函数双变量问题处理技巧
导数中双变量问题的四种策略
导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。
$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。
解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。
又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。
又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。
策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)
令h(t)
ln t
(1 )(t 1) ,(0 t
t
1)
h '(t)
1 t
(1 )2 (t )2
(t
1)(t 2 ) t(t )2
当 2 1时, h '(t) 0 h(t)在(0,1)内单调递增 h(t) h(1) 0,合题;
当 2 1时,易知h(t)在(0, 2 ) 内单调递增,在( 2,1) 内单调递减, h(1) 0,h(t) 0不恒成立,不合题。
1
ax1
ax2
a( x1
x2 )
a
1 x1 x2
ln x1 x1
ln x2
x2
1 x1 x2
(1 )( x1 1)
ln
x1
ln
x2
(1 )(x1 x1 x2
x2 )
ln
x1 x2
x2
x1
,令 x1 t,t (0,1) x2
x2
ln t (1 )(t 1) 在(0,1)上恒成立, t
x12
x1 x22
ln
x1 x1
ln x2 x2
1, 从而原不等式即证
x1(x1 x2 ) x12 x22
(ln
x1
ln
x2 )
0
( x1 )2 x1
x2
x2
( x1 )2 1
ln
x1 x2
0,令t
x1 x2
,t
1,设g(t)
t2 t2
t ln t(t 1
1),
x2
g '(t) (2t 1)(t2 1) (t2 t) 2t 1 t4 t3 t 1 t3(1 t) (t 1) 0
导数中双变量问题的四种策略
双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立． 设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证 解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以 又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以， 所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。
数学双变量函数问题的处理方法
Җ㊀山东㊀王永宗㊀㊀函数是高中数学的重点㊁难点知识,涉及的问题类型较多,其中双变量函数问题在各类测试以及高考中出现频率较高．部分学生难以在短时间内找到解题思路,解题效率较低．授课中为使学生掌握双变量函数问题的处理方法,教师应做好相关题型的汇总,并在课堂上为学生讲解例题的解题思路,使其掌握该类问题的解题技巧,促进学生解题水平的提升．１㊀引入参数部分双变量函数问题需要引入新的参数,构建新的函数,借助导数知识对新的函数进行研究,包括单调性㊁最值等．要注意的是构建新函数时需要找准参数的取值范围．例１㊀已知f (x )＝e ４x －１,g (x )＝１２＋l n (２x ),若f (m )＝g (n )成立,则n －m 的最小值为(㊀㊀)．A．２l n２－１３㊀㊀B ．１＋２l n２３C ．１＋l n２４㊀㊀D．１－l n２４很多学生解答该题时仅仅知道将m ,n 的值代入,但却不知道接下来该怎么处理．教学中应注重给予学生启发,引导学生引入参数k ,构建关于k 的函数,而后讨论新函数的单调性,找到其最小值．令e ４m －１＝１２＋l n (２n )＝k (k ＞０),则m ＝１４＋l n k ４,n ＝１２e k －１２,令h (k )＝n －m ＝１２e k －１２－l n k ４－１４,对h (k )进行求导可得h ᶄ(k )＝１２ek －１２－１４k,因为h ᶄ(k )单调递增,且h ᶄ(１２)＝０,则h (k )在(０,１２)上单调递减,在(１２,＋ɕ)上单调递增,则h m i n (k )＝h (１２)＝１＋l n２４,故选C ．２㊀等价转化等价转化是解决双变量函数问题的重要方法之一．为使学生掌握等价转化的技巧,教学中既要注重为学生讲解恒成立问题与存在性问题之间的区别,又要列出常见的等价转化方法,使学生深入理解．例２㊀已知函数f (x )＝(x ＋１)３e －x ＋１,g (x )＝(x ＋１)２＋a ,若存在x １,x ２ɪR ,使得f (x ２)＞g (x １),则实数a 的取值范围为．读题可知,该问题为存在性问题,可将问题转化为f m a x (x )ȡg m i n (x ),此时只要求出两个函数的最大值与最小值即可．对函数f (x )进行求导得f ᶄ(x )＝３(x ＋１)２e －x ＋１－(x ＋１)３e －x ＋１＝(x ＋１)２e －x ＋１(－x ＋２),由f ᶄ(x )＝０,解得x ＝－１或x ＝２．当x ＜２时,f ᶄ(x )＞０,f (x )单调递增;当x ＞２时,f ᶄ(x )＜０,f (x )单调递减,则f m a x (x )＝f (２)＝２７e ．由二次函数知识可得g m i n (x )＝g (－１)＝a ．因此a ɤ２７e,a 的取值范围为(－ɕ,２７e]．３㊀分离参数求解参数范围的问题常采用分离参数法,在解决双变量函数问题时也可使用．例３㊀已知函数f (x )＝a ln x ＋１２x ２－a x (a 为常数)有两个极值点．(１)求实数a 的取值范围;(２)设f (x )的两个极值点分别为x １,x ２,若不等式f (x １)＋f (x ２)＜λ(x １＋x ２)恒成立,求λ的最小值．(１)通过求导转化为一元二次方程有两个正根问题,不难求出a 的取值范围为(４,＋ɕ)．(２)易知f (x １)＋f (x ２)＝a l n x １x ２＋１２(x １＋x ２)２－x １x ２－a (x １＋x ２),且由(１)知x １＋x ２＝a ＞０,x １x ２＝a ＞０,则f (x １)＋f (x ２)＝a (l n a －１２a －１),故f (x １)＋f (x ２)x １＋x ２＝l n a －１２a －１．令h (a )＝l n a －１２a －１,则h ᶄ(a )＝１a －１２,因为a ＞４,所以h ᶄ(a )＜０,h (a )在(４,＋ɕ)上单调递减,即h (a )＜h (４)＝l n４－３,又因为x １＋x ２＞０,则f (x １)＋f (x ２)＜λ(x １＋x ２)等价于f (x １)＋f (x ２)x １＋x ２＜λ．综上,λ的最小值为l n４－３．(作者单位:山东省青岛西海岸新区第八高级中学)７。
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。
双变量问题处理技巧
双变量问题处理技巧双变量问题处理技巧双变量问题是指涉及两个变量之间的关系或相互影响的问题。
在许多领域中，如统计学、经济学和社会科学等，研究人员经常遇到需要处理双变量问题的情况。
下面将介绍一些处理双变量问题的技巧。
1. 散点图分析：散点图是一种常用的数据可视化方法，可以用来展示两个变量之间的关系。
通过绘制散点图，可以观察到变量之间的相关性，包括线性关系、非线性关系或者无关系。
根据散点图的形状和趋势，可以判断变量之间的关系类型，并进一步分析相关性的强度。
2. 相关性分析：相关性分析用于度量两个变量之间的相关性程度。
常用的相关性系数包括皮尔逊相关系数和斯皮尔曼相关系数。
皮尔逊相关系数适用于线性关系的变量，而斯皮尔曼相关系数适用于非线性关系的变量。
相关性分析可以帮助我们了解两个变量之间的关系强度和方向。
3. 线性回归分析：线性回归分析是一种用于建立两个变量之间线性关系的模型。
通过拟合数据点到一条直线或曲线上，可以建立一个数学模型来预测或解释一个变量对另一个变量的影响。
线性回归分析可以帮助我们确定两个变量之间的因果关系，并进行预测和解释。
4. 多元回归分析：多元回归分析是一种用于处理多个自变量和一个因变量之间关系的方法。
当我们需要控制其他变量的影响，以及确定多个自变量对因变量的独立贡献时，可以使用多元回归分析。
通过多元回归分析，我们可以建立一个多变量的模型，更全面地理解变量之间的关系。
5. 因果推断：在处理双变量问题时，我们常常需要确定两个变量之间的因果关系。
因果推断是一种从相关性到因果关系的推断方法，可以帮助我们确定一个变量对另一个变量的影响。
在进行因果推断时，需要注意排除混淆变量的干扰，并使用实验证据或因果分析方法来支持因果关系的存在。
总之，处理双变量问题需要运用适当的技巧和方法来分析和解释两个变量之间的关系。
通过散点图分析、相关性分析、线性回归分析、多元回归分析和因果推断等方法，我们可以更好地理解和解释双变量问题，并得出有意义的结论。
破解双变量不等式问题的两个“妙招”
