浅谈双变量的解决策略(修改版)

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导数中双变量问题的四种策略

导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。

$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。

解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。

又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。

又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。

策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。

导数中双变量问题的四种策略

双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又不妨设，要比较与的大小，即比较与的大小，又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立．设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以，所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。

(20200524)双变量问题处理办法

双变量单函数问题处理办法一、普通12,xx 型总结一：对形如2122()()f x f x m x x -<-在任意1212,(,),x x a b x x ∈≠上恒成立的多元问题求参中，一般可以通过限定12,x x 的大小，比如12,x x <通过等价变形，构造形如()()F x f x mx =-的函数，转化为()F x 在区间[],a b 上单调性问题进行求解.总结二：对形如2121()()f x f x m x x -<-在任意1212,(,),x x a b x x ∈≠上恒成立的多元问题求参中，一般可以通过限定12,x x 大小，如12,x x <结合函数在区间(,)a b 上单调性去绝对值，转化为无绝对值形式处理.结论三：双变量单函数绝对值型1212max min 1212max min (1),,()()()();(2),,()()()();x x D f x f x m f x f x m x x D f x f x m f x f x m ∀∈-≤⇔-≤∃∈-≥⇔-≥【例1】已知函数()ln ,,m f x x m R x =+∈若对任意()()0,1f b f a b a b a->><-恒成立，求m 的取值范围.【练1】（2020重庆巴蜀3月质检）已知函数()ln ,f x x =若对于任意的120,x x a <<<都有211212()()1,x f x x f x x x ->-求实数a 的最大值.【例2】已知函数2()3ln .f x x x x =-+ （1）求函数()f x 的极值；（2）若对任意1212,(1,),,x x x x ∈+∞≠都有1212()()f x f x k x x ->-恒成立，求实数k 的取值范围.【练2】已知函数2()(1)ln 1.f x a x ax =+++ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1,a <-如果对任意121212,(0,),()()4,x x f x f x x x ∈+∞-≥-求a 的取值范围.【例3】已知函数2()ln ,(0,1).x f x a x x a a a =+->≠（1）当1a >时，对[]1212,1,1,()()1x x f x f x e ∀∈--≤-恒成立，求a 的取值范围；（2）若[]12,1,1,x x ∃∈-使得12()()1,f x f x e -≥-求a 的取值范围.二、零点、极值点12,x x 型总结一：若12,x x 是函数()f x 的零点或极值点，则关于12,x x 的不等式可由()0f x =或()0f x '=中的二次方程，通过韦达定理进行代换，转换为新函数进而求解.总结二：在探究含零点或极值点型12,x x 的式子时，一方面可借助韦达定理对该式子进行单元化处理后进行探究；另一方面，可通过构造含12,x x 的齐次式，令12,x t x =整体换元后再探究.【例4】已知函数21()ln (2)2f x x x m x =+-+有两个极值点，其中,a b <且.m R ∈ （1）求m 的取值范围；（2）若,be a≥求()()f b f a -的最大值.【练3】已知2()ln f x x ax x =--+在(1,(1))f 处的切线斜率为负. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点12,,x x 求证:12()()32ln 2.f x f x +>-【练4】已知函数21()ln ,2f x x mx x =++若()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且32,m ≤-求12()()f x f x -的最小值.【例5】已知函数1()ln (),21x af x a R x -=+∈+若在定义域上有两个极值点12,,x x 试问：是否存在实数,a 使得 12()()5?f x f x +=（三）极值点偏移问题证明不等式一、极值点偏移的概念在二元不等式中，有一种较为特殊的题型，即极值点偏移.我们知道，若函数()f x 对定义域内任意x 都满足()(2),f x f a x =-则函数()f x 关于直线x a =对称，即()f x 在对称轴两侧函数值的变化快慢相同，且若()f x 为单峰函数，则x a =必为()f x 的极值点.如我们熟悉的二次函数，其对称轴即为极值点0,x 若()f x c =的两根的中点为12,2x x +则必有120,2x xx +=即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若120,2x x x +≠则为极值点偏移.若单峰函数()f x 的极值点为,a 且函数()f x 满足定义域内x a =左侧的任意自变量x 都有()(2)()(2),f x f a x f x f a x >-<-或则函数()f x 的极值点a 的左右侧变化快慢不同.故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()(),f x f x =则122x x +与极值点a 必有确定的大小关系：若12,2x x a +<则称为极值点左偏；若12,2x xa +>则为极值点右偏. 如函数()x xg x e =的极值点01x =刚好在()g x c =的两根中点的122x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移的题设一般具有的特点：1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12,x x ≠求证：12002();x x x x +>为极值点2.若函数()f x 存在12,x x 且12,x x ≠满足12()(),f x f x =求证：12002();x x x x +>为极值点3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12,x x ≠令120,2x x x +=求证：0()0;f x '> 4. 若函数()f x 存在12,x x 且12,x x ≠满足12()(),f x f x =令120,2x x x +=求证：0()0;f x '> 当然，除了上述所说的四大类极其明显的特征外，我们将要遇到的不等式形式也可能不尽相同，但简而言之，一般出现12()(),f x f x =且要证明不等式与12,x x 的关系，极有可能就是极值点偏移问题.三、极值点偏移问题处理方法对于极值点偏移及其变式类题型，处理方法一般较为固定，主要有对称化构造、比值换元、对数均值不等式三大方向.法一：对称化构造（1）求出函数()f x 的极值点0;x（2）构造一元差函数000()()()()()(2);F x f x x f x x F x f x f x x =+--=--或（3）确定()F x 的单调性；（4）结合0()0,F x =判断()F x 的符号，从而确定00()()f x x f x x +-、的大小关系，得出结论.【注】若要证明12()0,2x x f +⎛⎫'<> ⎪⎝⎭还需进一步讨论122x x +与0x 的大小关系，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证. 法二：比值换元（1）求出函数()f x 的极值点0;x （2）令2121(0,01),x t x x t x =<<<<一般可令则由12()(),f x f x =得出12,x x 等量关系，解出含参数t 的12;x x 或（3）将（2）中所得关系带入12,x x +构造一元差函数120()2;h t x x x =+- （4）判断120()2h t x x x =+-在01t <<上最值，得出结论. 法三：对数均值不等式（1）由12()(),f x f x =得出含12,x x 的等量关系；（2）整理出1212ln ln x x t x x -=-的形式，其中t 可能为常数，亦可能为含12,x x 的式子；（3）根据对数均值不等式ln ln 2a b a bab a b -+<<-得出最终结论. 【注】此法一般适用含指对函数的极值点偏移问题.（1）不含参【例1】已知函数()().x f x x e x R -=⋅∈（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明：当时1x >时，()();f x g x > （3）如果1212,()(),x x f x f x ≠=且证明：12 2.x x +>（三种方法）【练1】已知函数2()2ln ,f x x x=+若12,x x ≠且12()(),f x f x =证明：12 4.x x +>【例2】已知函数()ln ,f x x x =-若存在两个相异的正实数1212,,()(),x x f x f x =且求证：12()()0.f x f x ''+<【例3】已知函数()ln ,f x x x =-若方程()(2)f x m m =<-有两个相异实根1212,,,x x x x <且证明：212 2.x x <（2）含参（对于含参题型，主要处理方式是等价转换，构造新函数消参，转化为熟悉的无参数问题.）【例4】已知函数2()()x f x ax e a R =-∈在(0,)+∞有两个零点1212,(),x x x x <证明：12 4.x x +>【例5】已知函数2()(2)(1)(0),x f x x e a x a =-⋅+->设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +<【练2】若直线1y x =+与曲线()x a y a R e=∈交于不同的两点1122(,),(,),A x y B x y 求证：12 4.x x +<-（3）和导数有关的极值点偏移问题【注】欲证120,2x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭从极值点偏移角度，即证明开口向下的单峰函数()f x 极值点左偏，因此只需证明1200(),2x x x x +>其中是极值点切函数在122x x +所在区间单调递减即可. 【例6】已知函数2()ln ,f x x x ax =--若1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点，()f x '是函数()f x 的导函数，证明：120.2x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭【练3】已知函数2()(2)ln (0),f x x a x a x a =+++<若存在两个相等的正数12,,x x 满足12()(),f x f x = 证明：120.2x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭【练4】已知函数()2ln ,f x x ax =-若1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点，求证：1220.3x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭。

