双变量问题之换元法与主元法-解析版
解答双变量问题的三个“妙招”
方法集锦双变量问题比较复杂，且具有较强的综合性.其考查形式呈现多样化的特点，对同学们的数学思维和运算能力有较高的要求.当题目中出现了双变量时，很多同学会习惯性地把自变量看成主元，导致解题过程繁琐，甚至有时不知该如何下手.那么，如何高效地解答这类问题呢？有三个“妙招”.一、分离参数若已知一个变量的取值范围，要求另外一个变量的取值范围，则不能按照常规思路，将已知取值范围的变量作为主元，而要变换一下思路，采用分离参数法，将要求的变量分离出来，并构造出新函数，将问题转化为关于另一个变量的函数最值问题.利用导数法或函数的性质求最值，就可以得到另一个变量的取值范围.例1.对任意n ∈N *,恒有(1+1n)2n +a ≤e 2恒成立，求实数a 的最大值.解：在(1+1n )2n +a≤e 2的两边取对数得：(n +a 2)ln (1+1n )≤1.所以a 2≤1ln æèöø1+1n -n，设F ()x =1ln ()1+x -1x (x ∈(0,1]),则F ′()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2x 2(1+x )ln 2(1+x ),设h ()x =(1+x )ln 2()1+x -x 2，则h ′()x =ln 2()1+x +2ln ()1+x -2x ，h ″()x =2[ln ()1+x -x ]1+x，再设m ()x =ln (1+x )-x ，则m ′()x =11+x-1<0，所以m (x )在(0,1]上单调递减，则m ()x <m ()0=0，则h ′()x <h ′()0=0,所以h (x )在(0,1]上单调递减，即h ()x <h ()0=0，所以F ′()x <0,所以F (x )在(0,1]上单调递减，则F ()x ≥F ()1=1ln 2-1，即a 2≤1ln 2-1，得a ≤2ln 2-2，所以实数a 的最大值为2ln 2-2.将a 分离出来，再将离散的变量n 用连续的变量x 表示出来，把问题变成函数最值问题，就可以用函数思想来解题.二、确立主元对于含有两个变量的问题，有时可以将其中的一个变量看作常数，将另外一个变量看成主元来求解.运用这种方法解题，要明确两个变量对已知关系式和目标式的影响，选取合适的变量作为主元.一般地，若已知变量的取值范围或已知含有该变量的等量关系式，则可以将该变量视为主元.例2.试证明：e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.证明：令f ()x =e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1=2(t -e x+x 2)2+12(e x -x )2+1≥12(e x -x )2+1.令g ()x =e x -x ,则g ′()x =e x -1，所以g (x )在(-∞,0)上单调递减，在(0,+∞)上单调递增，易得g (x )的最小值为g ()0=1，即12(e x-x )2+1≥32，综上可得，e 2x -2t ()e x +x +x 2+2t 2+1≥32.三、利用函数的单调性因为双变量问题中含有变量，所以可以构造函数，将问题看作函数问题，利用函数的单调性来求得问题的答案.可根据函数单调性的定义判断函数的单调性，也可根据导函数与函数单调性之间的关系来进行判断.例3.已知函数f ()x =ln x +kx.对任意x 1>x 2>0,f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2恒成立，求实数k 的取值范围.解：由f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2得f ()x 1-x 1<f (x 2)-x 2，设g ()x =f ()x -x =ln x +kx-x (x >0)，因为f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，所以函数g (x )在()0,+∞上单调递减，于是g ′()x =1x -kx 2-1≤0在()0,+∞上恒成立，所以k ≥-x 2+x =-(x -12)2+14≥14，则实数k 的取值范围为[14,+∞).根据已知关系式f ()x 1-f ()x 2<x 1-x 2，以及函数单调性的定义，可以判定该函数为增函数，据此可以确定函数g ()x =f ()x -x 的单调性，进而根据g ()x 的单调性解题.参数分离法、利用函数的单调性、主元法的适用情形均不相同.针对不同的题目，同学们需仔细分析题目中的条件，选用合适的方法进行求解，才会达到事半功倍的效果.（作者单位：江西省九江第一中学）40。
高中数学 双变量不含参不等式证明方法之换元法(教师版)
nm
mnm
mnm
令 n ＝x，构造函数 m
g(x)＝ln
x－1＋x(x≥1)，则 x
g′(x)＝1x＋x12＋1．
因为 x∈[1，＋∞)，所以 g′(x)＝1x＋x12＋1＞0，故 g(x)在(1，＋∞)上单调递增．
n
由已知 n＞m＞0，得 n ＞1，所以 g m ＞g(1)＝0，即证得 ln n －m＋ n ＞0 成立，所以命题得证．
ln a－ln b
ln a－ln b 2
总结提升
两个正数
a
和b
的对数平均定义：
L(a,
b)
a
ln a
b ln b
(a
b),
a(a b).
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系： ab L(a, b) a b （此式记为对数平均不等式） 2
取等条件：当且仅当 a b 时，等号成立．
[例 3] 已知 f (x) ln x, g(x) f (x) ax2 bx ，其中 g(x) 图像在 (1, g(1)) 处的切线平行于 x 轴．
t 1 t 1
∴ g(t) 在 (1, ) 上是减函数，所以 g(t) g(1) 0 ．
∴
t
ln
2t 1
t
ln
1
2
t
t
1 得证．所以 kAB
f
( x1
x2 ) 成立． 2
总结提升
(1)本题考验不等式的变形，对于不等式 x2 ln
2 x2 x1 x2
x1 ln
2 x1 x1 x2
x2
∴ f (x) 的单调增区间是 (1 , ) ，单调减区间是 (0, 1) ，
e
e
f x 的极小值为 f (1) 1 ln 1 1 ，无极大值．
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.。
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。
导数处理双变量问题和双变量不等式(解析版)
导数处理双变量问题和双变量不等式一、重点题型目录【题型一】双变量不等式转化为单变量问题【题型二】双变量不等式中点型【题型三】双变量不等式极值和差商积问题【题型四】双变量不等式主元法【题型五】同构函数法与双变量不等式二、题型讲解总结【题型一】双变量不等式转化为单变量问题例1.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例2.(2022·山东潍坊·高三阶段练习)已知函数f x =e x +x -2和g x =ln x +x -2，若f x 1 =g x 2=0，则( )A.x 1+x 2=2 B.0<x 1<12C.x 1⋅x 2>eD.ln x 1x 1<-x 2ln x 2【答案】ABD【分析】A 选项，根据反函数求解出y =-x +2与y =x 交点坐标，从而得到x 1+x 2=2；B 选项，由零点存在性定理得到0<x 1<12，1<x 2<e ；C 选项，化简整理得到x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，求出y =x ln x 在1,e 上的单调性，求出取值范围；D 选项，构造函数h x =ln xx ，根据x 1x 2<x 1+x 22 2=1得到0<x 1<1x 2<1，根据h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．【详解】由于y =e x 和y =ln x 互为反函数，则y =e x 和y =ln x 的图象关于直线y =x 对称，将y =-x +2与y =x 联立求得交点为1,1 ，则x 1+x 22=1，即x 1+x 2=2，A 正确．易知f x 为单调递增函数，因为f 0 =-1<0，f 12 =e -32>0，由零点存在性定理可知0<x 1<12，B 正确．易知g x 为单调递减函数，g 1 =-1<0，g e =e -32>0，由零点存在性定理可知1<x 2<e ．因为x 1x 2=2-x 2 x 2=x 2ln x 2，令y =x ln x ，则y =1+ln x >0在1,e 上恒成立，所以y =x ln x 在1,e 上单调递增，所以x 1x 2=x 2ln x 2<e2，C 错误．因为x 1>0，x 2>0，所以x 1x 2<x 1+x 222=1，所以0<x 1<1x 2<1．令h x =ln xx，则h 'x =1-ln x x 2，当0<x <1时，hx >0，h x 在0,1 上单调递增，所以h x 1 <h 1x 2 ，即ln x 1x 1<ln 1x 21x 2，整理得ln x 1x 1<-x 2ln x 2，D 正确．故选：ABD【点睛】结论点睛：对于双变量问题，要结合两个变量的关系，将双变量问题转化为单变量问题再进行求解，也可通过研究函数的单调性及两个变量的不等关系进行求解例3.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例4.(2022·北京十四中高三阶段练习)关于函数f (x )=2x+ln x ，给出如下四个命题：①x =2是f (x )的极大值点；②函数y =f (x )-x 有且只有1个零点；③存在正实数k ，使得f (x )>kx 恒成立；④对任意两个正实数x 1,x 2，且x 1>x 2，若f (x 1)=f (x 2)，则x 1+x 2>4；其中的真命题有___________.【答案】②④【分析】①求f (x )导数，讨论f (x )单调性即可判断其极值情况；②作出y =f (x )与y =x 图象，根据两图象交点个数即可判断y =f (x )-x 的零点个数；③问题转化为f x 是否存在过原点且斜率为正的切线；④根据y =f (x )图象求出x 1,x 2范围，再结合f (x 1)=f (x 2)和f (x )的单调性，将双变量化为单变量，构造函数即可进行证明．【详解】f x =x -2x2，当0<x <2时，f x <0；当x >2时，f x >0．∴f x 在0，2 上单调递减，在2，+∞ 上单调递增，x =2是f x 的极小值点，故①错误；根据函数f x 的单调性及极值点，作出函数f x 的大致图象，如图所示，再作出直线y =x ，易知直线y =x 与f x 的图象有且只有1个交点，即函数y =f x -x 有且只有1个零点，故②正确．根据f x 的图象可知，若要存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，则f x 要存在过原点且斜率为正的切线，假设f x 存在过原点且斜率为正的切线，切点为x 0,2x 0+ln x 0 ，则切线斜率为x 0-2x 20，则切线方程为y -2x 0-ln x 0=x 0-2x 20x -x 0 ，∵切线过原点，故-2x 0-ln x 0=-x 0-2x 0，整理得x 0-x 0ln x 0-4=0，令F x =x -x ln x -4，则F x =-ln x ，∴在0，1 上，F x >0，F x 单调递增，在1，+∞ 上，F x <0，F x 单调递减，∴F x ≤F 1 <0，∴F x <0恒成立，即方程x 0-x 0ln x 0-4=0无解，即f x 不存在过原点且斜率为正的切线，故不存在正实数k 使得f x >kx 恒成立，故③错误；由x 1>x 2，f x 1 =f x 2 可知x 1>2，0<x 2<2，要证x 1+x 2>4，即证x 1>4-x 2，且x 1>4-x 2>2，f x 在2，+∞ 上单调递增，即证f x 1 >f 4-x 2 ，又f x 1 =f x 2 ，∴证f x 2 >f 4-x 2 ，即证f x >f 4-x ，x ∈0，2 ．令h x =f x -f 4-x =ln x -ln 4-x +2x -24-x，x ∈0，2 ，则hx =-8(x -2)2x 2(4-x )2<0，∴h x 在0，2 上单调递减，∴h x >h 2 =0，∴x 1+x 2>4，故④正确．故答案为：②④．【点睛】本题②③均考察数形结合研究函数问题，需利用导数研究函数的性质，作出函数的简图，根据图象将问题进行简化；本题④需将双变量转化为单变量，需要熟练转化的方法．例5.(2022·上海·上外附中高三阶段练习)已知函数f x =x -ln x ,x >0x +4e,x ≤0，若存在x 1≤0,x 2>0，使得f x 1 =f x 2 ，则x 1f x 2 的最小值为__________.【答案】-4e 2【分析】根据分段函数解析式画出函数f (x )的简图，设f (x 1)=f (x 2)=t ，根据图像确定t 的取值范围，将x 1f x 2 化成只含有一个变量t 的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定x 1f x 2 的最小值.【详解】当x >0时，f (x )=x -ln x ，f (x )=1-1x =x -1x，当x >1时，f (x )>0，当0<x <1时，f (x )<0，即当x =1时，f (x )取得极小值为f (1)=1.当x ≤0时，f (x )=x +4e 为增函数，且f (x )≤4e ，函数f (x )的图像如图：设f (x 1)=f (x 2)=t ，由题可知1≤t ≤4e ，由f (x 1)=t 得x 1+4e =t ，则x 1=t -4e ，则x 1f (x 2)=t (t -4e )=(t -2e )2-4e 2，∵1≤t ≤4e ，所以当t =2e 时，x 1f x 2 取得最小值为-4e 2.故答案为：-4e 2.【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.【题型二】双变量不等式中点型例6.(2021秋•山西期末)已知函数f (x )=2x +(1-2a )ln x +a x．(1)讨论f (x )的单调性；(2)如果方程f (x )=m 有两个不相等的解x 1，x 2，且x 1<x 2，证明：f x 1+x 22>0．【解答】解：(1)f ′(x )=2+1-2a x -ax 2=2x 2+(1-2a )x -a x 2=(x -a )(2x +1)x 2(x >0)，①当a ≤0时，x ∈(0,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增；②当a >0时，x ∈(0,a )，f ′(x )<0，f (x )单调递减；x ∈(a ,+∞)，f ′(x )>0，f (x )单调递增，综上，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增．(2)由(1)知，当a ≤0时，f (x )在(0,+∞)单调递增，f (x )=m 至多一个根，不符合题意；当a >0时，f (x )在(0,a )单调递减，在(a ,+∞)单调递增，则f ′(a )=0．不妨设0<x 1<a <x 2，要证f ′x 1+x 22>0，即证x 1+x 22>a ，即证x 2+x 1>2，即证x 2>2a -x 1．因为f (x )在(a ,+∞)单调递增，即证f (x 2)>f (2a -x 1)，因为f (x 2)=f (x 1)，所以即证f (x 1)>f (2a -x 1)，即证f (a +x )<f (a -x )，令g (x )=f (a +x )-f (a -x )=2(a +x )+(1-2a )ln (a +x )+a a +x-2(a -x )+(1-2a )ln (a -x )+a a -x=4x +(1-2a )ln (a +x )-(1-2a )ln (a -x )+a a +x -aa -x．g ′(x )=4+1-2a a +x +1-2a a -x -a (a +x )2-a(a -x )2=4+2a (1-2a )a 2-x 2-2a (a 2+x 2)(a +x )2(a -x )2=4x 2(x 2-a 2-a )(a +x )2(a -x )2．当x ∈(0,a )，时，g ′(x )<0，g (x )单调递减，又g (0)=f (a +0)-f (a -0)=0，所以x ∈(0,a )，时，g (x )<g (0)=0，即f (a +x )<f (a -x )，即f (x )>f (2a -x )，又x 1∈(0,a )，所以f (x 1)>f (2a -x 1)，所以f x 1+x 22>0．例7.(2021•沙坪坝区校级开学)已知函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)．(1)讨论函数f (x )的单调性；(2)设g (x )=ln x -bx -cx 2，若函数f (x )的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)恰为函数g (x )的两个零点，且y =(x 1-x 2)g ′x 1+x 22的取值范围是[ln3-1，+∞)，求实数a 的取值范围．【解答】解：(1)函数f (x )=x 2-2ax +2ln x (a >0)的定义域为(0,+∞)，又f(x )=2x -2a +2x =2⋅x 2-ax +1x(a >0,x >0)，对于方程x 2-ax +1=0，△=a 2-4(a >0)，①若△=a 2-4≤0，即0<a ≤2时，则f (x )≥0恒成立，所以f (x )在(0,+∞)上单调递增；②若△=a 2-4>0，即a >2时，令f(x )=0，解得x =a -a 2-42，或x =a +a 2-42，当x ∈0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞时，f (x )>0，当x ∈a -a 2-42，a +a 2-42时，f (x )<0，所以f (x )在0,a -a 2-42和a +a 2-42，+∞上单调递增，在a -a 2-42，a +a 2-42上单调递减．综上所述，当0<a ≤2时，f (x )的单调递增区间为(0,+∞)，无单调递减区间；当a >2时，f (x )的单调递增区间为0,a -a 2-42 和a +a 2-42，+∞，单调递减区间为a -a 2-42，a +a 2-42；(2)由(1)可知，当a >2时，x 1+x 2=a ，x 1x 2=1(x 1<x 2)，又g (x )=1x -b -2cx (x >0)，故g x 1+x 22 =2x 1+x 2-b -c (x 1+x 2)，由g (x 1)=g (x 2)=0，可得ln x 1-bx 1-cx 12=0ln x 2-bx 2-cx 22=0 ，两式相减，可得lnx 1x 2=b (x 1-x 2)+c (x 21-x 22)，所以y =(x 1-x 2)g x 1+x 22 =2(x 1-x 2)x 1+x 2-b (x 1-x 2)-c (x 21-x 22)=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2=2x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x1x 2，令x 1x 2=t ∈(0,1)，所以y =2(t -1)t +1-ln t ，则y=-(t -1)2t (t +1)2<0，所以y =2(t -1)t +1-ln t 在(0,1)上单调递减，由y 的取值范围为[ln3-1，+∞)，可得t 的取值范围为0,13，所以a 2=(x 1+x 2)2=x 1x 2+x 2x 1+2=t +1t+2∈163,+∞ ，又因为a >2，故实数a 的取值范围是433,+∞．例8.(2021秋•巴南区校级月考)已知函数f (x )=ln x -ax (a 为常数)．(1)当a >1时，求函数f (x )的单调区间；(2)当a ≥322时，设函数g (x )=2f (x )+x 2的两个极值点x 1，x 2(x 1<x 2)满足t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，求y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-t+23的最小值．【解答】解：(1)依题意，得f (x )=1x -a =1-axx (x >0)，∵a >1，由1-ax >0，解得x <1a ，即当0<x <1a时，f (x )>0，f (x )单调递增，由1-ax <0，解得x >1a ，即当x >1a时，f (x )<0，f (x )单调递减，∴当a >1时，f (x )的单调递增区间为0,1a ，f (x )的单调递减区间为1a ，+∞ ．(2)∵g (x )=2f (x )+x 2=2ln x -2ax +x 2，∴g(x )=2(x 2-ax +1)x=0的两根为x 1，x 2，即方程x 2-ax +1=0的两根为x 1，x 2，∵a ≥322，∴△=a 2-4>0，∴x 1+x 2=a ，x 1x 2=1，∵t =ln x 1-ln x 2x 1-x 2，∴y =(x 1-x 2)2x 1+x 2-ln x 1-ln x 2x 1-x 2 +23=2(x 1-x 2)x 1+x 2-ln x 1x 2+23=2⋅x 1x 2-1x 1x 2+1-ln x 1x 2+23，令m =x 1x 2(0<m <1)，由韦达定理，得(x 1+x 2)2=x 12+2x 1x 2+x 22=a 2，∴x 12+2x 1x 2+x 22x 1x 2=m +1m+2=a 2，∵a ≥322，∴m +1m =a 2-2≥52，∴m ≤12或m ≥2，∴0<m ≤12，令h (m )=2⋅m -1m +1-ln m +23，∴h(m )=-(m -1)2m (m +1)2<0，∴h (m )在0<m ≤12上递减，∴y min =h (m )min =h 12 =ln2，【题型三】双变量不等式极值和差商积问题例9.(2022·全国·高三专题练习)若直线y =ax 与曲线C :y =ln x 相交于不同的两点A (x 1,y 1)，B (x 1,y 1)，曲线C :y =ln x 在点A ，B 处的切线相交于点P (x 0,y 0)，则( )A.a ≤1eB.ex 1x 2=x 0C.k AP +k BP >2aD.k AP +k BP ≤2a【答案】C【分析】A 选项根据图像可以得出结论；B 选项：设A ,B ，写出A ，B 点处的切线程联立并化简得x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，从而得出结论；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1，化简得x 2x 12-2×x 2x 1⋅ln x 2x 1 -1>0，设t =x2x 1>1，可得t 2-2×t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2×t ⋅ln t -1，通过求导判断h (t )的单调性，进一步得到h (t )>0，从而得证；D 选项，根据C 选项的结论得出结论.【详解】A 选项：当a ≤0时，直线y =ax 与曲线C :y =ln x 只有一个交点，故A 错误；B 选项：设A (x 1,y 1),B =(x 2,y 2)，且1<x 1<x 2，可得ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2， y =ln x 在A ，B 点处的切线程为y -ln x 1=1x 1(x -x 1)①,y -ln x 2=1x 2(x -x 2)②,①-②得ln x 2-ln x 1=x x 1-x x 2，将ax 1=ln x 1,ax 2=ln x 2代入得ax 2-ax 1=x x 1-x x 2化简x 2-x 1 ax 1x 2-x =0，∵x 2≠x 1∴ax 1x 2=x 故ax 1x 2=x 0，故B 错误；C 选项：要证明k AP +k BP >2a 即1x 1+1x 2>2ln x 2-ln x 1x 2-x 1， 化简得x 2x 1 2-2×x 2x 1⋅ln x2x 1 -1>0，设t =x 2x 1>1，可得t 2-2t ⋅ln t -1>0令h (t )=t 2-2t ⋅ln t -1h (t)=2t-2ln t-2i(t)=h (t)=2t-2ln t-2 i (t)=2-2t=2t-1t，当t>1，i (t)=2t-1t>0，i(t)在t>1上单调递增，所以i(t)>i(1)=0，所以h (t)>0，h(t)在t>1上单调递增，所以h(t)>h(1)=0，所以x2x12-2×x2x1⋅lnx2x1-1>0，即k AP+k BP>2a，故C正确；D选项，根据C选项可得D选项错误.故选：C.【点睛】导数中双变量问题，此时处理的方式是通过变形,把x2x1看作一个未知数,从而把两个自变量转化为一个未知量，这是一种比较常见的解题方法.例10.(2022·云南·昆明一中高三阶段练习)已知函数f(x)=ln x-12ax-1．(1)讨论f(x)的单调性；(2)设函数g(x)=xf(x)，若g(x)有两个极值点x1,x2，证明：x1x2>e2．【答案】(1)见详解(2)见详解【分析】(1)求出导数后，将参数分为a≤0和a>0两种情况讨论导数取值即可.(2)求出g(x)导数，根据函数极值点就是导数零点列式将参数消去，同时将证明问题进行转换，最后利用抓商构造x1x2=t型函数作最终证明.(1)由f(x)=ln x-12ax-1可知f (x)=1x-12a=2-ax2x，其中x∈(0,+∞)当a≤0时，2-ax>0在(0,+∞)恒成立，即f (x)>0，故当a≤0时，f(x)在(0,+∞)单调递增;当a>0时，令2-ax>0，得x<2a，即在0,2a，f (x)>0；在2a,+∞，f (x)<0故当a>0时，f(x)在0,2 a在单调递增，f(x)在2a,+∞在单调递减.(2)由g(x)=x ln x-12ax2-x可知g (x)=ln x-ax，其中x∈(0,+∞).若g(x)有两个极值点x1,x2，则g (x1)=ln x1-ax1=0，g (x2)=ln x2-ax2=0故ln x1+ln x2=a(x1+x2)；ln x1-ln x2=a(x1-x2)，其中a=ln x1-ln x2 (x1-x2)欲证x1x2>e2，只需证ln x1+ln x2>2，即证ln x1x2(x1+x2)x1-x2>2 ①不妨假设0<x 1<x 2，则0<x 1x 2<1，令x1x 2=t ，代入①可得ln t (t +1)t -1>2化简，最终只需证明ln t -2(t -1)t +1<0即可，令h (t )=ln t -2(t -1)t +1其中t ∈(0,1)得h(t )=1t -4(t +1)2=(t -1)2t (t +1)2>0所以h (t )在(0,1)单调递增所以h (t )<h (1)=0，故ln t -2(t -1)t +1<0，因此x 1x 2>e 2证毕.【点睛】方法点睛(1)联立消参：利用方程g (x 1)=g (x 2)消除解析式中的参数a (2)抓商构元：令x 1x 2=t ，消除变量x 1,x 2，构造关于t 得函数h (t )(3)用导求解：利用导数求解函数h (t )得最大值或者最小值，从而可证得结论.【题型四】双变量不等式主元法例11.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x ,y 满足4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4，则( )A.xy =24B.x +y =2C.x +2y =1+2D.x 2y =1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln 12x 2⋅4y ≥12x 2+4y -2，令a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例12.(2023·全国·高三专题练习)若存在两个正实数x ，y ，使得等式2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0成立，则实数a 的取值范围为( )A.-12，1eB.0，2eC.-∞，0 ∪2e ，+∞D.-∞，-12 ∪1e，+∞【答案】C【分析】根据函数与方程的关系将方程进行转化，利用换元法转化为方程有解，构造函数求函数的导数，利用函数极值和单调性的关系进行求解即可．【详解】由2x +a (y -2ex )(ln y -ln x )=0得2x +a (y -2ex )ln yx=0，即2+a y x -2e ln yx =0，即设t =y x，则t >0，则条件等价为2+a (t -2e )ln t =0，即(t -2e )ln t =-2a有解，设g (t )=(t -2e )ln t ，g ′(t )=ln t +1-2et 为增函数，∵g ′(e )=ln e +1-2ee =1+1-2=0，∴当t >e 时，g ′(t )>0，当0<t <e 时，g ′(t )<0，即当t =e 时，函数g (t )取得极小值，为g (e )=(e -2e )ln e =-e ，即g (t )≥g (e )=-e ，若(t -2e )ln t =-2a有解，则-2a ≥-e ，即2a≤e ，则a <0或a ≥2e ，故选：C ．例13.(2022·全国·高三专题练习)已知大于1的正数a ，b 满足ln 2b e2a <b a n ，则正整数n 的最大值为( )A.7 B.8 C.9 D.11【答案】C【解析】ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a a n ，令f x =ln 2x x n ，g x =e 2xxn ，分别求f x ，g x 的导数，判断函数的单调性，可求得f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2，g x 有最小值g n 2 =e n n 2n ，根据题意，即求f x max ≤g x min ，代入为2n 2e2≤e n n 2 n ，等价于n +2n -2≥ln n 2，令φx =x +2x -2-ln x2，即求φx >0的最大的正整数.对φx 求导求单调性，可知φx 单调递减，代入数值计算即可求出结果.【详解】解：由题干条件可知：ln 2b e 2a <b n a n 等价于ln 2b b n <e 2a an ，令f x =ln 2xx n ，x >1 ，则f 'x =x n -1⋅ln x (2-n ln x )x 2n =ln x (2-n ln x )x n +1f 'x =0，x =e 2n ，当f 'x >0时，x ∈1,e 2n ，当f 'x <0时，x ∈e 2n ,+∞所以f x 在1,e 2n 上单调递增，在e 2n ,+∞ 上单调递减，则f x 有最大值f e 2n =2n 2e 2.令g x =e 2xxn ，x >1 ，则g 'x =e 2x2x -nx 2n，当n 2≤1时，此题无解，所以n2>1，则g 'x =0,x =n2，当g 'x >0,x >n 2，当g 'x <0,1<x <n 2，所以g x 在1,n 2 上单调递减，在n 2,+∞ 上单调递增，则g x 有最小值g n2 =e nn 2n .若ln 2b b n <e 2a a n 成立，只需f e 2n ≤g n2 ，即2n 2e 2≤e n n 2n，即e n +2≥n 2 n -2，两边取对数可得：n +2≥(n -2)ln n 2.n =2时，等式成立，当n ≥3时，有n +2n -2≥ln n2，令φx =x +2x -2-ln x2，本题即求φx >0的最大的正整数.φ'x =-4(x -2)2-1x <0恒成立，则φx 在3,+∞ 上单调递减，φ8 =53-ln4>0，φ9 =117-ln 92≈1.5714-1.51>0，φ10 =32-ln5<0，所以φx >0的最大正整数为9.故选：C .【点睛】本题考查构造函数法解决恒成立问题.方法点睛：双变元的恒成立问题，经常采用构造成两个函数，转化为f x 1 <g x 2 ，若f x 1 max <g x 2 min ，则复合恒成立的情况.例14.(2022·四川省成都市新都一中高三阶段练习(理))已知函数f (x )=ln xx,g (x )=xe -x ，若存在x 1∈(0,+∞),x 2∈R ，使得f x 1 =g x 2 =k 成立，则下列命题正确的有___________．①当k >0时，x 1+x 2>1 ②当k >0时，2<x 1+e x 2<2e③当k <0时，x 1+x 2<1 ④当k <0时，x 2x 1⋅e k 的最小值为-1e 【答案】①③④【分析】根据f (x )可求得f (x )在(0,e )上单调递增，在(e ,+∞)上单调递减，则可画出f (x )的图像；利用同构可知f (x 1)=g (x 2)=k 等价于ln x 1x 1=ln e x2ex 2=k ，结合图像则可判断① ②③；当k <0时，可得x 1=e x 2，x 1∈(0,1)，构造函数可判断④．【详解】解：①f (x )=1-ln xx 2(x >0)，令f (x )>0得0<x <e ，f (x )在(0,e )上递增，且值域-∞,1e；令f (x )<0得x >e ，f (x )在(e ,+∞)上递减，且值域0,1e；作图如下：当k >0时，由f (1)=0知：若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则x 1>1，当k <0时，若∃x 1∈(0,+∞)，使得f (x 1)=k ，则0<x 1<1，由g (x )=xe -x 得：g (x )=1-xe x，令g (x )>0得x <1，g (x )在(-∞,1)上递增，且值域-∞,1e；令g (x )<0得x >1，g (x )在(1,+∞)上递减，且值域0,1e；作出g (x )图象如下：当k >0时，由g (0)=0知：若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2>0，当k <0时， 若∃x 2∈R 使得g (x 2)=k ，则x 2<0，∴当k >0时，x 1+x 2>1．故①正确．②当k >0时，由f x 1 =g x 2 =k 得：ln x 1x 1=x 2e -x 2，即ln x 1x 1=ln e x 2ex 2，∴x 1,e x 2可看成ln xx=k 的两零点，作出y =ln xx的图象如下：由图象易知：x 1或e x 2均可趋向于+∞，故②错误；③当k <0时，由①的讨论知：x 2<0，0<x 1<1，∴x 1+x 2<1．