第3章 导数及其应用 高考难点突破课1 导数的综合问题 第四课时　双变量问题

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)＝lnx－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＝f（x1）－f（x2）x1－x2，则原不等式化为x1＋x2＋f（x1）－f（x2）x1－x2＞0，不妨设x1＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即x21－x22＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋x21＞f(x2)＋x22.设g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，则g′(x)＝1x＋2x－a＝2x2－ax＋1x，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≤2x2＋1x＝2x＋1x恒成立，因为2x＋1x≥22，当且仅当2x＝1x，即x＝22时取等号，所以2x＋1xmin＝22.故a的取值范围是(－∞，22].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)＝alnx＋12x2，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f（x1）－f（x2）x1－x2＞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f（x1）－f（x2）x1－x2＞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＝alnx＋12x2－2x，则g(x1)＞g(x2)，∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，由于g′(x)＝ax＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝ax＋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(2021·德州模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－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′x1＋x22＞0.证明方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，则x21－(a－2)x1－alnx1＝b①，x22－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝x21＋2x1－x22－2x2x1＋lnx1－x2－lnx2，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋ax＝2x2－（a＋2）x＋ax＝2（x－1）x－a2x，x＞0，则f(x)在1，a2上单调递减，a2，＋∞上单调递增，∴当x∈1，a2时，f′(x)＜0，当x∈a2，＋∞时，f′(x)＞0，若证f′x1＋x22＞0，只需证x1＋x22＞a2，即a＜x1＋x2，只需证x21＋2x1－x22－2x2x1＋lnx1－x2－lnx2＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需证x21＋2x1－x22－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜2（x1－x2）x1＋x2，即证lnx1x2＜2x1x2－1x1x2＋1，令t＝x1x2∈(0，1)，设h(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，h′(t)＝（t－1）2t（t＋1）2＞0，显然h(t)在(0，1)上单调递增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′x1＋x22＞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x2x1的函数，把x2x1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)＝lnx－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1＋lnx2＞2.证明由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝lnx1＋lnx2x1＋x2＝lnx1－lnx2x1－x2，所以lnx1＋lnx2＞2等价于x1＋x2x1－x2lnx1x2＞2，即x1x2＋1x1x2－1lnx1x2＞2，设x1＞x2，令t＝x1x2＞1，g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1，则g′(t)＝1t－4（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）2＞0，所以g(t)＞g(1)＝0，即lnt＞2（t－1）t＋1，即得t＋1t－1lnt＞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)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.[规范解答]证明求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，所以函数f(x)的极小值点为x＝1.2分∵f(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.……………………4分若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.……………………5分于是构造辅助函数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).……………………8分当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).……………………10分将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.……………………12分第一步分析题意，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)＝lnx，g(x)＝x＋m(m∈R).(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；(2)已知x1，x2是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x1x2，求证：x1x21.(1)解令F(x)＝f(x)－g(x)＝lnx－x－m(x0)，则F′(x)＝1x－1＝1－xx(x0)，当x1时，F′(x)0，当0x1时，F′(x)0，所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.则F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，即m≥－1.故m的取值范围为[－1，＋∞).(2)证明由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，有F(1)0，则m－1，0x11x2，要证x1x21，只需证x21x1，由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，从而只需证F(x2)F1x1，由F(x1)＝F(x2)＝0，m＝lnx1－x1，即证ln1x1－1x1－m＝ln1x1－1x1＋x1－lnx1＝－1x1＋x1－2lnx10，令h(x)＝－1x＋x－2lnx(0x1)，则h′(x)＝1x2＋1－2x＝x2－2x＋1x20，故h(x)在(0，1)上单调递增，h(x)h(1)＝0，所以x1x21.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x1＋x22＝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x1＋x22≠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②③.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＞x20型，构造函数F(x)＝f(x)－fx20x，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＝x1x2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)1e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lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝x2x1＞1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝lntt－1，x2＝tlntt－1.∴x1＋x2＝（t＋1）lntt－1＞2⇔lnt－2（t－1）t＋1＞0，设g(t)＝lnt－2（t－1）t＋1(t＞1)，∴g′(t)＝1t－2（t＋1）－2（t－1）（t＋1）2＝（t－1）2t（t＋1）2＞0，∴当t＞1时，g(t)单调递增，∴g(t)＞g(1)＝0，∴lnt－2（t－1）t＋1＞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ab＜a－blna－lnb＜a＋b2.证明不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)首先，由ab＜a－blna－lnb等价于lna－lnb＜a－bab，即lnab＜ab－1ab.令x＝ab＞1，只要证lnx2＜x2－1x，即证2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，则f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝2x－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ab＜a－blna－lnb.其次，a－blna－lnb＜a＋b2等价于lna－lnb＞2（a－