突破定向思维,以退为进——例谈双变量问题及其解题策略

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文学教育研究
２１年０１
第３期７
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例谈双变量问题及其解题策略
宋涛
（江苏省如皋市第一中学江苏如皋２６０）２５０
定向思维是在动力定型驱使下的按照既定方向或程序进行思维的活动过程，与发散思维相对。定向思维的基础是 “ 经验 ” 。在乎常的数学教学中，们都是很习惯的认为 “ 量越少越好处我变理、好处理 ” 越。当变量个数较多时，们都会想尽办法尽量少我设变量，简化问题，所有问题变成一个变量从而解决问题．将一般情况下，们都在教学过程中，调减少变量。可是笔者认我强为，学过程中强调 “ 量越少越好 …‘ 元思想 ” 有时会使解教变消，题陷入困境，能从高的角度把握题目，不彻底陷入题目的迷宫，而难以解答出题目，使解题陷入走弯路的境地。下面笔者通或过引例和大家探讨如何处理双变量问题。双变量的普遍存在笔者在教学过程中遇到如下两题：
灿腓ｚ。
、
题ｌｔ在长度为ｌ的线段＾Ｂ上任取一ｃ点堪祷。ｃ长度苇大于的慨率为一Ａ

函数双变量问题处理技巧

函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。

【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。

【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为：指定主元。

【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。

【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。

()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。

【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。

函数背景下双变量问题的解决策略

２）＋４ｘ２１）＋４ｘｌ ①
数
（３）当口＞２时， △ ＞ｏ，ｇ（）＝０的两根为ｔ＝生
，：
令ｇ（）＝）＋４ｘ，贝４ｇ（）＝ａ — ＋一ｌ＋２ａｘ＋４
—
当口 ≥ Ｏ时（）＞０，故）在（０，＋）单调增加；当ｎ ≤ 一１时（）＜０，故）在（Ｏ，＋）单调减少；
当一１＜ｎ＜ｏ时，令，（）＝０，解得＝ √一・
ｌ
Ｉ１
因为厂（。）一）＝（ｘ。一）＋一０（１一．１一： ห้องสมุดไป่ตู้ ，
所：
ｌ一２
等式两侧后，会化归为两种形式：（１）形）ｌｌｆ（）＞ｇ（：），再用两侧函数各自的最值处理；（２）形如，（）＞，（），利用函数的单调
语数外学习
Ｎｏ．０６．２０１３
ＹｕＳｈｕＷａｉＸｕｅＸｉ
２０１３年第６期
函数背景下双变量问题的解决策略
周亚莉
（襄阳四中，湖北
襄阳４４１０２１）
摘要：近几年高考压轴题和各地模拟题中频频出现在函数背景下处理舍两个变量的等式与不等式问题，笔者在教学中发现如果以函数思想为引领，把双变量问题转化为一元函数，再以导数为工具就能有效地加以解决。

导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)

h(m)
(x
1)m
x2
1在m [2, 2]时的函数值恒为非负值
h(2) 0 h(2) 0
x
3或x
1
★对任意n N , 恒有(1 1 )2na e2 ,求实数a 的最大值. n
(1 1 )2na e2 ln(1 1 )2na ln e2 (2n a) ln(1 1 ) 2 (n a ) ln(1 1) 1
n
n
n
2
n
a 2
1 ln(1
1
)
n, 设G (
x)
1 ln(1
x)
1 x
,
x
0,1
n
G '(x)
(1
1 x) ln2 (1
x)
1 x2
(1 x) ln2 (1 x) x2 x2 (1 x) ln2 (1 x)
, 设h( x)
(1
x) ln2 (1
x) x2
h '(x) ln2 (1 x) 2ln(1 x) 2x, h ''(x) 2ln(1 x) x ,易得G(x)在0，1上单调递减
构造函数f (x) exm ln(m 1) 1 ln(x 1), x (m, ), m 0 f (x) exm 1 ex 1 (x 1)ex em 0在x (m, )上恒成立,
x 1 em x 1 (x 1)em f (x)在(m, )上递增 f (x) f (m) 0 当0 m n时,即f (n) enm ln(m 1) 1 ln(n 1) 0 enm ln(m 1) 1 ln(n 1)
要题设中的不等式恒成立,只需a ln a e 1成立便可,于是构造(a) a ln a e 1,