故③正确；④当k <0时，此时x 1∈(0,1)，由②知：x 1=e x 2，∴x 2=ln x 1，则x 2x 1=ln x 1x 1=k ，∴要求x 2x 1⋅e k的最小值即求ke k 的最小值即可，令h (k )=ke k (k <0)，则h (k )=e k +ke k =(1+k )e k ，令e k +ke k =0，解得：k =-1，易知k =-1为极小值点，故h (k )的最小值为h (-1)=-1e ．故④正确．故答案为：①③④．【点睛】关键点点睛：同构找到x 1=e x 2，通过f (x )与g (x )的图象及性质判断求解，在处理④时，要注意消元思想的运用．【题型五】同构函数法与双变量不等式例15.(2022·福建省福州格致中学模拟预测)已知f (x )=ln x +x -a ,g (x )=x +e x +a ,f x 1 =g x 2 ，若x 1x 2≥1，则a 的取值范围为( )A.[-1,+∞) B.(-∞,e ] C.(-∞,1] D.[e ,+∞)【答案】A【分析】利用同构构造h x =x +e x ，得到h ln x 1 =h x 2+a ，结合h x =x +e x 的单调性，得到a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，构造φx =ln x -x ，求出其最大值，得到a 的取值范围.【详解】由题意得：x 1>0，又因为x 1x 2≥1，所以x 2>0，ln x 1+x 1-a =x 2+e x 2+a ，即ln x 1+x 1=x 2+a +e x 2+a ，所以ln x 1+e ln x 1=x 2+a +e x 2+a ，设h x =x +e x ，则h ln x 1 =h x 2+a ，h x =1+e x >0，所以h x =x +e x 单调递增，所以ln x 1=x 2+a ，因为x 1x 2≥1，所以a =ln x 1-x 2≥ln x 2-x 2，令φx =ln x -x ，x >0，则φ x =1x -1=1-xx，当x ∈0,1 时，φ x >0，当x ∈1,+∞ 时，φ x <0，故φx =ln x -x 在x =1处取得极大值，也是最大值，φx ≤φ1 =ln1-1=-1，故a ∈[-1,+∞).故选：A【点睛】同构构造函数，求解参数取值范围问题，通常适用于方程或不等式同时出现了指数函数与对数函数，此时利用同构构造函数，往往会是解题的突破口.例16.(2022·江苏南京·高三开学考试)若函数f x =e x -1x ，g x =x1+ln x，存在x 1、x 2使得f x 1 =g x 2 ，则下列说法不正确的是( )A.若x 1>x 2，则x 2<1B.若x 1<x 2，则x 1<1C.存在x 1=x 2D.存在x 0，使得当x 1>x 0，x 2>x 0时，x 2-x 1 的值随着x 1、x 2的增大而增大【答案】B【分析】利用导数分析函数f x 的单调性，证明出x ≥ln x +1(当且仅当x =1时，等号成立)，由已知可得f x 1 =f 1+ln x 2 ，分1+ln x 2<0、0<1+ln x 2<1、1+ln x 2=1、1+ln x 2>1四种情况讨论，讨论x 1、x 2的大小，可判断ABC 选项的正误；取x 0=1，可得出x 2-x 1=x 2-ln x 2-1>0，利用导数分析函数φx =x -ln x -1在1,+∞ 上的单调性，可判断D 选项.【详解】函数f x 的定义域为x x ≠0 ，fx =e x -1x -1x 2，当x <0时，f x <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x<0；当0<x <1时，fx <0，此时函数f x 单调递减，且f x =e x -1x >0；当x >1时，fx >0，此时函数f x 单调递增，且f x =e x -1x>0.设f x 1 =g x 2 =k ，g x =x 1+ln x =e 1+ln x -11+ln x=f 1+ln x ，构造函数h x =x-ln x-1，其中x>0，h x =1-1x=x-1x.当0<x<1时，h x <0，此时函数h x 单调递减；当x>1时，h x >0，此时函数h x 单调递增.所以，h x min=h1 =0，即x≥ln x+1，当且仅当x=1时，等号成立.因为f x1=g x2=f1+ln x2.①若1+ln x2<0，即0<x2<1e，则f x1=f1+ln x2<0，此时x1<0，因为函数f x 在-∞,0上单调递减，则x1=1+ln x2<x2；②若0<1+ln x2<1，即1e<x2<1，由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1>1，使得f x1=f1+ln x2，此时1+ln x2<x2<1<x1，存在x1∈0,1，使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2<1；③若1+ln x2=1，即x2=1，则f x =f1 只有唯一解，此时x1=1，即x1=x2=1；④若1+ln x2>1，即x2>1，因为由于函数f x 在0,1上递减，在1,+∞上递增，则存在x1∈0,1使得f x1=f1+ln x2，此时x1<1<1+ln x2<x2，存在x1>1使得f x1=f1+ln x2，此时x1=1+ln x2<x2.故A对，B错，C对；取x0=1，因为函数f x 在1,+∞上单调递增，且x1>1，x2>1，则1+ln x2>1，由f x1=f1+ln x2可得x1=1+ln x2<x2，则x2-x1=x2-ln x2-1>0，因为函数h x 在1,+∞上单调递增，且x2>1，故h x2随着x2的增大而增大，D对.故选：B.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：(1)直接构造函数法：证明不等式f x >g x (或f x <g x )转化为证明f x -g x >0(或f x-g x <0)，进而构造辅助函数h x =f x -g x ；(2)适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；(3)构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.例17.(2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习)若实数x,y满足4ln x+2ln2y≥x2+8y -4，则( )A.xy=24B.x+y=2C.x+2y=1+2D.x2y=1【答案】A【分析】根据题意将原不等式化简为ln12x2⋅4y≥12x2+4y-2，令a=12x2,b=4y a >0,b >0 ，可知原不等式等价于ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，再令g x =ln x -x +1，则原不等式等价于g a +g b ≥0；再利用导数求出函数g x 单调性，进而可得g x ≤0，由此可知只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足g a +g b ≥0，据此即可求出x ,y 的值，进而求出结果.【详解】∵4ln x +2ln 2y ≥x 2+8y -4x >0,y >0 ∴2ln (x 2)+ln 2y ≥x 2+8y -4 ，即ln x 2 +ln 2y ≥12x 2+4y -2 ∴ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，设a =12x 2,b =4y a >0,b >0 ，则有ln ab ≥a +b -2，即ln a +ln b ≥a +b -2，∴ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0，令g x =ln x -x +1，则g x =1x -1=1-x x，∴当x ∈0,1 时，g x >0，g x 单调递增；当x ∈(1,+∞)时，g x <0，g x 单调递减；∴g x max =g 1 =0，即g x ≤0，要使ln a -a +1 +ln b -b +1 ≥0成立等价于g a +g b ≥0成立，只有当a =b =1时，即g a =g b =0时才满足，∴a =12x 2=1,b =4y =1∴x =2,y =14，∴xy =24.故选：A .【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成ln 12x 2 ⋅4y ≥12x 2+4y -2，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解.例18.(2022·全国·高三专题练习)设实数λ>0，若对任意x ∈0,+∞ ，不等式e xλ-ln λx ≥0恒成立，则λ的取值范围是( )A.0<λ≤1eB.0<λ≤e -1C.0<λ≤eD.0<λ≤e 2【答案】C【分析】令f x =e x λ-ln λx ，根据二阶导数的符号判断f (x )的单调性，由零点存在性定理易知∃x 0∈(0,+∞)使f (x 0)=0，此时λ=x 0e x 0，进而讨论f (x )的单调性可知f (x )≥f (x 0)，要使题设不等式恒成立，即f (x 0)=e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0成立，构造g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0利用导数研究其单调性确定g (x 0)≥0的区间，进而求λ的范围.【详解】令f x =e xλ-ln λx ，只需要x ∈0,+∞ 上f (x )≥0恒成立，∵f (x )=e x λ-1x 且λ>0，∴f (x )=e x λ+1x2>0，即f (x )在x ∈0,+∞ 上单调递增，∵lim x →0+f (x )=-∞，lim x →+∞f (x )=+∞，∴∃x 0∈(0,+∞)，使f (x 0)=0，即λ=x 0e x 0，∴x ∈(0,x 0)时，f (x )<0，f (x )单调递减；x ∈(x 0,+∞)时，f (x )>0，f (x )单调递增；故只需f x ≥f x 0 =e x 0λ-ln λx 0 =e x 0λ-ln λ-ln x 0≥0，令g (x 0)=1x 0-2ln x 0-x 0，∴g (x 0)=-1x 0+12<0，故g (x 0)在x 0∈(0,+∞)上递减，而g (1)=0，∴x 0∈(0,1]时，g (x 0)≥0恒成立，可知λ=x 0e x 0∈(0,e ].故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数研究f (x )的单调性并确定极小值点范围，根据f (x 0)=0有λ=x 0e x 0，结合f (x )≥f (x 0)构造新函数，求f (x 0)≥0成立时x 0的区间，进而求参数范围.例19.(2022·全国·高三专题练习)若e x 1=ln x 2，令t =x 2-x 1，则t 的最小值属于( )A.1,32B.32,2C.2,52D.52,3【答案】C【分析】设a =e x 1=ln x 2，把参数t 表示成a 的函数即t =x 2-x 1=e a -ln a ，构造函数，通过导数研究函数最小值及最小值的取值范围.【详解】设a =e x 1=ln x 2，则x 1=ln a ，x 2=e a ，t =x 2-x 1=e a -ln a ，令h (x )=e x -ln x ，h (x )=e x -1x，易知h (x )单增，且h 12=e -2<0，h (1)=e -1>0，则存在x 0∈12,1 ，使h (x 0)=e x 0-1x 0=0，即x ∈(0,x 0)，h (x )<0，h (x )单减；x ∈(x 0,+∞)，h (x )>0，h (x )单增；又h (x 0)=e x 0-1x 0=0⇒e x 0=1x 0,ln x 0=-x 0，则h (x )≥h (x 0)=e x 0-ln x 0=x 0+1x 0，x 0∈12,1 易知h (x 0)=x 0+1x 0在x 0∈12,1 单减，即h (1)=2<h (x 0)<h 12 =52故选：C【点睛】方法点睛：把双变量转化为单变量，构造新函数，通过导数研究最值情况及参数取值范围.例20.(2022·全国·高三专题练习)若对于任意的0<x 1<x 2<a ，都有x 2ln x 1-x 1ln x 2x 1-x 2>2，则a 的最大值为( )A.1B.eC.1eD.12【答案】C【分析】问题转化为ln x1+2x1<ln x2+2x2，构造函数f(x)=ln x+2x，易得f(x)在定义域(0,a)上单调递增，所以f (x)≥0在(0,a)上恒成立，进而可求出a的最大值．【详解】解：∵0<x1<x2<a，∴x1-x2<0，∴x2ln x1-x1ln x2<2(x1-x2)，∴ln x1x1-ln x2x2<2x2-2x1，∴ln x1+2x1<ln x2+2x2，∴函数f(x)=ln x+2x在定义域(0,a)上单调递增，∴f′(x)=1-(ln x+2)x2=-ln x-1x2≥0在(0,a)上恒成立，由-ln x-1≥0，解得0<x≤1e，故a的最大值是1e.故选：C．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是将原式变形为ln x1+2x1<ln x2+2x2，从而构造函数f(x)=ln x+2x且f(x)在定义域(0,a)上单调递增.。
换元法解双变量问题
若实数 x, y 满足 (2x 4x2 1)( y y2 1) 4 ，则 x y 的最小值是
.
答案： 14 4
策略一：不换元强怼
解法一：利用柯西不等式
由已知得： y2 1 y 4( 4x2 1 2x) ， y2 1 y 4x2 1 2x 4
所以 y 15
14
，
4m 2n
4mn
16
16
4
当 m 14, n 2 14 时取等号. 7
解法二：设 a 2x 4x2 1 0, b y y2 1 0 ，则 ab 4 .
所以 a 2x 4x2 1, 所以 a2 4ax ab ,所以 x a b ，同理 y b a ，
4
4 16
2 t2 1
2 14
所以， fmin (t)
f ( 13 ) 2 2 14
14 ，所以， ( x y)min
14
.
4
策略二：换元，利用基本不等式
解法一：设 m 2x 4x2 1, n y y2 1 ，则 mn 4
所以 x m2 1 , y n2 1 ，
4m
2n
所以 x y m2 1 n2 1 nm2 n 2mn2 2m 2m 7n 2 14mn
4x2 1 34x ，则 x y 15
4x2
1
26x
15(2 x
13 15
2 14 15
1)
26x
14
.
8
8
84ຫໍສະໝຸດ 解法二：求导，利用单调性设由解法一知 x y 15 4x2 1 26x ，设 2x t ， f (t) 15 t2 1 13t ， 8
所以 f '(t) 30t 13 ，令 f '(t) 0 得 t 13 ，
高考核心解题方法总结—第一期【换元法】-解析版
解析：令 y u ， x y v(u 0, v 0) ，这样 x u2 v2 ，
等式转化为： u2 v2 4u 2v 0 ，
即： u 22 (v 1)2 5(u 0, v 0) ，建立平面直角坐标系 uOv ，如下图 1 所示： 点 u, v 是以 2,1 为圆心，以 5 为半径的圆在第一象限的图像， 又因为： x u2 v2 表示点 u, v 到原点 O 的距离， 从而 x u2 v2 u 0, v 0 0 4,20。
2 13 13
4k 2 3
练习：
1、解不等式 log 2 2 x 1 log 2 x1 2 2
解析：整体换元
设 t log2 2x 1 则log2 2x1 2 t 1
原不等式化简得： tt 1 2 解得 - 2 t 1
所以 2 log2 2 x 1 1
3 4k 2 1 k2
，
DP
8 k 23 k2 4
，
SABD
1 2
|
AB
|| DP
|
1 2
2
3 4k2 8 k2 1 8 4k2 3 4 8 4k2 3
1 k2
k2 4
k2 4
4k 2 3 13
32
4k 2 3 13
4k 2 3 4k 2 3
32
32 16 13
4k 2 3 13
0,
2
，
4
4
，,3 4
， sin
4
2 2
,1
所以 y 1, 2 ；
练习：
1、 y x 4 x 2 的值域
解析：三角换元
设
x
2sin ,
2
,
2
，
y
2sin
第一讲 换元法
第一讲换元法第一讲换元法第一讲换元法与主元法一些复杂的因式分解问题．常用到换元法和主元法．所谓换元，即对结构比较复杂的多项式，若把其中某些部分看成一个整体，用新字母代替(即换元) ，则能使复杂的问题简单化、明朗化，在减少多项式项数，降低多项式结构复杂程度等方面有独到作用．所谓主元，即在解多变元问题时，选择其中某个变元为主要元素，视其他变元为常量，将原式重新整理成关于这个字母的按降幂排列的多项式，则能排除字母间的干扰，简化问题的结构．【例1】分解因式：(x 4+x 2-4)(x 4+x 2+3) +10思路点拨视x 4+x 2为一个整体．用一个新字母代替，从而能简化式子的结构．【例2】多项式x 2y -y 2z +z 2x -x 2z +y 2x +z 2y -2xyz 因式分解后的结果是( ) ．A ．(y－z)(x+y)(x－z)B ．(y－z)(x－y)(x＋z)C ． (y+z)(x一y)(x+z)D ．(y十z)(x+y)(x一z) 思路点拨原式是一个复杂的三元三次多项式，直接分解有一定困难，把原式整理成关于某个字母按降幂排列的多项式，改变其结构，寻找分解的突破口．【例3】把下列各式分解因式：(1)(x+1)(x＋2)(x+3)(x+6)+ x2； (2)1999x2一(19992一1)x 一1999；(3)(x+y－2xy)(x+y－2) ＋(xy－1) 2； (4)(2x－3y) 3十(3x－2y) 3－125(x－y) 3．思路点拔 (1)是形如abcd+e型的多项式，分解这类多项式时，可适当把4个因式两两分组，使得分组相乘后所得的有相同的部分；(2)式中系数较大，不妨把数用字母表示；(3)式中x+y；xy 多次出现，可引入两个新字母，突出式子特点；(4)式前两项与后一项有密切联系．【例4】把下列各式分解因式：(1)a2(b一c)+b2(c－a)+c2 (a一b) ；(2)x2+xy－2y 2－x+7y－6．思路点拨 (1)式字母多次数高，可尝试用主元法；(2)式是形如ax2+bxy+cy2+dx+ey+f的二元二次多项式，解题思路宽，用主元法或分组分解法或用待定系数法分解．【例5】证明：对任何整数 x 和y ，下式的值都不会等于33．x 5+3x4y －5x 3y 2一15x 2y 3+4xy4+12y5．思路点拨 33不可能分解为四个以上不同因数的积，于是将问题转化为只需证明原式可分解为四个以上因式的乘积即可．注：分组分解法是因式分解的量本方法，体现了化整体为局部、又统揽全局的思想．如何恰当分组是解题的关键，常见的分组方法有：（1）按字母分组： (2)按次数分组； (3)按系数分组．为了能迅速解决一些与代教式恒等变形相关的问题，读者因熟悉如下多巧式分解因式后的结果：（1）a 3±b 3=(a ±b )(a 2 ab +b 2) ；(2)a 3+b 3+c 3-3abc =(a +b +c )(a2+b 2+c 2-ab -bc -ac )1．分解因式：(x2+3x)2-2(x2+3x)－8＝2．分解因式：(x2+x+1)(x2+x+2)－．3．分解因式：x 2－xy －2y 2－x －y=4．已知二次三项式x 2-mx -8在整数范围内可以分解为两个一次因式的积, 则整数m 的可能取值为．5．将多项式x 4-2x 2-3分解因式，结果正确的是（）．A ．(x 2+3)(x 2-1)B ．(x 2+1)(x 2-3)C ．(x 2+3)(x -1)(x +1)D ．(x2+1)(x -3)(x +3)6．下列5个多项式：①a 2b 2-a 2-b 2-1；②x 3-9ax 2+27xa 2-27a 3；③x (b +c -d ) -y (d -b -c ) -2c +2d -2b ；④3m (m -n ) +6n (n -m ) ；⑤(x -2) 2+4x其中在有理数范围内可以进行因式分解的有（）．A ．①、②、③B ．②、③ 、④C ．①③ 、④、⑤D ．①、②、④7．下列各式分解因式后，可表示为一次因式乘积的是( ) ．A ．x 3-9x 2+27x -27B ．x 3-x 2+27x -27C ．x 4-x 3+27x -27D ．x 3-3x2+9x -27138．若a +b =-，a +3b =1，则3a 2+12ab +9b 2+的值为( ) ． 55A ．224B ．C ．D ．0 9359．分解因式:（1）(x2+4x+8)2+3x(x2+4x+8)+2x2； (2)(2x2－3x+1)2一22x 2+33x－1；(3)x4+2001x2+2000x+2001；(4)(6x－1)(2 x－1)(3 x－1)( x－1)+x2； (5)a 2+2b 2+3c 2+3ab +4ac +5bc ；(6)x 2+xy -6y 2+x +13y -6．10．分解因式：(x 2-1)(x +3)(x +5) +12．11．分解因式：x 2+5xy +x +3y +6y 212．分解因式：(x -2) 3-(y -2) 3-(x -y ) 3．13．在1~100之间若存在整数n ，使x 2+x -n 能分解为两个整系数一次式的乘积，过样的n 有个． 14．2x 3+x 2-13x +6的因式是( )A ．2x -1B ．x +2C ．x -3D ．x 2+1E ．2x +115．已知a >b >c ，M=a 2b +b 2c +c 2a ，N=ab 2+bc 2+ca 2，则M 与N 的大小关系是( )A ．M N C ．M ＝N D ．不能确定16．把下列各式分解因式：1 (1)(a 2+a +1)(a 2-6a +1) +12a 2； (2)(2a +5)(a 2-9)(2a -7) -91； (3)xy (xy +1) +(xy +3) -2(x +y +) -(x +y -1)2 2(4)(x 4-4x 2+1)(x 4+3x 2+1) +10x 4； (5)2x 3-x 2z -4x 2y +2xyz +2xy 2-y2z ．17．已知乘法公式：a 5+b 5=(a +b )(a 4-a 3b +a 2b 2-ab 3+b 4) ； a 5-b 5=(a -b )(a 4+a 3b +a2b 2+ab 3+b 4) ．利用或者不利用上述公式，分解因式：x 8+x 6+x 4+x 2+118．已知在ΔABC 中，a 2-16b 2-c 2+6ab +10bc =0(a、b 、c 是三角形三边的长) ．求证：a +c =2b。
换元法与主元法
换元法与主元法换元法与主元法一、、换元法，即对结构复杂的多项式，把其中的某些部分看成一个整体。
例：分解因式(x4+x2-4)( x4+x2+3)+10练习：1、(x2+4x+8)+3x(x2+4x+8)+2x2;2、(x2+x+1)(x2+x+2)-12；3、ab(a+b)2-(a+b)2+1；4、(2x2-3x+1)2-22x2+33x-1;二、主元法：即在解多变元问题时，选择其中某个变元为主要元素，视其他变元为常量，按降幂排列多项式，排除字母间的干扰，简化问题结构。
例：分解因式：x2y-y2z+z2x-x2z+y2x+z2y-2xyz练习：1、x2+xy-6y2+x+13y-6；2、x2+xy-2y2-x+7y-6；3 、x3+(2a+1)x2+(a2+2a-1)x+(a2-1)；三、折项和添加项法：利用公式进行配方，根据题目的情况进行项的拆分与添加。
例1：因式分解：4x2-4x-y2+4y-3例2、因式分解：x3+5x+6练习：1、x4-7x+12、x4+x2+2ax+1-a23、x4+2x3+3x2+2x+14、x3+6x2+11x+6四、应该熟悉的结果1、ab+a+b+1=(a+1)(b+1)2、ab-a-b+1=(a-1)(b-1)3、ab+a-b-1=(a-1)(b+1)4、ab-a+b-1=(a+1)(b-1)5、a4+4=(a2+2a+2)(a2-2a+2)6、4a4+1=(2a2+2a+1)(2a2-2a+1)7、a2+b2+c2+2ab+2bc+2ca=(a+b+c)28、a3+b3+c3-3abc=(a+b+c)(a2+b2+c2-ab-bc-ac)因式分解的应用例1：若a4+b4=a2-2a2b2+b2+6，则a2+b2=_____________；例2、若x2+xy+y=14，y2+xy+x=28，则x+y=_________；例3、求方程6xy+4x-9y-7=0的整数解；(2x-3)(2+3y)=1。
换元法原理及解释
换元法原理及解释
嘿，咱今儿就来唠唠换元法！换元法啊，就像是给一个复杂的数学式子来个大变身！比如说，咱遇到一个式子，里面的某个部分特别复杂，就像一团乱麻，让你头疼得很，对吧？（就像你面对一团怎么解也解不开的耳机线一样。
）这时候，咱就可以找个新的“替身”来代替这团乱麻，把问题变得简单些。
你看哈，假设原来的式子是 f(x)，里面有个部分比如说是 g(x)很难搞，那咱就设 t = g(x)，这下子，原来的式子 f(x)就可以变成 f(t)啦！（这就好比你本来面对一个调皮捣蛋让你头疼的小孩，现在把他换成了一个乖宝宝。
）这多好呀，一下子就把难题变得容易多啦！
我给你举个例子呗，就说计算∫(x+1)²dx，咱就可以设 t = x+1，那 dx 不就等于 dt 啦！然后式子就变成了∫t²dt，这样是不是好算多啦？（就像你原本要走一条崎岖的山路，现在突然有条平坦的大道摆在你面前。
）
换元法在很多地方都超有用的呢！不管是解方程还是求积分，都能派上大用场。
它就像一把神奇的钥匙，能打开那些看似紧闭的数学大门。
（就如同你有一把万能钥匙，可以打开各种神秘的宝箱。
）咱可不能小瞧它呀！
我觉得换元法真的是数学里超级厉害的一个方法，它能让我们在面对复杂问题时找到巧妙的解决途径，让我们能更轻松地在数学的海洋里畅游。
所以呀，大家一定要好好掌握换元法哦！。
双变量问题之换元法与主元法-解析版
双变量问题之换元法与主元法知识与方法1．换元法：将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于12x x 的整体结构，通过将12x x 换元成t 把问题化归成单变量问题来处理，这一方法也称为“齐次换元”.2.主元法：要证明的不等式或目标代数式中含有1x 和2x 两个变量，将其中一个变量看成主元，另一个变量看成次元，将主元换成x ，构造函数研究问题.典型例题【例1】已知函数()ln f x x x =.（1）求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程；（2）设0b a >>，证明：()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-.解：（1）由题意，()1ln f x x '=+，所以()11f '=，()10f =，故所求切线方程为1y x =-. （2）证法1：要证()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-， 只需证()()()ln ln 2ln ln a a a b a b a b b b ++>++-，即证()()ln ln 2ln ln ln 2ln a a a a a b b a b b b b +-+>+--，也即证2lnln2a a ba b a b b+>+， 故只需证21ln ln21a aa b b a b b⋅+>+，即证21ln ln 021a a a b b a b b ⋅+->+， 令a t b=，由0b a >>知01t <<，所以只需证21ln ln 012t t t t +->+对任意的01t <<成立，设()21ln ln 12t t g t t t +=-+()01t <<，则()2ln01tg t t '=<+，所以()g t 在()0,1上单调递减， 又()10g =，所以()0g t >恒成立，故21ln ln 012t t t t +->+对任意的01t <<成立，从而()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-证法2：要证()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-， 只需证()()()ln ln 2ln ln a a a b a b a b b b ++>++-， 即证()()()ln ln 2ln ln 0a a a b a b a b b b ++-+++>，设()()()()ln ln 2ln ln g x x x x b x b x b b b =++-+++()0x b <<，则()2ln 0xg x x b'=<+， 所以()g x 在()0,b 上单调递减，结合()0g b =知()0g x >恒成立， 因为0a b <<，所以()()()()ln ln 2ln ln 0g a a a a b a b a b b b =++-+++>， 故()()()()ln 2f a a b f a b f b ++>+-. 【例2】已知函数()2ln f x x x ax =-()a ∈R . （1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，2x 是()f x 的两个不同的极值点，证明：123ln ln 1x x +>-.【解析】（1）由题意，()ln 12f x x ax '=+-，0x >，若()f x 在()0,+∞上单调递减，则()0f x '≤恒成立，即ln 120x ax +-≤，所以ln 12x a x +≥，设()ln 12x g x x +=()0x >，则()2ln 2xg x x'=-， 所以()001g x x '>⇔<<，()01g x x '<⇔>，从而()g x 在()0,1上单调递增，在()1,+∞上单调递减，故()()max 112g x g ==，因为()a g x ≥恒成立，所以12a ≥，故当()f x 在()0,+∞上单调递减时，12a ≥，因为()f x 存在单调递增区间，所以12a <，故a 的取值范围为1,2⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭.（2）由题意，1x ，2x 是()f x '的两个零点，所以1122ln 120ln 120x ax x ax +-=⎧⎪⎨+-=⎪⎩①②由3×①+②可得：()()11223ln 12ln 120x ax x ax +-++-=，整理得：()12123ln ln 234x x a x x +=+-③，由①－②可得：()1212ln ln 20x x a x x ---=，所以1212ln ln 2x x a x x -=-，代入式③得：()12121212ln ln 3ln ln 34x x x x x x x x -+=⋅+--，所以12112122313ln ln ln 41x x xx x x x x ++=⋅--④，设12x t x =，则0t >且1t ≠，且式④即为12313ln ln ln 41t x x t t ++=--，所以要证123ln ln 1x x +>-，只需证31ln 411t t t +->--，即证31ln 31t t t +>-⑤，设()()()31ln 031t h t t t t -=->+，则()()()()()()22233133131103131t t t h t t t t t +-⨯--'=-=≥++， 所以()h t 在()0,+∞上单调递增，又()10h =，所以当01t <<时，()0h t <，即()31ln 031t t t --<+，所以()31ln 31t t t -<+，故31ln 31t t t +>-， 当1t >时，()0h t >，即()31ln 031t t t -->+，所以()31ln 31t t t ->+，故31ln 31t t t +>-，所以不等式⑤对任意的0t >且1t ≠都成立，故123ln ln 1x x +>-成立. 【例3】已知函数()()ln ln ax f x e x x=- （1）当a e =时，讨论函数()f x 的单调性；（2）当a e >时，证明：()()1f x a e <-.【解析】（1）当a e =时，()()ln 1ln ln ln ex xf x e x e x x x+=-=-()0x >，易求得()2ln ex x f x x +'=-，设()()ln 0g x ex x x =+>，则()10g x e x'=+>，所以()g x 在()0,+∞上单调递增，又()10g e -=，所以当10x e -<<时，()0g x <，故()0f x '>；当1x e ->时，()0g x >，故()0f x '<；从而()f x 在()10,e -上单调递增，在()1,e -+∞上单调递减. （2）证法1：由题意，()()()221ln 1ln ax ax exe f x x x x ---'=-=()0x >，设()()()1ln 0h x ax ex x =-->，则()10h x e x'=--<，所以()h x 在()0,+∞上单调递减，因为a e >，所以110e h a a ⎛⎫=-> ⎪⎝⎭，又1ln 0a h e e ⎛⎫=-< ⎪⎝⎭，所以()h x 在11,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上有唯一的零点0x ，且当00x x <<时，()0h x >，所以()0f x '>；当0x x >时，()0h x <，所以()0f x '<；从而()f x 在()00,x 上单调递增，在()0,x +∞上单调递减，故()()()000max 0ln ln ax f x f x e x x ==-①，因为()()0001ln 0h x ax ex =--=，所以()00ln 1ax ex =-，代入①整理得：()0001ln f x e e x x =--，注意到函数1ln y e e x x =--在11,a e ⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数，结合011x a e <<可得()01lnln f x a e e a e e a a<--=-+，设()()ln 1r a a e e a a e =-+--，a e >，则()10er a e a'=+-<，所以()r a 在(),e +∞上单调递减， 又()()2ln 120r e e e e e e e e e =-+--=-<，所以()0r a <，从而()ln 1a e e a a e -+<-， 因为()0ln f x a e e a <-+，所以()()01f x a e <-，结合()0f x 是()f x 的最大值可得()()1f x a e <-.