换元法解双变量问题
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。
双变量问题的解决策略
g(t) 0 ，即 ln t 1 1 0 ，即 ln t 1 1 ，从而结论得证.
t
t
【题目 6】已知函数 f (x) ln x ax ， a R.
（I）讨论 f (x) 的单调性；
（ II ） 记 函 数 f (x) 的 两 个 零 点 为 x1, x2 ， 且 x1 x2 . 已 知 0 ， 若 不 等 式
一、变更主元
对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外
变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往
往会利用我们将字母 x 作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个
变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.
二、指定主变量
有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题 得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.
【题目 2】求证： e2x 2t(ex x) x2 2t 2 1 3 . 2
1
【解析】令 f (t) 2t2 2(ex x)t e2x x 1
（II）由（I）知，当 1 时， f (x) 1 ln x ex 在 (0, ) 上单调递减，因为
e
e
0
x1
x2 ，所以
f (x1)
f
(
x2
).
即
1 e
ln
x1
e
x1
1 e
ln
x2
e x2 ，
所以 ln x1 e ex1 ln x2 e e x2 ，即 e1x2 e1x1 ln x1 ln x2.
设 g(x) f (x) x ln x k x （ x 0 ），则（*）式等价于 f (x) 在 (0, ) 上单调 x
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.。
2022届高三一轮复习证明双变量不等式的方法
证明双变量不等式的方法关于双变量不等式的证明，一般先考虑消元，统一变量。
方法一般有按极值点偏移思路、比值或差值换元、放缩法、主元法等。
下面以2021年全国I 卷导数22题各种解法来进行阐述。
（2021年全国I 卷22题）已知函数()()1ln f x x x =-， ⑴讨论函数()f x 的单调性；⑵设,a b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<。
分析：在⑵中，从待证结论看，属于双变量的证明题，初步确定是极值点偏移问题。
但偏移需要函数有两个零点（或是函数值相等的两个交点），从这个角度出发，应该对ln ln b a a b a b -=-这个条件进行化简变形，整理出11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的形式来，为方便运算，不妨适当换元，令1211,x x a b==，已知条件可化为()()12f x f x =，要证的不等式可化为122x x e <+<。
由⑴可知，1是函数()f x 的极值点，所以待证不等式的左边是标准的极值点偏移问题，可按既定套路走下去即可。
证明12x x e +<时，因为2e不是函数()f x 的极值点，所以严格说起来，此问题并不是极值点偏移问题，但依旧可以尝试利用偏移的套路去解。
偏移套路的目的还是在于“消元”，而消元的方式有多种，除了利用极值点偏移来“消元”， 还可以用比值或差值换元、放缩法、主元法等。
解：⑴()()1ln f x x x =-，()'11ln ln f x x x x x ⎛⎫=-+-=- ⎪⎝⎭。
令()'0f x =，得1x =。
当()0,1x ∈时，()'0f x >，函数()f x 单调递增；当()1,x ∈+∞时，函数()f x 单调递减。
⑵由ln ln b a a b a b -=-，ln ln 111111,1ln 1ln a b a b b a a a b b ⎛⎫⎛⎫-=--=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 即11f f a b ⎛⎫⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭。
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-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。
函数与导数的 “双变量”问题探究
函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
此问题经常结合不等式进行命题，主要考查学生转化与化归思想，考查学生对问题的转化及处理能力，此类问题难度较大，对学生的综合能力要求较高。
解决此类问题主要通过变元来解决，如何将两个变量转化为一个变量是此类问题解体的关键。
然后，再结合函数性质即可解决此类问题。
二、例题解说−x+alnx例1：已知函数f(x)=1x（1）讨论f(x)的单调性．<a−2.（2）若函数存在两个极值点x1,x2,证明f(x1)−f(x2)x1−x2小结1：消元，变量归一①若两个变量存在确定的关系，可以利用其中一个变量替换另一个变量，直接消元，将两个变量转化为一个变量.,x1x2,x1−②若两个变量不存在确定的关系，有时可以将两个变量之间的关系看成一个整体（比如x1x2x2,x1+x2）,进行整体换元，将两个变量化为一个变量..例2：已知函数f(x)=e2x−2t(e x+x)+x2+2t2+1,求证f(x)≥32小结2：变换主元当两个变量之间没有关系，也不能看成一个整体时，主元的选择就显得尤为重要了，主元若选择得当，可以降低思维难度，可以将复杂的函数变为简单函数。
主元变换是将其中一个变量作为主元，其中一个变量作为参数。