双变量问题的解决策略

双变量问题的解决策略在处理导数的综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变，学生往往不知把哪个变量当成自变量进行研究，导致无法展开思路，造成无从下手，正因如此，这样的问题往往穿插在试卷的压轴题的某些步骤中，是学生感到困惑的难点之一. 下面我们谈一谈这类问题的解题思路.一、变更主元对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母 x 作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.【题目 1】对任意n N *，恒有(1 1 )2nane 2 恒成立，求实数a 的最大值.【解析】不等式(11)2nan e2(n a ) l n(1 2 1 ) 1 ，n1a 1 11由于11，知n2 l n(1n ，设G(x) 1) ln(x 1) n （ x (0,1] ）x11(1 x ) l n 2 (1 x ) x 2 则G (x )(1x) ln 2 (1 x) x 2 x 2 (1 x) ln 2(1 x) ，设h(x ) (1 x ) l n 2(1 x ) x 2（ x (0,1] ），则h (x ) l n 2(1 x ) 2 l n(1 x ) 2x .h (x )2[ln(1 x ) x ]，再设m (x ) ln(1 x ) x （ x (0,1] ），1 x 则m (x )11 x1 0 ，从而m(x) 在 x (0,1] 上单调递减，所以m(x) m (0) 0 ，所以h (x ) h (0) 0 ，所以h(x ) 在 x (0,1] 上单调递减.从而h(x ) h(0) 0 ，所以G (x ) 0 ，函数G(x ) 在 x (0,1] 单调递减.1所以G(x) G (1) 1.ln 2 1故G(x) 在(0,1] 上的最小值为G(1) 1. ln 2即a 1 1，所以实数a 的最大值为 22.2 ln 2二、指定主变量ln 2有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.2 x x2 23【题目 2】求证：e2t(e x) x2t 1.22121 2 1 2【解析】令 f (t)2t 2 2(e x x)te 2 xx12(t e x x ) 21 (e xx )21 1 (e xx )21.2 22令 g(x ) exx ，则 g (x ) e x 1，易知 g(x ) 在(, 0) 上单调递减，在(0,) 上单调递增，所以 g(x) 的最小值为 g(0)1，所以 1(e xx) 21 3 ，从而 f (x) 3 . 22 2三、化归为值域问题或最值问题【题目 3】已知函数 f (x) ln x ax 23x (a R) .（I ）函数 f (x ) 在点1, f (1)处的切线方程为y 2 ，求函数 f (x ) 的极值；（ II ）当 a 1 时，对于任意 x 1, x 2[1,10] ，当 x 2 x 1 时，不等式f (x ) f (x )m(x 2 x 1 )恒成立，求出实数m 的取值范围.x 2 x 1【解析】（I ）函数 f (x) ln x ax 23x 的定义域为(0,) ，f '(x) 12ax 3, f '(1) 1 2 a 3 0, a 1 ，x2 1 2x 2 3x 11 x 0, 1可知 f (x) l n x x3x, f '(x) 2x 3xx0 ， x 11, x 2 2，可知在 2 时，f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递增，在 x 1,1时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递减，在(1, )2单调递增，可知函数f (x)的极小值为f (1) ln1 1 3 2，极大值为f1 l n1 1 3 ln2 5. 2 4 2 4 （II ） f (x ) f (x ) m(x 2 x 1 ) 可以变形为 f (x ) f (x ) m m，可得 x 2 x 1 x 1 x 2f (x ) m f (x ) m ，可知函数 f (x) m在[1,10] 上单调递减. 1 x 2x x 1 2h(x) f (x) m l n x x 2 3x m ， h '(x) 1 2x 3 m0 ，可得m 2x 3 3x 2 x ，设x x x x 2F (x) 2x 33x2x ， F '(x) 6x26x 1 6x121 0 ，可知函数 F (x) 在[1,10] 单 22F (10) 2 103 3102 10 1710 ，可知m 1710 ，可知参数m 的调递减，F (x)min取值范围为(, 1710] .x 四、化归为函数单调性思想k【题目 4】已知函数 f (x) ln x .对任意 x x0 ，都有 f (x ) f (x ) xxx1 21212恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】 f (x 1 )f (x 2 ) x 1 x 2 kf (x 1 ) x 1 f (x 2 ) x 2 恒成立（*）设 g(x) f (x ) x ln x x （x 0 ），则（*）式等价于 f (x ) 在(0, ) 上单调 x 递减.从而 1 k 1 0 在(0, ) 上恒成立，从而得21 2 1g (x) 2 k x x (x )x x 2 4（ x 0 ）恒成立，所以k 1.41从而，实数k 的取值范围是[ , ).4五、整体代换，变量归一【题目 5】已知函数 f (x)ln x ex(R ).(I)若函数 f (x) 单调函数，求的取值范围；（II ）在(I)的条件下，求证：当0xx 时，都有e 1x 2e 1x 11 x2 . 121【解析】（I ）由题意知函数 f (x) 的定义域为(0, ) .对 f (x) 求导，得f (x )exxe x.xx因为 f (x ) 为单调函数，所以 f (x ) 0 ，或 f (x ) 0 在(0, ) 上恒成立.○ 1 当 f (x ) 0 时，即 x ex0 ，从而 x e x .令 g(x)g (x )x 1.e xx ex （ x 0 ），则当0 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增.11从而 g(x)ming(1) e ，所以 e.○2 若 f (x ) 0 时，即 x e x0 ，从而 x e x .由○1 知 g(x ) 在(0,1) 上单调递减，在(0,) 上单调递增.又 g(0) 0 ， x 时， g(x) 0 ，所以 0.综上知，实数的取值范围是(, 1 1] [0,). e 1 x（II ）由（I ）知，当时， f (x) e ln x e e在 (0, ) 上单调递减，因为0 x x ，所以 f (x ) f (x ). 即 1x1x ，1 2 1 2ln x 1 e 1 ln x 2 e 2 e e所以 l n x e e x 1 l n x e e x 2 ，即e 1 x 2 e 1 x 1l n xl n x . 1 2 1 2要证e1 x 2e 1x 11 x2 ，只需证ln x 1 1 x1 . x 1 x2 x 2令tx 1，则0 t 1 ，令 g(t) ln t t 1（ 0 t 1 ），x 2求导，得 1 1 t 1g (t) 2 2 0 ， g(t) 在 (0,1) 上单调递减，又 g(1) 0 ，所以t t t g(t) 0 ，即ln t 1 1 0 ，即ln t 1 1，从而结论得证.t t【题目 6】已知函数 f (x)ln x ax ， a R.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（ II ）记函数 f (x) 的两个零点为 x 1, x 2 ，且 x 1x 2 . 已知0 ，若不等式1ln x 1 ln x 2 恒成立，求的取值范围.【解析】（I ）依题意，知 f (x) 的定义域为(0,) .对 f (x) 求导，得1.○ 1 若a 0 时，则 f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递增；○ 2 若 a 0 时，令1a 0 ，得 x 1.从而f (x) axxa1当 x(0, ) a 1 当时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. x ( , )a1从而可知，当 a0 时， f (x) 在(0, ) 上是增函数；当 a 0 时， f (x) 在区间(0, ) 上是a1增函数，在区间( ,) 是减函数.aln x 1 ax 1（II ）由函数 f (x) 的两个零点为 x 1, x 2 ，从而ln xax ，从而不等式2 21 ln x1 ln x21 ax1ax2a(x1x2)1 1 21由于0 ， 0 x 1 x 2 ，所以 x 1 x 20 ，从而原不等式可化为a x1.x而又因为ln xl n xa(xx ) ，解得 12aln x 1ln x 2，从而原不等式转化为1212x xln x 1 l n x 21，即ln xln x12(1)(x 1 x 2 ) l n x 1(1 )( x1 1)x 2 .xxx x12x xxx 11212122x 2令tx1 ，则t (0,1) ，则不等式ln t(1 )(t 1)在t (0,1) 上恒成立.x 2t(1 )(t 1) 1 (1 )2 (t 1)(t 2 )令h(t)ln tt（ 0 t 1 ），求导，得h (t )t (t )2 . t(t )2当21 时，可见 t (0,1) 时， h (t) 0 ，所以 h(t) 在 t (0,1) 内单调递增，从而h(t) h(1)0 ，符合题意；当21 时，易知t (0,2 ) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递增；当t ( 2 ,1) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递减.又h(1)0 ，从而h(t) 在t(0,1) 上不能恒小于 0，不符合题意.从而，实数21 .又0 ，所以 1.综上所述，实数的取值范围是(1,).【题目 7】已知 f (x)ln xx ，设 x 1x 20 .x求证：f (x 1 ) f (x 2 ) 1.x2 x2x x1212【解析】当 xx0 时， x1f (x 1 ) f (x 2 )12x 2 x 2 x x1 21 2x 1 (ln x 1 x 1 ) (ln x 2 x 2 ) x 1 ln x 1 l n x21 .x 2 x 2x x x 2 x 2x x 12121212( x 1 ) 2 x1 x (x x ) 从而原不等式即证(ln x ln x ) 0 ，即证x 2x 2ln x10 .x2 x2 1 2( x1 )2 1 x2 1 2x2aa 24a a24 a a 2 4a a 242x t 2 t令t 1，则t 1.