思路探寻而t =x +x 2+y 2>0，所以t ≥45.当t =45时，x =310,y =25，符合题意，故选A.我们引入新元t ，通过等量代换构造关于y 的一元二次方程，即可根据方程有解的必要条件，利用Δ≥0建立不等式，利用判别式法求得t 的取值范围.四、利用解析几何知识求解在解答代数问题受阻时，我们不妨转换思考问题的角度，从代数式的几何意义入手，利用解析几何知识来解题.一般地，可将y =x 看作一条直线，将y =x 2+k 看作一条抛物线，将x 2+y 2=1看作一个圆，构造出几何图形.这样便可通过研究直线、曲线、圆的方程及其位置关系，确定目标式取最值的情形，从而求得目标式的最值.解：因为x ,y >0，2x +y =1，所以该式可看作一条直线的方程，设z =x +x 2+y 2,该式可看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和.设原点关于直线2x +y =1的对称点的坐标为O 1(m ,n )，由此可以得到如下的方程组：ìíîïïïï2⋅m +02+n +02-1=0,(-2)⋅n -0m -0=-1,解得ìíîïïïïm =45,n =25,所以O 1()45,25.由图形的对称性可得，|PO 1|=|PO|,所以z =|PO 1|+d ，所以当PO 1⊥y 轴时z 最小，故当且仅当x =310，y =25时，z min =45.故选A.我们从代数式的几何意义入手，将2x +y =1看作一条直线，将z =x +x 2+y 2看作直线2x +y =1上在第一象限的点P (x ,y )到y 轴的距离d 与原点的距离之和，便将问题转化为解析几何问题，利用点关于直线的对称性、直线之间的垂直关系求得目标式的最值.总之，求解多元最值问题，需运用发散性思维，将问题与所学的知识关联起来，寻找各个知识点与问题中式子、数量之间的契合点，从不同角度进行分析、思考，以获得不同的解题方案.（作者单位：江苏省盐城市射阳县高级中学）双变量不等式问题是近几年高考试题中的“常客”，且常以压轴题的形式出现，这类问题的难度一般较大，侧重于考查函数的单调性、导数与函数单调性之间的关系、不等式的性质等.解答双变量不等式问题，往往需通过构造同构式、指定主元，才能将问题转化为常规的单变量不等式问题，以利用函数、导数、不等式的性质顺利求得问题的答案.一、构造同构式在解答双变量不等式问题时，我们可先将不等式进行适当的变形，使不等号两边式子的结构相同或相似；然后根据其特征，构造函数模型，将双变量看作函数的两个自变量；再根据函数单调性的定义、导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可根据函数的单调性求得函数的最值，从而证明不等式成立.例1.已知f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x ,其中1<a <5，证明：对于任意的x 1,x 2∈(0,+∞),x 1≠x 2，都有f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.证明：设x 1>x 2，函数g (x )=f (x )+x ，由f (x )=12x 2-ax +(a -1)ln x 可得：g (x )=12x 2+(1-a )x +(a -1)ln x ，对g (x )求导得g '(x )=x +a -1x-(a -1)，50而x +a -1x-(a -1a -1)=1-(a -1-1)2，因为1<a <5，所以g '(x )>0，所以g (x )在定义域内单调递增，又因为x 1>x 2，所以g (x 1)>g (x 2).所以f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，则f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.同理可证当x 1<x 2时，f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1.我们先将不等式f (x 1)-f (x 2)x 1-x 2>-1化为f (x 1)+x 1>f (x 2)+x 2，即可构造出同构式，据此构造出函数g (x )=f (x )+x ，转而将双变量不等式问题转化为单变量函数g (x )的单调性问题，利用导数与函数单调性之间的关系判断出函数的单调性，即可证明不等式.例2.已知函数f (x )=ln x +x 2-3x ，对于任意的x 1,x 2∈[1,10]，当x 2>x 1时，不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2恒成立，求实数m 的取值范围.解：将f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形可得f (x 1)-m x 1>f (x 2)-m x 2，设函数h (x )=f (x )-m x ，即h (x )=ln x +x 2-3x -mx，求导得h '(x )=1x +2x -3+m x2≤0，将其变形可得关于m 的不等式m ≤-2x 3+3x 2-x .设函数F (x )=-2x 3+3x 2-x ，求导得F '(x )=-6x 2+6x -1=-6(x -12)2+12<0，可知函数F (x )在[1,10]上单调递减，所以F (x )min =F (10)=-1710，即m ≤-1710，所以参数m 的取值范围为(-∞,-1710].先将目标不等式f (x 1)-f (x 2)>m (x 2-x 1)x 1x 2变形，构造出同构式和函数h (x )=f (x )-m x，即可将问题转化为关于单变量x 的函数最值问题.值得注意的是，在求最值时，不仅运用到了分离参数法，还用到了导数法.若无法直接求得参数的范围，就可以考虑对参数进行适当的变形，将其与题目中的条件相联系，把问题转变为求某一个函数的最值问题，这样可使解题思路柳暗花明.二、指定主元对于双变量不等式问题，往往可根据已知条件和解题需求，指定其中一个变量为主元，根据两变量之间的联系，将问题转化为关于该主元的不等式问题来求解.通常可将已知取值范围或已知关系式的变量指定为主元，通过研究主元的范围、变化规律、最值来探究另一个变量的取值范围.例3.对于任意n ∈N *，恒有(1+1n)2n +a ≤e 2，求实数a 的最大值.解：在(1+1n)2n +a ≤e 2的两边同时取对数，可得(n +a 2)ln(1+1n )≤1.由1+1n >1，可得a 2≤1ln(1+1n)-n ,设g (x )=1ln(x +1)-1x (x ∈(]0,1)，则g '(x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2x 2(1+x )[ln (1+x )]2.设h (x )=(1+x )[ln (1+x )]2-x 2(x ∈(]0,1)，则h '(x )=[ln (1+x )]2+2ln(1+x )-2x ，h ″(x )=2[ln(1+x )-x ]1+x.再设f (x )=ln(1+x )-x ，则f '(x )=11+x-1<0，从而可知f (x )在(]0,1上单调递减，所以f (x )<f (0)=0，所以h (x )在(]0,1上单调递减，从而可知h (x )<h (0)=0，所以g '(x )<0，所以g (x )在(]0,1上单调递减，所以g (x )≥g (1)=1ln2-1，即a 2≤1ln2-1，所以实数a 的最大值为2ln2-2.我们将n 看作主元，通过分离参变量，将a 用含n 的函数式表示出来.再构造函数，通过研究其导数，判断出函数的单调性，求得函数的最值，进而求得参数的取值范围.虽然双变量不等式问题较为复杂，但我们只要能根据不等式的结构特征构造出同构式，或结合题意指定合适的主元，便能将问题转化为简单的单变量单调性、最值问题，利用函数的单调性、导数的性质来解题，快速求得问题的答案.（作者单位：江苏省东台中学）思路探寻51。
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平（福建省厦门第一中学）361000在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路，造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围.分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思想方法为改变“主变量”思想。
解： 01)1(122≥-+-⇔≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0)2(0)2(≥-≥⇔h h 得{1301203222≥-≤⇔≥+-≥-+x x x x x x 或。
对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明.分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下解：构造函数),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m mx m x m x ex e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时，0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。
高考数学之双变量的处理策略