例3：已知函数f(x)=1+2lnx.x2（1）求f(x)的单调区间（2）存在x1,x2∈(1,+∞)且x1≠x2，使|f(x1)−f(x2)|≥k|lnx1−lnx2|成立，求k的取值范围.小结3：构造函数根据题中条件构造适当的函数，利用函数性质解决.,1],|f(x1)−f(x2)|≤b,求b的取值范围.例4：已知函数f(x)=xlnx+x,对∀x1,x2∈[1e3小结4：转化为最值根据题中条件将双变量问题转化为函数最值来处理，此类题型可以参考“恒成立”与“存在性”问题解题思路与方法.三、练习提升1．设函数f(x)=e mx+x2−mx．（1）证明：f(x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+∞)单调递增；（2）若对于任意x1,x2∈[−1,1]，都有|f(x1)−f(x2)|≤e−1，求m的取值范围．2．已知常数a>0,函数f(x)=ln(1+ax)−2xx+2.(1)讨论f(x)在区间(0,+∞)上的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)>0,求a的取值范围.3．已知函数f(x)=lnx−ax+1−ax−1,(a∈R).(Ⅰ)当a≤12时，讨论f(x)的单调性；（Ⅱ）设g(x)=x2−2bx+4,当a=14时，若对任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2)，求实数b取值范围.4．已知函数f(x)=ln x+mx−2(m∈R).（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)存在两个零点分别为x1，x2(x1<x2)，试求m的取值范围，并证明1x1+1x2>1e.5．已知函数f(x)=x ln x−2ax2+x，a∈R．（Ⅰ）若()f x在(0,+∞)内单调递减，求实数a的取值范围；（Ⅱ）若函数f(x)有两个极值点分别为x1，x2，证明：x1+x2>12a．6．已知函数f(x)=(x+2)ln x+ax2（a为常数）在x=1处的切线方程为y=4x−72. （1）求a的值，并讨论f(x)的单调性；（2）若f(x1)+f(x2)=1，求证x1x2≤1.函数与导数的“双变量”问题探究一、问题提出近年来函数综合问题中，常常出现两个在一定范围内可以变化的量，即函数的双变量问题。
导数压轴题双变量问题题型归纳总结
导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】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 ln xx -.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.【变式训练】 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）略（2）f′（x ）=x-a lnx ，g （x ）=x-a lnx ，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． "【变式训练】 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,,a a +∞；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⎡⎫+∞⎪⎢⎪⎣⎭.(二)各自构造一元函数【例】 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'axf x a x x-=-=，然后分a ≤0和a ＞0两种情况分类求解. （2）~（3）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） 略（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3lna ＞ln ，解得a 3．【变式训练】【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 =. ()()()2'2xx f x x a ex 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 ≥-. (三)消元构造一元函数【例】已知函数f (f )={e −f +1,f ≤0,2√f , f >0.函数f =f (f (f )+1)−f (f ∈f )恰有两个零点f 1和f 2． （1）求函数f (f )的值域和实数f 的最小值；（2）若f1<f2，且ff1+f2≥1恒成立，求实数f的取值范围．【解析】（1）当f≤0时，f(f)=e−f+1≥2.`当f>0时，f(f)=2√f>0.∴f(f)的值域为(0,+∞)．令f(f(f)+1)=f，∵f(f)+1>1，∴f(f(f)+1)>2，∴f>2.又f(f)的单调减区间为(−∞,0]，增区间为(0,+∞).设f(f)+1=f1，f(f)+1=f2，且f1<0，f2>1．∴f(f)=f1−1无解.从而f(f)=f2−1要有两个不同的根，应满足f2−1≥2，∴f2≥3.∴f(f2)=f(f(f)+1)≥2√3.即f≥2√3．∴f的最小值为2√3.(2) f=f(f(f)+1)−f有两个零点f1、f2且f1<f2，设f(f)=f，f∈[2,+∞)，∴e−f1+1=f，∴f1=−ln(f−1).2√f2=f，∴f2=f24.#∴−f ln(f−1)+f24≥1对f∈[2,+∞)恒成立设f(f)=−f ln(f−1)+f24−1，f′(f)=−ff−1+f2=f2−f−2f2(f−1).∵f∈[2,+∞)，∴f2−f∈[2,+∞)恒成立.∴当2f≤2，即f≤1时，f′(f)≥0，∴f(f)在[2,+∞)上单调递增.∴f(f)≥f(2)=−f ln1+1−1=0成立.当f>1时，设f(f)=f2−f−2f.由f(2)=4−2−2f=2−2f<0.∴∃f0∈(2,+∞)，使得f(f0)=0.且当f∈(2,f0)时，f(f)<0，f∈(f0,+∞)时，f(f)>0.∴当f∈(2,f0)时，f(f)单调递减，此时f(f)<f(2)=0不符合题意.综上，f≤1.【变式训练】f(f)=f2+ff−f ln f.（1）若函数f(f)在[2,5]上单调递增，求实数f的取值范围；（2）当f=2时，若方程f(f)=f2+2f有两个不等实数根f1，f2，求实数f的取值范围，并证明f1f2<1.【解析】（1）f′(f)=2f+f−ff，∵函数f(f)在[2,5]上单调递增，∴f′(f)≥0在f∈[2,5]恒成立，即2f+f−ff≥0对f∈[2,5]恒成立，∴f≥−2f2f−1对f∈[2,5]恒成立，即f≥(−2f2f−1)max，f∈[2,5]，令f(f)=−2f2f−1(f∈[2,5])，则f′(f)=−2f2+4f(f−1)2≤0(f∈[2,5])，∴f(f)在[2,5]上单调递减，∴f(f)在[2,5]上的最大值为f(2)=−8.\∴f的取值范围是[−8,+∞).（2）∵当f=2时，方程f(f)=f2+2f⇔f−ln f−f=0，令f(f)=f−ln f−f(f>0)，则f′(f)=1−1f，当f∈(0,1)时，f′(f)<0，故f(f)单调递减，当f∈(1,+∞)时，f′(f)>0，故f(f)单调递增，∴f(f)min=f(1)=1−f.