令 g(t) l n t （ t 1），x t 21(2t 1)(t 2 1) (t 2 t)(2t) 1 t 4 t 3 t 1 t 3 (1 t) (t 1) g (t ) (t 2 1)2 t t(t 2 1) 2 t(t 21)20 ，所以 g(t) 在(1,) 上单调递减，从而 g(t) g(1)＝0.从而原不等式得证. 1 【题目 8】已知 f (x)x a l n x （ a R ）.x（I ）讨论 f (x) 的单调性；（II ）若 x 1 ， x 2 是 f (x) 的两个极值点，且 x 1x 2 ，令t f (x 1 )f (x 2 ) (a 2)(x 1 x 2 ) ，求证： t0.【解析】（I ）由题意知，函数 f (x) 的定义域为(0, ) ，求导，得1a x 2 ax 1 f (x )1 .x 2x x 2○ 1 若a 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递减；○ 2 若a 2 时，令 f (x ) 0 ，解得 x 12， x 22.当0 x x 1 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；当 x 1 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；当 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. 从而可知， f (x) 在区间(0, x 1 ) ， (x 2 ,) 内单调递减，在(x 1 , x 2 ) 内单调递增.其中， x 12， x 22.（II ）由（I ）知， f (x) 存在两个极值点，所以a 2 .t 0f (x ) f (x ) (a 2)(xx ) f (x 1 ) f (x 2 ) a2 .1212 x x1 2由于 x , x 是 f (x) 的两个极值点，所以 x , x 为方程 x2ax 1 0 的两根，从而12121 2 2 1 2x x x x 1x 2 1.( 1x a ln x ) ( 1x a ln x ) f (x ) f (x ) x 1 1x22由于 12 x 1 x 2 1 2x 1 x 2ln x 1ln x 1 x 21 ln x ln x x x2 2 ln x 1a1 2 2 a 2 2 a 22a 1 2x 1x 2x 1 x 2x 1 x 2 x 1 x 2xf (x ) f (x ) 2 l n x从而a 2 11x2 2l n xx x1 x221 2x 2221令 g(x ) x 2 ln x （ 0 x 1），求导得x 1 2 x 2 2x 1 (x 1)2g (x ) 1 x 2 x x 2x 2 0 所以 g(x) 单调递减，又因为 g(1) 0 ，所以 g(x) g(1)0 . 所以1xln x0 ，即 f (x 1 ) f (x 2 )a2 ，从而t0.222x 1 x 2【题目 9】已知函数 f (x) ln x mx （ m R ）.若 f (x) 有两个不同的零点 x 1, x 2 ，求证： ln x 1ln x 22.【解析】不妨设 x 1 x 20 ，因为 f (x 1 )ln x 1 mx 1f (x 2 ) 0 ，从而得ln x 1ln x 2ln x m x ，两式作差，得ln x 1l n x 2 m (x 1 x 2 ) ，从而m .x x2 212两式再求和，得ln xl n xm (xx ) ln x 1 l n x 2 (xx ) .1 212x x 1 21 2因此，要证ln x 1 l n x 22 ，x 11 ln x ln x即证(x x ) 2ln x 12 x 1x 2 ln x 12 x 2 .xx1 2xxxxx 11122122x 2令t x1，则t 1.令g(t)ln t 2t 1（t 1），求导，x2t 11 2(t 1) 2(t 1) (t 1)2得g(t )t (t1)20，故g(t) 为(1,) 上的增函数. t(t 1)2t 1所以g(t) g(1) 0 ，即ln t 2t 1，故原不等式成立.例5、例 6、例 7、例 8、例 9 的解决，都是通过等价转化，将关于x1, x2 的双变量问题等价转化为以x1, x2 所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.六、借助参照物，建构桥梁【题目 10】已知f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点.（I）求实数a 的取值范围；（II）若x1, x2 是f (x) 的两个零点，求证：x 1 x 2 2.【解析】（I）(方法一)直接讨论法（2016 年全国 I 卷,理科）对f(x)求导，得f (x ) (x 1)e x 2a(x 1) (x 1)(e x 2a) .○1 当a 0 时, f (x) (x 1)e x 只有一个零点；○2 当a 0时，则当x 1时，f (x)0，f(x)单调递减；当x 1时，f (x)0，f (x)单调递增.又f (1) e ，f (2) a ，取b 满足b 0 ，且b ln a ，2a 2 2 3b则f (b) (b 2) a (b 1) a(b ) 0 ，故f (x) 存在两个零点；2 2○3 当a 0时，由f (x)0，得x 1或x ln(2a).若ae时，则ln(2a)1，故当x (1,)时，f (x)0，因此f(x)在(1,)上2单调递增，又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点；若ae时，则ln(2a)1，故当x (1,ln(2a))时，f (x)0，f(x)单调递减；2当x (ln(2a),)时，f (x)0，f(x)单调递增；又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点.2 xx 2 x2 x 2综上，实数a 的取值范围是(0,).(方法二)分离参数显然 x1 不是函数 f (x) 的零点.当 x 1 时，方程 f (x) 0a(2 x)e x (x 1)2.设h(x) (2x)e x(x 1)2，则h (x )e x (x 2 4x 5)(x 1)3，因此函数h(x) 在(,1) 上单调递增，在(1,) 上单调递减，由于h(x) 在(,1) 上的取值范围是(0,) ，在(1, ) 上的取值范围是R.因此，函数 f (x) 有两个零点，从而实数a 的取值范围是(0,).（II ）（证法一）局部构造法不妨设 x 1x 2 .由（I ）知， x 1 1 x 2 ，从而 2 x 2 1，又由于 f (x) 在(,1) 上单调递减，所以 x 1x 22 f (x 1 ) f (2x 2 ) ，即 f (2x 2 )0.由于 f (2 x 2 ) x 2e 2 a(x 2 1) ，而 f (x 2 ) (x 22)e 2a(x 2 1)0 ，所以f (2 x 2 ) x 2e 2 (x 22)e 2.设 g(x ) x e2 x(x 2)e x ，则 g (x ) (x 1)(e 2xe x ). 所以当 x 1 时，g (x ) 0 ，g(x) 单调递减，而 g(1)0 ，故当 x1 时，有 g(x) 0.从而 g(x 2 )f (2x 2 ) 0 ，故 x 1x 22.（证法二）由已知，得 f (x 1 )f (x 2 ) ，不难发现 x 11， x 21，故可整理得(x 2)e x 1 (x 2)e x 2a 1 2 .(x 1)2 (x 1)12(x 2)e x(x2)21 x设 g(x)(x1)2，则 g(x 1 ) g(x 2 ) ，那么 g (x )(x 1)3e .当 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增. 设m0 ，构造g(1 m) g(1 m) m 1 e1mm 1 e1m1 m e 1m ( m 1 e 2m 1).m 2m 1 2mm 2m 22m 22mm 1设 h(m) e m 1 1 （ m 0 ），则 h (m )e(m0 ，故h(m) 单调递增，1)2有h(m) h(0) 0. 因此，对任意m 0 ，都有g(1 m) g(1 m).由g(x1 ) g(x2 ) 可知x1, x2 不可能在g(x) 的同一个单调区间内，不妨设x1 x2 ，则必有x1 1 x2 .令m 1 x1 0 ，则有g[1 (1 x1 )] g[1 (1 x1 )] g(2 x1 ) g(x1 ) g(x2 ).而2 x1 1，x2 1，g(x) 在(1,) 上单调递增，因此g(2 x1 ) g(x2 ) 2 x1 x2 .即x1 x2 2.（证法三）数形结合法当a 0 时，f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点x , x ，不妨设x 1 x .1 2 1 2设P(x0 , y0 ) 是函数f (x) 图象上的任意一点，它关于直线x 1 的对称点Q(x, y) 在曲线y (x) 上，将x2 x代入y(x2)e x0 a(x1)2 ，得y xe2x a(x 1)2 ，y y0 0 0即(x) xe2 x a(x 1)2 .记F (x) f (x) (x) (x 2)e x xe2 x e2 x [(x 2)e2 x 2 x] ，记m(x) (x 2)e2x2x，则m(x) (2x 3)e2x2 1 ，记m(x) (4x 4)e2x2，所以m(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以m(x)m(1)0，则m(x)在R 上单调递增，而m(1) 0 ，所以当x (,1) 时，F(x) e2x m(x) 0，即f (x) (x).同理可得，当x (1, ) 时，f (x) (x).由0 f (x2) f (x1 ) (x2 ) f (2 x1 ) ，又2 x1 1，x2 1，f (x) 在(1,) 上单调递增，因此，f (x2 ) f (2 x1 ) 2 x1 x2 ，从而x1 x2 2.（设(x) 的两个零点为x3, x4，且x3 x4 ，则有x1 x3 1x2 x4 ，故x 1x2x3x42. ）函数的双变量问题是近几年来高考试卷中“热门”试题之一，这类试题不仅形式多样，而且联系的知识面较广，构造思维要求较高，因此这类问题的解决方法也是多种多样的.我们在此给出六种方法，希望能起到抛砖引玉的作用.。

