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-\ln
x_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$g(x_2)-g(x_1)<-1$。

解析：由题意得$F(x)=g(x)+x$在区间$(1,2)$上是减函数。

因此
g(x_2)-g(x_1)<-1\Rightarrow F(x_2)-F(x_1)<0$$
由此得到
frac{1}{x_2}-\frac{1}{x_1}<1\Rightarrow
x_1+x_2<\frac{x_1x_2}{x_1-x_2}$$
因此
frac{x_1+x_2}{x_1-x_2}<\frac{x_1x_2}{x_1-
x_2}\Rightarrow x_1x_2<\left(x_1+x_2\right)^2$$
即
left(\frac{x_1+x_2}{2}\right)^2>a$$
因此$a\geq\left(\frac{3}{2}\right)^2=\frac{9}{4}$。

又因为$F(x)=g(x)+x$在区间$(1,2)$上是减函数，所以
frac{1}{x^2}+\frac{1}{x(x+1)}\leq a\Rightarrow a\geq
m(2)=\frac{7}{4}$$
因此$a\in[\frac{9}{4},\frac{7}{4}]$。

策略三：变形思想
问题3：设函数$f(x)=x\ln x$，若$x_1,x_2\in(0,1)$，
$x_1+x_2<1$，求证$x_1x_2<(x_1+x_2)^2$。

解析：由题意得
x_1+x_20$$
因此
f''(x)=\frac{1}{x}<0,\quad x\in(0,1)$$
因此$f(x)$在$(0,1)$上是下凸函数。

因此
f(x_1)+f(x_2)<f(x_1+x_2)$$
即
x_1\ln x_1+x_2\ln x_2<(x_1+x_2)\ln(x_1+x_2)$$
两边同时乘以$\ln e$，得到
ln x_1^{x_1}+\ln x_2^{x_2}<\ln(x_1+x_2)^{x_1+x_2}$$ 两边同时取指数，得到
x_1^{x_1}x_2^{x_2}<(x_1+x_2)^{x_1+x_2}$$
因为$x_1,x_2\in(0,1)$，所以$x_1^{x_1}x_2^{x_2}<1$，因此
x_1x_2<(x_1+x_2)^{x_1+x_2}<(x_1+x_2)^2$$
证毕。

f(x) = xlnx，x>0.g(x) = 1+lnx，x>0.因为g'(x) = 1/x。

0，所以g(x)在(0.+∞)上是单调递增的，在(0,1)上是单调递减的。

因为x/(1+x)。

g(x1) = x1lnx1.解析：g(x) = ln(x)/x < 1，所以lnx1 + lnx2 < (x1+x2)ln(x1+x2)。

同理，lnx2 < ln(x1+x2)。

因为x1,x2∈(0,1)，x1+x2 < 1，所以ln(x1+x2) < 0，所以
(2+1/x1+1/x2)ln(x1+x2) ≤ 4ln(x1+x2)，所以lnx1+lnx2 <
4ln(x1+x2)，所以x1x2 < (x1+x2)^4.
已知f(x) = xlnx - 2，证明x1x2.e^2，其中x1,x2是f(x)的两个极值点。

要证明x1x2.e^2，需证lnx1+lnx2.2.因为f(x) = xlnx - 2，所以f'(x) = ln(x) - m，其中m为常数。

因为x1,x2是f'(x)的两个不同实根，所以有lnx1-mx1 = lnx2-mx2，所以lnx2-lnx1 = m(x2-x1)。

又因为lnx1+lnx2 = ln(x1x2)，所以x1x2 =
e^(lnx1+lnx2)。

因为lnx2-lnx1 = m(x2-x1)，所以m = (lnx2-
lnx1)/(x2-x1)。

代入lnx1-mx1 = lnx2-mx2，得到lnx1+lnx2 =
(x2-x1)m。

因为x1,x2是f(x)的极值点，所以f'(x1) = f'(x2) = 0，即lnx1 = m1x1，lnx2 = m2x2，其中m1,m2为常数。

所以
lnx2-lnx1 = m2x2-m1x1 = (m2-m1)x2+m1(x2-x1)。

因为m = (lnx2-lnx1)/(x2-x1)，所以m2-m1 = m(x2-x1)/(x2-x1) = m。

代入lnx2-lnx1 = (m2-m1)x2+m1(x2-x1)，得到lnx2-lnx1 = mx2，所
以x1x2 = e^(lnx1+lnx2) = e^(mx2)。