证法2：由题意，要证()()1f x a e <-，只需证()()ln ln 1ax e x a e x-<-，即证()ln ln ln 10a x e x a e x +---<，也即证1ln ln ln 0xa ea e x e x x-+-+<①， 将a 看成主元，x 看成常数，设()1ln ln ln xa a ea e x e x xϕ=-+-+()a e >，则()11exaa e ax axϕ-'=-=， 当20x e -<<时，1e ex >，所以()10a e a ex ϕ'>⇔<<，()10a a ex ϕ'<⇔>，从而()a ϕ在1,e ex ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递增，在1,ex ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上单调递减，故()1111ln 2ln ln ln x a e e x e e x e ex x exex x x ϕϕ⎛⎫≤=-⋅+-+=--+ ⎪⎝⎭. 设()2ln u x e x e x =--+()20x e -<<，则()22220e exu x x x x-'=-=>，所以()u x 在()20,e -上单调递增，又()22222ln 230u e e e e e e e---=--+=-+<，所以()0u x <恒成立，即2ln 0e x e x--+<，因为()2ln a e x e x ϕ≤--+，所以()0a ϕ<，即1ln ln ln 0xa ea e x e x x-+-+<，所以不等式①成立；当2x e -≥时，2110exa e e e --<-⨯⨯=，所以()0a ϕ'<恒成立，故()a ϕ在(),e +∞上单调递减，从而()()221ln 1ln ln ln ln x xa e e e e x e e x e e x x xϕϕ+<=-+-+=--+，由（1）可得当2x e -≥时，1212211ln 1ln ln ln 20x ee x e e e e e e e e x e---++--+≤--+=-<， 又()21ln ln x a e x e e x ϕ+<--+，所以()0a ϕ<，即1ln ln ln 0xa ea e x e x x-+-+<，所以不等式①成立；综上所述，当a e >时，()()1f x a e <-成立.【反思】本题第2问证法1直接对()f x 求导研究，求得()f x 的最大值()0f x ，利用虚设零点，零点代换的方法去化简0x ，再通过放缩证得()()01f x a e <-；证法2则先将a 看成主元，x 看成次元，对x 进行分类讨论证得不等式.强化训练1．设a 和b ln ln 2a b a bab a b -+<-. 证明：不妨设0a b >>，ln ln a bab a b -<-，只需证ln a b ab <即证ln 0a a b b b a ，令1a t b =，则只需证12ln 0t t t-+<对任意的1t >成立， 设()()12ln 1f t t t t t=-+>，则()()22212110t f t t t t -'=--=-<，所以()f t 在()1,+∞上单调递减，结合()10f =可得()0f t <，即12ln 0t t t -+<ln ln a bab a b--成立；再证ln ln 2a b a b a b -+<-，只需证()2ln ln a b a b a b -<-+，即证21ln 1a a b a b b⎛⎫- ⎪⎝⎭<+，也即证21ln 01a a b a b b⎛⎫- ⎪⎝⎭-<+，令1a u b =>，则只需证()21ln 01u u u --<+对任意的1u >成立， 令()()()21ln 11u g u u u u -=->+，则()()()22101u g u u u -'=-<+，所以()g u 在()1,+∞上单调递减， 结合()10g =可得()0g u <恒成立，即()21ln 01u u u --<+，所以ln ln 2a b a ba b -+<-， ln ln 2a b a bab a b -+<<-成立. 2．已知函数()xf x e =，()lng x x =（1）若直线1y kx =+与()g x 的图象相切，求实数k 的值； （2）设a b <，比较()()2f a f b +与()()f b f a b a--的大小，并说明理由.【解析】（1）设切点为()00,ln x x ，因为()1g x x '=，所以001ln 1kx x kx +=⎧⎪⎨=⎪⎩，解得：2k e -=.（2）解法1（换元法）：()()()()2f a f b f b f a b a+->-，证明如下：要证()()()()2f a f b f b f a b a +->-，只需证2ba b a e e e e b a +->-，即证2b ab ae e b a e e -->⋅+， 也即证121b a b a e b a e ---->⋅+，故只需证()()()121b a b a b a e e ---+>-①,令t b a =-，则0t >，且不等式①即为()()1 21t t t e e +>-，整理得：()220t t e t -++>②，令()()22t h t t e t =-++，0t >，则()()11t h t t e '=-+，()0t h t te ''=>，所以()h t '在()0,+∞上单调递增，又()00h '=，所以()0h t '>，从而()h t 在()0,+∞上单调递增，因为()00h =，所以()0h t >，故式②成立，所以()()()()2f a f b f b f a b a+->-解法2（主元法）：()()()()2f a f b f b f a b a+->-，证明如下：要证()()()()2f a f b f b f a b a +->-，只需证2b a b ae e e e b a+->- 因为b a >，所以0b a ->，故只需证()()()2b a b a b a e e e e -+>-， 即证()()()20b a b ab a e e e e -+-->，令()()()()2xaxa u x x a ee ee =-+--，x a >，则()()()()21x a x x x a u x e e x a e e x a e e '=++--=--+，()()0x u x x a e ''=->，所以()u x '在(),a +∞上单调递增，又()0u a '=，所以()0u x '>，从而()u x 在(),a +∞上也单调递增，易求得()0u a =，所以()0u x >恒成立，因为b a >，所以()()()()20b a b a u b b a e e e e =-+-->，故()()()()2f a f b f b f a b a+->- 3．已知函数()()2ln 2f x a x x x x =-+-，其中a ∈R . （1）当2a e =-时，求()f x 的极值；（2）当0a >，120x x >>时，证明：()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.【解析】（1）由题意，()()112212a f x a x x x x ⎛⎫⎛⎫'=-+-=-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，0x >，所以当2a e =-时，()()()21x x e f x x--'=，()()22ln 2f x e x x x x =--+-，由()0f x '>解得：01x <<或x e >，由()0f x '<解得：1x e <<，所以()f x 在()0,1上单调递增，在()1,e 上单调递减，在(),e +∞上单调递增， 故()f x 有极大值()121f e =--，极小值()2f e e =-. （2）由题意，0a >，120x x ->，要证()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，只需证()()1212122f x f x x x f x x -+⎛⎫'< ⎪-⎝⎭， 而()()()()()221212121212121212122ln ln ln ln 2f x f x a x x a x x x x x x a a x x x x x x x x -----+--==--++---， 12121212122212222x x x x aa f a x x x x x x ⎛⎫++⎛⎫⎛⎫'=-+=-++- ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 所以只需证1212121212ln ln 222x x a a a x x a x x x x x x ---++<-++--+，即证121212ln ln 2x x x x x x ->-+①，下面给出两种证明不等式①的方法：证法1：要证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，只需证()1212122ln ln x x x x x x -->+， 即证()1212122ln ln 0x x x x x x --->+，令()()2222ln ln x x g x x x x x -=--+()2x x >，则()()()()()22222222210x x x x x x g x x x x x x x +-+-'=-=>++，所以()g x 在()2,x +∞上单调递增，显然()20g x =，所以当2x x >时，()0g x >，因为12x x >，所以()10g x >，即()1212122ln ln 0x x x x x x --->+，故()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.证法2：要证121212ln ln 2x x x x x x ->-+，只需证()1212122ln ln x x x x x x -->+，即证12112221ln 1x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭>+， 令12x t x =，则1t >，所以只需证当1t >时，()21ln 1t t t ->+，即证()21ln 01t t t -->+， 令()()21ln 1t g t t t -=-+()1t >，则()()()()()()222212111011t t t g t t t t t +---'=-=>++， 所以()g t 在()1,+∞上单调递增，又()10g =，所以()0g t >成立，即()21ln 01t t t -->+，故()()1212112222x x x x f x f x f x f x ++⎛⎫⎛⎫''-<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭4．设函数()()()2ln 12f x x a x x =+--，其中0a ≠.（1）当12a =时，证明：()f x 有且仅有一个零点； （2）在函数()y f x =的图象上是否存在不同的两点()11,A x y ，()22,B x y ，使得线段AB 中点的横坐标0x 与直线AB 的斜率k 之间满足()0k f x '=?若存在，求出0x ；若不存在，说明理由.【解析】（1）当12a =时，()()()21ln 122f x x x x =+--，1x >-，所以()()211220121xf x x x x '=--=≥++，从而()f x 在()1,-+∞上单调递增，又()00f =，所以()f x 有且仅有一个零点. （2）假设存在A 、B 两点满足()0k f x '=，不妨设121x x -<<， 由题意，()()()()()1221122121212121lnln 12ln 1212x x a x x x a x x f x f x x k a x x ax x x x x x +++--+---+===++----，易求得()()1211f x a x x '=--+，所以()()00120121122212f x ax a a x x a x x x '=+-=++-+++，从而()0k f x '=等价于()()12121212121ln12222x x a x x a a x x a x x x x ++++-=++--++，整理得：1212121ln 122x x x x x x ++=-++，即()()()()1212121ln 121111x x x x x x ++=+-++++①， 令111t x =+，221t x =+，则式①即为121212ln2t t t t t t =-+，也即11212222ln 1tt t t t t -=+②， 令12t u t =，则式②即为22ln 1u u u -=+，也即22ln 01u u u --=+③，令()22ln 1u g u u u -=-+()0u >，则()()()()222114011u g u u u u u -'=-=≥++，所以()g u 在()0,+∞上单调递增，又()10g =，所以方程③的解为1u =，此时121t t =，所以12t t =，从而1211x x +=+，故12x x =，矛盾，所以函数()y f x =的图象上不存在不同的A 、B 两点，使得()0k f x '=.。
高考数学专题--基本不等式求最值的常用方法(解析版)
基本不等式求最值的常用方法一、常数代换法1、直接“1”代换例1. 已知正数x 、y 满足12=+y x ，求yx 11+的最小值. 解析：223221)11)(2(+≥+++=++yxx y y x y x当且仅当yxx y =2 即12-=x ，222-=y 时取“=” 变式. 已知正数x 、y 满足32=+y x ，求yx 11+的最小值. 解析：3221)223(31)221(31)11)(2(31+=+≥+++=++y x x y y x y x当且仅当y x x y =2 即)12(3-=x ，2)22(3-=y 时取“=”2、间接“1”代换例1. 若x 、y 为正实数且082=-+xy y x ，求y x +的最小值.解析：082=-+xy xy y x 即182=+x y ，188********)82)((=⨯+≥+++=++xyy x x y y x当且仅当xyy x 82= 即12=x ，6=y 时取“=”例2.若正数x 、y 满足xy y x 53=+，求y x 43+的最小值.解析：553==+xy xy xy y x 即531=+xy5)123213(51)12349(51)31)(43(51=⨯+≥+++=++x y y x x y y x当且仅当x y y x 123=即1=x ，21=y 时取“=” 例3.已知x 、y 均为正数，且111=+y x ，求1914-+-y yx x 的最小值. 解析：25362139413)11)(94(1914119114=+≥++=++=+=-+-y x x y y x x y xy yx当且仅当y x x y 94= 即35=x ，25=y 时取“=”例4. 已知函数x a y -=1的图像恒过定点A ,若点A 在直线1=+ny mx （0,0>>n m ）上，求nm 11+的最小值. 解析：由题意可得A 的坐标为（1,1） 则有1=+n m41222))(11(11=+≥++=++=+nmm n n m n m n m当且仅当n m m n = 即21==n m 时取“=”例5. 已知函数xm y log 1+= （0>m 且1≠m ）的图像恒过点M ，若直线1=+bya x （0,0>>b a ）经过点M ，则b a +的最小值是多少？解析：由题意得M （1,1） 则111=+ba 41222))(11(=+≥++=++=+b aa b b a b a b a当且仅当baa b = 即2==b a 时取“=”3.部分“1”代换例. 若正数x 、y 满足1=+y x ，求yx y 4+的最小值.解析：844244)(44=+≥++=++=+yx x y y x y x y y x y 当且仅当y x x y 4= 即31=x ，32=y 时取“=”二、双换元法1.有两项分母较长例1. 已知正数x 、y 满足1=+y x ，求1124+++y x 的最小值. 解析：令2+=x m ，1+=y n 则412=+=+++n m y x49)425(41)414(41)14)((411124=+≥+++=++=+++n m m n n m n m y x 当且仅当n m m n =4 即31=y ，32=x 时取“=”变式1. 若0,0>>b a ，且11121=+++b b a ，则b a 2+的最小值为多少？ 解析：令b a m +=2， 1+=b n 可得21+-=n m a ，1-=n b ，111=+nm23)232)(11(2323222212-++=-+=-++-=+n m n m n m n n m b a321232122123221+=⨯+≥++=m n n m 当且仅当nmm n 223=即n m 3=，213+-=b b a 时取“=”变式2. 已知0>>y x ，且2≤+y x ，求yx y x -++132的最小值. 解析：令⎩⎨⎧=-=+n y x m y x 3 可得 ⎪⎩⎪⎨⎧-=+=443n m y m n x 由0>>y x 得443n m m n ->+ 即0>>n m ∴22422443≤+=+=-++=+n m n m n m n m y x得4≤+n m )0(>>n m ∴nm y x y x 12132+=-++ ∴223212))(12(+≥+++=++nmm n n m n m ∴n m n m ++≥+223124≤+n m ∴422322312+≥++≥+n m n m 当且仅当nmm n =2 即n m 2= 即248-=m ，424-=n 时取“=”2.有一项分母较长例. 已知y x 、为正实数，求yx xx y ++216的最小值. 解析：令⎩⎨⎧=+=n y x m x 2 可得⎩⎨⎧-==m n y mx 2∴62162216162216=-≥-+=+-=++nm m n n m m m n y x x x y 当且仅当nmm n 16=即m n 4= 即x y 2=时取“=”三、主元思想法：当要求的元素在条件里出现的时候例1. 已知0>x ，0>y ，y x xy 2+=，若2-≥m xy 恒成立，求实数m 的最大值.解析：xy y x y x xy 22222=⋅≥+= 两边平方得xy xy 8)(2≥，8≥xy2-≥m xy 恒成立 即82≤-m ∴10≤m （本题将xy 作为主元） 当且仅当y x 2=即4=x ，2=y 时取“=”例2. 若正实数y x 、满足xy y x =++62，则xy 的最小值是多少？解析： 62262262+⋅=+⋅≥++=xy y x y x xy 令0>=xy t可得6222+≥t t 解得2-≤t （舍去） 23≥t 18≥∴xy 得xy 的最小值是18 当且仅当x y 2=即3=x ，6=y 时取“=”例3. 已知0>x ，0>y ，822=++xy y x ，求y x 2+的最小值.解析：822=++xy y x 4)2(222y x y x xy +≤⋅=由上面两式得4)2()2(822y x y x xy +≤+-= 令02>=+t y x得482t t ≤- 解得4≥t 即y x 2+的最小值为4当且仅当x y 2=即3=x ，6=y 时取“=”例4.已知y x 、均为正数，且1)(=+-y x xy ，求y x +的范围解析：4)(1)(2y x y x xy +≤++=，令0>=+t y x ，可得412t t ≤+解得222222+≤≤-t 0>t ∴2220+≤+<y x 当且仅当x y =即21+==y x ，时取“=”例5.已知0>x ，0>y ，且12)1)(3(=++y x ，求y x 3+的最小值.解析：1233)1)(3(=+++=++x y xy y x ，即93=++y x xy4)3(31)3(93312y x y x y x xy +⋅≤+-=⋅⋅= ，令03>=+t y x得1292t t ≤- 解得6≥t 即y x 3+的最小值为6当且仅当x y =3即3=x ，1=y 时取“=”四、拼凑法1.项数拼凑例1.求函数222163x x y ++=的最小值. 解析：63816326216)2(322-=⨯≥-+++=x x y当且仅当216)2(322+=+x x 即3634-=x ，时取“=”变式1. 求函数2162++=x x y 在),2(+∞-∈x 上的最小值. 解析：428416224216)2(2-=-⨯≥-+++=x x y当且仅当216)2(2+=+x x 即222-=x ，时取“=”变式2. 已知关于x 的不等式722≥-+ax x 在),(+∞∈a x 上恒成立，求a 的最小值.解析：a a a a x a x 2424222)(2+=+≥+-+-，∴只需724≥+a 即可，23≥a例2. 求函数1216++=x x y （),21(+∞-∈x ）的最小值.解析：21242182211216212-=-≥-+++=x x y当且仅当1216212+=+x x 即2124-=x ，时取“=”变式. 已知0>x ，a 为大于x 2的常数，求x xa y --=21的最小值.解析：22221222221aa a x a x a y -=-≥--+-=当且仅当xa x a 2122-=-即22-=a x ，时取“=”2.系数拼凑例1. 当210<<x 时，求)21(21x x y -=的最大值. 解析：1614)212(41)21(241)21(212=-+⋅≤-⋅⋅=-=x x x x x x y当且仅当x x 212-=即41=x ，时取“=”例2. 已知0>a ，0>b ，且3222=+b a ，求212b a +的最大值.解析：224)12(2)1(22)1(41222222222=++⋅≤+⋅=+=+b a b a b a b a 当且仅当2212b a +=即1=a ，1=b 时取“=”五、分子分母不齐次1.低次换元法例1. 求313)(2-+-=x x x x f )3(>x 的最小值.解析：令3-=x t ，则3+=t x则 531231131)3(3)3()(22=+≥++=++=++-+=t t t t t t t t t f当且仅当tt 1=即1=t ，4=x 时取“=”例2.求2122+++=x x x y )2(->x 的值域.解析：令2+=x t ，则2-=t x 0211)2(2)2(2≥-+=+-+-=∴tt t t t y当且仅当tt 1=即1=t ，1-=x 时取“=”2.分子常数法例1. 求函数4342+=x x y 的最大值.解析：4342343432242=≤+=+=x x x x y （将分子化成常数）当且仅当224xx =即22=x 时取“=”例2.若对任意0>x ，a x x x≤++132恒成立，则a 的取值范围是多少？解析：513121311132=+≤++=++x x x x x 51≥∴a当且仅当xx 1=即1=x 时取“=”六、两元消参法例1. 若x ，),0(+∞∈y ，302=++xy y x ，求y x +的最小值. 解析：30)2(2=++=++y x x xy y x 2321232)2(230++-=+-+-=+-=∴x x x x x y 则328323221232-≥-+++=-++=+x x x x y x 当且仅当2322+=+x x 即224-=x 时取“=”例2. 已知41=ab ，a ，)1,0(∈b ，则b a -+-1211的最小值是多少？ 解析：41=ab )1,0(∈a )1,0(41∈=∴a b ，),1(4+∞∈a ，则 ),41(+∞∈a)1,41(∈∴a 142281114811411211-+-+-=-+-=-+-a a a a a a a a 214211142)14(211+-+-=-+-+-=a a a a a令)43,0(1∈-=a m )3,0(14∈-=a n 则34=+n m 原式可化为：2)824(312)4)(21(31221++++=+++=++nmm n n m n m n m324482314)8(314+=⨯+≥++=n m m n 当且仅当nmm n 8=即m n 22=，4)22(3-=m ，323-=n 时取“=”例3. 已知正实数b a 、满足042≤+-b a ，则ba ba u ++=32的最小值为多少？解析：由042≤+-b a 得42+≥a b141343333322++-=++-≥+-=+-+=++=aa a a ab a a b a a b a b a b a u 51414213=+-≥ 当且仅当2=a 即时取“=”例4. 若正数x ，y 满足0162=-+xy x ，则y x 2+的最小值是多少？解析：由0162=-+xy x 得 661612xx x x y -=-=32292231323312=≥+=-+=+x x x x x y x 当且仅当xx 3132=即22=x ，122=y 时取“=”例5. 已知0>>b a ，求)(12b a b a -+的最小值.解析：44)()(22a b a b b a b =-+≤- 442441)(122222=≥+=+≥-+∴aa a ab a b a 当且仅当224a a = 即2=a 时取“=”七、三元消参法（“相等”、“不相等”）1.“相等”关系例1. 正数a ，b ，c 满足)(4b a abc +=，求c b a ++的最值.解析：由)(4b a abc +=⇒ab ab b ac 44)(4+=+=842424444=+≥+++=+++=++b b a a a b b a c b a当且仅当a a 4= ，bb 4=即2=a ，2=b ，4=c 时取“=”例2. 设正实数x ，y ，z 满足04322=-+-z y xy x ，求zxy的最大值.解析：由04322=-+-z y xy x ⇒ 2243y xy x z +-=134213414322=-≤-+=+-=xy y x y xy x xy z xy 当且仅当xy y x 4=，即y x 2=时取“=”例3.设正实数x ，y ，z 满足 032=+-z y x ，求xzy 2的最小值.解析：由032=+-z y x ⇒ 23223zx z x y +=+=3234941223494)232(22=+⨯≥++=+=x z z x xz z x xz y 当且仅当 xzz x 494=，即z x 3=时取“=”例4.设正实数x ，y ，z 满足12=++z y x ，求zy y x y x ++++)(91的最小值. 解析：由 12=++z y x ⇒ y x z 21--=1191)(1)(91)(91-+++=+-+++=++++∴yx y x y x y x y x z y y x y x1119)11(+-++-+=yx yx 令t yx =-+11上式可写成 719219=+≥++t t 当且仅当 t t 1=，即21=+y x 时取“=”2.“不相等”关系例1.正数a 、b 、c 满足a c b ≥+，求ba cc b ++的最小值. 解析：由a c b ≥+ ⇒ c b a +≤ cb cc b b a c c b ++≥++∴2 令⎩⎨⎧=+=y c b x c 2 ⇒ ⎪⎩⎪⎨⎧-==2x y b x c 2122121221222-=-≥-+=+-≥++≥++∴y x x y y x x x y c b c c b b a c c b 当且仅当 y x x y =2，即c b 2)12(-=时取“=”例2.正数x ，y ，z 满足1222=++z y x ，求xyzz S 21+=的最小值. 解析：由题意，xy z y x 21222≥-=+ 即212z xy -≤ 44)1(1)1(1)1(12122=+-≥⋅-=⋅-+≥⋅+=z z z z z z z z xy z S 当且仅当 z z =-1，即21=z 时取“=” 例3.二次函数0)(2≥++=c bx ax x f （b a <）对任意x 恒成立，求ab c b a -++4的最小值. 解析：由题意得：0>a ，042≤-=∆ac b ⇒ a b c 42≥ 11444222-++=-⋅++≥-++ab a b a b a b a b b a a bc b a 令1-=a b t 则1+=t a b 上式33233331)1()1(22+≥++=++=++++=tt t t t t t t 当且仅当 t t 3=，即13+=ab 时取“=”八、不能直接用均值不等式（一负二定三不等）1.为负值时（负）例1.已知10<<x ，求xx y lg 4lg +=的最大值. 解析：10<<x ，0lg <∴x 4)42()lg (4)lg (-=-≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+--=∴x x y 当且仅当 x x lg 4lg -=-，即1001=x 时取“=”例2.当23<x 时，求函数328-+=x x y 的最大值.解析：23<x ⇒ 032<-x 2523821223))32(8(2)32(328-=+⨯-≤+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+---=-+=x x x x y 当且仅当328232-=-x x ，即21-=x 时取“=”例3.已知45<x ，求函数54124-+-=x x y 的最大值. 解析：45<x ⇒054<-x 354154+-+-=x x y 3)54(1)54(+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+---=x x 1312=+-≤ 当且仅当 54154-=-x x ，即1=x 时取“=”2.取不到等号（不等）例. 求函数4522++=x x y （R x ∈）的最小值.解析：令242≥=+t x ⇒ 422-=t x则tt t t t t y 115422+=+=+-=，2≥t 取不到1 2=∴t 时y 最小 即25212=+≥y九、调几算平2211222b a b a ab b a +≤+≤≤+例1.设a ，0>b ，5=+b a ，求31+++b a 的最大值.解析：223292)31(231==+++≤+++b a b a 即2331≤+++b a 当且仅当 31+=+b a ，即27=a ，23=b 时取“=”例2.已知x 、y 均为正数，且y x a y x +≤+恒成立，求a 的最小值.解析：由y x a y x +≤+ ⇒ y x yx a ++≥ y x y x y x +=+≤+2222 ⇒ y x y x +⋅≤+2可得2≤++y x yx 2≥∴a例3.设实数a ，x ，y 满足⎩⎨⎧-+=+-=+3212222a a y x a y x ，求a 的取值范围. 解析：2222y x y x +≤+ 当且仅当y x =时“=”成立 2322122-+≤-∴a a a 即232414422-+≤+-a a a a 得07822≤+-a a ⇒ 222222+≤≤-a 例4.设实数a ，b ，c 满足122≤≤+c b a ，求c b a ++的最大值.解析：2222b a b a +≤+ 2122222=⋅≤+≤+∴b a b a 1≤c 12+≤++∴c b a 当且仅当b a =时“=”成立十、柯西不等式：①222122212211y y x x y x y x +⋅+≤+②232221232221332211y y y x x x y x y x y x ++⋅++≤++ 例1.设a ，b ，m ，R n ∈，且522=+b a ，5=+nb ma ，求22n m +的最小值. 解析：22225b a n m nb ma +⋅+≤+= 522≥+∴n m例2.设a ，b ，),0(+∞∈c ，且1=++c b a ，求c b a ++的最大值.解析：3111111222=++⋅++≤⋅+⋅+⋅=++c b a c b a c b a例3.已知a ，b ，c 均为正数，若632=++c b a ，求222c b a ++的最小值. 解析：222222321326c b a c b a ++⋅++≤++= 718222≥++∴c b a十一、拆分法求最值例1.已知x ，y ，+∈R z ,求222z y x yz xy U +++=的最大值. 解析：22)(2212212212122222222=++=++≤++++=yz xy yz xy z y y x yz xy z y y x yz xy U 当且仅当y z x 22==时“=”成立变式 .已知x ，y ，+∈R z ,（1）求222zy x zx yz xy U ++++=的最大值 （2）求2222z y x yz xy U +++=的最大值解析：（1）)(21)222(21222222222z z y y x x zx yz xy z y x zxyz xy U +++++++=++++= 1)222(21=++++≤xz yz xy zxyz xy 当且仅当z y x ==时“=”成立（2）2554522545122222=++≤++++=yz xy yz xy z y y x yz xy U 当且仅当z y x ==5522时“=”成立例2.已知0>x ，求221xx +的最小值. 解析：23212232122213222=⋅⋅⋅≥++=+xx x x x x x x ，当且仅当1=x 时“=”成立十二、元素整体代换法：一般先分解因式，研究条件与问题关系，整体代换例1.若a ，b ，0>c ，且324)(-=+++bc c b a a ，求c b a ++2的最小值.解析:324))(()()()(-=++=+++=+++c a b a c b a b a a bc c b a a令⎩⎨⎧+=+=c a y b a x ⇒ 324-=xy 232324222-=-=≥+=++xy y x c b a当且仅当c b =时“=”成立例2.若a ，b ，0>c ，且124222=+++bc ac ab a ，求c b a ++的最小值.解析：12)2)(2()2(2)2(4222=++=+++=+++c a b a b a c b a a bc ac ab a令⎩⎨⎧+=+=c a y b a x 22 ⇒ 12=xy ， 3212222==≥+=++xy y x c b a 当且仅当c b =时“=”成立例3.已知c b a >>，N n ∈，且ca n cb b a -≥-+-11恒成立，求n 的最大值. 解析：令⎩⎨⎧-=-=c b y b a x ⇒y x c a +=-，由c a n c b b a -≥-+-11 得y x n y x +≥+11，即42))(11(≥++=++≤yx x y y x y x n 当且仅当b c a 2=+时“=”成立十三、不等式证明例1.已知c b a >>，求证ca cb b a ->-+-111. 证明：令m b a =-，nc b =- ⇒c a n m -=+ 12))(11(>++=++n m m n n m n m ，1))(11(>--+-∴c a cb b a ca cb b a ->-+-∴111得证例2.设a ，b ，+∈R c ，求证4)11)((≥++++cb ac b a . 证明：令m a =，n c b =+，)11)(()11)((nm n m c b a c b a ++=++++ 42≥++=n m m n 4)11)((≥++++∴cb ac b a 当且仅当c b a +=时“=”成立例3.已知a ，b ，+∈R c ，求证c b a ac c b b a ++≥++222. 证明：c b a c b a a ac c c b b b a 222222222222++=++≥+++++ 当且仅当c b a ==时“=”成立c b a ac c b b a ++≥++∴222 得证。