若方程f(f)=f2+2f有两个不等实根，则有f(f)min<0，即f>1，当f>1时，0<f−f<1<f f，f(f−f)=f−f>0，f(f f)=f f−2f，令f(f)=f f−2f(f>1)，则f′(f)=f f−2>0，f(f)单调递增，f(f)>f(1)=f−2>0，∴f(f f)>0，∴原方程有两个不等实根，∴实数f的取值范围是(1,+∞).不妨设f 1<f 2，则0<f 1<1<f 2，0<1f 2<1，∴f 1f 2<1⇔f 1<1f 2⇔f (f 1)>f (1f 2)，∵f (f 1)=f (f 2)=0，∴f (f 1)−f (1f 2)=f (f 2)−f (1f 2)=(f 2−ln f 2−f )−(1f 2−ln 1f 2−f ),=f 2−1f 2−2ln f 2.令f (f )=f −1f−2ln f (f >1)，则f′(f )=1+1f 2−2f=(1f −1)2>0，∴f (f )在(1,+∞)上单调递增，∴当f >1时，f (f )>f (1)=0，即f 2−1f 2−2ln f 2>0，∴f (f 1)>f (1f 2)，∴f 1f 2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 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： 【详解】（1） 略；（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；【变式训练】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】（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【变式训练】已知函数f (f )=f +f ln f .（Ⅰ）求函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程；（Ⅱ）若f ∈f ，且f (f −1)<f (f )对任意f >1恒成立，求f 的最大值； （Ⅲ）当f >f ≥4时，证明：(ff f )f >(ff f )f .()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 ()()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⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭【解析】（Ⅰ）∵f ′(f )=ln f +2,∴f ′(1)=2，函数f (f )的图象在点(1,1)处的切线方程f =2f −1；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f (f )=f +f ln f ,∴f (f −1)<f (f )，对任意f >1恒成立，）即f <f +f ln ff −1对任意f >1恒成立． 令f (f )=f +f ln ff −1，则f′(f )=f −ln f −2(f −1)2，令f (f )=f −ln f −2(f >1)，则f ′(f )=1−1f =f −1f>0，所以函数f (f )在(1,+∞)上单调递增．∵f (3)=1−ln 3〈0,f (4)=2−2ln 2〉0，∴方程f (f )=0在(1,+∞)上存在唯一实根f 0，且满足f 0∈(3,4)．当1<f <f 0时，f (f )<0，即f′(f )<0，当f >f 0时，f (f )>0，即f′(f )>0， 所以函数f (f )=f +f ln ff −1在(1,f 0)上单调递减，在(f 0,+∞)上单调递增． ∴[f (f )]min =f (f 0)=f 0(1+ln f 0)f 0−1=f 0(1+f 0−2)f 0−1=f 0∈(3,4)，∴f <[f (f )]min =f 0∈(3,4)，故整数f 的最大值是3．)（Ⅲ）由（Ⅱ）知，f (f )=f +f ln ff −1是[4,+∞)上的增函数，∴当f >f ≥4时，f +f ln f f −1>f +f ln ff −1． 即f (f −1)(1+ln f )>f (f −1)(1+ln f )．整理，得ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f +(f −f )． ∵f >f ,∴ff ln f +f ln f >ff ln f +f ln f ．即ln f ff +ln f f >ln f ff +ln f f ．即ln (f ff f f )>ln (f ff f f )．∴(ff f )f >(ff f )f ． (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 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；（Ⅱ）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；（Ⅱ）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⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦（Ⅱ）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 ∴+≥+【变式训练】 已知函数f (f )=f f −f ，f (f )=(f +f )ln (f +f )−f ．（1）若f =1，f ′(f )=f ′(f )，求实数f 的值．（2）若f ,f ∈f +，f (f )+f (f )≥f (0)+f (0)+ff ，求正实数f 的取值范围． 【解析】（1）由题意，得f ′(f )=f f −1，f ′(f )=ln (f +f )，由f =1，f ′(f )=f ′(f )…①，得f f −ln (f +1)−1=0， 令f (f )=f f −ln (f +1)−1，则f ′(f )=f f −1f +1，…因为f″(f)=f f+1(f+1)2>0，所以f′(f)在(−1,+∞)单调递增，又f′(0)=0，所以当−1<f<0时，f′(f)>0，f(f)单调递增；当f>0时，f′(f)<0，f(f)单调递减；所以f(f)≤f(0)=0，当且仅当f=0时等号成立．故方程①有且仅有唯一解f=0，实数f的值为0．