因为f(x) = xlnx - 2，所以
f'(x) = ln(x) - m。

0，所以m。

0.所以x1,x2.e^(lnx1/m1) =
e^(lnx2/m2) = e，所以x1x2.e^2.
1.已知 $f(x)=\frac{1+t}{\ln x}$，其中 $t>1$，则 $x_1$ 和$x_2$ 满足 $\ln x_1+\ln x_2>2$，且 $x_1x_2>e$。

改写为：
设 $f(x)=\frac{1+t}{\ln x}$，其中 $t>1$，则 $x_1$ 和
$x_2$ 满足 $\ln x_1+\ln x_2>2$，且 $x_1x_2>e$。

具体地，当$t>1$ 时，有 $\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$，从而 $\ln x_1+\ln
x_2>\ln t>\frac{2(t-1)}{t+1}$，即 $\ln x_1+\ln x_2>2$。

同时，
由 $\ln x_1+\ln x_2=\ln (x_1x_2)$，可得 $x_1x_2=e^{\ln
x_1+\ln x_2}>e$。

2.已知 $f(x)=x\ln x-\frac{1}{2mx-x}$，其中 $f(x)$ 有两个
极值点 $x_1$ 和 $x_2$，且 $x_1a$。

改写为：
设 $f(x)=x\ln x-\frac{1}{2mx-x}$，其中 $f(x)$ 有两个极值
点 $x_1$ 和 $x_2$，且 $x_11$。

因为 $f(x)$ 在 $x_1$ 和
$x_2$ 处取得极值，所以 $f'(x_1)=f'(x_2)=0$。

计算可得
$x_1=\frac{1}{2m}$，$x_2=\frac{1}{m}$，$f(x_1)=f(x_2)=-
\frac{1}{4m}$。

由于$f(x)$ 在$(0,\frac{1}{2m})$ 上单调递增，在 $(\frac{1}{2m},\frac{1}{m})$ 上单调递减，因此 $f(x_1)$ 是$f(x)$ 在 $(0,\frac{1}{2m})$ 上的最大值，$f(x_2)$ 是 $f(x)$ 在$(\frac{1}{2m},\frac{1}{m})$ 上的最大值。

又因为
$2\ln\frac{t}{t-1}$ 在 $(1,+\infty)$ 上单调递减，所以要使 $2\ln x_2-2\ln x_1>a$，必须有 $a<2\ln\frac{t}{t-
1}=\ln\left(\frac{t^2}{t-1}\right)$，即 $a<\ln\left(\frac{t^2}{t-
1}\right)$。

又因为 $t=\frac{\ln x_2}{\ln x_1}$，所以
$t=\frac{\ln\frac{1}{m}}{\ln\frac{1}{2m}}=\frac{\ln 2}{\ln 3}$。

因此，$a<\ln\left(\frac{(\ln 2)^2}{\ln 2-\ln 3}\right)$。

最后，由
于 $\ln 2-\ln 3<0$，所以 $a<\ln\left(\frac{(\ln 2)^2}{\ln 2-\ln
3}\right)<\ln(\ln 2)^2=2\ln\ln 2$。

故 $a$ 的最大值为 $1$。

本策略主要介绍线性代数中的主元与次元的概念及其应用。

在矩阵的行简化阶梯形式中，主元是指每行中第一个非零元素，次元则是指主元以下的非零元素。

主元与次元的概念在矩阵求解、线性方程组解法、矩阵秩等方面有着重要的应用。

在矩阵求解中，主元与次元的概念可以用于高斯消元法的优化。

在高斯消元法中，通过将矩阵转化为行简化阶梯形式，可以快速求解线性方程组。

而通过选择合适的主元，可以减少计算量，提高计算效率。

在线性方程组解法中，主元与次元的概念可以用于判断线性方程组是否有解、唯一解或无穷解。

如果矩阵的秩小于变量数，那么线性方程组无解；如果矩阵的秩等于变量数，那么线性方程组有唯一解；如果矩阵的秩小于变量数且存在自由元，那么线性方程组有无穷解。

在矩阵秩的计算中，主元与次元的概念可以用于确定矩阵的秩。

矩阵的秩等于主元的个数，而次元可以用于计算矩阵的零空间。

综上所述，主元与次元的概念在线性代数中有着广泛的应用，对于理解和解决线性方程组、矩阵求解等问题具有重要的意义。