导数解题大招--- 双变量问题之齐次换元(解析版)
双变量问题之齐次换元知识与方法若问题的不等式或等式中含有x1、x2两个变量，称这类题型为双变量问题，前面几个小节已经涉及了双变量问题的一些细分题型，这一小节主要针对用换元法解决双变量问题的题型.若能将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于x1x2(或x1-x2等)的整体结构，通过将x1x2(或x1-x2等)换元成t把问题化归成单变量问题来处理.这一方法也称为“齐次换元”。
典型例题1.(★★★★★)已知函数f(x)=e ax-x，其中a≠0.(1)若对于一切x∈R,f(x)≥1恒成立，求实数a的取值范围；(2)在函数f(x)的图象上取两定点A x1,f x1,B x2,f x2,x1<x2，记直.线AB的斜率为k，是否存在x0∈x1,x2，使得f′x0>k成立?若存在，求x0的取值范围，若不存在，说明理由.【解析】(1)若a<0，则当x>0时，f(x)=e ax-x<1,f(x)≥1不可能恒成立，故a>0，f′(x)=ae ax-1，令f′(x)>0得：x>1a ln1a，令f′(x)<0得：x<1aln1a，所以f(x)在-∞,1aln1a上单调递减，在1a ln1a,+∞上单调递增，所以f(x)min=f1aln1a ，因为f(x)≥1恒成立，所以f(x)min≥1，即1a-1aln1a≥1，令h(t)=t-t ln t(t>0)，则h′(t)=-ln t，令h′(t)>0得：0<t<1，令h′(t)<0得：t>1，所以h(t)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，从而h(t)≤h(1)=1，所以h1a=1a-1a ln1a≤1，故只能1a-1a ln1a=1，且1a=1，所以a=1.(2)由题意，k=f x2-f x1x2-x1=e ax2-x2-e x1+x1x2-x1=eax2-e ax1x2-x1-1，令φ(x)=f′(x)-k=ae ax-e ax2-e ax1x2-x1，则φx1=-e ax1x2-x1e a x2-x1-a x2-x1-1,φx2 =eax2x2-x1e a x1-x2-a x1-x2-1，令F(t)=e t-t-1，则F′(t)=e t-1，所以F′(t)<0⇔t<0,F′(t)>0⇔t>0，从而F(t)在(-∞,0)上单调递减；在(0,+∞)上单调递增，故当t≠0时，F(t)>F(0)=0，即e t-t-1 >0，从而ea x 2-x 1-a x 2-x 1 -1>0,ea x 1-x 2-a x 1-x 2 -1>0，又e ax 1x 2-x 1>0,e ax 2x 2-x 1>0，所以φx 1 <0,φx 2 >0，又φ′(x )=a 2e ax >0，所以φ(x )在x 1,x 2 上单调递增，故存在唯一的c ∈x 1,x 2 使φ(c )=ae ac-e ax 2-e ax 1x 2-x 1=0，解得：c =1a ln e ax 2-e ax 1a x 2-x 1，故当且仅当1a ln e ax 2-eax 1a x 2-x 1<x 0<x 2时，φx 0 >0，即f ′x 0 >k ，综上所述，存在x 0∈x 1,x 2 使f ′x 0 >k 成立，且x 0的取值范围为1a ln e ax 2-eax 1a x 2-x 1 ,x 2.2.(2022·全国甲卷·理·21·★★★★★)已知函数f (x )=e xx -ln x +x -a .(1)若f (x )≥0，求实数a 的取值范围；(2)证明：若f (x )有两个零点x 1,x 2，则x 1x 2<1.【答案】解法1：(1)由题意，f (x )的定义域为(0,+∞)，且f ′(x )=(x -1)e x x 2-1x +1=(x -1)e x +x x 2，所以f ′(x )>0⇔x >1,f ′(x )<0⇔0<x <1，从而f (x )在(0,1)上单调递诚，在(1,+∞)上单调递增，故f (x )min =f (1)=e +1-a ，因为f (x )≥0，所以e +1-a ≥0，解得：a ≤e +1，故实数a 的取值范围是(-∞,e +1].(2)由(1)可得当f (x )有两个零点时，f (1)=e +1-a <0，所以a >e +1，不妨设x 1<x 2，则0<x 1<1<x 2，要证x 1x 2<1，只需证x 2<1x 1，注意到f (x )在(1,+∞)上单调递增，且x 2>1,1x 1>1，所以要证x 2<1x 1，又只需证f x 2 <f 1x 1，因为f x 2 =f x 1 =0，所以只需证f x 1 <f 1x 1，即证f x 1 -f 1x 1<0，设F (x )=f (x )-f 1x,0<x <1，则F ′(x )=f ′(x )-f ′1x ⋅-1x 2=f ′(x )+1x 2f ′1x=(x -1)e x+x x 2+1x2⋅1x-1 e 1x+1x 1x 2=(x -1)e x+x -xe 1x-1x 2设r (x )=e x+x -xe 1x-1(0<x <1)，则r ′(x )=e x+1-e 1x +xe 1x ⋅-1x2=e x +1+1x-1 e 1x >0，所以r (x )在(0,1)上单调递增，又r (1)=0，所以r (x )<0，从而F ′(x )=(x -1)r (x )x 2>0，故F (x )在(0,1)上单调递增，又F (1)=0，所以F (x )<0，故F x 1 =f x 1 -f1x 1<0，所以x 1x 2<1.解法2：(1)由题意，f(x)的定义域为(0,+∞)，且f(x)=e xx-ln x+x-a=e x-ln x+x-ln x-a，令u=x-ln x，则f(x)=e u+u-a，设φ(x)=x-ln x(x>0)，则φ′(x)=1-1x=x-1x，所以φ′(x)>0⇔x>1,φ′(x)<0⇔0<x<1，从而φ(x)在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，故φ(x)min=φ(1)=1，所以u≥1，显然函数y=e u+u-a为增函数，所以当u=1时，f(x)取得最小值e+1-a，因为f(x)≥0，所以e+1-a≥0，解得：a≤e+1，故实数a的取值范围是(-∞,e+1].(2)由(1)知f(x)=0⇔e u+u-a=0，其中u=x-ln x，由(1)可得要使f(x)有两个零点x1,x2，则u>1，此时a>e+1，且x1,x2是方程u=x-ln x的两根，不妨设x1<x2，由(1)可得0<x1<1<x2，则x1-ln x1=ux2-ln x2=u，两式作差得：x1-x2-lnx1x2=0(1)，设t=x1x2，则0<t<1，且x1=tx2，代入(1)可得tx2-x2-ln t=0，所以x2=ln tt-1,x1=tx2=t ln tt-1，从而x1x2=t ln2t(t-1)2，故要证x1x2<1，只需证t ln2t(t-1)2<1，即证ln2t<(t-1)2t，也即证-ln t<1-tt，所以只需证-2ln t<1t-t，即证2ln t+1t-t>0，令m=t，则0<m<1，且2ln t+1t-t>0即为2ln m+1m-m>0，设p(m)=2ln m+1m-m(0<m<1)，则p′(m)=-(m-1)2m2<0，所以p(m)在(0,1)上单调递减，又p(1)=0，所以p(m)>0，即2ln m+1m-m>0，故x1x2<1成立.【反思】上述解法2的实质是对数平均不等式x1x2<x1-x2ln x1-ln x2<x1+x22x1≠x2且x1>0,x2>0 ，我们由x1-ln x1=ux2-ln x2=u两式作差后得到x1-x2ln x1-ln x2=1，根据对数平均不等式的左半边，可直接得出x1x2<x1-x2ln x1-ln x2=1，从而x1x2<1，但对数平均不等式不宜直接使用，可先给出它的证明，再使用.强化训练1(★★★★)已知函数f(x)=2x ln x-x2-mx+1.(1)若m=0，判断f(x)的单调性；(2)若m<0,0<b<a，证明：2ln a+ba-b <4aba2-b2-m【解析】(1)若m=0，则f(x)=2x ln x-x2+1(x>0)，所以f′(x)=2ln x+2-2x,f (x)=2x-2=2(1-x)x，从而f(x)>0⇔0<x<1,f (x)<0⇔x>1，故f′(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，所以f′(x)≤f′(1)=0，故f(x)在(0,+∞)上单调递减.(2)证法1：先证2ln a+ba-b <4aba2-b2，只需证ln1+ba1-ba<2⋅ba1-ba2①，设t=ba，因为0<b<a，所以0<t<1，要证不等式(1)成立，只需证ln 1+t1-t<2t1-t2在(0,1)上成立，设g(t)=ln 1+t1-t-2t1-t2(0<t<1)，则g′(t)=1-t1+t⋅1-t-(-1)⋅(1+t)(1-t)2-21-t2-(-2t)⋅2t1-t22=-4t21-t22<0，所以g(t)在(0,1)上单调递减，又g(0)=0，所以g(t)<0，即ln1+t1-t-2t1-t2<0，故ln 1+t1-t<2t1-t2，所以不等式①成立，故2ln a+ba-b<4aba2-b2，又m<0，所以4aba2-b2<4aba2-b2-m，故2ln a+ba-b<4aba2-b2-m.证法2：先证2ln a+ba-b<4aba2-b2，只需证2lna+ba-b<(a+b)2-(a-b)2a2-b2，即证2lna+ba-b<a+ba-b-a-ba+b①，设t=a+ba-b，因为0<b<a，所以t>1，故要证不等式(1)成立，只需证2ln t<t-1t，设h(t)=2ln t-t+1t(t>1)，则h′(t)=2t-1-1t2=-(t-1)2t2<0，所以h(t)在(1,+∞)上单调递减，又h(1)=0，所以h(t)<0，即2ln t-t+1t<0，故2ln t<t-1t，所以不等式①成立，从而2ln a+ba-b<4aba2-b2成立，又m<0，所以4aba2-b2<4aba2-b2-m，故2ln a+ba-b<4aba2-b2-m.证法3：由(1)可得当x>1时，2x ln x-x2+1<0，因为0<b<a，所以a+ba-b>1，从而2⋅a+ba-bln a+ba-b-a+ba-b2+1<0，故2⋅a+ba-bln a+ba-b<a+ba-b2-1，所以2ln a+ba-b<a+ba-b-a-ba+b=4aba2-b2，又m<0，所以4aba2-b2<4aba2-b2-m，故2ln a+ba-b<4aba2-b2-m.2(★★★★)已知函数f(x)=e x-ax+a(a∈R)有2个零点x1、x2，且x1<x2.(1)求a的取值范围；(2)证明：x1x2<x1+x2.【解析】(1)由题意，f(x)的定义域为R，且f′(x)=e x-a，当a≤0时，f′(x)>0，所以f(x)在R上单调递增，故f(x)最多1个零点，不合题意，当a>0时，f′(x)>0⇔x>ln a,f′(x)<0⇔x<ln a，所以f(x)在(-∞,ln a)上单调递减，在(ln a,+∞)上单调递增，若f(x)有2个零点，则f(ln a)=a-a ln a+a=a(2-ln a)<0，从而a>e2，此时ln a>2，因为f(1)=e>0，所以f(x)在(1,ln a)上有1个零点，f(2ln a)=e2ln a-2a ln a+a=a2-2a ln a+a=a(a-2ln a+1)，设g(a)=a-2ln a+1a>e2，则g′(a)=1-2a>0，所以g(a)在e2,+∞上单调递增，又g e2 =e2-2ln e2+1=e2-3>0，所以g(a)>0，从而f(2ln a)=ag(a)>0，故f(x)在(ln a,2ln a)上有1个零点，综上所述，a的取值范围为e2,+∞.(2)由(1)知a>e2，且1<x1<ln a<x2，因为f x1=0f x2=0，所以e x1=a x1-1e x2=a x2-1，故x1=ln a+ln x1-1x2=ln a+ln x2-1，所以x1-x2=ln x1-1-ln x2-1，从而x1-1-x2-1=ln x1-1-ln x2-1，设u1=x1-1,u2=x2-1，则u1-u2=ln u1-ln u2，从而u1-u2=ln u1u2，且0<u1<ln a-1<u2，设t=u1u2，则0<t<1，且u1=tu2，所以tu2-u2=ln t，故u2=ln tt-1,u1=tu2=t ln tt-1，从而u1u2=t ln2t(t-1)2，要证x1x2<x1+x2，只需证x1-1x2-1<1，即证u1u2<1，也即t ln2t(t-1)2<1，故只需证ln2t<(t-1)2t，即证-ln t<1-tt，也即ln t+1t-t>0，设φ(t)=ln t+1t-t(0<t<1)，则φ′(t)=1t-12t t-12t=2t-1-t2t t=-(t-1)22t t<0，从而φ(t)在(0,1)上单调递减，又φ(1)=0，所以φ(t)>0，即ln t+1t-t>0，故x1x2<x1+x2成立.【反思】当要证明的不等式不太容易直接变形成关于x1x2的整体结构时，可以考虑使用比值代换，也就是先令t=x1x2，运用已知条件将x1和x2用t表示，代回要证明的不等式中，达到齐次换元的效果.。
导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版
导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】（2020年河南高三期末）已知函数()2ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程为2y x =.（1）求实数,a b 的值；（2）设()()()()21212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x的两个零点，求证：0F '<.【解析】（1）1,1a b ==-；（2）()2ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x'=+-， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，1212ln ln 1x x F m x x -'=+=-0F '<，只需证1212ln ln x x x x -<-. 思路一：因为120x x <<，只需证1122ln ln ln 0x x x x -⇔->.令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()22212110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证12ln 0t t t-+>.由上述分析可知0F '<.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222,ln ,,x x x xt t t x x t e x x -===-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<，只需证12ln ln 0x x ->， 设())22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 ()2110Q x xx '===<，所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()20Q x Q x >=，即证2ln lnx x -. 由上述分析可知0F '<.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.思路三：要证明0F '<，只需证1212ln ln x x x x --即证1212ln ln x x x x --. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法. 【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数()()21f x x axlnx ax 2a R 2=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围； （2）求证：x 1x 2＜a 2．【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2，设21x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式. 【解析】（1）∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x -a lnx ， ∵函数()()21f x x xlnx x 2R 2a a a =-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． ∴f′（x ）=x -a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x -a lnx ，则()g'x 1x a =-=x xa-，（x ＞0），①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ， 则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增， 要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ， ∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．（2）由x 1，x 2是g （x ）=x -a lnx=0的两个根，则2211lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜221221(x x )x (ln )x -，即证22221121x (x x )(ln )x x x -<=2112x x 2x x -+，由x 1＜x 2，得21x x =t ＞1，只需证ln 2t -t -120t +<，设g （t ）=ln 2t -t -12t +，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭， 令h （t ）=2lnt -t+t1，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，∴h （t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h （t ）＜h （1）=0，∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g （t ）＜g （1）=0， 即ln 2t ＜t -2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【类题展示】（2020·湖北高三期末）已知函数()12ln f x x a x x=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；（2）设()2ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，求实数a 的取值范围.【解析】（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()22212211a x ax f x x x x --+'=-+=-. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=得12x a x a ==+当(()20,x a a a ∈++∞时，()0f x '<；当(x a a ∈时，()0f x '>，所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+，无单调递增区间； 当1a >时，()f x 单调递减区间为(()0,,aa++∞；单调递增区间为(a a .（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()12g x b cx x'=--，∴()12121222x x g b c x x x x +⎛⎫'=--+⎪+⎝⎭， 由()()120g x g x ==得()()22112122lnx b x x c x x x =-+-， ()()()()1222121212121222-+⎛⎫'=-=---- ⎪+⎝⎭x x x x y x x g b x x c x x x x .()121112212122212ln ln 1⎛⎫- ⎪-⎝⎭=-=-++x x x x x x x x x x x x ，令12(0,1)x t x =∈，∴2(1)ln 1t y t t -=-+， ∴22(1)0(1)t y t t --'=<+，所以y 在()0,1上单调递减. 由y 的取值范围是2ln 2,3⎡⎫-+∞⎪⎢⎣⎭，得t 的取值范围是10,2⎛⎤⎥⎝⎦，∵122x x a +=， ∴()222222211221212112212212(2)242x x x x x xa x x x x x x a x x x x ++=+=++===++，∴2122119422,2x x a t x x t ⎡⎫=++=++∈+∞⎪⎢⎣⎭，又∵1a >，故a的取值范围是4⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于12x x （或21x x ）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.(二)各自构造一元函数【例】（2020·河南高三月考）已知函数f （x ）＝lnx ﹣ax +1（a ∈R ）． （1）求f （x ）的单调区间； （2）设g （x ）＝lnx 344x x-+，若对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，求实数a 的取值范围． 【分析】（1）函数求导得()11'ax f x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）根据对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立，等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1）()11'axf x a x x-=-=， 当a ≤0时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 当a ＞0时，在（0，1a）上，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增， 在（1a，+∞）上，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减． 综上：当a ≤0时，f （x ）单调递增区间是（0，+∞）， 当a ＞0时，f （x ）单调递增区间是（0，1a ），单调递减在区间是（1a，+∞）. （2）()()()222213113143'4444x x x x g x x x x x-+--+-=--⨯==， 在区间（1，3）上，g ′（x ）＞0，g （x ）单调递增，在区间（3，+∞）上，g ′（x ）＜0，g （x ）单调递减，所以g （x ）max ＝g （3）＝ln 312-， 因为对任意的x 1∈（0，+∞），存在x 2∈（1，+∞），使得f （x 1）＜g （x 2）成立， 等价于f （x ）max ＜g （x ）max ，由（1）知当a ≤0时，f （x ）无最值，当a ＞0时，f （x ）max ＝f （1a ）＝﹣lna ，所以﹣lna ＜ln 312-，所以lna ＞，解得a 【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e ()xf x x ax a a -=+-⋅∈R . （1）当0a =时，求曲线()y f x =在点(1,(1))f --处的切线方程；（2）设2()1g x x x =--，若对任意的[0,2]t ∈，存在[0,2]s ∈使得()()f s g t ≥成立，求a 的取值范围.【解析】 (1)当0a =时，因为()2xf x x e -=⋅，所以()()()2'2,'13xf x x x e f e -=-+⋅-=-，又因为()1f e -=，所以曲线()y f x =在点()()1,1f --处的切线方程为()31y e e x -=-+，即320ex y e ++=.(2)“对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”.因为()2215124g x x x x ⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭，所以()g x 在[]0,2上的最大值为()21g =. ()()()2'2x x f x x a e x ax a e --=+⋅-+-⋅ ()222x e x a x a -⎡⎤=-+--⎣⎦()()2x e x x a -=--+,令()'0f x =，得2x =或x a =-.①当0a -≤，即0a ≥时，()'0f x ≥在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递增函数，()f x 的最大值大为()()2124f a e =+⋅，由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-； ②当02a <-<，即20a -<<时，当()0,x a ∈-时，()()'0,f x f x <为单调递减函数，当(),2x a ∈-时，()()'0,f x f x >为单调递增函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-或()()2124f a e=+⋅.由1a -≥，得1a ≤-；由()2141a e+⋅≥，得24a e ≥-，又因为20a -<<，所以21a -<≤-； ③当2a -≥，即2a ≤-时，()'0f x ≤在[]0,2上恒成立，()f x 在[]0,2上为单调递减函数，所以()f x 的最大值大为()0f a =-，由1a -≥，得1a ≤-，又因为2a ≤-，所以2a ≤-， 综上所述，实数a 的取值范围是1a ≤-或24a e ≥-.【评注】对任意的[]0,2t ∈，存在[]0,2s ∈使得()()f s g t ≥成立”等价于“在区间[]0,2上，()f x 的最大值大于或等于()g x 的最大值”. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)={e−x+1,x ≤0,2√x, x >0.函数y =f(f(x)+1)−m(m ∈R)恰有两个零点x 1和x 2．（1）求函数f(x)的值域和实数m 的最小值；（2）若x 1<x 2，且ax 1+x 2≥1恒成立，求实数a 的取值范围． 【解析】（1）当x ≤0时，f(x)=e −x +1≥2. 当x >0时，f(x)=2√x >0.∴ f(x)的值域为(0,+∞)．令f(f(x)+1)=m ，∵ f(x)+1>1，∴ f(f(x)+1)>2，∴ m >2. 又f(x)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(x)+1=t 1，f(x)+1=t 2，且t 1<0，t 2>1．∴ f(x)=t 1−1无解. 从而f(x)=t 2−1要有两个不同的根，应满足t 2−1≥2，∴ t 2≥3. ∴ f(t 2)=f(f(x)+1)≥2√3.即m ≥2√3．∴ m 的最小值为2√3.(2) y =f(f(x)+1)−m 有两个零点x 1、x 2且x 1<x 2，设f(x)=t ，t ∈[2,+∞)， ∴ e −x 1+1=t ，∴ x 1=−ln(t −1).2√x 2=t ，∴ x 2=t 24.∴ −aln(t −1)+t 24≥1对t ∈[2,+∞)恒成立设ℎ(t)=−aln(t−1)+t24−1，ℎ′(t)=−at−1+t2=t2−t−2a2(t−1).∵t∈[2,+∞)，∴t2−t∈[2,+∞)恒成立.∴当2a≤2，即a≤1时，ℎ′(t)≥0，∴ℎ(t)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(t)≥ℎ(2)=−aln1+1−1=0成立.当a>1时，设g(t)=t2−t−2a.由g(2)=4−2−2a=2−2a<0.∴∃t0∈(2,+∞)，使得g(t0)=0.且当t∈(2,t0)时，g(t)<0，t∈(t0,+∞)时，g(t)>0.∴当t∈(2,t0)时，ℎ(t)单调递减，此时ℎ(t)<ℎ(2)=0不符合题意.综上，a≤1.【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数f(x)=x2+ax−alnx.（1）若函数f(x)在[2,5]上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1.【解析】（1）f′(x)=2x+a−ax，∵函数f(x)在[2,5]上单调递增，∴f′(x)≥0在x∈[2,5]恒成立，即2x+a−ax≥0对x∈[2,5]恒成立，∴a≥−2x2x−1对x∈[2,5]恒成立，即a≥(−2x2x−1)max，x∈[2,5]，令g(x)=−2x2x−1(x∈[2,5])，则g′(x)=−2x2+4x(x−1)2≤0(x∈[2,5])，∴g(x)在[2,5]上单调递减，∴g(x)在[2,5]上的最大值为g(2)=−8.∴a的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当a=2时，方程f(x)=x2+2m⇔x−lnx−m=0，令ℎ(x)=x−lnx−m(x>0)，则ℎ′(x)=1−1x，当x∈(0,1)时，ℎ′(x)<0，故ℎ(x)单调递减，当x∈(1,+∞)时，ℎ′(x)>0，故ℎ(x)单调递增，∴ℎ(x)min=ℎ(1)=1−m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有ℎ(x)min<0，即m>1，当m>1时，0<e−m<1<e m，ℎ(e−m)=e−m>0，ℎ(e m)=e m−2m，令g(x)=e x−2x(x>1)，则g′(x)=e x−2>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)=e−2>0，∴ℎ(e m)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数m的取值范围是(1,+∞).不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，0<1x2<1，∴x1x2<1⇔x1<1x2⇔ℎ(x1)>ℎ(1x2)，∵ℎ(x1)=ℎ(x2)=0，∴ℎ(x1)−ℎ(1x2)=ℎ(x2)−ℎ(1x2)=(x2−lnx2−m)−(1x2−ln1x2−m),=x2−1x2−2lnx2.令φ(x)=x−1x−2lnx(x>1)，则φ′(x)=1+1x2−2x=(1x−1)2>0，∴φ(x)在(1,+∞)上单调递增，∴当x>1时，φ(x)>φ(1)=0，即x2−1x2−2lnx2>0，∴ℎ(x 1)>ℎ(1x 2)，∴x 1x 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】（2020·深圳市高三期末）已知函数()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数. （1）求()f x 的极值；（2）当4k =时，在函数()()22g x f x x x =++的图象上任取两个不同的点()11,M x y 、()22,N x y .若当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，求正实数t 的取值范围： 【分析】（1）求导，对k 分k 0<和0k >两种情况讨论，分析函数()y f x =的单调性，即可得出函数()y f x =的极值；（2）由()()()12124g x g x x x -≥-，得出()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()4F x g x x =-，可知函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，解不等式()0F x '≤，即可得出实数t 的取值范围； 【详解】（1）()()1ln f x kx x =-，其中k 为非零实数，()ln f x k x =-'，0x >.①当k 0<时，()0,1x ∈，()0f x '<，函数()y f x =单调递减；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递增.所以，函数()y f x =有极小值()1f k =；②当0k >时，()0,1x ∈，()0f x '>，函数()y f x =单调递增；()1,x ∈+∞时，()0f x '>，函数()y f x =单调递减.所以，函数()y f x =有极大值()1f k =.综上所述，当k 0<时，()y f x =有极小值()1f k =；当0k >时，()y f x =有极大值()1f k =； （2）当4k =时，()4ln f x x =-'，()224ln g x x x x =+-，当120x x t <<<时，总有不等式()()()12124g x g x x x -≥-成立，即()()112244g x x g x x -≥-，构造函数()()2424ln F x g x x x x x =-=--，由于120x x t <<<，()()12F x F x ≥，则函数()y F x =在区间()0,t 上为减函数或常函数，()()()221422x x F x x x x='-+=--，0x，解不等式()0F x '≤，解得02x <≤.由题意可知()(]0,0,2t ⊆，02t ∴<≤，因此，正实数t 的取值范围是(]0,2；【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，同时考查了变换主元法，构造函数法和分类讨论法的应用，属于难题． 【类题展示】设函数． （1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围．【解析】（1）由条件得，∵在点处的切线与垂直，∴此切线的斜率为0，即，有，得，∴，由得，由得．∴在上单调递减，在上单调递增， 当时，取得极小值． 故的单调递减区间为，极小值为2（2）条件等价于对任意恒成立， 设． 