函数导数中双变量问题的四种转化化归思想

2012 年第 8 期数学通讯(上半月) 8-12处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平(福建省厦门第一中学) 361000在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路，造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学们以帮助和启发。

一、改变“主变量”思想例１.已知 f (x) x 2 mx 1 m,在｜m| 2时恒成立，求实数 x 的取值范围 .分析：从题面上看，本题的函数式 f (x)是以 x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是相对于变量m 而言的，所以该题应把 m 当成主变量，而把变量 x 看成系数，我们称这种思想方法为改变“主变量”思想。

解： x 2 mx 1 m m(x 1) x 2 1 0 在｜ m| 2时恒成立，即关于 m 为自变量的一次函数 h(m) (x 1)m x 21在 m [ 2,2] 时的函数值恒为非负值得 x x 2 22x x 33 00x3或 x 1。

对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的 x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量， “所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。

二、指定“主变量”思想例２ .已知 0 m n,试比较 e n m ln(m 1) 与1 ln(n 1)的大小，并给出证明m,n ，这里不妨把 m 当成常数，指定 n 为主变量 x ，解答如下xm解：构造函数 f (x) e x m ln(m 1) 1 ln(x 1),x [m, ) ，m 0，f (x)min f(m) 0，于是，当 0 m n 时，f (n) e n m ln(m 1) 1 ln(n 1) 0即 e n m ln(m 1) >1 ln(n 1)。

