2024届高考二轮复习理科数学课件：双变量问题的转化

(2)存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,求实数c的取值范围;
(3)对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),求实数c的取值范围.
解 令k(x)=f(x)-g(x)=-2x3+3x2+12x-c,x∈[-3,3],
k'(x)=-6x2+6x+12=0,得x1=-1,x2=2.
培优拓展 双变量问题的转化
在解决函数与导数综合题时,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,因此不知把哪个变量当成自变量
进行函数研究,从而无法展开思路,造成无从下手的感觉,正因为如此,这样
的问题往往穿插在高考试卷压轴题的某些步骤之中,是考生感到困惑的难
点问题之一,这时针对不同的题设条件给出处理双变量问题的相应策略,希
∴a≤e+1.
故a的取值范围为(-∞,e+1].
(2)证明 不妨设 x1<x2,由题意知 0<x1<1<x2.要证明 x1x2<1,只需证明
1
x2< . ∵f(x)在(1,+∞)上单调递增,
1
∴只需证明 f(x2)<f
1
1
,即证明 f(x1)<f
下面构造函数 F(x)=f(x)-f
设
1
g(x)=xe ,则
-1
h(x)= e ,x∈(1,+∞),则
-1
a≥ e 在
x>1 时恒成立,
2-
h'(x)= e ,
所以当 x∈(1,2)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,
当 x∈(2,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,
所以当 x=2 时 h(x)取到最大值
1
h(2)= 2 ,所以实数
e
a
x1<x2,则
≥1⇔g(x2)-g(x1)≥x2-x1⇔g(x2)-x2≥g(x1)-x1,
2 -1
令 G(x)=g(x)-x,只需证明 G(x)在(1,+∞)单调递增,
因为
1
G(x)=g(x)-x=aln(x-1)+ ,则
e

1
所以 − e≥0
-1
令

1
G'(x)= − ,
e
-1
在 x>1 时恒成立,即
所以当 x=2 时,f(x)有极小值 f(2)=2,无极大值.
(2)由题意
1 1
1
2
g(x)=f(x)+ -( x-1) =aln(x-1)+ +x,x∈(1,+∞),
e 2
e
若任意 x1,x2∈(1,+∞)且
不妨令
(2 )-(1 )
x1≠x2,都有
≥1
2 -1
成立,
(2 )-(1 )
(1)解
e (-1)
1
(e +)(-1)
f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= 2 − +1=
.


2
当0<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.
则f(x)min=f(1)=e+1-a.要使得f(x)≥0恒成立,即满足f(x)min=e+1-a≥0,
在(a,+∞)上,f'(x)>0,f(x)单调递增.
(2)g(x)=2ax-axln x-3a2(a<0),
2
2
∵∃x1,x2∈[1,e ]使3g(x1)<g(x2)成立,
2
∴3g(x)min<g(x)max,g'(x)=a(1-ln
=
-
.
2
x),
∵a<0,当 x∈[1,e)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;
望给同学们以帮助和启发.
一、等价转化为函数的最值或值域问题
例 1 已知函数
1
f(x)=
1
+ ln
x(a∈R,且 a≠0).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2 设 a<0,函数 f'(x)是 f(x)的导函数,记 g(x)=2a2x2f'(x)-a2xf(x).若存在实数 x1,x2
∈[1,e
x
k'(x)
k(x)
[-3,-1)
↘
-1
0
极小值
(-1,2)
+
↗
k(-3)=45-c,k(3)=9-c,
k(-1)=-7-c,k(2)=20-c,
∴最大值为45-c,最小值为-7-c,
(1)∵对任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,
∴45-c≤0,即c≥45.
(2)∵存在x∈[-3,3],使f(x)≤g(x)成立,
四、利用换元法将两个变量转换成一个变量
例4(2023四川乐山二模)已知函数f(x)=aex-x2有两个极值点x1,x2(x1<x2).
(1)求a的取值范围;
(2)若ex1+(e-2)x2≥λx1x2,求λ的取值范围.
解 (1)由题意得 f'(x)=aex-2x,∵f(x)有两个极值点 x1,x2,∴方程 f'(x)=0 有两个不
等价转化成的问题
f(x)的值域是g(x)的值域的子集
f(x)的值域和g(x)的值域的交集
不为空集
[f(x)]max<[g(x)]min
[f(x)]min<[g(x)]max
[f(x)]max<[g(x)]max
对点训练1
已知函数f(x)=7x2-28x-c,g(x)=2x3+4x2-40x.
(1)对任意x∈[-3,3],都有f(x)≤g(x)成立,求实数c的取值范围;
即函数 f(x)有两个极值点时,a
2
u(1)=e;0;x>0 时,
2
a= e 有两个不同的实数根时,可得
2
的取值范围是(0, ).
e
2
0<a<e,
(2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值点 x1,x2 是方程 aex-2x=0 的两根,且
在[1,2]上恒成立,
即 m≤-2x3+3x2-x,设 h(x)=-2x3+3x2-x,则 h'(x)=-6x2+6x-1,
∵x∈[1,2],∴-13≤h'(x)≤-1,∴函数 h(x)=-2x3+3x2-x 在[1,2]上单调递减,
故 h(x)min=h(2)=-6,因此 m≤-6.
三、从双变量问题等价变换中构造函数求解
Q(x2,y2)(x1>x2),总能使得 - >2,求实数
1 2
P(x1,y1),
a 的取值范围.
解
(1 )-(2 )
由
>2
1 -2
及 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
∴函数 g(x)在(0,+∞)上为增函数,由于
1

1
1
g'(x)=e +xe
1
1
.
(0<x<1),F'(x)=f'(x)+f'
·
1
- 2
=
1
e
1
1-
=
1

1
·2
1
e (-1)