（2）解法一：令f(f)=f(f)−ff+f(f)−f(0)−f(0)（f>0），则f′(f)=f f−(f+1)，所以当f>ln(f+1)时，f′(f)>0，f(f)单调递增;当0<f<ln(f+1)时，f′(f)<0，f(f)单调递减;;故f(f)≥f(ln(f+1))=f(ln(f+1))+f(f)−f(0)−f(0)−f ln(f+1)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f．令f(f)=(f+f)ln(f+f)−(f+1)ln(f+1)−f ln f（f>0），则f′(f)=ln(f+f)−ln(f+1)．（i）若f>1时，f′(f)>0，f(f)在(0,+∞)单调递增，所以f(f)>f(0)=0，满足题意．（ii）若f=1时，f(f)=0，满足题意．（iii）若0<f<1时，f′(f)<0，f(f)在(0,+∞)单调递减，所以f(f)<f(0)=0．不满足题意．综上述：f≥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 Rx=--∈（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 -->--=，这与上式矛盾，故不存在a ，使得2k a =-. 【变式训练】 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 -<+<-.【变式训练】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⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭和区间⎫+∞⎪⎪⎝⎭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0,2a ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭和区间2a ⎛⎫-++∞⎪ ⎪⎝⎭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 =->，2'()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 (f )=f ln f −f 2.（1）令f (f )=f (f )+ff ，若f =f (f )在区间(0,3)上不单调，求f 的取值范围；（2）当f =2时，函数f (f )=f (f )−ff 的图象与f 轴交于两点f (f 1,0)，f (f 2,0)，且0<f 1<f 2，又f ′(f )是f (f )的导函数.若正常数f ，f 满足条件f +f =1，f ≥f .试比较f ′(ff 1+ff 2)与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为f (f )=f ln f −f 2+ff ，所以f ′(f )=ff −2f +f ， 因为f (f )在区间(0,3)上不单调，所以f ′(f )=0在(0,3)上有实数解，且无重根， 由f ′(f )=0，有f =2f 2f +1=2(f +1+1f +1)−4，f ∈(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1f )−4在t>4单调递增，故f ∈(0,92)、（2）∵f ′(f )=2f −2f −f ，又f (f )−ff =0有两个实根f 1，f 2，∴{2fff 1−f 12−ff 1=02fff 2−f 22−ff 2=0，两式相减，得2(ln f 1−ln f 2)−(f 12−f 22)=f (f 1−f 2)， ∴f =2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2−(f 1+f 2)，于是f ′(ff 1+ff 2)=2ff 1+ff 2−2(ff 1+ff 2)−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(f 1+f 2)=2ff 1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2+(2f −1)(f 2−f 1).∵f ≥f ，∴2f ≤1，∴(2f −1)(f 2−f 1)≤0. 要证：f ′(ff 1+ff 2)<0，只需证：2ff1+ff 2−2(ln f 1−ln f 2)f 1−f 2<0，只需证：f 1−f 2ff 1+ff 2−ln f1f 2>0.（*）令f 1f 2=f ∈(0,1)，∴（*）化为1−fff +f +ln f <0，只需证f (f )=ln f +1−fff +f <0；f ′(f )=1f −1(ff +f )2>0∵f (f )在(0,1)上单调递增，f (f )<f (1)=0，∴ln f +1−f ff +f<0，即f 1−f 2ff +f+ln f 1f 2<0.∴f ′(ff 1+ff 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（−1f ，0）②详见解析—【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3. 由函数极值定义知f ′(√22)=√22f +√2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）①当f =0时，f (f )=ln f +ff ，原题转化为函数f (f )=−ln ff与直线f =f 有两个交点，先研究函数f (f )=−ln ff图像，再确定b 的取值范围是（−1f ，0）. ②f 1f 2f 2>1⇔f 1f 2>f 2⇔ln f 1f 2>2，由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2ln f 2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，因此须证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，构造函数f (f )=ln f −2(f −1)f +1，即可证明 试题解析：（1）因为f ′(f )=ff +1f ，所以f ′(1)=f +1,由f ′(1)=f (−1)−2可得a=b-3.又因为f (f )在f =√22处取得极值，所以f ′(√22)=√22f +√2=0，所以a=" -2,b=1" .