高考数学之双变量的处理策略一、知识点睛所要求最值的式子或者所要证明的不等式中有两个变量，这一类题型我们通常要把变量的个数变少，转化为含单变量的问题二、方法点拨方法一：所要证明的不等式中含有两个变量x 1，x 2，我们可以指定其中一个变量x 1为主元，x 2为常数，构造单变量函数方法二：整体代换，通过换元，化双变量为单变量方法三：整合结构，把结构相同化，构造新函数方法四：划归为值域或最值思想三、跟进训练1.（2015新课标全国Ⅱ）设函数f （x ）=e mx +x 2-mx.（Ⅰ）证明：f （x ）在（-∞，0）单调递减，在（0，+∞）单调递增；（Ⅱ）若对于任意x 1，x 2 ∈[-1,1]，都有)2()1(x f x f -≤e -1，求m 的取值范围.2.定义：设函数f （x ）在（a,b ）内可导，若f ′(x)为区间（a,b ）内的增函数，则称f （x ）为（a,b ）内的下凸函数.（Ⅰ）已知f （x ）=e x -ax 3+x 在（0，+∞）内为下凸函数，试求实数a 的取值范围； （Ⅱ）设f （x ）为（a ，b ）内的下凸函数，求证：对于任意正数λ1，λ2， λ1+λ2 =1，不等式f （λ1x 1+λ2x 2 ）≤λ1f （x 1）+λ2 f （x 2）对任意的x 1，x 2 ∈（a,b ）恒成立.3.已知函数f （x ）=x -1-alnx （a ∈R ）（1）若曲线y=f （x ）在x=1处的切线方程为3x -y -3=0，求实数a 的值.（2）求证：f （x ）≥0恒成立的充要条件是a=1（3）若a ＜0，且对任意x 1，x 2 ∈（0,1]，都有f （x 1）-f （x 2）≤42111x x -，求实数a 的取值范围.4.已知函数f （x ）=21x 2-ax+（a -1）lnx ，a ＞1. （Ⅰ）讨论函数f （x ）的单调性；（Ⅱ）证明：若a ＜5，则对于任意x 1，x 2 ∈（0,+∞），x 1≠x 2 ，有21)2()1(x x x f x f --＞-1。
例谈导数中双变量问题的常见处理策略
(
2
0
1
8年全国Ⅰ卷文科第2
1题
x
改编)
已知函数 f(
x)
=ae -l
nx-1。
过程略)
26
1
(
x >1),
x
在
1
1
。
所以 h(
,
a)
+∞ 上递增,
mi
n =h
e
e
要证 f (
x)≥0,只 需 证 h(
a)≥0,即 证
1
x-1
h(
a)
=e -l
nx-1≥0。
mi
n =h
e
x-1
构造 函 数 g (
x )=e -l
时,
0,
h(
t)单 调 递 减;当
2
t∈
1
单调递增。
,
h(
t)
+∞ 时,
2
因此,
h(
t)
mi
n =h
1
选 B。
=l
n2,
2
评析:
本题中直接寻 求 变 量 m 、
n 之间的
b
1
⇔2
l
nt<ta
t
a
b
a
t)
=2
l
nt>1 。构造函数 g(
b
2
1
1
(
,
则g
t>1)
'(
t)
=-1 <0。
t
t
所以 g(
t)
<g(
a-b
(
1) a
⇔l
n a -l
nb <
高中数学双变量解题技巧
高中数学双变量解题技巧
1. 嘿，同学们！遇到双变量问题时，咱可以先试试消元法呀！比如说，给你两个式子，x+y=3 和 2x-y=1，这不就能把 y 用 x 表示出来，然后代
入另一个式子求解嘛，是不是很妙？
2. 哇塞，还有构造函数法呢！像已知 f(x,y)=g(x)+h(y)这种，咱就可以分别研究 g(x)和 h(y)呀！就好像搭积木一样，一块一块解决，超有趣的！
3. 哈哈，主元法也不错呀！有时候咱得学会抓住主要矛盾，把其中一个变量当成主元，其他的都是配角。
比如在一个式子中，让 x 当主角，y 当配角，好好研究 x 的情况，厉害吧！
4. 咦，比值换元法也值得一试哦！就好像跑步比赛，把速度的比值换一下，问题可能就迎刃而解啦。
比如已知 x/y=3，那就可以设 x=3y 呀，这多简单！
5. 嘿！整体代换法也别忽视啦！一个式子的一部分和另一个式子长得很像，那就大胆地代进去呀！像找到了宝库的钥匙一样兴奋呢！
6. 哇哦，不等式法有时候能起到大作用呢！别小瞧它呀！比如已知 x+y 的
范围，那能推出好多其他的信息呢，是不是很神奇？
7. 哈哈，参数法也是个好办法呀！给式子引入一个参数，就像给它注入了活力。
比如设个 k 呀，然后去研究它带来的变化，会有意想不到的收获哟！8. 哟，分类讨论法也得掌握哦！情况不同，解法不同呀！像走迷宫，得根据不同的路口选择不同的路走，刺激吧！
9. 总之啊，高中数学双变量解题技巧可多啦！这些都是咱们解题的法宝呀！大家一定要多去尝试，多去练习，你肯定会发现其中的乐趣和奥秘，相信自己能行！。
高中数学双变量问题
双变量问题是高中数学中经常出现的一类问题，主要涉及到两个变量之间的关系。
在解决双变量问题时，我们需要利用数学知识和技巧，通过建立方程、绘制图像等方法来找到变量之间的关系，并求解问题。
一、解题思路与常用方法在解决双变量问题时，首先需要明确问题的要求，然后根据问题中给出的条件建立方程，接着通过一系列的运算和化简，最终求出变量的具体值或者确定它们之间的关系。
1.方程法方程法是解决双变量问题的常用方法之一，主要通过建立代表问题中条件的方程来求解问题。
在建立方程时，要根据问题中给出的信息确定变量的含义和关系，然后利用数学语言将其转化为方程。
常见的代数方程包括一元一次方程、二元一次方程、一元二次方程等。
通过解方程，可以求解变量的具体值或者它们之间的关系。
2.几何法几何法是解决双变量问题的一种直观方法，通过绘制图形来辅助分析问题。
对于平面几何问题，可以通过绘制平面图形，如直线、曲线、圆等，来帮助理解问题并找到变量之间的关系。
几何法不仅能提供对问题的直观理解，还可以通过观察图形的性质和特征推理出结论。
3.代数和几何相结合有些双变量问题可以通过代数与几何相结合的方法来解决。
这种方法可以利用几何图形的特征进行变量的代数转化，或者利用代数的方法来解析几何图形的性质。
通过将代数与几何相结合，可以从不同方面来分析问题，获得更全面的解答。
二、典型例题与解法下面以一些典型的双变量问题为例，介绍解题思路和方法。
1.鸡兔同笼问题题目：一共有鸡和兔子共35只，它们的脚一共有94只，问鸡和兔子各有多少只？解法：设鸡的数量为x只，兔子的数量为y只。
根据题目可以列出两个方程： x + y = 35 (1) 2x + 4y = 94 (2) 通过联立方程组(1) 和 (2)，可以解得 x = 23，y = 12。
因此，鸡的数量为23只，兔子的数量为12只。
2.圆的面积与半径问题题目：一个圆的周长是固定值，它的面积是半径的几何级数。
求圆的半径和面积。
导数中双变量的处理策略
导数中双变量的处理策略当处理双变量导数时，有几种主要的方法和策略可以使用，包括偏导数、隐函数求导、参数方程求导和向量求导。
1.偏导数：偏导数是计算多元函数在其中一点上对一个自变量的变化率而不考虑其他自变量的影响。
在求偏导数时，我们将其他自变量视为常数，然后分别对每一个自变量求导。
例如，对于函数f(x,y)，我们可以计算出关于x的偏导数∂f/∂x和关于y的偏导数∂f/∂y，这可以表示为以下形式：∂f/∂x=lim(h->0)((f(x+h,y)-f(x,y))/h)∂f/∂y=lim(h->0)((f(x,y+h)-f(x,y))/h)通过计算偏导数，我们可以得到自变量的变化对函数值的影响，并且还可以计算出导函数，即由偏导数组成的向量。
2.隐函数求导：隐函数求导是一种用于求解含有隐式方程的导数的方法。
在一些情况下，我们无法将函数表示为关于自变量的显式表达式，而是将自变量表示为函数的隐含形式。
例如，对于方程x^2 + y^2 = 1，我们无法用y = f(x)的形式解出y。
然而，通过求偏导数，我们可以计算出dy/dx的值。
3.参数方程求导：参数方程是一种将变量表示为参数的函数形式。
在参数方程中，每个自变量可以表示为参数的函数。
对于参数方程x = f(t)和y = g(t)，我们可以通过求导来计算出x 和y的导数dx/dt和dy/dt。
然后，通过链式法则，我们可以计算出dy/dx。
这种方法常用于描述曲线和路径，特别是在物理学和工程学中的运动分析中。
4.向量求导：向量求导是一种将多个自变量和函数表达为向量的形式，然后对向量进行求导的方法。
对于向量函数F(x,y)=[f(x,y),g(x,y)]，我们可以将自变量向量表示为X=[x,y]，并计算出向量F关于向量X的导数∇F/∇X。
这种方法常用于多元向量函数的微分和梯度运算，以及在向量分析和微积分中的应用。
总结起来，处理双变量导数的策略包括利用偏导数、隐函数求导、参数方程求导和向量求导这几种方法。
专题07 函数中的双变量问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题7 函数中的双变量问题函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.(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.常见结论：(1)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()12120f x f x x x ->-,则()y f x =在D 上单调递增；(2)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-在D 上单调递增；(3)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x kx x x x ->-,则()k y f x x =+在D 上单调递增；(4)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x x x x x ->+-,则()2y f x x =-在D 上单调递增.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数212ln ()xf x x +=．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，使()()1212ln ln f x f x k x x -³-成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由题意得()34ln xf x x -¢=，令()0f x ¢=得1x =，(01),x Î时，()0f x ¢>，()f x 在(0,1)上单调递增；,(1)x Î+¥时，()0f x ¢<，()f x 在(1,)+¥上单调递减；综上，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+¥．