指点迷津(四) 破解“双变量问题的转化”

所以 a 的取值范围为(-∞,-2].
=
(2 2 +1)2
1
,+
2
=
4(2-1)(+1)
(2 2 +1)2
,
∞ 时,φ'(x)>0,φ(x)是递增的.
g(x)在(0,+∞)上是递减的,
-4-1
恒成立,
2 2 +1
故设
-4-1
φ(x)=2 2 +1,则
当 x∈
1
0,
2
-4(2 2 +1)-(-4-1)·4 8 2 +4-4
φ'(x)=
(2 2 +1)2
时,φ'(x)<0,φ(x)是递减的,x∈
所以 φ(x)min=
1
2
=-2,
1
m<2,所以2<m<ln
当 ln 2≤m<1 时,f(x)min-1=f(2)-1=ln 2-2m,由-2m+ln 2>-2,得
所以 ln 2≤m<1.综上所述,m 的取值范围是
1
,1
2
+
1
ln 2
2
.
1
m<1+2ln
2;
2,
突破技巧“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内
含条件,进行等价变换,常见的等价转换有
所以 h(x)在
1
- , +
∞ ,
(-2+1)( +1)
,

1
0, 2
1
-
1
,
2
+ ∞ 上是递减的,
,+∞ ∪
上是递增的;
1
0, 2
,
令 h'(x)<0,解得 x∈
1 1
,2
,所以 h(x)在
1
1
,−
2
内是递减的,
当 a=-2 时,h'(x)≥0,h(x)在(0,+∞)上是递增的,
1
m<1+2ln
2,所以
1
1≤m<1+2ln
2.
②当
1
1
1< <2 即2<m<1 时,f(x)在
1
1,
上是递增的,在
1

, 2 上是递减的.
所以 f(x)min=min{f(1),f(2)},又因为 f(2)-f(1)=ln 2-m,
1
所以当2<m<ln
2 时,f(x)min-1=f(1)-1=-m,由-m>-2 得
h'(x4)=1+ln x4-1=ln x4<0,h(x4)在
1
,1
e
内是递减的,h(x4)>h(1)=0,即 x4>x2.
综上,x2-x1<x4-x3=a+1+e-2+a,即 x2-x1<1+2a+e-2.
二、双变量的恒(能)成立问题
例2.(2021河南郑州质量检测)已知函数f(x)=-mx+ln x+1,g(x)=cos x+xsin x1.
(1)解:由于f(e-2)=-2e-2,又因为f'(x)=1+ln x,故在点(e-2,f(e-2))处的切线斜率
k=f'(e-2)=-1,因此所求切线方程y+2e-2=-(x-e-2),即x+y+e-2=0.
(2)证明:由于f'(x)=1+ln x,且f(x)定义域为(0,+∞),
故当 x∈
当 x∈
1
,
e
1
0, e
时,f'(x)<0,f(x)是递减的,
+ ∞ 时,f'(x)>0,f(x)是递增的,如图所示,
由图易知,x1∈
1
0, e
,x2∈
1
,1
e
,
由(1)可知,f(x)在(e-2,-2e-2)点的切线方程为 y=-x-e-2,
设 y=-x-e 与 y=a 的交点横坐标为 x3,且 x3∈
-2
因此g(x3)≥g(e-2)=0,即x3≤x1.
又因为f(x)在(1,0)处的切线方程为y=x-1,
设 y=x-1 与 y=a 的交点横坐标为 x4,且 x4∈
由于 f(x)在
1
,1
e
1
,1
e
,即 x4=a+1,下面证 x4>x2.
内是递增的,故只需证明 f(x4)-f(x2)>0 即可,
设 h(x4)=f(x4)-f(x2)=x4ln x4-a=x4ln x4-x4+1,
设x1≥x2,从而对任意x1,x2∈(0,+∞),恒有|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,
即f(x1)-f(x2)≤4(x2-x1),
即f(x1)+4x1≤f(x2)+4x2,
令g(x)=f(x)+4x(x>0),
则
+1
g'(x)= +2ax+4,等价于
即 g'(x)≤0 恒成立,从而 a≤
无极小值.
1
0,
,递减区间为
1

, + ∞ ,极大值为-ln m,
(2)对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使得f(x1)-g(x2)>1成立,
等价于f(x)在[1,2]上的最小值f(x)min与g(x)在[0,π]上的最小值g(x)min的差恒
大于1,
g'(x)=xcos x,当 x∈
由③④得
2( 1 + 2 )
ln(x1x2)12
令 F(t)=ln
2(-1)
t- +1 (t>1),则
所以 F(t)>F(1)=0,则 ln
=
1 + 2
2
ln
2 - 1
1
F'(t)=
(-1)2
2
(+1)
2(-1)
t> +1 ,即
>0,所以 F(t)在(1,+∞)上是递增的,
第三章
指点迷津(四)
破解“双变量问题的转化”
破解“双变量问题的转化”
高考试题导数解答题中,常涉及“双变量”或“双参”的相关问题,这类问题对
学生能力要求高,难度较大.破解问题的关键:一是转化,即由已知条件入手,
寻找双变量满足的关系式,并把含双变量问题转化为含单变量的问题;二是
巧妙构造函数,再借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值,进而解决问
1
>
2( 2 - 1 )
,
1 + 2
>2,
ln 1 2 −
1 2 −
2
>1,
12
4
,
12
令 φ(x)=ln
2
x- ,则