所以f (f )=−f 2+ln f +f ，其定义域为（0，+）f′(f )=−2f +1f +1=−2f 2+f +1f =−(2f +1)(f −1)f{令f′(f )=0得f 1=−12,f 2=1，当f ∈（0,1）时，f′(f )>0，当f ∈（1,+）f′(f )<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f =0时，f (f )=ln f +ff ，其定义域为（0，+）.①由f (f )=0得f =-ln ff，记f (f )=−ln ff，则f′(f )=ln f −1f 2,所以f (f )=−ln ff在(0,f )单调减，在(f ,+∞)单调增，所以当f =f 时f (f )=−ln ff取得最小值−1f .又f (1)=0，所以f ∈(0,1)时f (f )>0，而f ∈(1,+∞)时f (f )<0,所以b 的取值范围是（−1f ，0）. ②由题意得ln f 1+ff 1=0,ln f 2+ff 2=0,所以ln f 1f 2+f (f 1+f 2)=0,ln f 2−ln f 1+f (f 2−f 1)=0,{所以ln f 1f 2ln f2−ln f 1=f 1+f 2f 2−f 1，不妨设x1<x2,要证f 1f 2>f 2, 只需要证ln f 1f 2=f 1+f2f 2−f 1(ln f 2−ln f 1)>2.即证ln f 2−ln f 1>2(f 2−f 1)f 2+f 1，设f =f2f 1(f >1),则f (f )=ln f −2(f −1)f +1=ln f +4f +1−2,所以f′(f )=1f −4(f +1)2=(f −1)2f (f +1)2>0,所以函数f (f )在（1，+）上单调增，而f (1)=0，所以f (f )>0即ln f >2(f −1)f +1,所以f 1f 2>f 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 (f )=f f (f f −ff +f )有两个极值点f 1，f 2.（1）求f 的取值范围；，（2）求证：2f 1f 2<f 1+f 2.【解析】（1）因为f (f )=f f (f f −ff +f )，所以f ′(f )=f f (f f −ff +f )+f f (f f −f )=f f (2f f −ff )，令f ′(f )=0，则2f f =ff ，当f =0时，不成立；当f ≠0时，2f =ff f ，令f (f )=f ef，所以f ′(f )=1−ff f ，当f <1时，f ′(f )>0，当f >1时，f ′(f )<0，所以f (f )在(−∞,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减，又因为f (1)=1f ，当f →−∞时，f (f )→−∞，当f →+∞时，f (f )→0，'因此，当0<2f <1f 时，f (f )有2个极值点，即f 的取值范围为(2f ,+∞).（2）由（1）不妨设0<f 1<1<f 2，且{2f f 1=ff 12f f 2=ff 2，所以{ff2+f 1=fff +fff 1ff2+f 2=fff +fff 2，所以f 2−f 1=ln f 2−ln f 1，要证明2f 1f 2<f 1+f 2，只要证明2f 1f 2(ln f 2−ln f 1)<f 22−f 12，即证明2ln (f 2f 1)<f 2f 1−f 1f 2，设f 2f 1=f (f >1)，即要证明2ln f −f +1f <0在f ∈(1,+∞)上恒成立，记f (f )=2ln f −f +1f (f >1)，f ′(f )=2f −1−1f 2=−f 2+2f −1f 2=−(f −1)2f 2<0，所以f (f )在区间(1,+∞)上单调递减，所以f (f )<f (1)=0，即2ln f −f +1f <0，即2f 1f 2<f 1+f2.4．【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数f(f)=−12f2+2f−2f ln f．$（1）讨论函数f(f)的单调性；（2）设f(f)=f′(f)，方程f(f)=f（其中f为常数）的两根分别为f,f(f<f)，证明：f′(f+f2)<0．注：f′(f),f′(f)分别为f(f),f(f)的导函数．【解析】（1）函数f(f)的定义域为(0,+∞)，f′(f)=−f+2−2ff =−f2+2f−2ff，令f(f)=−f22f−2f，f=4−8f，①当f≤0时，即f≥12时，恒有f(f)≤0，即f′(f)≤0，∴函数f(f)在(0,+∞)上单调减区间．②当f>0时，即f<12时，由f(f)=0，解得f1=1−√1−2f,f2=1+√1−2f，（i）当0<f<12时，当f∈(0,f1),(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，|当f∈(f1,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(0,f1),(f2,+∞)单调递减，在(f1,f2)上单调递增．（ii）当f≤0时，f(0)=−2f≥0，当f∈(f2,+∞)时，f(f)<0，即f′(f)<0，当f∈(0,f2)时，f(f)>0，即f′(f)>0，∴函数f(f)在(f2,+∞)单调递减，在(0,f2)上单调递增．证明（2）由条件可得f (f )=−f +2-2ff,f >0，∴f ′(f )=−1+2ff 2，!∵方程f (f )=f （其中f 为常数）的两根分别为f ,f (f <f )，∴{f (f )=f f (f )=f可得ff =2f ，∴f ′(f +f2)=−1+8f (f +f )2=−1+4ff (f +f )2=−1+4ff +f f+2，∵0<f <f ， ∴0<ff <1， ∴ff +f f >2，∴f ′(f +f2)=−1+4f f +f f+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2x >；令()0f x '<，得02x <<． 则函数()f x在⎛ ⎝⎭上单调递减，在⎫+∞⎪⎪⎝⎭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22x =，且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121x t 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 b x 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∴121x t 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. 7．