（2）由题意存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，不妨设121x x >>，由（1）知,(1)x Î+¥时，()f x 单调递减．()()1212ln ln f x f x k x x -³-等价于()()()2112ln ln f x f x k x x -³-，即()()2211ln ln f x k x f x k x +³+，即存在12,(1,)x x Î+¥且12x x >，使()()2211ln ln f x k x f x k x +³+成立．令()()ln h x f x k x =+，则()h x 在(1,)+¥上存在减区间．即234ln ()0kx x h x x-¢=<在(1,)+¥上有解集，即24ln x k x <在(1,)+¥上有解，即2max 4ln x k x æö<ç÷èø，(1,)x Î+¥；令()24ln x t x x =，(1,)x Î+¥，()()3412ln x t x x -¢=，(x Î时，()0t x ¢>，()t x在(上单调递增，)x ¥Î+时，()0t x ¢<，()t x在)+¥单调递减，∴max 2()e t x t ==，∴2ek <． (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，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数2()ln (1)(R)f x x a x a x=+-+Î.(1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)若()1212,x x x x <是()f x 的两个极值点，证明：()()21f x f x -<【解析】（1）当1a =-时，2()ln 1,()f x x x f x x=+++的定义域为(0,)+¥，所以2222122(2)(1)()1x x x x f x x x x x¢+-+-=-+==，令()0f x ¢=，解得1x =，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，当(1,)x Î+¥时，()0f x ¢>，故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+¥上单调递增．（2）222122()ax x f x a x x x ¢-+-=--=，由题意可知，()1212,x x x x <是方程220ax x -+-=的两根，则102180a a ì>ïíïD =->î，解得108a <<，所以121x x a +=，122x x a =，要证()()21f x f x -<====即证()()22112122ln 1ln 1x a x x a x x x éù+-+-+-+êúëû只需证()()122211122lnx x x a x x x x x -+--<需证()()212211122ln2x x x a x x x x x -<-=++令21(1)x t t x =>，则需证2(1)ln 1t t t -<++，设()ln 1)g t t t =>，则2111111442222111(1)11222()02t t t t t t t g t t t tt---¢æö-ç÷----+èø=-==-<，所以函数()g t 在(1,)+¥上单调递减，所以()(1)0g t g <=，因此ln t <由1t >得，2(1)01t t ->+，所以2(1)ln 1t t t -<+，故()()21f x f x -<,【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数()()21ln 402f x x a x x a =+->.(1)当3a =时，试讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()12ln 10f x f x a +>-.【解析】（1）当3a =时，()213ln 42f x x x x =+-定义域为()0,x Î+¥，()()()2133434x x x x f x x x x x---+=+-==¢，令()0f x ¢=解得1x =或3，且当01x <<或3x >时，()0f x ¢>，当13x <<时，()0f x ¢<，所以当01x <<或3x >时，()f x 单调递增，当13x <<时，()f x 单调递减，综上()f x 在区间()0,1，()3,+¥上单调递增，()f x 在区间()1,3单调递减.（2）由已知()21ln 42f x x a x x =+-，可得()244a x x af x x x x-+=+-=¢，函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<，又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--，要证()()12ln 10f x f x a +>-，即证ln 8ln 10a a a a -->-，只需证()1ln 20a a a -+-<，令()()1ln 2m a a a a =-+-，()0,4a Î，则()11ln 1ln a m a a a a a-=-++=-¢，令()()n a m a ¢=，则()2110n a a a¢=--<恒成立，所以()m a ¢在()0,4a Î上单调递减，又()110m ¢=>，()12ln202m =-<¢，由零点存在性定理得，()01,2a $Î使得()00m a ¢=，即001ln a a =，所以()00,a a Î时，()0m a ¢>，()m a 单调递增，()0,4a a Î时，()0m a ¢<，()m a 单调递减，则()()()()0000000max 00111ln 2123m a m a a a a a a a a a ==-+-=-+-=+-，又由对勾函数知0013y a a =+-在()01,2a Î上单调递增，所以00111323022a a +-<+-=-<，所以()0m a <，即()()12ln 10f x f x a +>-得证.(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4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数())ln 2f x x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性，并求()f x 的极值；(2)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x （12x x <），证明：1e a<<.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥，由题意，()1f x x ==¢，当0a £时，()0f x ¢>，函数()f x 在(0,)+¥单调递增，无极值.当0a >时，令()0f x ¢=，得21x a =∴()f x 在210,a æöç÷èø单调递增，在21,a ¥æö+ç÷èø单调递减，所以函数()f x 在21x a =时取极大值，极大值为212ln 2f a a æö=--ç÷èø，无极小值.x210,a æöç÷èø21a 21,a ¥æö+ç÷èø()f x ¢+-()f x 递增极大值递减（212t t ==，且12x x <，则有1122ln ln t at t at =ìí=î，两式相减可得，1212ln ln t t a t t-=-1a <.12121ln ln t t a t t-<=-12ln 0t t Û>，令u =121ln02ln 0(01)t u u u t u >Û-+><<，设()12ln g u u u u =-+，则()222212110u u g u u u u -+-=--=<¢，所以()g u 在()0,1上单调递减，所以()()10g u g >=1a<.1122ln ln t at t at =ìí=î，两式子相加得，()1212ln t t a t t =+e >，即证212e t t >，由上式只需证()122a t t +>，即证()1121212112221ln ln 2ln 201t t t t t t t t t t t t --×+>Û-<-+，令12t v t =，11212211ln 20ln 20(01)11t t t v v v t t v t --æö-<Û-<<<ç÷+èø+，设()()1ln 2011v h v v v v -æö=-<<ç÷+èø，则()22(1)0(1)v h v v v +¢-=>，所以()h v 在()0,1上单调递增，所以()()10h v h <=e >.综上：1e a<<. (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5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.【解析】（1）2()e 4x f x x x =+--，()e 21x f x x ¢\=+-，(0)0f ¢\=当0x >时，e 1x >，()0f x ¢\>，故()f x 是(0,)+¥上的增函数，同理()f x 是(,0)-¥上的减函数，2(0)30,(1)e 40,(2)e 20f f f =-<=-<=->，且2x >时，()0f x >，故当0x >时，函数()f x 的零点在()1,2内，1k \=满足条件．同理，当0x <时，函数()f x 的零点在()2,1--内，2k \=-满足条件，综上1,2k =-．