=
1
(-1)(e +-e -1)
2
.
.
1
1
1
xe >e,即-xe <-e,-xe -1<-e-1.
当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)在(0,1)上单调递减,∴

,
,即 f(x2)<f
1
1
,∴x1x2<1.
规律方法求二元函数的最小值或证明二元的某种关系,通过二元之间的关
系或二元之间的函数的关系,运用转化的思想进行消元,化归为熟悉的一元
问题,再通过研究一元问题使原问题得到解决.
对点训练2
(2023江西赣州二模)已知函数f(x)=x2-3x+ln x.
(1)求函数f(x)的极值;
围.
2
](e 是自然对数的底数),使得不等式 g(x1)<g(x2)成立,求实数 a 的取值范
3
2
解 (1)由
1
1
f(x)= + ln


x(x>0),得
1
f'(x)=- 2

1
+

当 a<0 时,f'(x)<0,f(x)在(0,+∞)上单调递减.
当 a>0 时,在(0,a)上,f'(x)<0,f(x)单调递减;
存在性或任意性问题的基本类型
对∀x1∈A,都∃x2∈B,使得g(x2)=f(x1)成立
∃x1∈A及x2∈B,使得f(x1)=g(x2)成立
对∀x1∈A及x2∈B,都有f(x1)<g(x2)成立
∃x1∈A及x2∈B,使f(x1)<g(x2)成立
对∀x1∈A,都∃x2∈B,使得f(x1)<g(x2)成立
得出g(x)的最小值为g(2)=-48,
∵对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),
∴147-c≤-48,即有c≥195.
二、寻找两变量的关系转化为单变量函数问题
e
例2(2022全国甲,理21)已知函数f(x)= -ln x+x-a.

(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;
(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
等价于
(2 -1 )
f(x1)-f(x2)>
1 2
构造函数
=

1

− ,即
2
2
g(x)=f(x)- =x -3x+ln

x- ,即


f(x1)- >f(x2)- 恒成立,
1
2
g(x1)>g(x2),
即证函数 g(x)在 x∈[1,2]上单调递减,
即
1

g'(x)=2x-3+ + 2≤0
同的实数根,即方程
2
a= 有两个不同的实数根,设
e
2
u(x)= ,可得
e
2-2
u'(x)= ,当
e
x<1 时,可得 u'(x)>0,u(x)单调递增;当 x>1 时,可得 u'(x)<0,u(x)单调递减,
∴x=1 时,函数 u(x)取得极大值,极大值为
u(x)>0,且 x→+∞时,u(x)→0,∴方程
(2)对于任意的x1,x2∈[1,2],当x1<x2时,不等式x1x2[f(x1)-f(x2)]-m(x1-x2)>0恒成
立,求实数m的取值范围.
解
1
(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=2x-3+
故当
1
x∈(0, )时,f'(x)>0,f(x)单调递增,当
2
=
1
2
2(- )(-1)
∴-7-c≤0,即c≥-7.
2
0
0
(2,3]
↘
(3)f(x)=7x2-28x-c=7(x-2)2-28-c,x∈[-3,3],
即有f(x)的最大值为f(-3)=147-c,
g(x)=2x3+4x2-40x.
g'(x)=6x2+8x-40,x∈[-3,3],
可得g(x)在(-3,2)上单调递减,在(2,3)上单调递增,
解 (1)当 a=-1
则
1 2
时,f(x)=4x +1-ln(x-1),x∈(1,+∞).
1 1
f'(x)= x- ,令
2 -1
f'(x)=0,解得 x=-1 或 x=2,又因为 x>1,所以 x=2.
所以当 x∈(1,2)时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当 x∈(2,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增.

1
x∈( ,1)时,f'(x)<0,f(x)单调递减,
2
当 x∈(1,+∞)时,f'(x)>0,f(x)单调递增,
∴当
1
x= 时,f(x)有极大值
2
,
1 1
3
1 5
f( )= − +ln =- -ln
2 4
2
2 4
当 x=1 时,f(x)有极小值 f(1)=12-3×1+ln 1=-2.
2;
(2)x1x2[f(x1)-f(x2)]-m(x1-x2)>0,∀x1,x2∈[1,2]时恒成立,
1
的取值范围是[ 2 ,+∞).
e
规律方法若题设条件中含有一个双变量的恒等式,通过对该恒等式进行等
价变形,使恒等式两边的两个变量对应的代数式结构相同,就可以构造出一
个函数,从而利用此函数求解得出结论.
对点训练3
已知函数 f(x)=aln
1 2
x+2x ,在其图象上任取两个不同的点
( 1 )-( 2 )
1 2
x+2x -2x(x>0),则
g(x1)>g(x2),

g'(x)= +x-2,

则 g'(x)≥0 对任意的 x∈(0,+∞)恒成立,

由+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 的取值范围是[1,+∞).
例 3(2023 贵州贵阳一模)已知函数
1 2
1 1
f(x)=aln(x-1)+4x +1,g(x)=f(x)+e -(2x-1)2.
(1)当 a=-1 时,求函数 f(x)的极值;
(2)若任意 x1,x2∈(1,+∞)且
( 2 )-( 1 )
x1≠x2,都有
≥1
2 - 1
成立,求实数 a 的取值范围.
当 x∈(e,e2]时,g'(x)>0,g(x)单调递增,
∴g(x)min=g(e)=ae-3a2,g(x)max=max{g(1),g(e2)}=-3a2.
2
2
2
2
∴3(ae-3a )<-3a ,∴a>-3e,而 a<0,
2
∴-3e<a<0.故实数 a 的取值范围是
2
- e,0
3
.
规律方法双变量存在性或任意性问题的基本类型与“等价转化”策略