（2020·广西南宁二中高三（文））已知函数()()2ln 1,f x x ax x =++-()()21ln ln 12g x a x x ax x x=--+-+（Ⅰ）若0a >，讨论函数()f x 的单调性；（Ⅱ）设()()()h x f x g x =+，且()h x 有两个极值点12,x x ，其中11(0,]x e∈，求()()12h x h x -的最小值.（注：其中e 为自然对数的底数）【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）最小值为4e. 【解析】 【分析】&（Ⅰ）对函数()f x 求导，对a 分情况讨论即可确定()f x 的单调区间；（Ⅱ）先对()h x 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点12,x x 的关系1212,1x x a x x +=-= ，所以211111,x a x x x ==--，整理()()12h x h x -，构造关于1x 的函数()x ϕ ，求导根据单调性确定最值即可。
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。
巧借换元法，妙解数学题
解题宝典在解题时，我们经常会碰到一些含有变量的问题，此类问题中的条件与结论之间没有必然的联系，很难直接求得问题的答案.此时，我们不妨引入新的变量，利用换元法进行处理.这样便可将问题合理转化，从而达到化难为易的效果.下面，我们结合实例，来分析一下运用换元法解题的技巧．一、单变量换元单变量换元是解答数学问题的常用方法.在碰到一些复杂的函数、向量、不等式问题时，我们可以借助单变量换元法来解题.通过引入新的变量或者三角函数将问题中的条件或结论联系起来，将问题转化为关于新变量的函数或者三角函数问题来求解.例1.设x ,y ∈R ，且9xy =(x +2y )2(y +2x )2，则x +y 的最小值为____．分析：本题可以运用单变量换元法来求解，首先引入参数k ，设y =kx (k >0)，将已知条件和所求目标式的关系式转化为关于k 的关系式，结合对勾函数的图象与性质来确定x +y 的最值．解：由题意知9xy =(x +2y )22xy ≥0，设y =kx (k >0)，则x =，那么x +y =(1+k )x =-32（k +1k ）+1k +1，令m =k +≥2，则x +y =－32m +1m，根据对勾函数f (m )=2m +1m（m ≥2）的图象可知，函数在区间[2，+∞）上单调递增，所以x +y =-32m +1m≥-23，当且仅当m =2，即k =1，x =y =-13时等号成立.结合题目条件选择合适的单变量是运用单变量换元法解题的关键.运用单变量换元法，能巧妙建立条件与结论之间的联系，提升解题的效率.二、双变量换元双变量换元法主要应用于求解含有双变量的最值问题.在解题时，可通过引入新的双变量，将问题进行合理转化，构造出两式的和或积的形式，然后利用基本不等式来确定最值．例2．（2021届浙江省衢州、丽水、湖州三地市第一次教学质量检测数学试卷，第17题）若实数x ,y 满足（2x +4x 2+1）（y +y 2+1）=4，则x +y 的最小值是_____．解：设m =2x +4x 2+1，n =y +y 2+1，(m ，n >0)则x =m 2-14m ，y =n 2-12n，由（2x +4x 2+1）（y +y 2+1=4，那么x +y =2m +7n 16≥=，当且仅当2m =7n 时等号成立，所以x +y 的最小值是.通过引入新的双变量m 、n ，将所求目标式转化，并求得mn 的值，通过恒等变形构造出两式的和，利用基本不等式来求得最值.三、三变量换元三变量换元法主要应用于解答含有多元的向量、函数、不等式问题.为了简化问题，我们可以利用三元变量换元法来解题，引入三个新的变量进行换元，建立条件与所求目标之间的联系，通过巧妙转化将问题转化为关于新元的向量、函数、不等式问题．例3．（2021届浙江省“七彩阳光”新高考研究联盟期中联考高三数学学科试题，第17题）若平面向量a ，b ，c ，d 满足|a -b |=1，|b -c |=2，|c -d |=3，（a -c ）·（b -d ）=4，则|a -d |=_____．解：设x =a -b ，y =b -c ，z =c -d ，则|x |=1，|y |=2，|z |=3，由(a -c )⋅(b -d )=4可得(x +y )⋅(y +z )=4，展开并整理可得x ·y +y ·z +z ·x =0，而|a -d |2=|x +y +z |2=x 2+y 2+z 2+2(x ·y +y ·z +z ·x )=1+4+9+0=14，所以|a -d |=14.我们从题目条件中平面向量之间的关系切入，引入新的三个变量进行换元处理，这样便将向量问题转化为关于新的三个变量x 、y 、z 的向量运算问题．巧借单变量、双变量或三变量换元法解答相应的函数、平面向量、不等式、最值问题，不仅能转换解题的思路，还能提升解题的效率.同学们在解题时，要注意结合解题需求选择合适的变量和式子进行换元.只有变量的个数、换元的部分选择得当，才能使解题变得事半功倍.（作者单位：江苏省扬州市邗江区瓜洲中学）41。
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！。
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 '=.。
专题8导数双变量之极值点偏移-2021届高三数学一轮复习讲义
设 ， ，
由 ，可得，
若证 ，即证 ，即证 ，
即证
设 ，其中 ，
恒成立
在 上为单调递减， 恒成立
解题思路：（1）由 可得 ，设
求导得，
在 上单调递减， 上单调递增
，
（2）
当 时， 恒成立， 在 上单调递增，无两个零点，舍掉
当 时， 在 上单调递增， 上单调递减
（ 可证 ，再证 ）
设 （此时 ），设 ，
先减后增， 恒成立，
若证 ，即证 ，即证 ，即证
设
此时 且
所以
2．含参数的问题.法一Fra bibliotek消参转化成无参数问题
，
恒成立， 恒成立
，所以可证
2.已知函数 ．
（1）讨论 的单调性；
（2）设 ，如果 ，且 ，证明： ；
（3）若函数 的图像与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为x0，
证明： （或者问 ）．
解题思路：（1）由 ，
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增， 上单调递减
（2）由（1） 单调性可知，
专题双变量问题之极值点偏移
核心知识点：
若函数 在 处取得极值，且函数 与直线 交于 , 两点，则 的中点为 ，而往往 .如下图所示.