（2）问题Û当[1,1]x Î-时，max min max min |()()|()()e 1f x f x f x f x -=-³-，()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a ¢=+-=+-，①当0x >时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢->>\>；②当0x <时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢-<>\<；③当0x =时，()0f x ¢=，()f x \在[1,0]-上递减，[0,1]上递增，\当[1,1]x Î-时，min max ()(0),()max{(1),(1)}f x f f x f f ==-，而1(1)(1)2ln f f a a a--=--，设1()2ln (0),g t t t t t =-->22121()1(1)0g t t t t¢=+-=-³Q （仅当1t =时取等号），()g t \在(0,)+¥上单调递增，而(1)0g =，\当1t >时，()0g t >即1a >时，12ln 0a a a-->，(1)(1),(1)(0)e 1f f f f \>-\-³-即ln e 1e ln e a a -³-=-，构造()ln (1)h a a a a =->，易知()0¢>h a ，()h a \在(1,)+¥递增，e a \³，即a 的取值范围是[e,)+¥．(五) 构造一元函数求解双变量问题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6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数2()ln 1(02)f x tx x x t =-+<£．(1)求函数()f x 的单调区间(2)若0a b >>，证明:2244a b a b <-．【解析】（1）()ln 2,0f x t x t x x ¢=+->，令()()ln 2g x f x t x t x ¢==+-，所以()2,0tg x x x¢=->，由()0g x ¢>可得02t x <<，由()0g x ¢<可得2t x >，所以()f x ¢在(0,)2t 上单调递增，在(,)2t+¥上单调递减，所以max ()(ln ln 222t t tf x f t t t t ¢¢==+-=.又因为02t <£，所以ln02t£，即()0f x ¢£，且()f x ¢至多在一个点处取到0.所以()f x 在(0,)+¥上单调递减，故()f x 的单调递减区间为()0,+¥，没有单调递增区间.（2）证明2244a b a b <-，只需证：22222222222222+)))()11((ln 24(a b a b a b a b a b a b --<-++-，即证：2222222222222ln a b a b a b a b a b a b ++-<---+，令2222,0a b x a b a b +=>>-，所以1x >，只需证：12ln x x x<-，即证：22ln 10x x x -+<，由（1）知，当2t =时，2()2ln 1f x x x x =-+在(0,)+¥上单调递减，1x >()(1)0f x f <=，即22ln 10x x x -+<，所以2244a b 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7】已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a 的取值范围；(3)若，且，证明：>【解析】 (1)，在处切线斜率，，所以切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得．(2)由题可得对于恒成立，即对于恒成立，令，则，由得，x20,e a æöç÷èø2e a2e a æö+¥ç÷èø，()h x ¢+0-()h x ↗极大值↘则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．(3)由题知，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理，②①+②得，()ln (0)af x x a x=×>()e xg x =0x =()f x ()f x 10x y -+=12,(,)e 2a a x x Î12x x ¹412()x x +212a x x ()e xg x ¢=()g x 0x =()01k g ¢==()01g =:1l y x =+()ln1af x x =¢-l ()f x 000,ln a x x x æöç÷èø()00ln 1a k f x x ¢==-l ()000000ln 1ln ln 1a a ay x x x x x x x x æöæö=--+=-+ç÷ç÷èøèø00ln 111ax x ì-=ïíï=î2e a =()10f x x --<0x >ln 10ax x x--<0x >()ln 1a h x x x x =--()ln 2ah x x =¢-()0h x ¢=2ea x =0x >()22max 1e ea a h x h æö==-ç÷èø210e a -<20e a <<a ()20,e ()ln 1af x x=¢-()0f x ¢=e a x =e a x a <<()0f x ¢<()()ln 0af x x a x=>112x x x a +<<()()112f x f x x >+()112112ln ln a ax x x x x x >++121112lnln x x a a x x x x +>+122212ln ln x x a ax x x x +>+1212121212lnln ln x x x x a a ax x x x x x æöç÷èø>+++++因为，由得，即，所以，即，所以．(七) 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8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点(),P a b 可以作曲线e x y x =+的两条切线，切点为,A B .(1)证明：()1ea b a ->-；(2)设线段AB 中点坐标为()00,x y ，证明：00a y b x +>+.【解析】（1）证明：设切点(),e tA t t +，1e xy ¢=+，所以e 1e t tPAt bk t a+-=+=-，即关于t 的方程()1e 0tt a b a --+-=有两个不相等的实数根.设()()1e t f t t a b a =--+-，则()()e 0tf t t a =-=¢，t a =.当t a <时，()0f t ¢<，则()f t 在(),a ¥-上单调递减；当t a >时，()0f t ¢>，则()f t 在(),a ¥+上单调递增，所以()f t 在t a =处取值得最小值，即()e af a b a =--.当t ®+¥时，()f t ¥®+，当t ®-¥时，()f t b a ®-，若满足方程有两个不相等的实数根，则0e 0ab a b a ->ìí--<î，于是0e a b a <-<，即()ln b a a -<，得()()()ln b a b a b a a --<-,设()ln g x x x =，()ln 10g x x +¢==，得1ex =，在10,e æöç÷èø上，()0g x ¢<，则()g x 单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上，()0g x ¢>，则()g x 单调递增，所以()ln g x x x =，在1e x =处取得最小值，即11e e g æö=-ç÷èø，所以()1e a b a ->-.（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ，则()()12012011e e 22x x y y y x =+=++，即()()12001211e e 22x x y x y y -=+=+，121221121224x x x x x x x x x x +++=++³12x x a +<121a x x +>12ln 0ax x >+1212ln ln 4ln a a a x x x x +>+421212a a x x x x æö>ç÷+èø()421212x x a x x +>在点()()1122,,,A x y B x y 处的切线方程都过(),P a b ，于是，由()()1111e 1e x xb x a x --=+-，得()1110e x b a x a --++=，由()()2222e 1e x xb x a x --=+-，得()2210e x b a x a --++=两式相减整理得：()121212e e e x x x x x x b a +--=-，()()()()1212121200e 1e ee e 2x x x x x x x x b a y x +----=-+-()()121212122212e e e 2e 2e e x x x x x x x x x x ++éù-=--êú-ëû()()1212121212e 12e e 2e e x x x x x x x x x x +--éù=--+êú-ëû，不妨设1212,0x x m x x >=->，所以()1212e 02e e x x x x +>-，则()12e e m mh m m =-+，()12e 220e m mh m ¢=--£-=，所以()h m 在()0,¥+上单调递减，于是()()00h m h <=，于是()()000b a y x ---<，即00a y b x +>+.