处理双变量问题的常见策略

2020年第5期(上)中学数学研究23处理双变量问题的常见策略广东省东莞市东莞实验中学尹淑芬双变量问题活跃于高考题和竞赛题中,问题形式多样,出现在选择填空题,也出现在压轴题中.这类问题难度大,综合性强,问题的求解对学生思维能力要求高.本文将结合例题说明处理双变量问题的常见三大策略,为学生解决该类问题提供有效的路径.策略一消元(一)换元法常见换元有两种:整体换元与三角换元.(1)整体换元若双变量表达式可以通过变形,能够把一个含有双变量的式子视为一个整体,那么可以通过换元转化为单变量表达式,常见的如y −x,yx 等.例1(2019年清华大学自主招生考试第11题)实数x,y 满足x 2+(y −2)2 1,求x +√3y√x 2+y 2的最大值和最小值.解答当x =0时,x +√3y√x 2+y 2=√3.当x =0时,x +√3y √x 2+y 2=1+√3y x √1+(y x )2.当x >0时,易得y x ∈[√3,+∞),令yx =tan θ,θ∈[π3,π2).x +√3y √x 2+y 2=1+√3tan θ√1+tan 2θ=2sin (θ+π6)∈(√3,2],当x <0时,易得y x ∈(−∞,−√3],令yx=tan θ,θ∈(−π2,−π3].x +√3y √x 2+y 2=1+√3tan θ√1+tan 2θ=−2sin (θ+π6)∈[1,√3).综上所述,x +√3y√x 2+y 2的最小值为1,最大值为2.评注通过齐次化,构造出yx,使用整体换元法,减少变量,在此过程中需要求出元的取值范围.(2)三角换元当已知条件为关于两个变量x,y 的齐次式之和或之差等于一个确定的常数,可以联想到三角公式,从而把两个变量x,y 的表达式转化为三角函数表达式来求出范围.常见的三角换元有:如果条件中有x 2+y 2=1可作代换为x =cos θ,y =sin θ.如果条件中有x 2−y 2=1可作代换为x =sec θ,y =tan θ.例2已知x 2+y 2=4,求|x 2+2xy −y 2|的最大值.解答设x =2cos θ,y =2sin θ,θ∈[0,2π),|x 2+2xy −y 2|=4|cos 2θ+sin 2θ|=4√2|sin (2θ+π4)| 4√2.所以|x 2+2xy −y 2|的最大值为4√2.评注三角函数公式变形比多项式变形更为丰富,若使用三角换元,便可以使用三角函数的各种恒等式进行变形,实现对代数式的简化.而0◦<θ<75◦,因此30◦<θ<75◦.于是tan 30◦<tan θ<tan 75◦,1tan 75◦<1tan θ<1tan 30◦.因此2sin 75◦tan 75◦+2cos 75◦<f (θ)<2sin 75◦tan 30◦+2cos 75◦,即√6−√2<f (θ)<√6+√2.故f (θ)的值域是(√6−√2,√6+√2).评注本题中角的限制条件是“0◦<∠BAC <75◦,0◦<∠BCA <75◦”,虽然以平面四边形为载体,但其实质还是转化为解三角形问题.在以图形为载体的“三角”问题中,要关注角的某些限制,忽视了这一点往往致误.本题如果只注意到0◦<θ<75◦,而忽视∠BCA 的限制范围,则扩大了角θ的取值范围,会得到f (θ)的值域是(√6−√2,+∞)的错误答案.以上介绍了限制角条件的“三角”问题八大考向.不难看出,这类问题的核心仍然是三角恒等变换、角的变换、正余弦定理及其变式.熟记公式、灵活变式、角化边、边化角、构建方程、直观图形、运算能力等等,是顺利解题的要素,特别要重视“角条件”的运用和发掘,否则极易出现错误.参考文献[1]中华人民共和国教育部.普通高中数学课程标准[M].北京:人民教育出版社,2017.[2]李昭平.透视“三角与平面向量交汇”五大考点[J].中小学数学(北京),2017(7-8).[3]李昭平.2017年高考三角热点考向预测[J].广东教育(高中版),2017(3).24中学数学研究2020年第5期(上)(二)主元法例3证明:a +b 2>a −bln a −ln b(a,b >0).证明不妨设a >b ,则待证不等式变成(ln a −ln b )(a +b )−2(a −b )>0.把a 看作是变量,b 看作是常数,构造函数f (a )=(ln a −ln b )(a +b )−2(a −b ),a >b .f ′(a )=ba +ln a −lnb −1,f ′′(a )=a −b a2>0.f ′(a )在(b,+∞)上单调递增,f ′(a )>f ′(b )=0,所以f (a )在(b,+∞)上单调递增,f (a )>f (b )=0,不等式得证.评注当两个变量相互独立,可以以其中一个变量为“主元”,另外一个变量为常数,构造出以“主元”为自变量的函数,结合函数的基本性质解题.若两个变量的取值相互影响,那就不适宜使用主元法.(三)利用等量关系消元若出现两个变量之间的关系等式,则可以利用等式进行消元,减少变量的个数,在消元的过程中需要注意求出留下的变量的取值范围.例4(2018年高考全国I 卷理科)已知函数f (x )=1x−x +a ln x (1)讨论f (x )的单调性;(2)若函数f (x )存在两个极值点x 1,x 2,证明f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2<a −2.解答(1)略.(2)由f ′(x )=−x 2−ax +1x 2知x 1x 2=1,不妨设0<x 1<1<x 2,不等式f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2<a −2,等价于f (x 1)−f (x 2)>(a −2)(x 1−x 2),即1x 1−x 1+a ln x 1−(1x 2−x 2+a ln x 2)>(a −2)(x 1−x 2).把x 2=1x 1,代入上式,化简得2ln x 1−x 1+1x 1>0,构造函数g (x )=2ln x −x +1x ,(0<x <1).因为g ′(x )=−(x −1)2x 2<0,所以g (x )在(0,1)上单调递减,g (x )>g (1)=0,所以2ln x 1−x 1+1x 1>0,即f (x 1)−f (x 2)x 1−x 2<a −2.评注要证明的不等式,涉及到两个变量.导函数f ′(x )=−x 2−ax +1x 2有两个不同实数根x 1,x 2利用韦达定理,我们得到了两个变量x 1,x 2的关系,把x 2用关于x 1的代数式表示出来,即x 2=1x 1,代入到待证的不等式中,便可把双变量不等式化为单变量不等式,难度下降.策略二放缩例5(2014年高考辽宁卷理科第16题)对于c >0,当非零实数a,b 满足4a 2−2ab +4b 2−c =0且使|2a +b |最大时,3a −4b +5c的最小值为.解答由4a 2−2ab +4b 2−c =0得c 4=a 2−12ab +b 2=(a −14b )2+1516b 2.由柯西不等式得[(a −14b )2+(√154b )2][22+(6√15)2][2(a −14b )+√154b ·6√15]2=(2a +b )2,当且仅当(a −14b ):2=√154b :6√15时,|2a +b |最大.所以2a =3b,c =10b 23a −4b +5c =12b 2−2b =12(1b−2)2−2 −2,即(3a −4b +5c )min=−2.评注学生已经学习了均值不等式和柯西不等式,求双变量代数式的最值,可以尝试把该代数式配凑出学生已经学习过的不等式的形式.策略三数形结合把涉及到双变量的表达式“翻译”为几何条件,转化为线性规划问题,利用几何的直观性,得知双变量的取值范围.例6(2017年高考浙江卷第15题)已知向量a ,b 满足|a |=1,|b |=2,求|a +b |+|a −b |的最大值和最小值.解答设|a +b |=x,|a −b |=y ,由已知条件,得x 2+y 2=10,x,y ∈[1,3],|a +b |+|a −b |的最值就是x +y 的最值,这就转变成为一个线性规划问题:直线l :x +y =z 与圆弧x 2+y 2=10,x,y ∈[1,3]有交点,求直线l的纵截距z的最值.通过图像,可以得知当直线l 与圆弧相交于点(1,3),(3,1)时,纵截距z 取最小值4.直线l 与圆弧只有一个交点时,纵截距z 取最大值2√5.所以,|a +b |+|a −b |的最小值和最大值分别为4和2√5.评注若能挖掘出题目中双变量限制条件所代表的几何信息,便可以充分利用几何的直观,实现难度降低.双变量问题题型多变,难度大,对学生的思维水平要求高,本文总结了处理双变量问题的常见三大策略,希望能给学生提供解题思路指引,也希望能给一线教师一些启发.。

处理双变量函数问题的五种方法

X
lnx1 x1
-
lnx2 x2
<
1 .不妨设A
>1
>&
，接下来只需证
(1 ) 讨论/(4 的单调性；
In' - lm:2
( 记为 ① 式），又因为 = 1 ，
(2 )
若函数存在两个极值点 ^ ,s：2，证明
所以 ① 式化简为 21m ：i - & + 丄 < 0•令g (a〇 =
2 / ( 1 ) / ，/(1) # 〇，•••/(〇= ^■•令y = 1 得/(% +
1) = / ( 4
■，显然构成等差数列 i/ ( 4 丨，结合
/ ⑴ = ^■，可求得/(20 12) = 1006.
例 6 已知a 为实数，且 0 < a < 1 ，/ (幻是定义在 [0,1]上的函数，满足/(〇) = 0 / ( 1 ) = 1 , 对所有
> 0 ，证
ina^ - ino ，等价于证 lna - ln6 <
Vb
g (>) =21m; - % + 丄，g ' ( > ) = - （丄 - 1 ) < 0 , 所
x
x
以客(《〇 < g (l ) = 0 ,故
〈二 _ 匕得证.不等
式另一边证明方法类似，不再赘述.
评注：由上证不等式可以很快得出例1 的答案•
/(士）= / ( i ) = 1■令％= 〇，y = 1 ，得 /(士）= 〇+ a / ( l) ，即 a = 1.
( 2 ) 由（1 ) 知/(y ) = / ( + ) ，由此式得/(I ) =