则在上单调递减， 则在上恒成立，得恒成立，∴（对仅在时成立），故的取值范围是 【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解 【类题展示】已知函数f (x )=x +xlnx .（Ⅰ）求函数f (x )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅰ）若k ∈Z ，且k (x −1)<f (x )对任意x >1恒成立，求k 的最大值； （Ⅰ）当n >m ≥4时，证明：(mn n )m >(nm m )n . 【解析】（Ⅰ）∵f ′(x)=lnx +2,∴f ′(1)=2，()ln ,k R kf x x x=+∈()y f x =()(),e f e 20x -=()f x e ()()1212120,x x f x f x x x >>-<-k ()()210kf x x x x '=->()y f x =()(),e f e 20x -=()0f e '=210ke e-=k e =()()2210e x ef x x x x x-'=-=>()0f x '<0x e <<()0f x '>x e >()f x ()0,e (),e +∞x e =()f x ()ln 2ef x e e=+=()f x ()0,e ()()1211220,x x f x x f x x >>-<-()()()ln 0kh x f x x x x x x=-=+->()h x ()0,+∞()2110k h x x x '=--≤()0,+∞()2211024k x x x x ⎛⎫≥-+=--+> ⎪⎝⎭14k ≥()1,04k h x '==12x =k 1,4⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y =2x −1；（Ⅰ）由（Ⅰ）知，f(x)=x +xlnx,∴k(x −1)<f(x)，对任意x >1恒成立， 即k <x+xlnx x−1对任意x >1恒成立． 令g(x)=x+xlnx x−1，则g′(x)=x−lnx−2(x−1)2，令ℎ(x)=x −lnx −2(x >1)，则ℎ′(x)=1−1x =x−1x>0，所以函数ℎ(x)在(1,+∞)上单调递增．∵ℎ(3)=1−ln3〈0,ℎ(4)=2−2ln2〉0，∴方程ℎ(x)=0在(1,+∞)上存在唯一实根x 0，且满足x 0∈(3,4)．当1<x <x 0时，ℎ(x)<0，即g′(x)<0，当x >x 0时，ℎ(x)>0，即g′(x)>0， 所以函数g(x)=x+xlnx x−1在(1,x 0)上单调递减，在(x 0,+∞)上单调递增．∴[g(x)]min =g(x 0)=x 0(1+lnx 0)x 0−1=x 0(1+x 0−2)x 0−1=x 0∈(3,4)，∴k <[g(x)]min =x 0∈(3,4)，故整数k 的最大值是3． （Ⅰ）由（Ⅰ）知，g(x)=x+xlnx x−1是[4,+∞)上的增函数，∴当n >m ≥4时，n+nlnn n−1>m+mlnm m−1． 即n(m −1)(1+lnn)>m(n −1)(1+lnm)．整理，得mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn +(n −m)． ∵n >m,∴mnlnn +mlnm >mnlnm +nlnn ． 即lnn mn +lnm m >lnm mn +lnn n ．即ln(n mn m m )>ln(m mn n n )．∴(mn n )m >(nm m )n ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】【山东2020高三期末】已知a R ∈，函数()()2ln 12f x x x ax =+-++（Ⅰ）若函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，求实数a 的取值范围；（Ⅰ）设正实数121m m +=，求证：对)1()(f x f ≥上的任意两个实数1x ，2x ，总有()()()11221122f m x m x m f x m f x +≥+成立【分析】（Ⅰ）将问题转化为()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立，可得112+-≤x x a ，令()121h x x x =-+，可判断出()h x 在[)2,+∞上单调递增，即()()min 2h x h =，从而可得a 的范围；（Ⅰ）构造函数()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈-，且121x x -<≤；利用导数可判断出()F x 在(]21,x x ∈-上是减函数，得到()()2F x F x ≥，经验算可知()20F x =，从而可得()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+，从而可证得结论.【解析】（Ⅰ）由题意知：()121f x x a x '=-++ 函数()f x 在[)2,+∞上为减函数，即()0f x '≤在[)+∞∈,2x 上恒成立 即112+-≤x x a 在[)+∞∈,2x 上恒成立，设()121h x x x =-+ 当2≥x 时，11=+y x 单调递减，2=y x 单调递增()h x ∴在[)2,+∞上单调递增 ()()min 1112433h x h ∴==-=，113a ∴≤，即a 的取值范围为11,3⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅰ）设121x x -<≤，令：()()()122122()F x f m x m x m f x m f x =+--，(]21,x x ∈- 则()()()()21221220F x f m m x m m f x =+-+=⎡⎤⎣⎦()()()()()112211122F x m f m x m x m f x m f m x m x f x '''''∴=+-=+-⎡⎤⎣⎦()()1221222222210m x m x x x m m x m x m x m x x +-=-+=-+=-≥，122m x m x x ∴+≥ ()121f x x a x '=-++，令()()g x f x ='，则()()21201g x x '=--<+ ()f x ∴'在()1,x ∈-+∞上为减函数，()()122f m x m x f x ''∴+≤()()11220m f m x m x f x ''∴+-≤⎡⎤⎣⎦，即()0F x '≤()F x ∴在(]21,x x ∈-上是减函数，()2()0F x F x ∴≥=，即()0F x ≥ ()()()1221220f m x m x m f x m f x ∴+--≥(]21,x x ∴∈-时，()()()122122f m x m x m f x m f x +≥+121x x -<≤ ，()()()11221122f m x m x m f x m f x ∴+≥+【类题展示】【福建省2020高三期末】已知函数f(x)=e x −x ，g(x)=(x +k)ln(x +k)−x ． （1）若k =1，f ′(t)=g ′(t)，求实数t 的值．（2）若a,b ∈R +，f(a)+g(b)≥f(0)+g(0)+ab ，求正实数k 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(x)=e x −1，g ′(x)=ln(x +k)， 由k =1，f ′(t)=g ′(t)…①，得e t −ln(t +1)−1=0， 令φ(t)=e t −ln(t +1)−1，则φ′(t)=e t −1t+1，因为φ″(t)=e t+1(t+1)2>0，所以φ′(t)在(−1,+∞)单调递增，又φ′(0)=0，所以当−1<x<0时，φ′(t)>0，φ(t)单调递增；当x>0时，φ′(t)<0，φ(t)单调递减；所以φ(t)≤φ(0)=0，当且仅当t=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解t=0，实数t的值为0．（2）解法一：令ℎ(x)=f(x)−bx+g(b)−f(0)−g(0)（x>0），则ℎ′(x)=e x−(b+1)，所以当x>ln(b+1)时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增;当0<x<ln(b+1)时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(ln(b+1))=f(ln(b+1))+g(b)−f(0)−g(0)−bln(b+1)=(b+k)ln(b+k)−(b+1)ln(b+1)−klnk．令t(x)=(x+k)ln(x+k)−(x+1)ln(x+1)−klnk（x>0），则t′(x)=ln(x+k)−ln(x+1)．（i）若k>1时，t′(x)>0，t(x)在(0,+∞)单调递增，所以t(x)>t(0)=0，满足题意．（ii）若k=1时，t(x)=0，满足题意．（iii）若0<k<1时，t′(x)<0，t(x)在(0,+∞)单调递减，所以t(x)<t(0)=0．不满足题意．综上述：k≥1．解法二：先证明不等式，e x−x−1≥0，x−1≥lnx，x−xlnx−1≤0…（*）．令φ(x)=e x−x−1，则当x≥0时，φ′(x)=e x−1≥0，φ(x)单调递增，当x≤0时，φ′(x)=e x−1≤0，φ(x)单调递减，所以φ(x)≥φ(0)=0，即e x−x−1≥0(x∈R)．变形得，e x≥x+1，所以x>−1时，x≥ln(x+1)，所以当x>0时，x−1≥lnx.又由上式得，当x>0时，1x −1≥ln1x，1−x≥−xlnx，x−xlnx−1≤0.因此不等式（*）均成立．令ℎ(x)=g(x)−ax+f(a)−f(0)−g(0)（x>0），则ℎ′(x)=ln(x+k)−a，（i）若a>lnk时，当x>e a−k时，ℎ′(x)>0，ℎ(x)单调递增;当0<x<e a−k时，ℎ′(x)<0，ℎ(x)单调递减;故ℎ(x)≥ℎ(e a−k)=g(e a−k)−a(e a−k)+f(a)−f(0)−g(0)=(k−1)a+k−1−klnk．（ii）若0<a≤lnk时，ℎ′(x)≥0，ℎ(x)在(0,+∞)单调递增，所以ℎ(x)>ℎ(0)=f(a)−f(0)=e a−a−1．因此，①当0<k≤1时，此时lnk<0，a>lnk，ℎ(x)≥(k−1)a+k−1−klnk≥0，则需{k −1≥0,k −1−klnk ≥0,由（*）知，k −klnk −1≤0，（当且仅当k =1时等号成立），所以k =1． ②当k >1时，此时lnk >0，a >0，则当a >lnk 时，ℎ(x)≥(k −1)a +k −1−klnk >(k −1)lnk +k −1−klnk =−lnk +k −1>0（由（*）知）；当0<a ≤lnk 时，ℎ(x)>e a −a −1>0（由（*）知）．故对于任意a >0，ℎ(x)>0． 综上述：k ≥1．(六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示 【例】（2020山西高三期末）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--∈ （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．【解析】（1）()f x 定义域为()0,∞+，()22211'1a x ax f x x x x -+=+-=，令()221,4g x x ax a =-+∆=-，①当22a -≤≤时，0∆≤，()'0f x ≥，故()f x 在()0,∞+上单调递增， ②当2a <-时，>0∆，()0g x =的两根都小于零，在()0,∞+上，()'0f x >， 故()f x 在()0,∞+上单调递增，③当2a >时，>0∆，()0g x =的两根为12x x ==，当10x x <<时，()'0f x >；当12x x x <<时，()'0f x <；当2x x >时，()'0f x >； 故()f x 分别在()()120,,,x x +∞上单调递增，在()12,x x 上单调递减. （2）由（1）知，2a >，因为()()()()1212121212ln ln x x f x f x x x a x x x x --=-+--.所以()()1212121212ln ln 11f x f x x x k a x x x x x x --==+⋅--,又由（1）知，121=x x ，于是1212ln ln 2x x k a x x -=--，若存在a ，使得2k a =-，则1212ln ln 1x x x x -=-，即1212ln ln x x x x -=-，亦即222212ln 0(1)x x x x --=>（*） 再由（1）知，函数()12ln h t t t t=--在()0,∞+上单调递增， 而21>x ，所以22212ln 112ln10x x x -->--=，这与（*）式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【类题展示】【云南省2020高三期末】已知函数21()2ln 2f x x x a x =-+，其中0a >. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x ，2x ，证明：123()()2f x f x -<+<-.【解析】（1）解：由题得22'()2a x x af x x x x-+=-+=，其中0x >，考察2()2g x x x a =-+，0x >，其中对称轴为1x =，44a ∆=-. 若1a ≥，则，此时()0g x ≥，则'()0f x ≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增；若，则∆>0，此时220x x a -+=在R 上有两个根111x a =--，211x a =+-，且1201x x <<<，所以当时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增；当12(,)x x x ∈时，()0g x <，则'()0f x <，()f x 单调递减； 当2(,)x x ∈+∞时，()0g x >，则'()0f x >，()f x 单调递增， 综上，当1a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当时，()f x 在(0,11)a --上单调递增，在(11,11)a a --+-上单调递减，在(11,)a +-+∞上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，()f x 有两个极值点1x ，2x ，且122x x +=，12x x a =，所以()()2212111222112ln 2ln 22fx f x x x a x x x a x +=-++-+ ()()()2212121212ln ln 2x x x x a x x =+-+++()()()212121212122ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()21224ln ln 22a a a a a a =--+=--. 令()ln 2h x x x x =--，01x <<，则只需证明3()2h x -<<-， 由于'()ln 0h x x =<，故()h x 在(0,1)上单调递减，所以()(1)3h x h >=-.又当01x <<时，ln 11x -<-，(ln 1)0x x -<，故()ln 2(ln 1)22h x x x x x x =--=--<-， 所以，对任意的01x <<，3()2h x -<<-. 综上，可得()()1232fx f x -<+<-.【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】已知函数21ln 02f x ax x a x=-+≥（）（）. （1）讨论函数f （x ）的极值点的个数；（2）若f （x ）有两个极值点1x ，2x ，证明：1234ln 2f x f x +>-（）（）. 【解析】（1）由题意，函数221ln ln 22f x ax x x ax x x=-+=--+（）， 得2121'21ax x f x ax x x -+-=--+=（），0x ∈+∞（，）， （i ）若0a =时；1x f x x-'=（）， 当01x ∈（，）时，()0f x '<，函数()f x 单调递减；当），（∞+∈1x 时，()0f x '>，函数()f x 单调递增， 所以当1x =，函数()f x 取得极小值，1x =是()f x 的一个极小值点； （ii ）若0a >时，则180a ∆=-≤，即18a ≥时，此时0f x '≤（），()f x 在(0,)+∞是减函数，()f x '无极值点，当108a <<时，则180a ∆=->，令0='）（x f ，解得1x =2x =， 当10x x ∈（，）和2x x ∈+（，）∞时，0f x '<（），当12x x x ∈（，）时，0>'）（x f ， ∴()f x 在1x 取得极小值，在2x 取得极大值，所以()f x 有两个极值点， 综上可知：（i ）0a =时，()f x 仅有一个极值点；(ii).当18a ≥时，()f x 无极值点； (iii)当108a <<，()f x 有两个极值点. （2）由（1）知，当且仅当108a ∈（，）时，()f x 有极小值点1x 和极大值点2x ，且1x ，2x 是方程2210ax x 的两根，∴1212x x a +=,1212x x a=，则222121121211ln ln 22f x f x ax x ax x x x +=-++-+（）（） 22121212ln 2ln 2x x a x x x x =-+-+++（）（）（）22111ln[]42a a a a a=---+11ln 1242a a a =++-1ln 1ln 24a a=+--，设1ln ln 24g a a a =++-（）1，1(0,)8a ∈，则221141044a g a a a a -'=-=<（）， ∴10,8a ∈（）时，()a g 是减函数，1()()8g a g >，∴1ln 3ln 234ln 28g a >+-=-（）， ∴1234ln 2f x f x +>-（）（）. 三、跟踪训练1.已知函数1()ln ()f x x a x a R x=-+∈. （1）讨论函数()y f x =的单调性； （2）若10<<b ，1()()g x f x bx x=+-，且存在不相等的实数1x ，2x ，使得()()12g x g x =，求证：0a <且2211a x x b ⎛⎫>⎪-⎝⎭. 【解析】（1）由题意，函数1()ln ()f x x a x a R x =-+∈，可得22211'()1(0)a x ax f x x x x x++=++=>， 当0a ≥时，因为0x >，所以210x ax ++>，所以'()0f x >，故函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； 当20a -≤<时，240a ∆=-≤，210x ax ++≥，所以'()0f x >， 故函数()f x 在(0,)+∞单调递增；当2a <-时，'()0f x >，解得0x <<或x >，'()0f x <x <<，所以函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增. 综上所述，当2a ≥-时，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增，当2a <-时，函数()f x在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭上单调递减，在区间⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增. （2）由题知()(1)ln g x b x a x =-+，则'()1ag x b x=-+. 当0a ≥时，0)('>x g ，所以()g x 在(0,)+∞上单调递增， 与存在不相等的实数1x ，2x ，使得12()()g x g x =矛盾，所以0a <. 由12()()g x g x =，得1122(1)ln (1)ln b x a x b x a x -+=-+， 所以()()2121ln ln (1)a x x b x x --=--，不妨设120x x <<，因为10<<b ，所以212101ln ln x x a b x x -=>--，欲证2121a x x b ⎛⎫< ⎪-⎝⎭，只需证2211221ln ln x x x x x x ⎛⎫-> ⎪-⎝⎭，只需证2121ln ln x x x x ->-21x t x =，1t >，等价于证明1ln t t->ln 0t -<，令()ln 1)h t t t =->，'()0h t =<，所以)(t h 在区间(1,)+∞上单调递减，所以()(1)0h t h <=，从而ln 0t <得证，于是2211a x x b ⎛⎫> ⎪-⎝⎭. 2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx −x 2.（1）令g(x)=f(x)+ax ，若y =g(x)在区间(0,3)上不单调，求a 的取值范围；（2）当a =2时，函数ℎ(x)=f(x)−mx 的图象与x 轴交于两点A (x 1,0)，B (x 2,0)，且0<x 1<x 2，又ℎ′(x)是ℎ(x)的导函数.若正常数α，β满足条件α+β=1，β≥α.试比较ℎ′(αx 1+βx 2)与0的关系，并给出理由 【解析】（1）因为g (x )=a ln x −x 2+ax ，所以g ′(x )=ax −2x +a ，因为g (x )在区间(0,3)上不单调，所以g ′(x )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由g ′(x )=0，有a =2x 2x+1=2(x +1+1x+1)−4，x ∈(0,3)，令t=x+1>4 则y=2(t+1t )−4在t>4单调递增，故a ∈(0,92)（2）∵ℎ′(x )=2x −2x −m ，又f (x )−mx =0有两个实根x 1，x 2，∴{2lnx 1−x 12−mx 1=02lnx 2−x 22−mx 2=0，两式相减，得2(ln x 1−ln x 2)−(x 12−x 22)=m (x 1−x 2)， ∴m =2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2−(x 1+x 2)，于是ℎ′(αx 1+βx 2)=2αx 1+βx 2−2(αx 1+βx 2)−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(x 1+x 2)=2αx 1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2+(2α−1)(x 2−x 1).∵β≥α，∴2α≤1，∴(2α−1)(x 2−x 1)≤0. 要证：ℎ′(αx 1+βx 2)<0，只需证：2αx1+βx 2−2(ln x 1−ln x 2)x 1−x 2<0，只需证：x 1−x 2αx1+βx 2−ln x1x 2>0.（*）令x1x 2=t ∈(0,1)，∴（*）化为1−tαt+β+ln t <0，只需证u (t )=ln t +1−tαt+β<0u ′(t )=1t−1(αt+β)2>0∵u (t )在(0,1)上单调递增，u (t )<u (1)=0，∴ln t +1−t αt+β<0，即x 1−x 2αt+β+ln x1x 2<0. ∴ℎ′(αx 1+βx 2)<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f （x ）=12ax 2+lnx ，g （x ）=-bx ，其中a ，b ∈R ，设h （x ）=f （x ）-g （x ），（1）若f （x ）在x=√22处取得极值，且f′（1）=g （-1）-2．求函数h （x ）的单调区间；（2）若a=0时，函数h （x ）有两个不同的零点x 1，x 2 ①求b 的取值范围； ②求证：x 1x 2e 2＞1．【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）①（−1e ，0）②详见解析【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22a +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，原题转化为函数φ(x )=−lnx x与直线y =b 有两个交点，先研究函数φ(x )=−lnx x图像，再确定b 的取值范围是（−1e ，0）.②x 1x 2e 2>1⇔x 1x 2>e 2⇔lnx 1x 2>2，由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x2x 2−x 1，因此须证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，构造函数F(t)=lnt −2(t−1)t+1，即可证明试题解析：（1）因为f ′(x)=ax +1x ，所以f ′(1)=a +1,由f ′(1)=g(−1)−2可得a=b -3.又因为f(x)在x =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22a +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以ℎ(x)=−x 2+lnx +x ，其定义域为（0，+）ℎ′(x )=−2x +1x +1=−2x 2+x +1x =−(2x +1)(x −1)x令ℎ′(x )=0得x 1=−12,x 2=1，当x ∈（0,1）时，ℎ′(x )>0，当x ∈（1,+）ℎ′(x )<0，所以函数h （x ）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减. （2）当a =0时，ℎ(x )=lnx +bx ，其定义域为（0，+）. ①由ℎ(x )=0得b =-lnx x ，记φ(x )=−lnx x，则φ′(x )=lnx−1x 2,所以φ(x )=−lnx x在(0,e)单调减，在(e,+∞)单调增，所以当x =e 时φ(x )=−lnx x取得最小值−1e .又φ(1)=0，所以x ∈(0,1)时φ(x )>0，而x ∈(1,+∞)时φ(x )<0,所以b 的取值范围是（−1e ，0）. ②由题意得lnx 1+bx 1=0,lnx 2+bx 2=0,所以lnx 1x 2+b (x 1+x 2)=0,lnx 2−lnx 1+b (x 2−x 1)=0, 所以lnx 1x 2lnx2−lnx 1=x 1+x2x 2−x 1，不妨设x1<x2,要证x 1x 2>e 2, 只需要证lnx 1x 2=x 1+x2x 2−x 1(lnx 2−lnx 1)>2.即证lnx 2−lnx 1>2(x 2−x 1)x 2+x 1，设t =x2x 1(t >1),则F(t)=lnt −2(t−1)t+1=lnt +4t+1−2,所以F′(t)=1t −4(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，所以F(t)>0即lnt >2(t−1)t+1,所以x 1x 2>e 2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3．【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=e x (e x −ax +a )有两个极值点x 1，x 2. （1）求a 的取值范围； （2）求证：2x 1x 2<x 1+x 2.【解析】（1）因为f(x)=e x (e x −ax +a )，所以f ′(x)=e x (e x −ax +a )+e x (e x −a )=e x (2e x −ax )，令f ′(x)=0，则2e x =ax ， 当a =0时，不成立；当a ≠0时，2a =xe x ，令g(x)=xex ，所以g′(x)=1−xe x，当x<1时，g′(x)>0，当x>1时，g′(x)<0，所以g(x)在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为g(1)=1e，当x→−∞时，g(x)→−∞，当x→+∞时，g(x)→0，因此，当0<2a <1e时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e,+∞).（2）由（1）不妨设0<x1<1<x2，且{2e x1=ax12e x2=ax2，所以{ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2−x1=lnx2−lnx1，要证明2x1x2<x1+x2，只要证明2x1x2(lnx2−lnx1)<x22−x12，即证明2ln(x2x1)<x2x1−x1x2，设x2x1=t(t>1)，即要证明2lnt−t+1t<0在t∈(1,+∞)上恒成立，记ℎ(t)=2lnt−t+1t (t>1)，ℎ′(t)=2t−1−1t2=−t2+2t−1t2=−(t−1)2t2<0，所以ℎ(t)在区间(1,+∞)上单调递减，所以ℎ(t)<ℎ(1)=0，即2lnt−t+1t<0，即2x1x2<x1+x2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(x)=−12x2+2x−2alnx．（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）设g(x)=f′(x)，方程g(x)=c（其中c为常数）的两根分别为α,β(α<β)，证明：g′(α+β2)<0．注：f′(x),g′(x)分别为f(x),g(x)的导函数．【解析】（1）函数f(x)的定义域为(0,+∞)，f′(x)=−x+2−2ax =−x2+2x−2ax，令ℎ(x)=−x22a−2a，Δ=4−8a，①当Δ≤0时，即a≥12时，恒有ℎ(x)≤0，即f′(x)≤0，∴函数f(x)在(0,+∞)上单调减区间．②当Δ>0时，即a<12时，由ℎ(x)=0，解得x1=1−√1−2a,x2=1+√1−2a，（i）当0<a<12时，当x∈(0,x1),(x2,+∞)时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，当x∈(x1,x2)时，ℎ(x)>0，即f′(x)>0，∴函数f(x)在(0,x1),(x2,+∞)单调递减，在(x1,x2)上单调递增．（ii）当a≤0时，ℎ(0)=−2a≥0，当x∈(x2,+∞)时，ℎ(x)<0，即f′(x)<0，当x ∈(0,x 2)时，ℎ(x )>0，即f ′(x )>0，∴函数f (x )在(x 2,+∞)单调递减，在(0,x 2)上单调递增． 证明（2）由条件可得g (x )=−x +2-2a x,x >0，∴g ′(x )=−1+2ax 2，∵方程g (x )=c （其中c 为常数）的两根分别为α,β(α<β)， ∴{g (α)=c g (β)=c可得αβ=2c ， ∴g ′(α+β2)=−1+8α(α+β)2=−1+4αβ(α+β)2=−1+4αβ+βα+2，∵0<α<β， ∴0<αβ<1， ∴αβ+βα>2，∴g ′(α+β2)=−1+4αβ+βα+2<−1+1=0．5．（2020江苏徐州一中高三期中）设函数()ln 1nf x x m x =+-，其中n ∈N *，n ≥2，且m ∈R ． （1）当2n =，1m =-时，求函数()f x 的单调区间；（2）当2n =时，令()()22g x f x x =-+，若函数()g x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求()2g x 的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）12ln 2,04-⎛⎫⎪⎝⎭；（3）见解析 【解析】 【分析】（1）将2n =，1m =-代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数()f x 的单调区间；（2）由题意知()221ln g x x x m x =-++，求导，从而可得2220x x m -+=，由方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <）可得102m <<，由方程得22x =，且2112x <<，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到()f x 的单调性，求出()f x 的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可. 【详解】（1）依题意得，()2ln 1f x x x =--，()0,x ∈+∞，∴ ()21212x f x x x x='-=-．令()0f x '>，得x >()0f x '<，得0x << 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在,2⎛⎫+∞⎪ ⎪⎝⎭上单调递增． （2）由题意知：()221ln g x x x m x =-++．则()22222m x x mg x x x x='-+=-+，令()0g x '=，得2220x x m -+=，故方程2220x x m -+=有两个不相等的正数根1x ，2x （12x x <），则()412002m m⎧∆=->⎪⎨>⎪⎩，， 解得102m <<．由方程得2x =2112x <<． 由222220x x m -+=，得22222m x x =-+．()()222222222122ln g x x x x x x =-++-+，2112x <<． ()22214ln 02g x x x ⎛'⎫=--> ⎪⎝⎭，即函数()2g x 是1,12⎛⎫ ⎪⎝⎭上的增函数， 所以()212ln204g x -<<，故()2g x 的取值范围是12ln2,04-⎛⎫⎪⎝⎭． 6．（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数()alnxf x x=，g （x ）＝b （x ﹣1），其中a ≠0，b ≠0 （1）若a ＝b ，讨论F （x ）＝f （x ）﹣g （x ）的单调区间；（2）已知函数f （x ）的曲线与函数g （x ）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x 1，x 2，证明：()12122x x g x x a++＞． 【答案】（1）见解析（2）见解析 【解析】【分析】（1）求导得()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=--⎪⎝⎭，按照a ＞0、 a ＜0讨论()F x '的正负即可得解； （2）设x 1＞x 2，转化条件得()1212112122x x x x x g x x ln a x x x +++=⋅-，令121xt x =＞，()121t p t lnt t -=-⋅+，只需证明()0p t >即可得证. 【详解】（1）由已知得()()()1lnx F x f x g x a x x ⎛⎫=-=-+⎪⎝⎭，∴()()222111lnx a F x a x lnx x x-⎛⎫'=-=-- ⎪⎝⎭， 当0＜x ＜1时，∵1﹣x 2＞0，﹣lnx ＞0，∴1﹣x 2﹣lnx ＞0，； 当x ＞1时，∵1﹣x 2＜0，﹣lnx ＜0，∴1﹣x 2﹣lnx ＜0．故若a ＞0，F （x ）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减； 故若a ＜0，F （x ）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增． （2）不妨设x 1＞x 2，依题意()1111lnx ab x x =-， ∴()2111alnx b x x =-①，同理得()2222alnx b x x =-②由①﹣②得，∴()()()2211122121221x alnb x x x x b x x x x x =--+=-+-， ∴()()1212121x lnx bx x a x x +-=-，∴()()()121211212121221x x x x x bg x x x x x x ln a a x x x +++=+⋅⋅+-=⋅-， 故只需证1211222x x x ln x x x +⋅-＞，取∴121xt x =＞，即只需证明121t lnt t +⋅>-，1t ∀>成立，即只需证()1201t p t lnt t -=-⋅>+，1t ∀>成立， ∵()()()()222114011t p t t t t t -'=-=++＞，∴p （t ）在区间[1，+∞）上单调递增，∴p （t ）＞p （1）＝0，∀t ＞1成立，故原命题得证．【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题.。