【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数()2e 2xx f x a =++.(1)若4a =-，求()f x 的极值；(2)若0a >，不相等的实数,m n 满足()()228f m f n m n +=++，求证：0m n +<.【解析】（1）依题意，()2e 42x f x x =-+，则()2e 4xf x =¢-，令()0f x ¢=，解得ln 2x =，故当(),ln 2x ¥Î-时，()0f x ¢<，当()ln 2,x ¥Î+时，()0f x ¢>，故函数()f x 在(),ln 2¥-上单调递减，在()ln 2,¥+上单调递增，故函数()f x 的极小值为()ln 244ln 2264ln 2f =-+=-，无极大值；（2）令()()222e 2x g x f x x ax x =-=+-+，则()2e 2xg x x a =¢-+，令()e xt x x =-，则()e 1x t x ¢=-，当0x <时，()0t x ¢<，当0x >时，()0t x ¢>，所以函数()t x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()()e 010x t x x t =-³=>，又0a >，所以()()2e 0xg x x a =-+>¢，所以()g x 在R 上单调递增，()()228f m f n m n +=++，即()()8g m g n +=，因为()04g =，所以,0m n ¹，要证0m n +<，即证n m <-，只需证()()g n g m <-，即()()8g m g m -<-，即()()8g m g m +->，令函数()()()22e 2e 24x x h x g x g x x -=+-=+-+，则()2e 2e 4x x h x x -=--¢，令()()x h x j =¢，则()2e 2e 40xx x j -=-¢+³，所以()h x ¢为R 上的增函数，当0x <时，()()00h x h ¢¢<=，当0x >时，()()00h x h ¢¢>=，所以()h x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以对任意0m ¹，都有()()()()08h m g m g m h =+->=，从而原命题得证.【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知()e xf x x =-．(1)求()f x 的单调区间和最值；(2)定理：若函数()f x 在(,)a b 上可导，在[]a b ，上连续，则存在(,)a b x Î，使得()()()f b f a f ξb a-¢=-．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0m n <<，求证：()2e e 111m n m n m n m æö-<+-ç÷èø．【解析】（1）()e 1x f x ¢=-，令()0f x ¢=，解得0x =，当(,0)x Î-¥时，()0,()¢<f x f x 单调递减；当,()0x Î+¥时，()0,()¢>f x f x 单调递增． 当0x =时，()f x 取得最小值1，无最大值；（2）要证2e e 11(1)m n m n m n m æö-<+-ç÷èø，只需证2e e (1)()m n m n m m n -<+-，因为0m n <<，故只需证2e e (1)m nm n m m n->+-． 令()e (0)x g x x x =>，显然()g x 在(,)m n 上可导，在[]m n ，上连续，故由拉格朗日中值定理知存在(,)m n x Î，使得e e()m nm n g m nx ¢-=-，而()(1)e 0,()x g x x g x ¢¢=+>在(0,)+¥上单调递增，因为m n x <<，故()()g g m x ¢¢>，即()(1)e m g m x ¢>+，故只需证2(1)e (1)m m m +³+即可，因为0m >，故只需证e 1m m ³+．由（1）知e 1x x ³+恒成立，因此原命题得证．【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知,R a b Î，函数()sin ln f x x a x b x =++．(1)当0,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；(2)当1,02a b =-¹时，设()f x 的导函数为()f x ¢，若()0f x ¢>恒成立，求证：存在0x ，使得()01f x <-；(3)设01,0a b <<<，若存在()12,0,x x Î+¥，使得()()()1212f x f x x x =¹>．【解析】（1）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得其定义域为()0,¥+，当0,1a b ==-时，可得()ln f x x x =-，则()111x f x x x¢-=-=，当()0,1x Î时，可得()0f x ¢<，()f x 单调递减；当()1,x ¥Î+时，可得()0f x ¢>，()f x 单调递增，\函数()f x 的单调递增区间为()1,¥+，单调递减区间为()0,1．（2）当1,02a b =-¹时，可得()1sin ln 2f x x x b x =-+，则()11cos 2bf x x x =-+¢，Q ()0f x ¢>恒成立，即11cos 02b x x -+>恒成立，令()11cos ,02bh x x x x=-+>，若0b <，则0b x <，存在2b x =-，使得111cos 21cos 022222b b b h æöæöæö-=---=---<ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()0f x ¢<，不符合题意，>0b \，取30e bx -=，则001x <<，可得()3301esin e 312bb f x --=--<-，即存在0x ，使得()01f x <-．（3）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得()1cos bf x a x x ¢=++，设12x x <，由()()12f x f x =，可得111222sin ln sin ln x a x b x x a x b x ++=++，则()()()22121211sin sin ln ln lnx x x a x x b x x b x -+-=--=-，又由sin y x x =-，可得'1cos 0y x =-³，\函数sin y x x =-为单调递增函数，\2211sin sin x x x x ->-，即2121sin sin x x x x -<-，\()()2211ln1x b a x x x -<+-，设()1ln 21x h x x x -=-´+，可得()()()()222114011x h x x x x x -=-=+¢³+，\当1x >时，()()10h x h >=，即ln 2x >\2>即ln 4x =>\21ln 44x x >=代入可得：()()()()21411b a x x a ×-<+-=+，则()241b a -×<++，\>【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数()214ln 2f x x x a x =-+.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()y f x =有两个不同的极值点1x ，2x .证明：()()2121135ln 244f x f x a a +--≥.【解析】（1）当1a =时()214ln 2x f x x x =-+，()14f x x x ¢=-+，()171422f =-=-，()14121f ¢=-+=-，则切线方程为()7212y x +=--，化简得4230x y ++=.（2）证明：由题()244a x x af x x x x=¢-+=-+，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需故()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<.又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--.若证()()2121135ln 244f x f x a a +--≥，即证21135ln 8ln 244a a a a a ----≥，即2113ln ln 0244a a a a a --++≥.令()2113ln ln 244x x x x x x j =--++，()0,4x Î，()11ln 2x x xx j æö¢=+-ç÷èø，则()x j ¢在()0,4上递增，且有()01j ¢=，当()0,1x Î时，()0x j ¢<，所以()x j 在()0,1上递减；当()1,4x Î时，()0x j ¢>，所以()x j 在()1,4上递增；所以()()113ln11ln101244x j j =--++=≥，()0,4x Î.即()()2121135ln 244f x f x a a +--≥得证.【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数的图象在处的切线过原点．