素能培优(四)破解“双变量问题”的基本策略

1 2
1- 2
x-2x +1,f'(x)= .函数
(1,+∞)上单调递减,且 f(1)>0,f(e)<0,f
0<x1<1<x2.由已知可得 ln
两式相减得 ln x1-ln
t-e+2,
上单调递减,在(t0,1)上单调递增.∵h
t-e(t-1)<0 在 0<t<1 上恒成立,即证得
1
e
四、利用对数均值不等式证明双变量不等式
在双变量问题中,如果问题与对数函数或指数函数有关,也可以通过对数均
值不等式 <
-
ln -ln
<
+
进行转化,并结合不等式的传递性进行证明.
(1)讨论f(x)的单调性;
1 + 2
(2)若f(x)有两个零点x1和x2,设 x0=
,证明:f'(x0)>0(f'(x)为f(x)的导函数).
2
(1)解因为f(x)=mx-ex-m,则f'(x)=m-ex,
若m≤0,对任意的x∈R,则f'(x)<0,函数f(x)的单调递减区间为R;
若m>0,令f'(x)=m-ex=0,得x=ln m,
要证x1+x2<0,即证x1<-x2,
又g(x)在(-∞,0)上单调递增,
所以只需证g(x1)<g(-x2),
即证g(x2)<g(-x2),
即证g(x2)-g(-x2)<0,
即证(1-x2)e22 -x2-1<0.
令h(x)=(1-x)e2x-x-1,x∈(0,1),
所以h'(x)=(1-2x)e2x-1,

解决证明含有两个变量的不等式策略

解决证明含有两个变量的不等式策略证明含有两个变量的不等式的策略可以分为以下几步：第一步：了解不等式的基本概念和性质在解决证明含有两个变量的不等式之前，我们首先需要了解不等式的基本概念和性质。

我们知道，不等式是数学中用于描述两个数之间的关系的表达式。

不等式中的符号可以是大于（>）、小于（<）、大于等于（≥）或小于等于（≤）。

在解决含有两个变量的不等式时，我们需要根据给定条件对这两个变量进行限定，从而确定不等式的解集。

第二步：对不等式进行变换和化简在证明含有两个变量的不等式时，我们常常需要对不等式进行变换和化简，以便更好地理解和处理不等式。

这包括将不等式变换为等价的形式、利用不等式的性质进行转化等。

变换和化简的过程中，我们需要注意维持不等式的等价性，即不改变不等式的解集。

第三步：利用数学方法解决不等式在解决含有两个变量的不等式时，我们可以利用数学方法来求解。

这包括利用代数方法、图像方法和数值方法等。

代数方法常常涉及到对不等式进行推导和分析，从中得出不等式的性质和解集。

图像方法则可以通过将不等式转化为二维平面上的几何问题，从而得出不等式的解集。

数值方法则可以通过选取一些特定的数值进行试算，从而确定不等式的解集。

第四步：利用推理和证明方法确定解集在解决含有两个变量的不等式时，我们常常需要通过推理和证明方法来确定不等式的解集。

这包括利用逻辑推理、数学归纳法、反证法和直接证明法等。

通过这些推理和证明方法，我们可以对不等式的性质进行分析和推导，从而确定不等式的解集是否为空、是否是一个数集或者是一个区间。

总结起来，证明含有两个变量的不等式的策略主要包括了解不等式的基本概念和性质、对不等式进行变换和化简、利用数学方法解决不等式以及利用推理和证明方法确定解集。

通过合理地运用这些策略，我们可以更好地解决含有两个变量的不等式问题。

当然，要根据具体不等式的性质和条件来灵活选择合适的策略，并且在求解过程中要严谨细致地进行逻辑推理和数学证明。

破解双变量不等式问题的两个“妙招”

思路探寻而t =x +x 2+y 2>0，所以t ≥45.当t =45时，x =310,y =25，符合题意，故选A.我们引入新元t ，通过等量代换构造关于y 的一元二次方程，即可根据方程有解的必要条件，利用Δ≥0建立不等式，利用判别式法求得t 的取值范围.四、利用解析几何知识求解在解答代数问题受阻时，我们不妨转换思考问题的角度，从代数式的几何意义入手，利用解析几何知识来解题.一般地，可将y =x 看作一条直线，将y =x 2+k 看作一条抛物线，将x 2+y 2=1看作一个圆，构造出几何图形.这样便可通过研究直线、曲线、圆的方程及其位置关系，确定目标式取最值的情形，从而求得目标式的最值.解：因为x ,y >0，2x +y =1，所以该式可看作一条直线的方程，设z =x +x 2+y 2,该式可看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和.设原点关于直线2x +y =1的对称点的坐标为O 1(m ,n )，由此可以得到如下的方程组：ìíîïïïï2⋅m +02+n +02-1=0,(-2)⋅n -0m -0=-1,解得ìíîïïïïm =45,n =25,所以O 1()45,25.由图形的对称性可得，|PO 1|=|PO|,所以z =|PO 1|+d ，所以当PO 1⊥y 轴时z 最小，故当且仅当x =310，y =25时，z min =45.故选A.我们从代数式的几何意义入手，将2x +y =1看作一条直线，将z =x +x 2+y 2看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和，便将问题转化为解析几何问题，利用点关于直线的对称性、直线之间的垂直关系求得目标式的最值.总之，求解多元最值问题，需运用发散性思维，将问题与所学的知识关联起来，寻找各个知识点与问题中式子、数量之间的契合点，从不同角度进行分析、思考，以获得不同的解题方案.（作者单位：江苏省盐城市射阳县高级中学）双变量不等式问题是近几年高考试题中的“常客”，且常以压轴题的形式出现，这类问题的难度一般较大，侧重于考查函数的单调性、导数与函数单调性之间的关系、不等式的性质等.解答双变量不等式问题，往往需通过构造同构式、指定主元，才能将问题转化为常规的单变量不等式问题，以利用函数、导数、不等式的性质顺利求得问题的答案.一、构造同构式在解答双变量不等式问题时，我们可先将不等式进行适当的变形，使不等号两边式子的结构相同或相似；然后根据其特征，构造函数模型，将双变量看作函数的两个自变量；再根据函数单调性的定义、导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性求得函数的最值，从而证明不等式成立.例1.已知f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x ,其中1<a <5，证明：对于任意的x 1,x 2∈(0,+∞),x 1≠x 2，都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.证明：设x 1>x 2，函数g (x )=f (x )+x ，由f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x 可得：g (x )=12x 2+(1-a )x +(a -1)ln x ，对g (x )求导得g '(x )=x +a -1x-(a -1)，50而x +a -1x-(a -1a -1)=1-(a -1-1)2，因为1<a <5，所以g '(x )>0，所以g (x )在定义域内单调递增，又因为x 1>x 2，所以g (x 1)>g (x 2).所以f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，则f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.同理可证当x 1<x 2时，f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.我们先将不等式f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1化为f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，即可构造出同构式，据此构造出函数g (x )=f (x )+x ，转而将双变量不等式问题转化为单变量函数g (x )的单调性问题，利用导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可证明不等式.例2.已知函数f (x )=ln x +x 2-3x ，对于任意的x 1,x 2∈[1,10]，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2恒成立，求实数m 的取值范围.解：将f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形可得f (x 1)-m x 1>f (x 2)-m x 2，设函数h (x )=f (x )-m x ，即h (x )=ln x +x 2-3x -mx，求导得h '(x )=1x +2x -3+m x2≤0，将其变形可得关于m 的不等式m ≤-2x 3+3x 2-x .设函数F (x )=-2x 3+3x 2-x ，求导得F '(x )=-6x 2+6x -1=-6(x -12)2+12<0，可知函数F (x )在[1,10]上单调递减，所以F (x )min =F (10)=-1710，即m ≤-1710，所以参数m 的取值范围为(-∞,-1710].先将目标不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形，构造出同构式和函数h (x )=f (x )-m x，即可将问题转化为关于单变量x 的函数最值问题.值得注意的是，在求最值时，不仅运用到了分离参数法，还用到了导数法.若无法直接求得参数的范围，就可以考虑对参数进行适当的变形，将其与题目中的条件相联系，把问题转变为求某一个函数的最值问题，这样可使解题思路柳暗花明.二、指定主元对于双变量不等式问题，往往可根据已知条件和解题需求，指定其中一个变量为主元，根据两变量之间的联系，将问题转化为关于该主元的不等式问题来求解.通常可将已知取值范围或已知关系式的变量指定为主元，通过研究主元的范围、变化规律、最值来探究另一个变量的取值范围.例3.对于任意n ∈N *，恒有(1+1n)2n +a ≤e 2，求实数a 的最大值.解：在(1+1n)2n +a ≤e 2的两边同时取对数，可得(n +a 2)ln(1+1n )≤1.由1+1n >1，可得a 2≤1ln(1+1n)-n ,设g (x )=1ln(x +1)-1x (x ∈(]0,1)，则g '(x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2x 2(1+x )[ln (1+x )]2.设h (x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2(x ∈(]0,1)，则h '(x )=[ln (1+x )]2+2ln(1+x )-2x ，h ″(x )=2[ln(1+x )-x ]1+x.再设f (x )=ln(1+x )-x ，则f '(x )=11+x-1<0，从而可知f (x )在(]0,1上单调递减，所以f (x )<f (0)=0，所以h (x )在(]0,1上单调递减，从而可知h (x )<h (0)=0，所以g '(x )<0，所以g (x )在(]0,1上单调递减，所以g (x )≥g (1)=1ln2-1，即a 2≤1ln2-1，所以实数a 的最大值为2ln2-2.我们将n 看作主元，通过分离参变量，将a 用含n 的函数式表示出来.再构造函数，通过研究其导数，判断出函数的单调性，求得函数的最值，进而求得参数的取值范围.虽然双变量不等式问题较为复杂，但我们只要能根据不等式的结构特征构造出同构式，或结合题意指定合适的主元，便能将问题转化为简单的单变量单调性、最值问题，利用函数的单调性、导数的性质来解题，快速求得问题的答案.（作者单位：江苏省东台中学）思路探寻51。