高考数学《双变量问题 (解析版)》
培优系列：双变量问题题型分类(一)与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.【例1】（2021届黑龙江省哈尔滨市高三下学期第五次模拟）已知函数()ln f x x x =,()212g x x =.（1）求函数()f x 在21,1e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的最值；（2）若对0b a >>,总有()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦成立,求实数m 的取值范围.【分析】（1）因为()ln 1f x x '=+单调递增,211,x e e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递减；1,1x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时()f x 单调递增.由11e e f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,2212f e e ⎛⎫=- ⎪⎝⎭,()10f =,得min 11()f x f e e ⎛⎫==- ⎪⎝⎭,()max ()10f x f ==.（2）()()()()m g b g a f b f a ->-⎡⎤⎣⎦等价于()()()()mg b f b mg a f a ->-,令()()()2ln 2m h x mg x f x x x x =-=-,则()h x 在()0,∞+上单调递增.问题化为()ln 10h x mx x '=--≥对()0,x ∈+∞恒成立.分离参数得ln 1+≥x m x 对()0,x ∈+∞恒成立.令()ln 1x x xϕ+=,()()max 11x ϕϕ==,故m 的取值范围是[)1,+∞.(二)与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x '=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数.【例2】（2021届福建省福州一中高三五模）已知函数()()1ln 1m x f x x x -=-+,m R ∈.（1）讨论()f x 的零点个数；（2）若()f x 有两个极值点1x ,2x ,且83m ≥,证明：()()21213ln 314f x f x x x -≤--.【分析】（1）()()()()2222211211x m x m f x x x x x +-+'=-=++,令()()2221g x x m x =+-+,1m £时,()()22210g x x m x =+-+>,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,()f x 有且只有1个零点：12m <≤时,()248420m m m m ∆=-=-≤,()0f x '>,()f x 在()0,∞+上单调递增,且()10f =,故()f x 有且只有1个零点；2m >时,()22210x m x +-+=有两正根,2112x m m m =--2212x m m m =--,由于121=x x ,所以101x <<,21>x ,当10x x <<时()f x 单调递增；12x x x <<时,()0g x <,()0f x '<,()f x 单调递减；()f x 单调递增；因为()121,x x ∈,()10f =,所以()f x 在()12,x x 上有1个零点,且()10f x >,()20f x <,又e 1m >,0e 1m -<<,且()()e 12e 0e 1e 1m m m m m mf m -=-=>++,()()e 12e 0e 1e 1m m m mm m f m -----=--=<++,()f x 在()10,x ,()2,x +∞上各1有个零点.综上2m ≤时,()f x 有且只有1个零点：当2m >时,()f x 有3个零点.（2）1x ,2x 方程()22210x m x +-+=的根,1222x x m +=-,121=x x ,12x x <,则22110223x m x +=-≥,则23x ≥,()()()212121212121121221212121211ln ln 11ln ln 1x x x x x x m m f x f x x x x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫------⋅ ⎪-++-+++⎝⎭==-----()2121212212121222ln ln ln ln 2ln 2111x x m x x x x x m x x x x x x x x -⋅--=-=-=-----,所以()()12123ln 314f x f x x x -≤--等价于2222ln 3ln 314x x x ≤-,即2222ln 3ln 314x x x ≤-,令()()22ln 2ln 311x x x g x x x x x==≥--,则()()2222(1ln )ln 101x x x g x x ⎡⎤---⎣⎦'=<-()g x 在[)3,+∞上单调递减,所以()()3ln 334g x g ≤=,即()()21213ln 314f x f x x x -≤--.(三)与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例3】（2021届山西省名校联考高三三模）已知函数()xf x e ax =-有两个零点1x ,()212x x x <.（1）求实数a 的取值范围；（2）证明：21122x x x -<-.【分析】（1）()'xf x e a =-,当0a ≤时,()f x 在R 上单调递增,至多有一个零点,不符合题意；当0a >时,()f x 在(),ln a -∞上单调递减,在()1,na +∞上单调递增,()()()min ln 1ln f x f a a a ==-,若0a e <≤,()()min 1ln 0f x a a =-≥,()f x 至多有一个零点,不符合题意；若a e >,则ln 1a >,()()min 1ln 0f x a a =-<,()()22ln 2ln 2ln 0f a a a a a a a =-=->.()010f =>,0ln 2ln a a <<,()f x 存在两个零点,分别在()0,ln a ,()ln ,2ln a a 内.实数a 的取值范围为(),e +∞.（2）方法1：由题意得1212x x e ax e ax ⎧=⎨=⎩,令210t x x =->,得212111x x t x x t e e x x -+===,变形得11t t x e =-.欲证21122x x x -<-,即证()212t e t t -<-,即证2222t t t e ++<,然后构造函数证明.方法2：令211x t x =>,则21x tx =,1111x tx e ax e atx ⎧=⎨=⎩,两式相除得()11t x e t -=,1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,欲证21122x x x -<-,即证()21ln 2ln t t t-<-,即证()2ln 2ln 220t t t +-+<.()()()2ln 2ln 221g t t t t t =+-+>,根据()g t 在()1,+∞上单调递减证明.(四)独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例4】设()ln af x x x x=+,g (x )=x 3-x 2-3.（1）如果存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,求满足上述条件的最大整数M ；（2）如果对于任意的1,,22s t ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,都有f (s )≥g (t )成立,求实数a 的取值范围.【分析】（1）存在x 1,x 2∈[0,2]使得g (x 1)-g (x 2)≥M 成立,等价于[g (x 1)-g (x 2)]max ≥M .由g (x )=x 3-x 2-3,得g ′(x )=3x 2-2x =3x (x -23).令g ′(x )>0得x <0或x >23,令g ′(x )<0得0<x <23,又x ∈[0,2],所以g (x )在区间[0,23]上单调递减,在区间[23,2]上单调递增,所以g (x )min =g (23)=8527-,又g (0)=-3,g （2）=1,所以g (x )max =g （2）=1.故[g (x 1)-g (x 2)]max =g (x )max -g (x )min =11227≥M ,则满足条件的最大整数M =4.（2）对于任意的s ,t ∈[12,2],都有f (s )≥g (t )成立,等价于在区间[12,2]上,函数f (x )min ≥g (x )max ,由（1）可知在区间[12,2]上,g (x )的最大值为g （2）=1.在区间[12,2]上,f (x )=ax+x ln x ≥1恒成立等价于a ≥x -x 2ln x 恒成立.设h (x )=x -x 2ln x ,h ′(x )=1-2x ln x -x ,令m (x )=x ln x ,由m ′(x )=ln x +1>0得x >1e .即m (x )=x ln x 在(1e,+∞)上是增函数,可知h ′(x )在区间[12,2]上是减函数,又h ′（1）=0,所以当1<x <2时,h ′(x )<0；当12<x <1时,h ′(x )>0.即函数h (x )=x -x 2ln x 在区间(12,1)上单调递增,在区间(1,2)上单调递减,所以h (x )max =h （1）=1,所以a ≥1,即实数a 的取值范围是[1,+∞).(五)独立双变量,换元构造一元函数当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例5】（2021东北三省三校高三四模）已知()x f x e =.（1）求关于x 的函数()()4()5g x f x f x x =---的单调区间；（2）已知a b >,证明：2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭.【分析】（1）()()()14x x xg x e e e -'=--,()g x 的增区间为(,0)-∞和(ln 4,)+∞,减区间为(0,ln 4)．（2）22222114()466a b a b b a a b b aa b a b e e e e e e e a b e e a b +----⎛⎫⎛⎫-≤++⇔-≤-++ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭令21a b t e->=,即不等式等价于1114ln 3t t t t t ⎛⎫-≤++ ⎪⎝⎭,只需证()221331ln 1414t t t t t t t t⎛⎫- ⎪-⎝⎭≥=++++,设()()2231()ln 141x h x x x xx -=-≥++,()h x '=()422(1)041x x x x -≥++所以()h x 在()1,+∞递增,故()()10h x h >=,即()0h t >,亦即2146a ba b a be e e e e a b +⎛⎫-≤++ ⎪-⎝⎭．(六)独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例6】（2021届四川省天府名校高三下学期4月诊断）已知函数()ln f x x ax a =-+()0a ≠．（1）讨论函数()f x 的零点的个数；（2）当0a >时,若()2f x b a ≤+恒成立,证明：2ba≥-．【解析】（1）()11ax f x a x x-'=-=．当0a <时()0f x '>恒成立,因为()10f =,函数()f x 只有一个零点；当0a >时函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =；当01a <<时,因为11a >,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭单调递增,所以函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭只有一个零点,在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭有一个零点,当01a <<时,()f x 有两个零点．当1a =时()f x 在区间()0,1上单调递增,在()1,+∞上单调递减．且()10f =此时函数只有一个零点；当1a >时,函数()f x 在区间10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调递增,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递减．且()10f =．函数()f x 在区间1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭只有一个零点,()f x 在区间10,a ⎛⎫⎪⎝⎭上有一个零点,当1a >时,()f x 有两个零点．（2）()2f x b a ≤+恒成立,()max 12f x f b a a ⎛⎫=≤+ ⎪⎝⎭,即1ln 1a b a --≤,所以111ln 1b a a a a≥--,令()ln 1g t t t t =--()0t >,所以()g t 在()0,1上单调递减,在()1,+∞上单调递增,()()min 12g t g ==-,所以()2g t ≥-,即2ba≥-．(七)独立双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例7】（2021届安徽省合肥高三下学期最后一卷）已知函数()ln f x x x =．（1）求证：()22f x ex x ≤-恒成立；（2）若函数()()F x f x a =-有两个不同零点1x ,2x ,求证：()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-++ ⎪⎝⎭．【分析】（1）要证证不等式()22f x ex x ≤-,即证ln 2x ex ≤-,设()()ln 20g x ex x x =-->,求出导函数,得出单的区间,求出其最小值,即可证明.(2)不妨设12x x <,由题意即方程()f x a =有两个不同实数根1x ,2x ,在10,e ⎛⎫⎪⎝⎭上22y ex x =-的图象位于曲线()y f x =上方,设直线y a =与抛物线2120,y ex x x e ⎛⎫⎛⎫=-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭交点横坐标为t ,由111t a e e e =+结合()f x 图像知12101x t x e <<<<<,所以12212x x x x x t -=->-,要证()121111x x e a a e ee ⎛⎫->-+++ ⎪⎝⎭即证()211x e a >-+,即证()22111ln 10e x x --+>,设()()1ln 1F x e x x =--+,()()10F F e ==且()11e F x x-'=-,由()0F x '>,解得11x e <<-,()0F x '<,解得1e x e -<<∴()F x 在()1,1e -单调递增,在()1,e e -上单调递减,∴()0F x >对()1,x e ∀∈成立,因为211e x <<,∴210F x ⎛⎫> ⎪⎝⎭.典例展示【例1】已知函数()()ln 1xf x ae x a R -=+-∈.（1）当a e ≤时,讨论函数()f x 的单调性：（2）若函数()f x 恰有两个极值点()1212,x x x x <,且122ln 3x x +≤,求21x x 的最大值.【解析】（1）函数的定义域为()0,∞+,1()x xxe axf x aex xe --'=-+=,当0a ≤时,()0f x '>恒成立,()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a e <≤时,令()0f x '=,则0x e ax -=,设()x g x e ax =-,则()x g x e a '=-,当0ln x a <<时,()0g x '<,()g x 单调递减,当ln x a >时,()0g x '>,()g x 单调递增,∴ln ()(ln )ln (1ln )0a g x g a e a a a a -≥==-≥,∴()0f x '≥,()f x 在()0,∞+上单调递增；综上,当a e ≤时,()f x 在()0,∞+上单调递增；（2）依题意,()()120f x f x ''==,则121200x x e ax e ax ⎧-=⎨-=⎩,两式相除得,2121x x x ex -=,设21x t x =,则1t >,21x tx =,()11t x e t -=,∴1ln 1t x t =-,2ln 1t tx t =-,∴()121ln 1t t x x t ++=-,设()()()1ln 11t t h t t t +=>-,则()()212ln 1t tt h t t --'=-,设()()12ln 1t t t t t ϕ=-->,则()22212(1)10t t t t t ϕ-+=-=>',∴()t ϕ在()1,+∞单调递增,则()()10t ϕϕ>=,∴()0h t '>,则()h t 在()1,+∞单调递增,又122ln 3x x +≤,即()2ln 3h t ≤,而()32ln 3h =,∴(]1,3t ∈,即21x x 的最大值为3.【例2】（2021届安徽省安庆市高三下学期三模）已知函数()212ln x ax xf x x--=.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若11ln ln m n m n-=+,求证:2m n ->.【解析】（1）解：()f x 的定义域为()()22212210,,1.a x ax f x x x x ∞-++-'=+=令()221g x x ax =-+,方程2210x ax -+=的判别式()()244411a a a ∆=-=+-,（i ）当0∆≤,即11a - 时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.（ii ）当0∆>,即1a <-或 1.a >①当1a <-时,()2210g x x ax =-+ 恒成立,即对任意()()()20,,0g x x f x x ∞='∈+ ,所以()f x 在()0,∞+上单调递增.②当1a >时,由2210x ax -+=,解得221, 1.a a a a αβ=-=-所以当0x α<<时,()0;g x >当x αβ<<时,()0;g x <当x β>时,()0g x >,所以在(()220,11,a a a a -⋃-+∞上,()0,f x '>在(221,1a a a a --上,()0f x '<所以函数()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增；在(221,1a a a a --上单调递减.综上,当1a 时,()f x 在()0,∞+上单调递增；当1a >时,()f x 在(20,1a a -和()21,a a -+∞上单调递增,在(221,1a a a a --上单调递减.（2）证明：由11ln ln m n m n -=+,可得11ln ln (,0)m n m n m n-=+>得ln ln 0m n ->,因此0m n >>,因为111ln ln ln mm m n n m n m n n mn m++-=+⇒==,令mt n =,则11,ln t t t m+>=,所以11,ln tln t t m n t t ++==,所以21ln t m n t t --=,要证明2m n ->,只需证212,1ln t m t t t n -⎛⎫>=> ⎪⎝⎭即证1:2ln (1)t t t t->>由（1）可知,1a =时,()12ln f x x x x=--在()0,∞+上是增函数,所以当1t >时,()()1f t f >,而()10f =,因此12ln (1)t t t t->>成立所以 2.m n ->【例3】（2021届浙江省宁波市高三下学期5月仿真测试）已知0,.a b a b a b ->>=（1）求a 的取值范围；（2）若1b e>,证明：1121a b a -≤-≤-；（3）求所有整数c ,使得()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++恒成立.注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数.【解析】（1）当1b =时,有,11a b a a b ->>=与a b a b -=矛盾；当1b >时,有1a b >>与01b b -<<而1a a >,与a b a b -=矛盾；当01b <<时,有10b -<-<则11b b b --<<,由a b a b -=得11a a b -<<,所以1a >；综上所述：1a >；（2）设()ln f x x x =,则()1ln f x x '=+,当1,x e ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭时,()0f x '>,则()f x 在1,e ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭上递增,由于a b a b -=得ln ln a a b b =-,即()()f a f b =-,由（1）知1a >,又11b e>>,故要证1121a b a -≤-≤-即证1122a b a -≤-≤-即证2a b ≤-且32ba -≥①要证2a b ≤-,需证()()2f a f b ≤-,即证()()2f b f b -≤-需证()()20f b f b -+≥,设()()()2g b f b f b =-+,需证()min 0g b ≥由()ln2b g b b '=-,又11b e >>,所以()ln02b g b b'=<-所以()g b 在1,1e ⎛⎫⎪⎝⎭单调减,则()()10g b g ≥=,所以2a b ≤-成立,则11a b -≤-成立；②要证32b a -≥,由于11b e >>,则312b a -≥>需证()32b f a f -⎛⎫≥ ⎪⎝⎭,即证()32b f b f -⎛⎫-≥ ⎪⎝⎭需证()302b f f b -⎛⎫+≤ ⎪⎝⎭,设()()32b h b f f b -⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,需证()max 0h b ≤由()213112ln 1ln ln22223b eb h b b b-'=--++=-,又11b e >>,21211ln 0123e e h e e⎛⎫⎪⎛⎫⎝⎭'=< ⎪⎝⎭-,()121ln 0231e h '=>-故有()00h x '=,011x e >>,所以()h b 在01,x e ⎛⎫ ⎪⎝⎭单调减,在()0,1x 单调增又()1311102e h f f f a e e e ⎛⎫- ⎪⎛⎫⎛⎫=+<-< ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ⎪⎝⎭,()10h =所以()max 0h b ≤,则32ba -≥,得()121b a -≤-所以1121a b a -≤-≤-成立；（3）因为()()()1a bc a b e e c a b +≤+≤++,0a b >>所以1a be e c c a b+≤≤++由222a b a b a be e e e a b a b a b +++<<+++设e x y x =,由()21x e x y x'-=,得e xy x =在()0,1上单调减,在()1,+∞上单调增又因为12a b <+<则1122a b +<<所以2222a ba b a b e e e e e e a b a b a b +++<<<<+++由1a be e c c a b+≤≤++恒成立,所以c 的值可以是3,4,5,6【例4】（2021届湖北省恩施高中、郧阳中学、十堰一中高三下学期仿真模拟）已知函数()ln f x ax x bx =+在点1=x e 处取极值1e-(其中e 是自然对数的底数),函数()23g x x x λ=-+-.（1）求实数a ,b 的值；（2）若对1x ∀,21,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,且12x x ≠都有()()()()12121g x g x f x f x ->-成立,求实数λ的取值范围.【解析】（1）∵()'ln f x a x a b =++,∴由题意1'0f b e ⎛⎫== ⎪⎝⎭,11a f e e e ⎛⎫=-=- ⎪⎝⎭,∴1a =.当1a =,0b =时,()ln f x x x =,∵()'ln 1f x x =+,∴当10x e<<时,()'0f x <,()f x 单调递减；当1x e >时,()'0f x >,()f x 单调递增,()f x 在1=x e处取极小值.∴1a =,0b =符合题意.（2）∵不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-等价于()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--.由（1）知()f x 在区间1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴不妨设21x x >,有()()21f x f x >,即()()210f x f x ->∴不等式()()()()12121g x g x f x f x ->-或()()()()12121g x g x f x f x -<--等价于()()()()2121g x g x f x f x ->-或()()()()2112g x g x f x f x -<-,即()()()()2211g x f x g x f x ->-或()()()()2211g x f x g x f x +<+.为此构造函数()()()F x g x f x =-,()()()G x g x f x =+,1,x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦,则上式等价于()F x 函数为增函数,()G x 为减函数.先考虑()()()'''2ln 10F x g x f x x x λ=-=-+--≥得2ln 1x x λ++≥对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.∵函数()2ln 1x x x ϕ=++在1,e e ⎡⎤⎢⎥⎣⎦上单调递增,∴()max ()22x e e ϕϕ==+,22eλ+≥再考虑()()()'''2ln 10G x g x f x x x λ=+=-+++≤得2ln 1x x λ--≤对1,x e e ⎡⎤∀∈⎢⎥⎣⎦恒成立.令函数()2ln 1x x x ψ=--,∵()121'2x x x x ψ-=-=,1x e e ⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭∴当112x e <≤时,()'0x ψ<,()x ψ单调递减；当12x e <≤时,()'0x ψ>,()x ψ单调递增,∴()min 1ln 22x ψψ⎛⎫== ⎪⎝⎭∴ln 2λ≤综上所述,实数λ的取值范围(][),ln 222,e -∞++∞ .【例5】（2021届江苏省泰州中学高三下学期四模）已知函数()ln txxf x e =存在唯一的极值点为0x ．（1）求实数t 的取值范围；（2）若()120,,x x x ∈+∞,证明：()()121212log tx tx x x x x ee --+>+．【解析】（1）由题意,函数()ln tx x f x e =,可得()f x 的定义域为(0,)+∞,且1ln ()txt xx f x e-'=,令1()ln g x t x x=-,①若0t =,可得()0f x '>,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；②若0t <,可得21()tx g x x +'=-,令()0g x '=,得10x t=->,所以()g x 在10,t ⎫⎛- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,t ⎫⎛-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,可得111ln 1ln g t t tt t t ⎫⎛⎫⎫⎫⎛⎛⎛-=---=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎝⎝⎭⎭⎭⎝⎭,（ⅰ）若11ln 0t ⎫⎛+-≥ ⎪⎝⎭,即0e t -≤<时,1()ln 0g x t x x =-≥,即()0f x '≥,所以()f x 在(0,)+∞上单调递增,不合题意；（ⅱ）若11ln 0t ⎫⎛+-< ⎪⎝⎭,即t e <-时,10g t ⎫⎛-< ⎪⎝⎭,()110g =>,因为11()ln 2g x t x t x x x x x ⎫=->++⎪⎭,则2104g t ⎫⎛> ⎪⎝⎭,所以()g x 在(0,)+∞上有两个变号零点,所以()f x 有两个极值点,不合题意；③若0t >,21()0tx g x x +'=-<,则()g x 在()0,∞+上单调递减,且()110g =>,11e e 10t tg -⎛⎫=-< ⎪⎝⎭,存在唯一101,t x e ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭,使()00g x =,当()00,x x ∈时,()0>g x ,()0f x '>,当()0,x x ∈+∞时,()0<g x ,()0f x '<,所以0x 是()f x 的唯一极值点,符合题意；综上,实数t 的取值范围是(0,)+∞．（2）由（1）可知,01x >,因为10x x >,20x x >,所以()1ln 0x >,()2ln 0x >,()12ln 0x x +>,由（1）可知函数()f x 在()0,x +∞上单调递减,所以()()112f x f x x >+,()()212f x f x x >+,即()112)121(ln ln tx t x x x x x e e ++>,()212)122(ln ln tx t x x x x x e e ++>,现证明不等式：a c a c b d b d++>+,其中(),,,0,a b c d ∈+∞要证a c a cb d b d ++>+,即证ad bc a c bd b d++>+,即证22abd ad b c bcd abd bcd +++>+,即证220ad b c +>,易知成立．所以()121212121212)(ln ln ln ln ln tx tx tx tx t x x x x x x x x e e e e e ++++>>+,即()121212(1)2ln ln ln tx tx t x x x x e e x x e+++>+,即()121212ln e e ln tx tx x x x x -->++,所以()1212(12)log tx tx x x x x e e --+>+,证毕．跟踪检测1.（2021届黑龙江省大庆高三训练）已知函数2()x g x e ax ax =--,()2ln x h x e x x =--．其中e 为自然对数的底数．（1）若()()()f x h x g x =-,讨论() f x 的单调性；（2）已知0a >,函数()g x 恰有两个不同的极值点1x ,2x ,证明：()212ln 4x x a +<．