(1)求的值；(2)设，若对总，使成立，求整数的最大值．【解析】（1）易知的定义域为，又，的图象在处的切线方程为，将代入，得；（2）．当时，取得最小值，．由（1）知，．，得的定义域为．则，易知单调递增，又．即在上有唯一解，故．()()()e ln 1R ,xf x m x x m f x =-+-Î()()1,1f m ()()()2,2g x f x x h x x x a =-=-+()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()1g x >()2h x a ()f x ()()0,,1e f ¥+=()()e 1,1e 1x mf x f m x¢¢=-+=-+()f x \()()1,1f ()()e e 11y m x -=-+-0,0x y ==1m =()222(1)1h x x x a x a =-+=-+-\1x =()h x ()()min []11h x h a ==-1m =()e ln 1x f x x x \=-+-()()e ln 1,x g x x g x =--()0,¥+()1e xg x x =¢-()1e 0xy x x=->()120,1e 102g g æö¢¢=-ç÷èø()0g x ¢=1,12æöç÷èø0x 000011e ,e x x x x ==于是当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．在处取得极小值也是最小值．则，对总，使成立，只需，得．故整数的最大值为．1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数()f x 构成的集合：①方程()0fx x-=有实根；②()f x 在定义域区间D 上可导，且()f x ¢满足()01f x ¢<<.(1)判断()ln 322x xg x =-+，()1,x Î+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；(2)设函数()f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D 中的任意a 、b ，都有()()a b a b -£-f f .2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数()f x 满足对于任意不同的12,[,]x x a b Î，都有()()1212f x f x k x x -<-，则称()f x 为[],a b 上的“k 类函数”．(1)若2()13x f x =+，判断()f x 是否为[]1,3上的“2类函数”；(2)若2()(1)e ln 2xx f x a x x x =---为[1,e]上的“3类函数”，求实数a 的取值范围；(3)若()f x 为[1,2]上的“2类函数”，且(1)(2)f f =，证明：1x "，2[1,2]x Î，()()121f x f x -<．3．（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数()21ln 2f x x x x ax =--的两个极值点分别为()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式()12a x x l <+恒成立，求正数l 的取值范围（其中e 271828=L ．为自然对数的底数）．00x x <<()()0,g x g x ¢<()00,x 0x x >()()0,g x g x ¢>()0,x ¥+()g x \0x x =()000min 015e ln 112,2xg x x x x æö=--=+-Îç÷èø\()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()()12g x h x >11a ³-2a £a 24．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数()2f x ax =，()lng x x =，函数()f x ，()g x 有两条不同的公切线（与()f x ，()g x 均相切的直线）1l ，2l .(1)求实数a 的取值范围；(2)记1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1d ，2d ，证明：121d d +<-.5．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数()()22ln 0f x x x a x a =-+>．(1)当2a =时，试求函数图象在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <；（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）不等式()12f x mx ³恒成立，试求实数m 的取值范围．6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数()2ln f x x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2e x =处的切线方程；(2)若()()12f x f x =，且12x x <.求证：212e x x +<.7．（2024届广东省广州市二模）已知函数()()21e x f x a x x -=++．(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若()f x 存在两个极值点，记0x 为()f x 的极大值点，1x 为()f x 的零点，证明：0122x x ->．8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有T 性质的函数被称为T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当()y f x =的图像是一条连续不断的曲线时，下列两个关于T 函数的定义是等价关系．定义一：若()y f x =为区间(),a b 上的可导函数，且()y f x ¢=为区间(),a b 上的增函数，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．定义二：若对()12,,x x a b "Î，()0,1l "Î，都有()()()()121211f x x f x f x l l l l éù+-£+-ëû恒成立，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：(1)已知函数()πtan 02f x x x æö=Îç÷èø，,．①判断()y f x =是否为π0,2x æöÎç÷èø上的T 函数，并说明理由；②若π0,2a b æöÎç÷èø，且π22a b +=，求()()2f f a b +的最小值(2)设11111m n m n >>+=，，，当00a b >>，时，证明：11m na b ab m n+³．9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+¹．(1)若()f x a >对,()0x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(2)当3a =时，若关于x 的方程211()42f x x x b x =-++有三个不相等的实数根1x ，2x ，3x ，且1x <23x x <，求b 的取值范围，并证明：314x x -<．10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，(1)讨论的单调性．(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求的最大值．12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；(3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．13．（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．()()24ln 42f x x ax a x =-+-a ÎR()f x ()f x 120x x <<0x ()()()()21021f x f x f x x x ¢-=-212121ln ln 2x x x x x x ->-+122x x +0x ()()ln ,,0f x x a x b a b a =--ιR 1a b ==()f x ()0f x ³ab ()()21ln 12=++f x x x ()f x 0x =()y f x =y ax =a ()y f x =()()(),0m f m m >()y f x =()(),n f n 21mm n m -<<-+()()()ln 0f x mx x m =->(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明．14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数，函数.(1)若，求的取值范围;(2)若、是的零点，且，证明:.()0f x £m ()f x 12,x x 122x x +>()ln ,()f x ax x x f x ¢=-()1f x £a 12,x x ()()12f x f x=0f ¢>0a >221()2ln 2f x x ax a x =--20,()4x f x a ">>-a 1x 2x ()f x 12x x ¹124x x a +>。
