋x2，
∵x1＜x2，∴x1＋ln x1＜x2＋ln x2，
即需证x＋2x1－x－2x2＞(x1＋x2)(x1＋ln x1－x2－ln x2)，
整理得ln x1－ln x2＜，
即证ln ＜，
令t＝∈(0，1)，设h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＞0，
显然h(t)在(0，1)上单调递增.
∴h(t)＜h(1)＝0，故f′＞0得证.
感悟提升　(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子.(2)与极值点x1，x2有关的双变量问题，一般是根据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根，确定x1，x2的关系，再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于的函数，把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
训练2 设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：ln x1＋ln x2＞2.
证明　由已知得ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0，
所以a＝＝，
所以ln x1＋ln x2＞2等价于ln ＞2，
即ln ＞2，
设x1＞x2，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，
即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
　题型三　构造具体函数解决双变量问题
例3 (12分)(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋[规范答题]
(1)解　因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ………………3分
(2)证明　由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x1＝，x2＝，……………………5分
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当00，当x>e时，f(x)<0，
不妨设x1要证2<＋先证x1＋x2>2：
要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，
因为0所以只要证x2>2－x1>1，
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x2)又f(x1)＝f(x2)，
所以即证f(x1)即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0则－ln[x(2－x)]>0，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0所以当0所以x1＋x2>2成立. ……………………9分
再证x1＋x2由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x1)＝f(x2)＝m，
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1欲证x1＋x2即证当1构造函数h(x)＝f(x)＋x，
则h′(x)＝1－ln x，
当10，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1即f(x)＋x综上可知，2<＋第一步　分析题意，探究两变量的关系
第二步　合二为一，变为单变量不等式
第三步　构造函数
第四步　判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题
第五步　反思回顾解题过程，规范解题步骤
训练3 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
证明　∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明＞，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即＞，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
极值点偏移
(1)极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.
(2)极值点偏移
若≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0；
图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0.
(3)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞x型，构造函数F(x)＝f(x)－feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x,x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.
例 已知函数f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2.
证明　法一(对称化构造法)
由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x) ? ?
由x1≠x2，不妨设x1＞x2，
根据f(x1)＝f(x2)，
结合图象可知x1＞1，x2＜1，
令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.
∵x＞1，2x－2＞0，
∴e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＞f(2－x)，
则f(x1)＞f(2－x1).
又∵f(x1)＝f(x2)，
∴f(x2)＞f(2－x1).
∵x1＞1，∴2－x1＜1，
∴x2，2－x1∈(－∞，1)，
∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，
∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.
法二(比值代换法)
设0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，
即x1e－x1＝x2e－x2，
取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝＞1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，
得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝＞2 ln t－＞0，
设g(t)＝ln t－(t＞1)，
∴g′(t)＝－＝＞0，
∴当t＞1时，g(t)单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln t－＞0，
故x1＋x2＞2.
指数、对数均值不等式
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式.
一、对数均值不等式
结论1　对任意的a，b＞0(a≠b)，有＜＜.
证明　不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由＜等价于ln a－ln b＜，
即ln ＜.
令x＝＞1，只要证ln x2＜，
即证2xln x－x2＋1＜0.
令f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，即f(x)＜f(1)＝0.
故＜.
其次，＜等价于ln a－ln b＞，
即ln ＞.
令x＝＞1，只要证ln x＞，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有g(x)＞g(1)＝0.
故＜.
二、指数均值不等式
结论2　对任意实数m，n(m≠n)，有e＜＜.
证明　在指数均值不等式中，令em＝a、en＝b，则m＝ln a，n＝ln b，从而可得对数均值不等式.需注意的是，在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题省略该过程.
例 (1)若函数f(x)＝ln x－ax(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，请证明：x1x2＞e2.
证明　借助a作为媒介，构造对数均值不等式.
依题意，ln x1－ax1＝0，ln x2－ax2＝0.
两式相减，得ln x1－ln x2＝a(x1－x2)，
即a＝，两式相加，
得ln x1＋ln x2＝a(x1＋x2).
故欲证x1x2＞e2，
即证ln x1＋ln x2＞2，
即证a(x1＋x2)＞2，
即证＞.
由对数均值不等式知上式显然成立.
综上，x1x2＞e2成立.
(2)已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
证明　借助a作为媒介，构造指数均值不等式.
依题意，x1＝aex1，x2＝aex2.
两式相加、减，得x1＋x2＝a(ex1＋ex2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).
故欲证x1＋x2＞2，即证a(ex1＋ex2)＞2，
即证(ex1＋ex2)＞2，
即证＞.
由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此x1＋x2＞2成立.
1.已知函数f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.若函数f(x)有两个极值点x1，x2，求证：f(x1)＋f(x2)＜0.
证明　f′(x)＝(x＞0)，
∵f(x)有两个极值点x1，x2，
故x1，x2为方程－x2＋x－a＝0的两个不等正实根，
∴∴0＜a＜，
∴f(x1)＋f(x2)＝ln x1x2＋－(x1＋x2)－4a＋2＝ln a－4a＋2，
令g(a)＝ln a－4a＋2，
则g′(a)＝＞0，
g(a)在上单调递增，
故g(a)＜g＝ln ＋1＜0，
∴f(x1)＋f(x2)＜0.
2.(2022·武汉质检节选)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.a＞0，设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.
证明　求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，
所以函数f(x)的极小值点为x＝1.
∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，
要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.
若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x1)和f(x2)的大小，
即探求f(2－x)－f(x)的正负性.
于是构造辅助函数
F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，
代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.
求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2).
当x＜1时，F′(x)＜0，
则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数.
于是F(x)＞F(1)＝0，
则f(2－x)－f(x)＞0，
即f(2－x)＞f(x)(x＜1).
将x1代入上述不等式中，
则f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，
即f(x2)＜f(2－x1).
又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，
所以x2＜2－x1.
故x1＋x2＜2得证.
3.已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，求证：x1＋x2＞.
证明　x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，
则x1，x2为方程2x－eax＝0的两个相异的实根，
即x1，x2为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，
∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).
不妨设x1＞x2＞0.
∴a(x1－x2)＝ln ，即a＝.
要证x1＋x2＞，只需证a＞，
即证＞，
即证ln ＞.
令＝t＞1，
则上述不等式等价于g(t)＝ln t－＞0(t＞1)，
g′(t)＝－＝＞0，
∴函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln ＞成立.
即x1＋x2＞.
4.(2022·济南调研)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x1，x2是f(x)的两个极值点，且x2>x1，设g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)，证明：g(x)>0.
(1)解　f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪
时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，
上单调递减，
在上单调递增.
(2)证明　由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x1，x2满足x2－ax＋1＝0，
所以x1x2＝1.
又因x2>x1>0，所以x2>1.
又g(x)＝f(x1)－f(x2)－(a－2)(x1－x2)
＝－－(x1－x2)＋a(ln x1－ln x2)－(a－2)(x1－x2)
＝a
＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x2－x2<0，故g(x)>0.

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