又因为 ln( 2e)-
φ(x)在(0,+∞)上是递增的.
2
2e
=
1
ln
2
2+1-
2
<1,所以
e
ln 1 2 −
2
>1>ln(
12
即 φ( 1 2 )>φ( 2e),
(1)讨论函数f(x)的单调区间与极值;
(2)若m>
1
,对任意x1∈[1,2],总存在x2∈[0,π],使不等式f(x1)-g(x2)>1成立,试
2
求实数m的取值范围.
1
解:(1)f(x)定义域为(0,+∞),f'(x)=-m+ .
①当 m≤0 时,f'(x)>0,f(x)在(0,+∞)上是递增的,无极值.
题.
一、双变量不等式的证明
例1.(2021天津南开高三期末)已知函数f(x)=xln x-1,g(x)=ax2-(a-2)x.
(1)求f(x)的最小值;
(2)设函数h(x)=f'(x)-g(x),讨论h(x)的单调性;
(3)设函数G(x)=g(x)+(a-2)x,若函数f(x)的图像与G(x)的图像有A(x1,y1),
(1)若a=-
1
,求函数f(x)的单调区间;
2
(2)设a<-1,若对任意x1,x2∈(0,+∞),恒有|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.
解:(1)当
所以
1
a=-2时,由已知得
1
1-2 2
f'(x)= -x=
,令
2
2
即当 x∈ 0,
2
2
1
f(x)=2ln
f'(x)=0,得 x=
当 x∈
π
,π
2
π
0, 2
时,g'(x)>0,g(x)在
时,g'(x)<0,g(x)在
π
,π
2
π
0, 2
内是递增的;
内是递减的.
又因为g(0)=0,g(π)=-2,所以g(x)min=g(π)=-2.
由(1)知:
①当
1
0<
≤1 即 m≥1 时,f(x)min-1=f(2)-1=-2m+ln 2,
由-2m+ln 2>-2 得
2
1
所以
2( 1 + 2 )
ln(x1x2)1 2
因为
2( 1 + 2 )
4 12
ln(x1x2)<ln(x1x2)=2ln
1 2
1 2
所以 2ln 1 2 −
=
1 + 2
2
ln
2 - 1
1
ln
,不妨设 0<x1<x2,记
4
>2,即
12
2
t= >1.
所以关于x的方程ax2=xln x-1,x>0,
即 ax=ln
1
x- 有两个不同的根.

由题知 ax1=ln
ax2=ln
1
x1- ,①
1
1
x2- ,②
2
①+②得
1 + 2
a(x1+x2)=ln(x1x2)- ,③
1 2
②-①得 a(x2-x1)=ln
2
1
+
2 - 1
.④
12
三是回归双变量的不等式的证明,把所求的最值应用到双变量不等式,即可
证得结果.
对点训练1(2021山东潍坊三模)设函数f(x)=xln x.
(1)求曲线f(x)在点(e-2,f(e-2))处的切线方程;
(2)若关于x的方程f(x)=a有两个实根,设为x1,x2(x1<x2),证明:x2-x1<1+2a+e-2.
B(x2,y2)两个不同的交点,证明:ln(x1x2)>2+ln 2.(参考数据:ln 2≈0.69)
(1)解:f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=ln x+1.
令 f'(x)>0,解得 x∈
所以 f(x)在
1
,+
e
所以 f(x)在
1
0, e
1
,
e
+∞ ,
∞ 上是递增的,令 f'(x)<0,解得 x∈
时,f'(x)>0;当 x∈
故 f(x)的递增区间为 0,
1 2
x-2x +1,定义域为(0,+∞),
2
2
2
,
2
2
,
+∞
2
,递减区间为
时,f'(x)<0.
2
, +∞
2
.
+1
2 2 ++1
(2)f'(x)= +2ax=
(x>0),


当a<-1时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上是递减的,
即x3=-e-2-a,下面证x3≤x1.
1
0,
e
,
由于 f(x)在
1
0, e
内是递减的,故只需证明 f(x3)-f(x1)≥0 即可.
设 g(x3)=f(x3)-f(x1)=x3ln x3-a=x3ln x3+e +x3,x3∈
-2
1
0,
e
.
g'(x3)=1+ln x3+1=2+ln x3,
故x3∈(0,e-2),g'(x3)<0,g(x3)是递减的,x3∈(e-2,e-1),g'(x3)>0,g(x3)是递增的,
所以 x1x2>2e2,两边同时取对数可得 ln(x1x2)>2+ln 2,得证.
2e)-
2
,
2e
突破技巧破解含双变量不等式的证明问题的关键:
一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量所满足的关系式,并把含双变量
的不等式转化为含单变量的不等式;
二是巧构造函数,再借助导数,判断函数的单调性,从而求其最值;
当 a<-2 时,令 h'(x)>0,解得 x∈
所以 h(x)在
1
,
2
+∞ ,
令 h'(x)<0,得 x∈
1 1
- ,
2
1
0,
1
,
+∞
2
∪
1
0, −
,
上是递增的;
,所以 h(x)在
1 1
- ,
2
内是递减的.
(3)证明:G(x)=g(x)+(a-2)x=ax2,
因为函数f(x)的图像与G(x)的图像有两个不同的交点,
②当 m>0 时,令 f'(x)>0,则
所以 f(x)在
1
0,
此时 f(x)极大值=f
1

1
0<x< ;令
内是递增的,在
1

f'(x)<0,则பைடு நூலகம்
1
x> ,
, + ∞ 上是递减的,
=-ln m,无极小值.
综上,当 m≤0 时,f(x)的递增区间为(0,+∞),无递减区间,无极值;
当 m>0 时,f(x)的递增区间为
(1)任意x1,x2∈D,使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)max.
(2)任意x1∈D1,存在x2∈D2,使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)min>g(x)min.
(3)存在x1∈D1,任意x2∈D2,使f(x1)>g(x2)成立⇔f(x)max>g(x)max.
对点训练2(2021陕西长安一中高三月考)已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1.
1
0,
e
内是递减的,所以 f(x)的最小值为 f
1
e
,
1