导数中双变量处理策略

导数-双变量问题处理策略1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移【构造函数利用单调性证明】形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．【任意与存在性问题】例2、已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【整体换元——双变单】例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C ,函数b ax x g +=21)(的图象为直线l . (Ⅰ)当3,2-==b a 时,求)()()(x g x f x F -=的最大值;(Ⅱ)设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x ,且21x x ≠,求证:2)()(2121>++x x g x x .【对称轴问题12x x +的证明】例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值；⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +>【实战演练】1.已知函数f (x )=21x 2－ax +(a －1)ln x ，1a >. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1,x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--. 2.设3x =是函数()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点. （1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（2）设()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭，若存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-<成立，求a 的取值范围. 3.已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，. ⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ，设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点，如果曲线C 上存在点00(,)M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由.4.(2018届高三咸阳市二模理科）.已知函数2()2ln (,0)x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x 12()x x <，且2a e =，证明：122x x e +>.。

导数中双变量处理策略

导数-双变量问题处理策略1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移【构造函数利用单调性证明】形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-例1、设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性；(2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围．【任意与存在性问题】例2、已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m【整体换元——双变单】例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. (Ⅰ) 当时, 求的最大值;(Ⅱ) 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证: .【对称轴问题12x x +的证明】例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值；⑵已知函数对任意满足，证明：当时， ⑶如果，且，证明：【实战演练】1.已知函数f (x )=x 2－ax +(a －1)，. （1）讨论函数的单调性；（2）证明：若，则对任意x ,x ，x x ，有. 2.设是函数的一个极值点.x x x f ln )(=C b ax x g +=21)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x 11()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +>21ln x 1a >()f x 5a <12∈(0,)+∞1≠21212()()1f x f x x x ->--3x =()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈（1）求与的关系式（用表示），并求的单调区间；（2）设，若存在，使得成立，求的取值范围.3.已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，. ⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ，设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点，如果曲线C 上存在点00(,)M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由.4.(2018届高三咸阳市二模理科）.已知函数2()2ln (,0)x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x 12()x x <，且2a e =，证明：122x x e +>. a b a b ()f x ()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭[]12,0,4ξξ∈()()121f g ξξ-<a。

导数中双变量处理策略

导数-双变量问题处理策略1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移【构造函数利用单调性证明】形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．【任意与存在性问题】例2、已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【整体换元——双变单】例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C ,函数b ax x g +=21)(的图象为直线l . (Ⅰ)当3,2-==b a 时,求)()()(x g x f x F -=的最大值;(Ⅱ)设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x ,且21x x ≠,求证:2)()(2121>++x x g x x .【对称轴问题12x x +的证明】例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值；⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +>【实战演练】1.已知函数f (x )=21x 2－ax +(a －1)ln x ，1a >. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1,x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--. 2.设3x =是函数()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点. （1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（2）设()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭，若存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.3.已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，. ⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ，设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点，如果曲线C 上存在点00(,)M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由.4.(2018届高三咸阳市二模理科）.已知函数2()2ln (,0)x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x 12()x x <，且2a e =，证明：122x x e +>.。

导数中双变量处理策略

导数-双变量问题处理策略1.构造函数利用单调性证明2.任意性与存在性问题3.整体换元—双变单4.极值点偏移【构造函数利用单调性证明】形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥-例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x+=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性；(2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围．【任意与存在性问题】例2、已知函数()2a f x x x=+，()ln g x x x =+，其中0a >．（1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围．（2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立，求实数a 的取值范围．【整体换元——双变单】例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C ,函数b ax x g +=21)(的图象为直线l . (Ⅰ)当3,2-==b a 时,求)()()(x g x f x F -=的最大值;(Ⅱ)设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x ,且21x x ≠,求证:2)()(2121>++x x g x x .【对称轴问题12x x +的证明】例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值；⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +>【实战演练】1.已知函数f (x )=21x 2－ax +(a －1)ln x ，1a >. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）证明：若5a <，则对任意x 1,x 2∈(0,)+∞，x 1≠x 2，有1212()()1f x f x x x ->--. 2.设3x =是函数()()()23,x f x x ax b e x R -=++∈的一个极值点. （1）求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；（2）设()2250,4x a g x a e ⎛⎫>=+ ⎪⎝⎭，若存在[]12,0,4ξξ∈，使得()()121f g ξξ-<成立，求a 的取值范围.3.已知函数21()ln (1)(0)2f x x ax a x a R a =-+-∈≠，. ⑴求函数()f x 的单调增区间；⑵记函数()F x 的图象为曲线C ，设点1122(,)(,)A x y B x y 、是曲线C 上两个不同点，如果曲线C 上存在点00(,)M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由.4.(2018届高三咸阳市二模理科）.已知函数2()2ln (,0)x f x x a R a a=-∈≠. （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()f x 有两个零点1x ，2x 12()x x <，且2a e =，证明：122x x e +>.。