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
2012 年 第 8 期 数学通讯(上半月) 8-12处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平(福建省厦门第一中学) 361000在解决函数综合题时， 我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题， 由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感， 正因为如此， 这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中， 是 学生感到困惑的难点问题之一， 本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想， 希望能给同学 们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知 f (x) x 2 mx 1 m,在｜m| 2时 恒成立，求实数 x 的取值范围 .分析： 从题面上看，本题的函数式 f (x)是以 x 为主变量 ，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把 m 当成主变量，而把变量 x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。
解： x 2 mx 1 m m(x 1) x 2 1 0 在｜ m| 2时 恒成立，即关于 m 为自 变量的一次函数 h(m) (x 1)m x 21在 m [ 2,2] 时的函数值恒为非负值得 x x 2 22x x 33 00x3或 x 1。
对于题目所涉及的两个变元， 已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动， 求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的 x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量， “所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想例２ .已知 0 m n,试比较 e n m ln(m 1) 与1 ln(n 1)的大小，并给出证明m,n ，这里不妨把 m 当成常数，指定 n 为主变量 x ，解答如下xm解：构造函数 f (x) e x m ln(m 1) 1 ln(x 1),x [m, ) ，m 0，f (x)min f(m) 0，于是，当 0 m n 时，f (n) e n m ln(m 1) 1 ln(n 1) 0即 e n m ln(m 1) >1 ln(n 1)。
excel 双变量问题处理技巧
excel 双变量问题处理技巧在Excel 中处理双变量问题时，你可能想要执行各种操作，例如创建散点图、执行相关性分析、建立回归模型等。
以下是一些处理双变量数据的常见技巧：散点图：创建散点图是比较两个变量之间关系的一种简单方法。
选择两列数据，然后在Excel 中插入散点图。
相关性分析：使用Excel 的内置函数CORREL 可以计算两个变量之间的相关性系数。
例如，CORREL(A1:A100, B1:B100) 将计算A 列和B 列之间的相关性。
回归分析：如果你希望了解两个变量之间的线性关系，可以使用Excel 的数据分析工具进行回归分析。
在Excel 中，你可以选择"数据" 标签下的"数据分析"，然后选择回归。
条件格式化：使用条件格式化来可视化数据的变化。
你可以根据一个变量的值对另一个变量进行着色，以快速识别关系或模式。
趋势线：在散点图中添加趋势线，以更清晰地显示变量之间的趋势。
在散点图上右键单击数据点，选择"添加趋势线"。
交叉制表：使用Excel 的数据透视表或交叉制表功能，将数据以交叉方式排列，以更详细地了解两个变量的关系。
描述统计：使用Excel 的函数如AVERAGE、STDEV 等来计算每个变量的均值、标准差等描述统计信息。
散点图矩阵：在Excel 中，你可以使用多个散点图创建矩阵，以便一次性比较多对变量之间的关系。
数据筛选：使用Excel 的筛选功能，根据一个变量的值筛选数据，以查看在特定条件下的另一个变量的表现。
差异计算：创建一个新的列，计算两个变量之间的差异。
这可以帮助你了解它们之间的差异或趋势。
这只是一些处理双变量问题的常见技巧。
具体应用取决于你对数据的目标和分析需求。
处理双变量函数问题的五种方法
lnx1 x1
-
lnx2 x2
<
1 .不妨设A
>1
>&
，接下来只需证
(1 ) 讨论/(4 的单调性；
In' - lm:2
( 记 为 ① 式 ），又 因 为 = 1 ，
(2 )
若 函 数 存 在 两 个 极 值 点 ^ ,s：2，证明
所 以 ① 式 化 简 为 21m ：i - & + 丄 < 0•令g (a〇 =
2 / ( 1 ) / ，/(1) # 〇，•••/(〇= ^■•令y = 1 得/(% +
1) = / ( 4
■，显 然 构 成 等 差 数 列 i/ ( 4 丨，结合
/ ⑴ = ^■，可求得/(20 12) = 1006.
例 6 已知a 为实数，且 0 < a < 1 ，/ (幻是定义 在 [0,1]上的函数，满足/(〇) = 0 / ( 1 ) = 1 , 对所有
> 0 ，证
ina^ - ino ，等 价 于 证 lna - ln6 <
Vb
g (>) =21m; - % + 丄 ，g ' ( > ) = - （丄 - 1 ) < 0 , 所
x
x
以客(《〇 < g (l ) = 0 ,故
〈二 _ 匕 得证.不等
式另一边证明方法类似，不再赘述.
评 注 ：由上证不等式可以很快得出例1 的答案•
/(士 ）= / ( i ) = 1■令％= 〇，y = 1 ，得 /(士 ）= 〇+ a / ( l) ，即 a = 1.
( 2 ) 由（1 ) 知/(y ) = / ( + ) ，由此式得/(I ) =
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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 ++1
1ln(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：2223
2()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 b
b
，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，10x
a -≥，
，()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。
,0,ax x a ><()f m f -n （*），因此，构造函数)40x +≤⇔
12a x ++上恒成立，于是再次构造函数2
1)48x x +=,0,ax x a ><，∴()f m n （*）
，因此，构造函数
【例8】已知函数()ln k
f x x x
=+，对120x x ∀>>都有1212()()f x f x x x -<-恒成立，求实数k 的取值范围。
【解析】由题可知，对120x x ∀>>都有1212()()f x f x x x -<-恒成立，即对120x x ∀>>都有
1122()()f x x f x x -<-恒成立，设()()ln ,(0)k g x f x x x x x x =-=+
->，则21'()10k
g x x x
=--≤在(0,)+∞恒成立，易得2211()24k x x x ≥-+=--+在(0,)+∞恒成立，即1
4k ≥。
【例9】已知函数2()ln 3f x x ax x =+-。
⑴函数()f x 在点(1,(1))f 处的切线方程为2y =-，求函数()f x 的极值; ⑵当1a =时，对于[]12,1,10x
x ∀∈，当21x x >时，不等式211212
()
()()m x x f x f x x x -->恒成立，求实数m
的取值范围。
⑴讨论()f x 的单调性;
⑵记函数()f x 的两个零点为12,x x 且12x x <，已知0λ>，若不等式121ln ln x x λλ+<+恒成立，求实数λ的取值范围。
内单调递减，(1)0,h =∴【策略4】整体代换，变量归－
【例11】已知函数1ln 2)(2
-+=x x x f ，若21,x x 是两个不相等的正数，且12()()0f x f x +=，试比较12x x +与2的大小，并说明理由。
【解析】
22
2121212121212()()022ln()()222ln()
f x f x x x x x x x x x x x +=⇔+=-⇔+=+-①，设
【例12】已知函数2
()ln 2(0)G x x a x bx a =--+>有两个零点21,x x ，且201,,x x x 成等差数列，
试探究)(0x G '值的符号。
【解析】依题意得12()0()0G x G x =⎧⎨=⎩得21112222ln 20(1)ln 20(2)
x bx a x x bx a x ⎧--+=⎪
⎨--+=⎪⎩，21x x ≠ ，不妨设210x x <<，由⑴
]
1
②，构造函数上恒成立。
∴(h 0()G x x '=【证明】由题可知，
12x x >>22ln 1x +，从而原不等式即证0，令x t =。