按极值点的偏移来分，分为两类：
极值点左偏：
极值点右偏：
题型分类
一.不含参数的问题
方法一：利用构造新的函数来达到消元的目的
方法二：利用构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.
法二：利用参数 作为媒介，换元后构造新函数
法三：直接换元构造新函数
典型例题：
1.已知函数 有两个不同的零点 ，求证： .
2022高考数学二轮复习 导数解答题之双变量问题(解析版)
微专题13 导数解答题之双变量问题秒杀总结1.破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.例1．（广东省潮汕地区精英名校2022届高三第一次联考数学试题）已知函数()()()21e x f x x ax a =+-∈R ，()f x '为()f x 的导函数．(1)若()f x '只有一个零点，求a 的取值范围； (2)当34e a =时，存在1x ，2x 满足()()()12122,0f x f x x x x =<≠，证明：121x x >． 【答案】(1){}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭；(2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出()()21e x f x x a '=+-，再二次求导，对a 分五种情况讨论得到a 的取值范围； （2）先证明100x x <<，再分120x x <<和120x x <<两种情况讨论证明不等式. (1)解：()f x 的定义域为(),-∞+∞，()()21e x f x x a '=+-，令()()()21e x g x f x x a '==+-，则()()()13e xg x x x '=++．∴当(),3x ∈-∞-时，()0g x '>，()f x '单调递增； 当()3,1x ∈--时，()0g x '<，()f x '单调递减； 当()1,x ∈-+∞时，()0g x '>，()f x '单调递增．①若0a <，则()()21e 0x f x x a '=+->，()f x '无零点，不成立；②若0a =，则()()21e x f x x '=+有且只有1x =-一个零点，符合题意； ③若340e a <<，则()10f a '-=-<，()3430ef a '-=->，()010f a '=->， ∴()3,1α∃∈--，()1,0β∈-，使()()0f f αβ''==， ∴()f x '不只有一个零点，不成立．④若34e a =，则()30f '-=，又f ′(−1)=−4e3<0，()34010e f =->'， ∴()01,0x ∃∈-，使()00f x '=，∴()f x '不只有一个零点，不成立． ⑤若34e a >，则当(),3x ∞∈--时，()()3430e f x f a ''≤-=-<， ()10f a '-=-<，()()()()ln 11ln 110f a a a '+=+++>， ∴()()1,ln 1a γ∃∈-+，使()0f γ'=． ∴()f x '有且只有一个零点，符合题意． 综上，a 的取值范围是{}34,0e ⎛⎫+∞⋃ ⎪⎝⎭．(2) 解：当34e a =时，()()2341e e x f x x x =+-， 由（1）知，当()0,x x ∈-∞时，()0f x '≤，()f x 单调递减； 当()0,x x ∈+∞时，()0f x '>，()f x 单调递增．又()()12f x f x =，12x x <，则()10,x x ∈-∞，()20,x x ∈+∞， ∴100x x <<． ①若120x x <<，则11221x xx x =>． ②若120x x <<，则1122x xx x =-，要证明121x x >，即证21x x <-．又2x ，()10,x x -∈+∞，则只要证()()21f x f x <-，即证()()11f x f x <-．令()()()()1121111381e e e x x f x f x x x ---=+--． 先证明一个不等式：e e 2x x x --<，0x <．令()e e 2x xh x x -=--，则()e e 220x x h x -'=+-≥=，∴()h x 在(),0∞-上单调递增．∴当(),0x ∈-∞时，()()00h x h <=，∴e e 2x x x --<，0x <．∴()()()()()112221111111113338881e e 21220e e e x x f x f x x x x x x x x -⎛⎫--=+--<+-=+-< ⎪⎝⎭ ∴()()11f x f x <-，∴121x x > 综上，有121x x >．【点睛】方法点睛：函数的零点问题处理常用的方法有三种：（1）方程法：直接解方程得解；（2）图象法：画出函数的图象分析图象得解；（3）方程+图象法：令()=0f x 得到()()g x h x =，再分析(),()g x h x 的图象即得解.例2．（浙江省台州市2021-2022学年高三上学期期末数学试题）已知,a k ∈R ，设函数()()ln f x x a kax =+-．(1)当1k =时，若函数()f x 在(),a -+∞上单调递增，求实数a 的取值范围； (2)若对任意实数a ，函数()f x 均有零点，求实数k 的最大值； (3)若函数()f x 有两个零点12,x x ，证明：()1212221x x a x x k a ++<． 