【解析】（1）22()()()2ln (2)ln (0)x x f x h x g x e x x e ax ax ax a x x x =-=---++=+-->,212(2)1(21)(1)()2(2)(0)ax a x x ax f x ax a x x x x+--+-=+--=>'=,（i ）当0a ≤时,()0f x '<,函数()f x 在(0,)+∞上递减；（ii ）当0a >时,令()0f x '>,解得1x a >；令()0f x '<,解得10x a<<,∴函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭递减,在1,a⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭递增；综上,当0a ≤时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递减；当0a >时,函数()f x 在10,a ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭单调递增；（2）证明：()2xg x e ax a '=--,依题意,不妨设12x x <,则12122020x x e ax a e ax a ⎧--=⎨--=⎩,两式相减得,12122x x e e a x x -=-,因为0a >,要证()212ln 4x x a +<,即证12ln 22x x a +<,即证1212212x xx xe e e x x +-<-,两边同除以2x e ,即证()12122121x x x x x x e e --->-.令12t x x =-()0t <,即证210tt te e -+>,令2()1(0)t t h t te e t =-+<,则22()12t t t h t e e⎡⎤⎛⎫=--+⎢⎥ ⎪⎝⎭⎣⎦',令2()12tt p t e ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭,则21()12tp t e ⎛-'⎫= ⎪⎝⎭,当0t <时,()0p t '<,所以()p t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0p t p >=∴()0h t '<,∴()h t 在(,0)-∞上递减,∴()(0)0h t h >=,即1210t te e -+>,故()212ln 4x x a +<．2.已知函数()(),ln 1xf x eg x x ==+,（1）设函数()()()()h x ag x g x a '=+∈R ,求()h x 的单调区间和极值；（2）对任意的1x R ∈,存在()20,x ∈+∞,使得()()12f x g x =,求21x x -的最小值【解析】（1）由已知()()()ln 1(0)ah x ag x g x x x x'=+=++>所以()221a x a h x x x x-'=-+=当0a ≤时,()0h x '>恒成立,所以()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,令()=0h x ',得x a =,所以(0,),()0,(,),()0x a f x x a f x ∈'<∈+∞'>,即()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,x a =时取到极小值()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值综上,当0a ≤时,()h x 在定义域单调递增,没有极值．当0a >时,()h x 在区间()0,a 单调递减,在(),a +∞单调递增,()()2ln h x h a a ==+极小,没有极大值（2）由已知,设()()12f x g x t==即()11=xf x e t =,()22ln 1g x x t=+=解得1ln x t =,12t x e -=,所以121ln t x x e t --=-,令()1ln (0)t F t et t -=->,则()1111t t te F t e t t---'=-=令()11t t teϕ-=-,则()()110t t e t ϕ-'=+>恒成立,所以()11t t te ϕ-=-在()0,∞+单调递增,且()10ϕ=当()0,1t ∈时,()()0,0t F t ϕ'<<,所以()F t 单调递减当()1,t ∈+∞时,()()0,0t F t ϕ'>>,所以()F t 单调递增,即1t =时()F t 取到极小值,也是最小值,所以()()min 11F t F ==,所以21x x -的最小值为1.3.（2021届百师联盟高三冲刺卷）已知函数()()21x f x x e ax =--,(a R ∈),其中e 是自然对数的底数.（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若1a =-,对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,当12x x <时,不等式()()()211212m x x f x f x x x --<恒成立,求实数m 的取值范围.【解析】（1）()()22x xf x xe ax x e a'=-=-①若0a ≤,20x e a ->,由()0f x '=,得0x =,则当(),0x ∈-∞-时,()0f x '<当()0,x ∈+∞时,()0f x '>,故()f x 在(),0-∞单调递减,在()0,∞+单调递增②若0a >,由()0f x '=,得0x =或ln 2x a =1︒当12a =时,ln 20a =,则当(),+x ∈-∞∞时,()0f x '≥,故()f x 在(),-∞+∞单调递增2︒当102a <<时,ln 20a <,则当()(),ln 20,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()ln 2,0x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),ln 2a -∞,()0,∞+单调递增,在()ln 2,0a 单调递减3°当12a >时,ln 20a >,则当()(),0ln 2,x a ∈-∞⋃+∞时,()0f x '>当()0,ln 2x a ∈时,()0f x '<,故()f x 在(),0-∞,()ln 2,a +∞单调递增,在()0,ln 2a 单调递减（2）当1a =-时,()()21x f x x e x=-+不等式()()()211212m x x f x f x x x --<可变形为()()1212m mf x f x x x -<-即()()1212m mf x f x x x -<-因为上式对于任意的1x ,[)21x ∈+∞,,且12x x <时恒成立所以函数()my f x x=-在[)1,+∞上单调递增令()()()21x m mh x f x x e x x x =-=-+-,[)1,x ∈+∞则()220xmh x xe x x'=++≥在[)1,+∞上恒成立即()32xm x e ≥-+在[)1,+∞上恒成立设()()32x F x x e =-+,则()()236xF x x x e '⎡⎤=-++⎣⎦因为[)1,x ∈+∞时,()0F x '<所以函数()F x 在[)1,+∞上单调递减,所以()()max 12F x F e ==--所以2m e ≥--即实数m 的取值范围是[)2,e --+∞4.（2021届安徽省合肥市高三下学期高考考前诊断）已知函数()2ln x x a f ax x=--.（1）若()0f x ≥,求实数a 的取值范围；（2）若()()22x x x xg f a =++有两个极值点分别为1x ,()212x x x <,求()()122g x g x -的最小值.【解析】（1）因为()2ln x x a f ax x=--,所以()22222221122a x x a x ax a a f x a x ax ax ax ⎛⎫⎛⎫--+ ⎪⎪-++⎝⎭⎝⎭'=-+==,由()0f x =得2x a =或1x a=-.①当0a >时,因为()012a af =--<,不满足题意,②当0a <时,()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减,在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,于是()min 11ln 120f x f a a ⎛⎫⎛⎫=-=-++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭≥,解得30e a -<≤,所以a 的取值范围为30e a -<≤.（2）函数()2ln g x x x ax =+-,定义域为()0+∞，,()21212x ax g x x a x x-+'=+-=,因为1x ,2x 是函数()g x 的两个极值点,所以1x ,2x 是方程2210x ax -+=的两个不等正根,则有280a ∆=->,122ax x +=,1212x x =,得22a >,对称轴242>a ,故122x ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭,222x ⎛⎫∈+∞ ⎪ ⎪⎝⎭.且有21121ax x =+,22221ax x =+,()()()()221211122222ln ln g x g x x x ax x x ax -=+--+-()()22221112222ln 21ln 21x x x x x x =+---+--22112222ln ln 1x x x x =-+-+-2222221122ln ln 122x x x x ⎛⎫=-+-- ⎪⎝⎭22222213ln 2ln 2122x x x =----.令22t x =,则1,2t ⎛⎫∈+∞ ⎪⎝⎭,()13ln 2ln 2122h t t t t =----,()()()2221113'1222t t h t t t t --=+-=,当1,12t ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()h t 单调递减,当()1,t ∈+∞时,()h t 单调递增,所以()()min 14ln 212h t h +==-,所以()()122g x g x -的最小值为14ln 22+-.5.（2021浙江省金华市高三下学期5月模拟）已知函数()ln (,0)m x f x m R a x a=+∈>.（1）若f (x )的最小值为2,求ma的值；（2）若m =1,a >e ,实数0x 为函数f (x )大于1的零点,求证：①00112x a x +<-②0012ln ln(ln )x a a x +>-【解析】（1）2()(0)x mf x x x '-=>当0m ≤时,()0f x '>,()f x 单调递增,没有最小值；当0m >时,()f x 在(0,m )上单调递减,在(,)m +∞上单调递增∴min ()()1ln2m f x f m a==+=,∴me a =.（2）①1,m a e =>时,1()ln x f x x a=+,由（1）可知f (x )在(0,1)上单调递减,在(1,)+∞单调递增,∴min ()(1)1ln f x f a ==-,由于1()0f a a=>,∴存在0(1,)x a ∈,使得()0001ln 0x f x x a =+=,也即010001ln ln ln x a x x e x ⎛⎫=+=⋅ ⎪ ⎪⎝⎭,也即010x a x e =⋅.要证00112x a x +<-,只需证()0100001112x x e x x χ++<⋅>设01(0,1)t x =∈,则只需证11112t e t t ++<⋅,即证211(01)2te t t t >++<<.取21()1(01)2tg t e t t t =---<<,则()1t g t e t '=--,∴()10tg t e '=->',∴()g t '在(0,1)上单调递增∴()(0)0g t g ''>=,∴()g t 在(0,1)上单调递增,∴()(0)0g t g >=.∴01t <<时,2112te t t >++成立,综上,00112x a x +<-成立.②证1：a e >,∴ln 1a >,∴2ln ln(ln )2ln a a a -<,∴只需证1012ln x a x +>,即证0000112ln x x x x ⎛⎫+>+ ⎪⎝⎭,即证()000012ln 01x x x x +-<>,取1()2ln (1)h x x x x x =+->,∴22(1)()0x h x x -'=<,∴()h x 在(1,)+∞上单调递减,()(1)0h x h <=,∴0012ln x a x +>成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.证2：要证1012ln ln(ln )x a a x +>-,即证0000001112ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+>+-+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,即证00000112ln ln ln 0x x x x x ⎛⎫+--+< ⎪⎝⎭,即证00000011ln ln ln ln x x x x x x ⎛⎫⎛⎫+-+<- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,取()ln h t t t =-,即证()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭,1()t h t t -'=,∴1t >时,()0h t '>,()h t 单调递增取1()ln (1)m x x x x =+>,21()x m x x-'=,∴1x >时,()0,()m x m x '>单调递增,∴()(1)1m x m >=,()0001ln h x h x x ⎛⎫+< ⎪⎝⎭等价于()00001ln 1x x x x +<>取1()ln k x x x x=+-,∴221()0x x k x x -+-'=<,∴()k x 在(1,)+∞上单调递减,∴01x >时0001ln x x x +<成立,综上,0012ln ln(ln )x a a x +>-成立.6.已知函数()sin ex xf x =,()0,x π∈.（1）判断函数()f x 的单调性；（2）若12x x ≠,且()()12f x f x =,证明：122x x π+>.【解析】（1）()cos sin e xx xf x -'=,0πx <<,由()0f x '=得4x π=,当04x π<<时,()0f x '>；当4ππ<<x 时()0f x '<,∴()f x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减.（2）∵12x x ≠,且()()12f x f x =,∴由（1）知,不妨设1204x x ππ<<<<.要证122x x π+>,只需证明212x x π>-,而1422x πππ<-<,()f x 在,4ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减,故只需证明()212f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.又()()12f x f x =,∴只需证明()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭.令函数()()22sin sin sin cos 22e e e e x x x x x x x x g x f x f x ππππ-⎛⎫- ⎪⎛⎫⎝⎭=--=-=- ⎪⎝⎭,则()2cos sin sin cos e e xx x x x xg x π--'=+22211e e (cos sin )(cos sin )ee e x xx x x x x x πππ-⎛⎫- ⎪=--=-⋅ ⎪⎝⎭,当04x π<<时,cos sin 0x x ->,2x x π->,故()0g x '>,∴()g x 在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上单调递增,故在0,4π⎛⎫⎪⎝⎭上()0444g x g f f πππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫<=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,∴()112f x f x π⎛⎫<- ⎪⎝⎭成立,故122x x π+>成立.。
专题4 双变量存在恒成立与存在性问题-(人教A版2019选择性必修第二、三册) (教师版)
双变量存在---恒成立问题恒成立问题、存在性问题归根到底是最值问题.1 恒成立问题(1)∀x∈D,f(x)≥0恒成立⟺在D上的f(x)min≥0；(2)∀x∈D,f(x)≤0恒成立⟺在D上的f(x)max≤0；2 存在性问题(1)∃x∈D,f(x)≥0恒成立⟺在D上的f(x)max≥0；(2)∃x∈D,f(x)≤0恒成立⟺在D上的f(x)min≤0；3双变量存在—恒成立问题(1)∀x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)min≥g(x)max；(2)∀x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)min≥g(x)min；(3)∃x1∈D,∀x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)max≥g(x)max；(4)∃x1∈D,∃x2∈E,f(x1)≥g(x2)恒成立⟺ f(x)max≥g(x)min；4 常见处理方法方法1 直接构造函数法：求f(x)≥g(x)恒成立⇔ℎ(x)=f(x)−g(x)≥0恒成立.恒成立.方法2 分离参数法：求f(x)≥a∙g(x)(其中g(x)>0)恒成立⇔a≤f(x)g(x)方法3 变更主元：题型特征(已知谁的范围把谁作为主元)；方法4 数形结合法：求f(x)−g(x)≥0恒成立⇔证明y=f(x)在y=g(x)的上方；方法5 同构法：对不等式进行变形，使得不等式左右两边式子的结构一致，再通过构造的函数单调性进行求解；方法6 放缩法：利用常见的不等式或切线放缩或三角函数有界性等手段对所求不等式逐步放缩达到证明所求不等式恒成立的目的；学习各种方法时，要注意理解它们各自之间的优劣性，有了比较才能快速判断某种题境中采取哪种方法较简洁，建议学习时一题多解，多发散思考.【典题1】已知两个函数f(x)=8x2+16x−k,g(x)=2x3+5x2+4x，其中k为实数.(1)对任意x∈[−3,3]，都有f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(2)存在x∈[−3,3]，使f(x)≤g(x)成立，求k的取值范围；(3)对任意x1,x2∈[−3,3]，都有f(x1)≤g(x2)，求k的取值范围.【解析】(1)设ℎ(x)=g(x)−f(x)=2x3−3x2−12x+k问题转化为x∈[−3,3]时，ℎ(x)≥0恒成立，故ℎ(x)min≥0；易得ℎ(x)min≥−45+k，由k−45≥0⇒k≥45.(2)据题意：存在x∈[−3,3]，使f(x)≤g(x)成立⇔ℎ(x)=g(x)−f(x)≥0在x∈[−3,3]有解，易得ℎ(x)max=k+7，于是k≥−7.(3) 问题转化为f(x)max≤g(x)min ,x∈[−3,3]，易得g(x)min=g(−3)=−21，f(x)max=f(3)=120−k，则120−k≤−21⇒k≥141.【点拨】①第一问是恒成立问题，第二问是存在性问题，第三问是双变量成立问题；②第三问怎么确定f(x)max≤g(x)min，即到底是函数最大值还是最小值呢？可把问题转化为第一、二问的问题，具体如下，先把g(x2)看成定值m，那∀x1∈[−3,3]，都有f(x1)≤m，当然是要f(x)max≤m；再把f(x1)看成定值n，那∀x2∈[−3,3]，都有n≤g(x2)，当然是g(x)min≥n；故问题转化为f(x)max≤g(x)min.其他形式的双变量成立问题同理.x3+2x2−3x+c．若对∀x1∈(0 ,+∞)，∃x2∈[1 ,3]，使f(x1)=【典题2】已知函数f(x)=x2e−x，g(x)=−13g(x2)成立，则c的取值范围是.【解析】(若要满足f(x1)=g(x2)成立，则y=g(x)的值域包含y=f(x)的值域)因为f(x)=x2e−x，x∈(0 ,+∞)，，令f′(x)=0，解得x=2，所以f′(x)=x(2−x)e x故f(x)在(0 ,2)递增，在(2 ,+∞)递减，故f(x)max=f(2)=4，e2而x →0时，f(x)→0，x →+∞时，f(x)→+∞， 故f(x)∈(0 ,4e 2]，因为g (x )=−13x 3+2x 2−3x +c ，g ′(x )=−(x −3)(x −1)， 所以当x ∈[1 ,3]时，g′(x)>0，故g(x)在[1 ,3]递增， 则g (x )min =g(1)=−43+c ，g (x )max =g(3)=c ， 故g(x)∈[−43+c ,c]，若对∀x 1∈(0 ,+∞)，∃x 2∈[1 ,3]，使f(x 1)=g(x 2)成立， 则(0 ,4e2]⊆[−43+c ,c]，故{−43+c ≤04e2≤c，解得：4e 2≤c ≤43.【典题3】 已知函数f (x )=lnx −x +1，x ∈(0 ,+∞)，g (x )=sinx −ax(a ∈R)． (1)求f(x)的最大值；(2)若对∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f (x 1)<g(x 2)成立，求实数a 的取值范围；(3)证明不等式sin(1n)n +sin(2n)n +⋅⋅⋅+sin(n n)n <e e−1(其中e 是自然对数的底数)．【解析】(1)过程略，当x =1时f(x)取得最大值为f(1)=0；(2)解：对∀x 1∈(0 ,+∞)，总存在x 2∈(0 ,π2)，使得f(x 1)<g(x 2)成立，等价于f (x )max <g (x )max 成立，由(1)知，f (x )max =0， 则问题等价于g (x )max >0， 因为g (x )=sinx −ax ，所以g ′(x )=cosx −a ， 当x ∈(0 ,π2)时，cosx ∈(0 ,1)，(利用三角函数的有界性)①当a ≥1时，若x ∈(0 ,π2)，g′(x)<0，g(x)单调递减，g(x)<g(0)=0，不合题意； ②当0<a <1时，∃x 0∈(0 ,π2)，使得g′(x 0)=0， 若x ∈(0 ,x 0)，g′(x)>0，若x ∈(x 0 ,π2)时，g′(x)<0， 即当g (x )max =g(x 0)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意；③当a≤0时，若x∈(0 ,π2)，g′(x)>0，g(x)单调递增，g(x)>g(0)=0，则∃x2∈(0 ,π2)，使得g(x2)>0，符合题意，综上可知，所求实数a的范围是(−∞ ,1)；(3)证明：由(2)可知，当a=1时，若x∈(0 ,1]，sinx<x，令x=kn (k≤n ,k ,n∈N∗)，(kn)n∈(0 ,1]，有sin(kn )n<(kn)n，再由(1)可得lnx<x﹣1，则ln kn ≤kn−1=k−nn，即n⋅ln kn≤k﹣n⇒ln(kn)n≤k﹣n，∴(kn)n≤e k−n，∴(1n )n+(2n)n+...+(nn)n≤e1−n+e2−n+...+e n−n=e1−n(1−e n)1−e=e−e1−ne−1<ee−1则sin(1n )n+sin(2n)n+...+sin(nn)n<(1n)n+(2n)n+...+(nn)n<ee−1．(放缩法证明，利用不等式sinx<x和lnx<x﹣1，要熟悉常见恒等式)1(★★) 已知1<a<4，函数f(x)=x+9x,∃x1∈[1 ,a] ,x2∈[a ,4]，使得f(x1)f(x2)≥80，则a的取值范围．【答案】(1，4−√7]【解析】f′(x)=1−9x2=x2−9x，令f′(x)=0，得x=±3，所以在(1，3)上，f′(x)>0，f(x)单调递增，在(3，4)上，f′(x)<0，f(x)单调递减，f(1)=10，f(4)=6.25，f(3)=6，若∃x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得f(x1)f(x2)≥80，只需x1∈[1，a]，x2∈[a，4]，使得[f(x1)f(x2)]max≥80，而f(x1)max=f(1)=10，所以f(x2)max≥8，过点B作BC⊥y轴，与函数f(x)的图象交于点C，令x+9x=6.25，解得x=4或2.25，所以当x∈[2.25，4]时，f(x)∈[6，6.25]，所以x2∈(1，2.25)，所以a∈(1，2.25)，才能使得x2∈[a，4]时，f(x2)max≥8，即f(a)≥8，所以a+9a≥8，解得a≥4+√7(舍去)或a≤4−√7，所以1<a≤4−√7，所以实数a的取值范围为(1，4−√7]，故答案为：(1，4−√7]．2(★★)已知函数f(x)=x+4x ，g(x)=2x+a，若任意x1∈[12,1]，都存在x2∈[2 ,3]，使得f(x1)≥g(x2)，则实数a的取值范围是．【答案】(－∞，1]【解析】任意x1∈[12，1]，都存在x2∈[2，3]，使得f(x1)≥g(x2)，⇔f(x1)min≥[g(x2)]min，x1∈[12，1]，x2∈[2，3]，对于函数f(x)=x+4x ，x∈[12，1]，f′(x)=1−4x2=x2−4x2<0，因此函数f(x)在x∈[12，1]上单调递减，∴f(x)min=f(1)=5．对于函数g(x)=2x+a，在x∈[2，3]单调递增，∴g(x)min=4+a．∴5≥4+a，解得a≤1．∴实数a的取值范围是(－∞，1]．故答案为：(－∞，1]．3(★★★)已知函数f(x)=−x|x−a|，若对任意的x1∈(2 ,+∞)，都存在x2∈(−1 ,0)，使得f(x1)f(x2)=−4，则实数a的最大值为．【答案】1【解析】①a≥2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如右图)：x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，0]，而对任意的x1∈(2，+∞)，都存在x2∈(－1，0)，使得f(x1)•f(x2)=－4，要求f(x2)∈(0，+∞)．而x2∈(－1，0)时，令f(－1)=a，则有f(x2)∈(0，a)，不符题意；②a<2时，当x≥a时，f(x)=－x(x－a)，当x<a时，f(x)=－x(a－x)，画出y=f(x)的图象(如下图)：当x1∈(2，+∞)时，f(x1)∈(－∞，f(2))，即f(x1)∈(－∞，2a－4)，则f(x2)∈(0，22−a)时，f(x1)f(x2)=－4成立才有可能；x2∈(－1，0)，则f(x2)∈(0，f(－1))，f(－1)=a+1，需满足f(－1)≥22−a ，即1+a≥22−a，即(a+1)(2－a)≥2，a(a－1)≤0，解得0≤a≤1，所以a的最大值为1．故答案为：1．4(★★★) 已知函数f(x)=lnx，若对任意的x1 ,x2∈(0 ,+∞)，都有[f(x1)−f(x2)](x12−x22)>k(x1x2+x22)恒成立，则实数k的最大值是．【答案】0【解析】∵f(x)=lnx，∴f(x1)－f(x2)=lnx1−lnx2=ln x1x2，∵[f(x1)－f(x2)](x12－x22)>k(x1x2+x22)恒成立，且x1，x2∈(0，+∞)，∴x 1x 2+x 22>0，x 1+x 2>0， 得k <lnx 1x 2(x 12−x 22)x 1x 2+x 22=x 1x 2lnx 1x 2−ln x1x 2，令t =x 1x 2，g (t )=tlnt －lnt ，(t >0且t ≠1)，则g ′(t )=lnt +1−1t，令g ′(t )=0，得t =1． ∴当t ∈(0，1)时，g ′(t )<0，g (t )单调递减， 当t ∈(1，+∞)时，g ′(t )>0，g (t )单调递增， ∴g (t )min >g (1)=0． ∴k ≤0．则实数k 的最大值是0． 5(★★★) 设f(x)=2x 2x+1，g (x )=ax +5−2a(a >0)． (1)求f(x)在x ∈[0,1]上的值域；(2)若对于任意x 1∈[0,1]，总存在x 0∈[0,1]，使得g(x 0)=f(x 1)成立，求a 的取值范围． 【答案】(1) [0 ,1] (2) 52≤a ≤4 【解析】(1)法一：(导数法)f′(x)=4x(x+1)−2x 2(x+1)2=2x 2+4x (x+1)2≥0在x ∈[0，1]上恒成立．∴f(x)在[0，1]上增， ∴f(x)值域[0，1]．法二：f(x)={0 x =021x +1x 2x ∈(0,1]，用复合函数求值域．法三：f(x)=2x 2x+1=2(x +1)+2x+1−4用双勾函数求值域．(2)f(x)值域[0，1]，g(x)=ax +5－2a(a >0)在x ∈[0，1]上的值域[5－2a ，5－a]． 由条件，只须[0，1]⊆[5－2a ，5－a]． ∴{5−2a ≤05−a ≥1⇒52≤a ≤4． 6(★★★) 设函数f(x)=lnx −2ax−1−a 在开区间(0 ,12)内有极值． (1)求实数a 的取值范围；(2)若x 1∈(0 ,1) ,x 2=(1 ,+∞)．求证：f (x 1)−f(x 2)>2ln2+32．【答案】(1)(−∞ ,−14)(2)略【解析】(1)解：函数f(x)的定义域是(0，1)∪(1，+∞)，f′(x)=x2−(2−2a)x+1x(x−1)2，由f′(x)=0在(0，12)内有解，令g(x)=x2－(2－2a)x+1，由g(0)=1>0，所以g(12)=122−2−2a2+1<0，解得：a<−14，即a的取值范围是(－∞，−14)；(2)证明：由(1)f′(x)<0，令g(x)=x2－(2－2a)x+1=(x－α)(x－β)，不妨设0<α<12，则β>2，则αβ=1，α+β=2－2a，故f′(x)<0⇔α<x<1，1<x<β，由f′(x)>0⇔x<α或x>β，得f(x)在(0，α)内递增，在(α，1)内递减，在(1，β)内递减，在(β，+∞)递增，由x1∈(0，1)，得f(x1)≤f(α)=lnα−2aα−1−a，由x2∈(1，+∞)，得f(x2)≥f(β)=lnβ−2aβ−1−a，所以f(x2)－f(x1)≥f(β)－f(α)，因为αβ=1，α+β=2－2a，a<−14，所以f(β)－f(α)=lnβ−2aβ−1−a－lnα+2aα−1+a=lnβ－ln1β+2a•(11β−1−1β−1)≥2lnβ+β−1β，令h(β)=2lnβ+β−1β(β>2)，则h′(β)=2β+1+1β2>0，(β>2)，所以h(β)在(2，+∞)上单调递增故h(β)>h(2)=2ln2+3，2．所以f(x2)－f(x1)>2ln2+32。
第06讲 双变量不等式：主元法(解析版)
第06讲双变量不等式:主元法1．（2021春•哈密市校级月考）已知函数()f x xlnx =．（1）求函数()f x 的单调区间和最小值；（2）当0b >时，求证：11()bn b e（其中e 为自然对数的底数）；（3）若0a >，0b >求证：()()2()f x a b ln f a b f +++- （b ）．【解答】解：（1）()1f x lnx '=+ (0)x >-----（1分）令()0f x ' 得：11lnx lne --= ，1e > ，1x e∴ ；令()0f x '<得：10x e<<；-----（2分）()f x ∴在1[e ，)+∞上为增函数；在(0，1]e 上为减函数．----（4分）（2）由（1）知：当0b >时，有f （b ）11()()mix f x f e e ==- ，----（6分）1blnb e ∴- ，即：11()b n lnb ln e ，11(b n b e ∴ ．-----（8分）（3）将f （a ）()2()a b ln f a b f +++-（b ）变形为：f （a ）f +（b ）()()2f a b a b ln +-+------ （7分）即只证：f （a ）()()()2f a b a f a b a b ln ++-+-+设函数()()()(0)g x f x f k x k =+->------（8分）()()()g x xlnx k x ln k x ∴=+--，0x k ∴<<()1()1xg x lnx ln k x lnk x∴'=+---=-令()0g x '>，得：2102x x k kx k k x k x ->⇒>⇒<<--．()g x ∴在[2k ，)k 上单调递增；在(0，]2k上单调递减；()g x ∴的最小值为：(2k g ，即总有：()()2kg x g ．----（12分）()()()(2)()22222k k k kg f f k kln k lnk f k kln =+-==-=-()()2g x f k kln ∴- ，即：()()()2f x f k x f k kln +-- ，-----（13分）令x a =，k x b -=，则k a b=+f ∴（a ）f +（b ）()()2f a b a b ln +-+ ，f ∴（a ）()2()a b ln f a b f +++- （b ）成立．------（14分）2．（2021秋•广东月考）已知函数()()x e f x a lnx x x =+-（其中a R ∈且a 为常数，e 为自然对数的底数，2.71828)e =⋯．（Ⅰ）若函数()f x 的极值点只有一个，求实数a 的取值范围；（Ⅱ）当0a =时，若()f x kx m + （其中0)m >恒成立，求(1)k m +的最小值()h m 的最大值．【解答】解：（Ⅰ）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，其导数为22(1)1(1)())x x xe x x e x xf x a a x x x e ---'=⋅-=-．由()01f x x '=⇒=或xxa e =，设()x x u x e =， 1()xxu x e -'=，∴当(0,1)x ∈时，()0u x '>；当(1,)x ∈+∞时，()0u x '<．即()u x 在区间(0,1)上递增，在区间(1,)+∞上递减，∴()1()1u x u e==极大，又当0x →时，()0u x →，当x →+∞时，()0u x →且()0u x >恒成立．∴当0a或1a e >时，方程x xa e=无根，函数()f x 只有1x =一个极值点．当1a e =时，方程x x a e =的根也为1x =，此时()f x '的因式0x xa e- 恒成立，故函数()f x 只有1x =一个极值点．当10a e <<时，方程x xa e=有两个根1x 、2x 且1(0,1)x ∈，2(1,)x ∈+∞，∴函数()f x 在区间1(0,)x 单调递减；1(x ，1)单调递增；2(1,)x 单调递减；2(x ，)+∞单调递增，此时函数()f x 有1x 、1、2x 三个极值点．综上所述，当0a 或1a e时，函数()f x 只有一个极值点．（Ⅱ）依题意得lnx x kx m -+ ，令()(1)x lnx k x m ϕ=-+-，则对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ 成立． 1()(1)x k xϕ'=-+，∴当10k +时，函数()x ϕ在(0,)+∞上单调递增，注意到()(1)0m m e k e ϕ=-+，∴若(m x e ∈，)+∞，有()0x ϕ>成立，这与()0x ϕ恒成立矛盾；当10k +>时，因为()x ϕ'在(0,)+∞上为减函数，且1(01k ϕ'=+，∴函数()x ϕ在区间1(0,1k +上单调递增，在1(,)1k +∞+上单调递减，∴1()()(1)11x ln k m k ϕϕ=-+--+ ，若对(0,)x ∀∈+∞，都有()0x ϕ 成立，则只需(1)10ln k m -+-- 成立，1(1)11m ln k m k e --∴+--⇒+ ，当0m >时，则(1)k m +的最小值1()m h m me --=，1()(1)m h m e m --'=- ，∴函数()h m 在(0,1)上递增，在(1,)+∞上递减，∴21()h m e ，即(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e；综上所述，(1)k m +的最小值()h m 的最大值为21e ．3．（2021•微山县校级二模）设函数()f x xlnx =．（Ⅰ）求()f x 的极值；（Ⅱ）设()(1)g x f x =+，若对任意的0x ，都有()g x mx 成立，求实数m 的取值范围；（Ⅲ）若0a b <<，证明：0()()2()()22a bf a f b f b a ln +<+-<-．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）函数()f x xlnx =，则()1f x lnx '=+，(0)x >令()0f x '=，解得：1x e =，且当1(0,)x e ∈时，()0f x '<，1(,)x e∈+∞时，()0f x '>因此：()f x 的极小值为11()f e e=-（Ⅱ）()(1)(1)(1)g x f x x ln x =+=++令()(1)(1)h x x ln x mx =++-，则()(1)1h x ln x m'=++-注意到：(0)0h =，若要()0h x ，必须要求(0)0h ' ，即10m -，亦即1m 另一方面：当1m 时，()(1)10h x ln x m '=++-恒成立；故实数m 的取值范围为：1m ()III 构造函数()()2a x F x alna xlnx a x ln+=+-+，x a >，2()112a x xF x lnx ln ln a x+'=+--=+，x a > ，02a x x ∴<+<，()0F x '>，()F x 在(,)a +∞上是单调递增的；故F （b ）F >（a ）0=，即：()()2()02a bf a f b f ++->另一方面，构造函数()()()22a xG x alna xlnx a x ln x a ln +=+-+--，2()20x xG x lnln ln a x a x'=-=<++，()G x 在(,)a +∞上是单调递减的故G （b ）G <（a ）0=即：()()2()()22a bf a f b f b a ln ++-<-综上，0()()2(()22a bf a f b f b a ln +<+-<-．4．（2021•泉州二模）已知函数()x f x e x =-，()()()g x x k ln x k x =++-．（1）若1k =，()()f t g t ''=，求实数t 的值．（2）若a ，b R +∈，f （a ）g +（b ）(0)(0)f g ab ++ ，求正实数k 的取值范围．【解答】解：（1） 函数()x f x e x =-，()()()g x x k ln x k x =++-．()1x f x e ∴'=-，()()g x ln x k '=+，由1k =，()()f t g t '='，得(1)10t e ln t -+-=，令()(1)1t t e ln t ϕ=-+-，则1()1t t e t ϕ'=-+，21()0(1)t t e t ϕ''=+>+ ，()t ϕ∴'在(1,)-+∞单调递增，又(0)0ϕ'=，∴当10x -<<时，()0t ϕ'>，()t ϕ单调递增，当0x >时，()0t ϕ'<，()t ϕ单调递减，()(0)0t ϕϕ∴= ，当且仅当0t =时等号成立，∴方程()()f t g t '='有且仅有唯一解0t =，实数t 的值为0．（2）令()()h x f x bx g =-+（b ）(0)(0)f g --，0x >，则()(1)x h x e b '=-+，∴当(1)x ln b >+时，()0h x '>，()h x 单调递增．当0(1)x ln b <<+时，()0h x '<，()h x 单调递减，故()((1))((1))h x h ln b f ln b g +=++（b ）(0)(0)(1)f g bln b ---+()()(1)(1)b k ln b k x ln x klnk =++-++-，(0)x >，令()()()(1)(1)t x x k ln x k x ln x klnk =++-++-，(0)x >，则()()(1)t x ln x k ln x '=+-+，()i 若1k >时，()0t x '>，()t x 在(0,)+∞单调递增，()(0)0t x t ∴>=，满足题意；()ii 若1k =时，()0t x =，满足题意；()iii 若01k <<时，()0t x '<，()t x 在(0,)+∞单调递减，()(0)0t x t ∴<=，不满足题意．综上，正实数k 的取值范围是[1，)+∞．5．（2021•浙江）已知实数0a ≠，设函数()f x alnx =0x >．（Ⅰ）当34a =-时，求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）对任意21[x e ∈，)+∞均有()f x ，求a 的取值范围．注： 2.71828e =⋯为自然对数的底数．【解答】解：（1）当34a =-时，3()4f x lnx =-+，0x >，3()4f x x '=-=∴函数()f x 的单调递减区间为(0,3)，单调递增区间为(3,)+∞．（2）由f （1）12a，得204a < ，当04a <时，()2f x a ，等价于220lnx a a-- ，令1t a=，则t ，设()22g t t lnx =-，t ，则2()2g t t lnx=-，()i 当1[7x ∈，)+∞，则()2g x g lnx =-，记()p x lnx =-，17x ，则1()p x x '=-=列表讨论：x171(7，1)1(1,)+∞()p x '-+()P x 1()7p 单调递减极小值p （1）单调递增()p x p ∴ （1）0=，()2()2()0g t g p x p x ∴==．()ii 当211[,)7x e ∈时，()g t g = ，令()(1)q x x =++，21[x e ∈，1]7，则()10q x'=>，故()q x 在21[e ，1]7上单调递增，1()()7q x q ∴ ，由()i 得127127(()7777q p p =-<-（1）0=，()0q x ∴<，()0g t g ∴=> ，由()()i ii 知对任意21[x e ∈，)+∞，t ∈，)+∞，()0g t ，即对任意21[x e ∈，)+∞，均有()2f x a ，综上所述，所求的a 的取值范围是(0，24．6．（2021•江苏）设函数()()()()f x x a x b x c =---，a ，b ，c R ∈，()f x '为()f x 的导函数．（1）若a b c ==，f （4）8=，求a 的值；（2）若a b ≠，b c =，且()f x 和()f x '的零点均在集合{3-，1，3}中，求()f x 的极小值；（3）若0a =，01b <，1c =，且()f x 的极大值为M ，求证：427M ．【解答】解：（1）a b c == ，3()()f x x a ∴=-，f （4）8=，3(4)8a ∴-=，42a ∴-=，解得2a =．（2）a b ≠，b c =，设2()()()f x x a x b =--．令2()()()0f x x a x b =--=，解得x a =，或x b =．2()()2()()()(32)f x x b x a x b x b x b a '=-+--=---．令()0f x '=，解得x b =，或23a bx +=．()f x 和()f x '的零点均在集合{3A =-，1，3}中，若：3a =-，1b =，则2615333a b A +-+==-∉，舍去．1a =，3b =-，则2231333a b A +-==-∉，舍去．3a =-，3b =，则263133a b A +-+==-∉，舍去．．3a =，1b =，则2617333a b A ++==∉，舍去．1a =，3b =，则2533a b A +=∉，舍去．3a =，3b =-，则263133a b A +-==∈，因此3a =，3b =-，213a bA +=∈，可得：2()(3)(3)f x x x =-+．()3[(3)](1)f x x x '=---．可得1x =时，函数()f x 取得极小值，f （1）22432=-⨯=-．（3）证明：0a =，01b <，1c =，()()(1)f x x x b x =--．2()()(1)(1)()3(22)f x x b x x x x x b x b x b '=--+-+-=-++．△22214(1)124444(332b b b b b =+-=-+=-+ ．令2()3(22)0f x x b x b '=-++=．解得：111(0,33b x +-=∈，213b x ++=．12x x <，12223b x x ++=，123b x x =，可得1x x =时，()f x 取得极大值为M ，2111()3(22)0f x x b x b '=-++= ，令11(0,]3x t =∈，可得：23221t tb t -=-．43211112()()(1)()(1)21t t t M f x x x b x t t b t t -+-∴==--=--=-，432261282(21)t t t tM t -+-+'=-．令32()61282g t t t t =-+-+，22()182482(32)0g t t t t '=-+-=--<，∴函数()g t 在1(0,]3t ∈上单调递减，14(039g =>．()0t g t ∴⋅>．0M ∴'>．∴函数()M t 在1(0,]3t ∈上单调递增，14()()327M t M ∴=．7．（2021春•湖南期中）已知函数1()1f x alnx x=-+，()a R ∈．（1）求函数()f x 的单调区间；（2）函数()2(1)()g x x xf x =++，证明：当01a < 时，()0g x >恒成立．【解答】解：（1）2211()a axf x x x x +'=+=，（1分）当0a 时，()0f x '>，()f x ∴的单调递增区间为(0,)+∞，（2分）当0a <时，令1()00f x x a '>⇒<<-，令1()0f x x a'<⇒>-，（3分）()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a -，单调递减区间为1(,)a-+∞．（4分）（2）()2(1)131(0)g x x x axlnx x axlnx x =++-+=++>．方法一：直接求导()3(1)3g x a lnx alnx a '=++=++，令(3)()0a ag x x e -+'=⇒=，（5分）0a > ，令(3)()0a ag x x e-+'>⇒>，令(3)()00a ag x x e-+'<⇒<<，∴()()()330,,,a a a a g x e e -+-+⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在，（6分）∴(3)()()a ag x g e-+ ，(3)(3)(3)(3)()31a a a aaaa g eea ea-+-+-+-+=⋅++⋅⋅，（7分）令()()()()334,3141t ta t t t g t e e t at -+-=-=⋅++⋅-+则 ，（8分）下面证明33101t tt e e t -⋅++⋅>+，即证3101t e t +>+，令3()1,(4)1te h t t t =+-+ ，（9分）则23()0(1)tte h t t '=<+，()h t ∴在(,4)-∞-递减，∴41()(4)10h t h e -=-> ，∴3101t e t +>+，（11分）∴当01a < 时，()0g x >恒成立．（12分）方法二：1()31(3),(0)g x x axlnx x alnx x x =++=++>，要证()0g x >，只需证130alnx x++>，（5分）令()()221113,a ax h x alnx h x x x x x-=++'=-+=则，（6分）令11()0,()00h x x h x x a a''>⇒><⇒<<，（7分）()110,,,h x a a ⎛⎫⎛⎫↓+∞↑ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭在，∴11()(),()3h x h h a alna a a =+- ，（8分）证明方式11:()()3min h x h a alna a==+- ，(0a ∈ ，1]，0lna ∴，（9分）0alna ∴- ，（10分），30a alna ∴+->，（11分）∴当01a <时，()0g x >恒成立．（12分）证明方式132:()3(1)h a alna a lna a a=+-=+- 下面只需证明310lna a+->，令()()23311,(01),0r a lna a r a a a a=+-<'=--<则 ，r ∴（a ）在(0,1)递减，（10分）r ∴（a ）r （1）40=>，∴310lna a+->，（11分）∴当01a < 时，()0g x >恒成立．（12分）8．（2021•天津）已知函数3()()f x x klnx k R =+∈，()f x '为()f x 的导函数．（Ⅰ）当6k =时，（ⅰ）求曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程；（ⅱ）求函数9()()()g x f x f x x=-'+的单调区间和极值；（Ⅱ）当3k - 时，求证：对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，有121212()()()()2f x f x f x f x x x '+'->-．【解答】解：()()I i 当6k =时，3()6f x x lnx =+，故26()3f x x x'=+，f ∴'（1）9=，f （1）1=，∴曲线()y f x =在点(1，f （1）)处的切线方程为19(1)y x -=-，即980x y --=．3293()()()()63ii g x f x f x x lnx x x x=-'+=+-+，0x >，3222633(1)(1)()36x x g x x x x x x -+∴'=-+-=，令()0g x '=，解得1x =，当01x <<，()0g x '<，当1x >，()0g x '>，∴函数()g x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+∞上单调递增，1x =是极小值点，极小值为g （1）1=，无极大值（Ⅱ）证明：由3()f x x klnx =+，则2()3kf x x x'=+，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，令12x t x =，1t >，则22331121212121212122()[()()]2[()()]()(33)2()x k k x x f x f x f x f x x x x x x x kln x x x -'+'--=-+++--+，332212112121221233()2x x x x x x x x x k kln x x x =--++--，33221(331)(2)x t t t k t lnt t=-+-+--，①令1()2h x x lnx x=--，1x >，当1x >时，22121()1(1)0h x x x x '=+-=->，()h x ∴在(1,)+∞单调递增，∴当1t >，()h t h >（1）0=，即120t lnt t-->，21x ，323331(1)0t t t t -+-=->，3k - ，33232322113(331)(2)3313(2)361x t t t k t lnt t t t t lnt t t lnt t t t∴-+-+---+----=-++- ，②，由（Ⅰ）()ii 可知当1t时，()g t g >（1）即323361t t lnt t-++>，③，由①②③可得121212()[()()]2[()()]0x x f x f x f x f x -'+'-->，∴当3k - 时，对任意的1x ，2[1x ∈，)+∞，且12x x >，有121212()()()()2f x f x f x f x x x '+'->-．9．（2021•新课标模拟）设函数()1f x lnx x =-+．（1）讨论()f x 的单调性；（2）证明当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx-<<；（3）设1c >，证明当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->．【解答】解：（1）函数()1f x lnx x =-+的导数为1()1f x x'=-，0x >，由()0f x '>，可得01x <<；由()0f x '<，可得1x >．即有()f x 的增区间为(0,1)；减区间为(1,)+∞；（2）证明：当(1,)x ∈+∞时，11x x lnx -<<，即为1lnx x xlnx <-<．由（1）可得()1f x lnx x =-+在(1,)+∞递减，可得()f x f <（1）0=，即有1lnx x <-；设()1F x xlnx x =-+，1x >，()11F x lnx lnx '=+-=，当1x >时，()0F x '>，可得()F x 递增，即有()F x F >（1）0=，即有1xlnx x >-，则原不等式成立；（3）证明：设()1(1)x G x c x c =+--，则需要证明：当(0,1)x ∈时，()0(1)G x c >>；()1x G x c c lnc '=--，2()()0x G x lnc c ''=-<，()G x ∴'在(0,1)单调递减，而(0)1G c lnc '=--，G '（1）1c clnc =--，由（1）中()f x 的单调性，可得(0)10G c lnc '=-->，由（2）可得G '（1）1(1)10c clnc c lnc =--=--<，(0,1)t ∴∃∈，使得()0G t '=，即(0,)x t ∈时，()0G x '>，(,1)x t ∈时，()0G x '<；即()G x 在(0,)t 递增，在(,1)t 递减；又因为：(0)G G =（1）0=，(0,1)x ∴∈时()0G x >成立，不等式得证；即1c >，当(0,1)x ∈时，1(1)x c x c +->。
专题九 双变量之主元法的运用问题解析版
专题九双变量之主元法的运用问题1．已知函数f（x）＝xlnx．（1）求函数f（x）的单调区间和最小值；（2）当b＞0时，求证：b b≥（）（其中e为自然对数的底数）；（3）若a＞0，b＞0求证：f（x）+（a+b）ln2≥f（a+b）﹣f（b）．【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系定理即可得出函数f（x）的单调区间、极小值，进而得到最小值；（2）由（1）知：当b＞0时，有f（b）≥f（x）mix＝f（）＝﹣，即可得出结论；（3）原不等式可化为：f（a）+f[（a+b）﹣a]≥f（a+b）﹣（a+b）ln2，设函数g（x）＝f（x）+f（k﹣x）（k＞0）．利用导数研究其单调性即可证明结论．【解答】解：（1）∵f′（x）＝1+lnx（x＞0）﹣﹣﹣﹣﹣（1分）令f′（x）≥0得：lnx≥﹣1＝lne﹣1，∵e＞1，∴x≥；令f′（x）＜0得：0＜x＜；﹣﹣﹣﹣﹣（2分）∴f（x）在[，+∞）上为增函数；在（0，]上为减函数．﹣﹣﹣﹣（4分）（2）由（1）知：当b＞0时，有f（b）≥f（x）mix＝f（）＝﹣，﹣﹣﹣﹣（6分）∴blnb≥﹣，即：lnb b≥ln（），∴b b≥（）．﹣﹣﹣﹣﹣（8分）（3）将f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）﹣f（b）变形为：f（a）+f（b）≥f（a+b）﹣（a+b）ln2﹣﹣﹣﹣﹣﹣（7分）即只证：f（a）+f（a+b﹣a）≥f（a+b）﹣（a+b）ln2设函数g（x）＝f（x）+f（k﹣x）（k＞0）﹣﹣﹣﹣﹣﹣（8分）∴g（x）＝xlnx+（k﹣x）ln（k﹣x），∴0＜x＜k∴g′（x）＝lnx+1﹣ln（k﹣x）﹣1＝ln令g′（x）＞0，得：＞1⇒＞0⇒＜x＜k．∴g（x）在[，k）上单调递增；在（0，]上单调递减；∴g（x）的最小值为：g（），即总有：g（x）≥g（）．﹣﹣﹣﹣（12分）g（）＝f（）+f（k﹣）＝kln＝k（lnk﹣2）＝f（k）﹣kln2∴g（x）≥f（k）﹣kln2，即：f（x）+f（k﹣x）≥f（k）﹣kln2，﹣﹣﹣﹣﹣（13分）令x＝a，k﹣x＝b，则k＝a+b∴f（a）+f（b）≥f（a+b）﹣（a+b）ln2，∴f（a）+（a+b）ln2≥f（a+b）﹣f（b）成立．﹣﹣﹣﹣﹣﹣（14分）【点评】本题综合考查了利用导数研究函数的单调性、极值、最值等性质，及其等价转化、构造函数法等基本技能．需要较好的观察力和计算能力．2．设函数f（x）＝xlnx．（Ⅰ）求f（x）的极值；（Ⅱ）设g（x）＝f（x+1），若对任意的x≥0，都有g（x）≥mx成立，求实数m的取值范围；（Ⅲ）若0＜a＜b，证明：．【分析】（Ⅰ）求出函数的导数，利用函数的单调性求解函数的极值即可．（Ⅱ）求出g（x）的解析式，构造函数令h（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣mx，通过导函数的符号，求解实数m的取值范围．（III）构造函数，x＞a，通过导函数的符号，集合函数的单调性求解函数的极值，推出结果即可．【解答】（本小题满分14分）解：（Ⅰ）函数f（x）＝xlnx，则f′（x）＝1+lnx，（x＞0）令f′（x）＝0，解得：，且当时，f′（x）＜0，时，f′（x）＞0因此：f（x）的极小值为（Ⅱ）g（x）＝f（x+1）＝（x+1）ln（x+1）令h（x）＝（x+1）ln（x+1）﹣mx，则h′（x）＝ln（x+1）+1﹣m注意到：h（0）＝0，若要h（x）≥0，必须要求h'（0）≥0，即1﹣m≥0，亦即m≤1另一方面：当m≤1时，h′（x）＝ln（x+1）+1﹣m≥0恒成立；故实数m的取值范围为：m≤1（III）构造函数，x＞a，，∵x＞a，∴0＜a+x＜2x，F′（x）＞0，F（x）在（a，+∞）上是单调递增的；故F（b）＞F（a）＝0，即：另一方面，构造函数，，G（x）在（a，+∞）上是单调递减的故G（b）＜G（a）＝0即：综上，．【点评】本题考查好的导数的应用，函数的极值以及函数的单调性，考查分析问题解决问题的能力，构造法的应用，考查转化思想以及计算能力．3．设函数f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）（x﹣c），a，b，c∈R，f′（x）为f（x）的导函数．（1）若a＝b＝c，f（4）＝8，求a的值；（2）若a≠b，b＝c，且f（x）和f′（x）的零点均在集合{﹣3，1，3}中，求f（x）的极小值；（3）若a＝0，0＜b≤1，c＝1，且f（x）的极大值为M，求证：M≤．【分析】（1）由a＝b＝c，可得f（x）＝（x﹣a）3，根据f（4）＝8，可得（4﹣a）3＝8，解得a．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x＝．根据f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，通过分类讨论可得：只有a＝3，b＝﹣3，可得＝＝1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．利用导数研究其单调性可得x＝1时，函数f（x）取得极小值．（3）a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b．Δ＞0．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1＝∈，x2＝．x1＜x2，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，f′（x1）＝﹣（2b+2）x1+b＝0，令x1＝t∈，可得：b＝．M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）＝t（t﹣b）（t﹣1）＝，利用导数研究函数的单调性即可得出．【解答】解：（1）∵a＝b＝c，∴f（x）＝（x﹣a）3，∵f（4）＝8，∴（4﹣a）3＝8，∴4﹣a＝2，解得a＝2．（2）a≠b，b＝c，设f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2．令f（x）＝（x﹣a）（x﹣b）2＝0，解得x＝a，或x＝b．f′（x）＝（x﹣b）2+2（x﹣a）（x﹣b）＝（x﹣b）（3x﹣b﹣2a）．令f′（x）＝0，解得x＝b，或x＝．∵f（x）和f′（x）的零点均在集合A＝{﹣3，1，3}中，若：a＝﹣3，b＝1，则＝＝﹣∉A，舍去．a＝1，b＝﹣3，则＝＝﹣∉A，舍去．a＝﹣3，b＝3，则＝＝﹣1∉A，舍去．．a＝3，b＝1，则＝＝∉A，舍去．a＝1，b＝3，则＝∉A，舍去．a＝3，b＝﹣3，则＝＝1∈A，因此a＝3，b＝﹣3，＝1∈A，可得：f（x）＝（x﹣3）（x+3）2．f′（x）＝3[x﹣（﹣3）]（x﹣1）．可得x＝1时，函数f（x）取得极小值，f（1）＝﹣2×42＝﹣32．（3）证明：a＝0，0＜b≤1，c＝1，f（x）＝x（x﹣b）（x﹣1）．f′（x）＝（x﹣b）（x﹣1）+x（x﹣1）+x（x﹣b）＝3x2﹣（2b+2）x+b．Δ＝4（b+1）2﹣12b＝4b2﹣4b+4＝4+3≥3．令f′（x）＝3x2﹣（2b+2）x+b＝0．解得：x1＝∈，x2＝．x1＜x2，x1+x2＝，x1x2＝，可得x＝x1时，f（x）取得极大值为M，∵f′（x1）＝﹣（2b+2）x1+b＝0，令x1＝t∈，可得：b＝．∴M＝f（x1）＝x1（x1﹣b）（x1﹣1）＝t（t﹣b）（t﹣1）＝，M′＝．令g（t）＝﹣6t3+12t2﹣8t+2，g′（t）＝﹣18t2+24t﹣8＝﹣2（3t﹣2）2＜0，∴函数g（t）在t∈上单调递减，＝＞0．∴t•g（t）＞0．∴M′＞0．∴函数M（t）在t∈上单调递增，∴M（t）≤＝．【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．4．已知函数f（x）＝x3+klnx（k∈R），f'（x）为f（x）的导函数．（1）当k＝2时，求曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；（2）当k＝6时，求函数的单调区间和极值；（3）当k≥﹣3时，求证：对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有．【分析】（1）代入k的值，求出函数的导数，计算f（1），f′（1），求出切线方程即可；（2）代入k的值，求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出函数的单调区间，求出函数的极值即可；（3）求出（x1﹣x2）（f'（x1）+f'（x2））﹣2（f（x1）﹣f（x2））＝①，令，x∈[1，+∞），根据函数的单调性证明结论成立即可．【解答】解：（1）当k＝2时，f（x）＝x3+2lnx，，可得f（1）＝1，f'（1）＝5，所以曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y﹣1＝5（x﹣1），即y＝5x﹣4．（2）依题意，，从而可得，整理可得：，令g'（x）＝0，解得x＝1，当x变化时，g'（x），g（x）的变化情况如下表：x（0，1）x＝1（1，+∞）g'（x）﹣0+g（x）单调递减极小值单调递增所以，函数g（x）的单调递减区间为（0，1），单调递增区间为（1，+∞）；g（x）的极小值为g（1）＝0，无极大值．（3）证明：由f（x）＝x3+klnx，得．对任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，令，则（x1﹣x2）（f'（x1）+f'（x2））﹣2（f（x1）﹣f（x2））＝＝＝①，令，x∈[1，+∞），当x＞1时，，由此可得h（x）在[1，+∞）单调递增，所以当t＞1时，h（t）＞h（1），即，因为x2≥1，t3﹣3t2+3t﹣1＝（t﹣1）3＞0，k≥﹣3，所以（t3﹣3t2+3t﹣1）+k（t﹣﹣2lnt）≥t3﹣3t2+3t﹣1﹣3（t﹣﹣2lnt）＝②，由（1）、（2）可知，当t＞1时，g（t）＞g（1），即，故③，由①②③可得（x1﹣x2）（f'（x1）+f'（x2））﹣2（f（x1）﹣f（x2））＞0，故当k≥﹣3时，任意的x1，x2∈[1，+∞），且x1＞x2，有．【点评】本题考查了切线方程问题，考查函数的单调性，极值问题，考查导数的应用以及不等式的证明，考查转化思想，是难题．5．设函数f（x）＝lnx﹣x+1．（1）讨论f（x）的单调性；（2）证明当x∈（1，+∞）时，1＜＜x；（3）设c＞1，证明当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【分析】（1）求出导数，由导数大于0，可得增区间；导数小于0，可得减区间，注意函数的定义域；（2）由题意可得即证lnx＜x﹣1＜xlnx．运用（1）的单调性可得lnx＜x﹣1，设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，求出单调性，即可得到x﹣1＜xlnx成立；（3）设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣c x，求G（x）的二次导数，判断G′（x）的单调性，进而证明原不等式．【解答】解：（1）函数f（x）＝lnx﹣x+1的导数为f′（x）＝﹣1，x＞0，由f′（x）＞0，可得0＜x＜1；由f′（x）＜0，可得x＞1．即有f（x）的增区间为（0，1）；减区间为（1，+∞）；（2）证明：当x∈（1，+∞）时，1＜＜x，即为lnx＜x﹣1＜xlnx．由（1）可得f（x）＝lnx﹣x+1在（1，+∞）递减，可得f（x）＜f（1）＝0，即有lnx＜x﹣1；设F（x）＝xlnx﹣x+1，x＞1，F′（x）＝1+lnx﹣1＝lnx，当x＞1时，F′（x）＞0，可得F（x）递增，即有F（x）＞F（1）＝0，即有xlnx＞x﹣1，则原不等式成立；（3）证明：设G（x）＝1+（c﹣1）x﹣c x，则需要证明：当x∈（0，1）时，G（x）＞0（c＞1）；G′（x）＝c﹣1﹣c x lnc，G′′（x）＝﹣（lnc）2c x＜0，∴G′（x）在（0，1）单调递减，而G′（0）＝c﹣1﹣lnc，G′（1）＝c﹣1﹣clnc，由（1）中f（x）的单调性，可得G′（0）＝c﹣1﹣lnc＞0，由（2）可得G′（1）＝c﹣1﹣clnc＝c（1﹣lnc）﹣1＜0，∴∃t∈（0，1），使得G′（t）＝0，即x∈（0，t）时，G′（x）＞0，x∈（t，1）时，G′（x）＜0；即G（x）在（0，t）递增，在（t，1）递减；又因为：G（0）＝G（1）＝0，∴x∈（0，1）时G（x）＞0成立，不等式得证；即c＞1，当x∈（0，1）时，1+（c﹣1）x＞c x．【点评】本题考查导数的运用：求单调区间和极值、最值，考查不等式的证明，注意运用构造函数法，求出导数判断单调性，考查推理和运算能力，属于中档题．。
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双变量问题之换元法与主元法-解析版在数学中，双变量问题是指涉及两个未知数的数学方程组或问题。
解决这类问题的两种常见方法是换元法和主元法。
本文将针对这两种
方法进行解析，旨在帮助读者更好地理解和应用于双变量问题的求解
过程。
一、换元法
换元法是一种通过引入新的变量来简化双变量问题的方法。
这个新
变量通常是原始变量的一个复合函数。
通过合理选择换元，我们可以
将原始方程组转化为仅包含一个未知数的方程组，从而简化求解过程。
我们以一个具体的例子来说明换元法的应用过程。
假设我们有一个
双变量方程组：
(1) 2x + 3y = 7
(2) 3x + 2y = 8
首先，我们可以观察到(1)+(2)的结果为5x+5y=15。
为了进一步简化方程组，我们可以引入一个新变量u=x+y，那么方程组可以改写为：
(3) 5u = 15
通过这种方式，我们将原始的双变量问题转化为了一个只包含一个
未知数的问题。
此时，我们可以轻松地解出u的值，再通过代入法求
解出x和y的值。
二、主元法
主元法是另一种求解双变量问题的方法。
与换元法不同，主元法通过消元的方式将方程组转化为简化形式，从而得到解的过程。
同样我们以一个具体的例子来说明主元法的应用过程。
假设我们有如下双变量方程组：
(1) x + 2y = 5
(2) 3x + 4y = 14
为了使用主元法求解这个方程组，我们需要通过运算将其中一个方程的系数变为1或者-1。
在这个例子中，我们可以通过将方程(1)的系数进行适当的调整，将它变为1。
为此，我们将方程(1)乘以2，并减去方程(2)的2倍。
得到新的方程(3)：
(3) -5y = -6
通过这个步骤，我们消去了x的系数，得到了只包含一个未知数的方程。
然后，我们可以解出y的值，再通过代入法求解出x的值。
三、比较换元法和主元法
换元法和主元法是两种常见的解决双变量问题的方法，它们各有优缺点。
换元法在选择适当的新变量时可以更加灵活，通过适当的替换可以将原始问题转化为一个更简单的问题。
然而，换元法在变量替换的过程中可能涉及到复杂的计算，需要一定的技巧和经验。
相比之下，主元法在消元的过程中更加直接，可以得到较为简化的方程组。
但是，主元法在某些情况下可能需要多次运算和消元才能达到最终的结果。
四、总结
本文对双变量问题的求解方法换元法和主元法进行了解析。
换元法通过引入新的变量简化方程组，转化为只包含一个未知数的问题；而主元法则通过消元的方式简化方程组。
两种方法各有优缺点，我们在实际应用中需要根据具体情况选择合适的方法。
通过掌握换元法和主元法的原理和运用技巧，读者可以更加灵活地解决双变量问题，提高数学问题的解决能力。
同时，这两种方法也为我们打开了解决更复杂双变量问题的大门，为进一步的数学探索提供了基础。