【答案】(1)0a ≤ (2)2e(3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）当1k =时，对函数()f x 求导，再根据0a ≤和0a >两种情况进行分类讨论函数的单调性，即可求出结果.（2）对函数()f x 求导，再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数的单调性，进而求出函数的最值；（3）由题意得，要证原命题成立，只要证212221()()x a x a a k a++<+成立；设ln()x a t +=，则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根．再根据0ka ≤和0ka >两种情况讨论函数()h t 的单调性，再记函数()h t 有图象关于直线1lnt ka=对称后是()y m t =函数的图象，再求()()m t g t -的正负情况，最后根据不等式关系，即可证明结果. (1)解：当1k =时，1().()f x a x a x a-'=>-+．． 当0a ≤时，()0f x '>，则()f x 在(,)a -+∞上单调递增． 当0a >时，若1x a a>-，()0f x '<，()f x 在(,)a -+∞上不可能单调递增．． 所以()f x 在(,)a -+∞上单调递增，则0a ≤． (2)解：1().()f x ka x a x a=->-'+ （ⅰ）当0ka ≤时，()0f x '>，()f x 在(,)a -+∞上单调递增．()f x 有零点． （ⅰ）当0ka >时，()f x 在1(,)a a ka --上单调递增，在1(,)a ka-+∞上单调递减． 又当x 趋近于a -时，f (x )趋近于∞-；x 趋近于∞+时，f (x )趋近于∞-； 所以只要1()0f a ka-≥恒成立，则()f x 恒有零点． 即2ln()10ka ka --+≥恒成立．因为求k 的最大值，不妨设0k >，0a >．设2()ln()1g a ka ka =--+，则2121'()2ka g a ka a a-=-+=．所以只要min ()0g a g =≤．即102--≥，得2k e ≤．所以k 的最大值为2e．(3)解：由题意得：只要证212221()()x a x a a k a++<+． 设ln()x a t +=，e t x a =-．则11ln()x a t +=，22ln()x a t +=是函数()(e )t h t t ka a =--的两根． ()1e t h t ka '=-．当0ka ≤时，()0h t '>，与函数()h t 有两个零点矛盾． 所以0ka >．所以当'()1e 0t h t ka =-=时，1ln t ka=． 所以函数()h t 在1(,ln)ka -∞上递增，在1(ln ,)ka+∞上递减． 记函数()h t 有图象关于直线1ln t ka=对称后是()y m t =函数的图象． 有111()(2ln)2ln e t m t h t t ka ka ka-=-=--⋅． 则11()()2lne 2e t t m t g t ka t ka ka--=+⋅--⋅． 1[()()]e e 20t tm t g t ka ka-'-=⋅+⋅-≥．所以1ln t ka≥时，()()m t g t ≥． 所以1212lnt t ka -≥，即1212ln t t ka+≤． 所以121ln()ln()2ln x a x a ka+++≤．12221()()x a x a k a ++≤．所以21212222211()x x a x x a k a k a ++<-<． 例3．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数221()2ln (0)2f x ax x a x a =-+≠(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()f x 存在两个极值点1x ，2x ，证明：121212()()11f x f x x x x x -<+-【答案】(1)答案不唯一，具体见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）函数()f x 求导后，分子为含参的二次三项式，结合0a ≠，我们可以从0∆和0∆>结合开口方向和两根的大小来讨论；（2）1x ，2x 为函数()f x 的两个极值点，我们可以通过()f x '结合韦达定理，找到1x ，2x 的关系，带入到要证明的不等式中，然后通过整理，化简成一个关于12x x 的函数关系，再通过换元，构造函数，通过求解函数的值域完成证明. (1)22222()1a ax x a f x ax x x-+'=-+=，设22()2p x ax x a =-+．(0)x >，318a ∆=-， ①当12a时，0∆，()0p x ，则()0f x '，()f x 在(0,)+∞上单调递增， ②当102a <<时，0∆>，()p x的零点为1x =2x =120x x <<，令()0f x '>，得10x x <<，或2x x >，令()0f x '<，得12x x x <<，()f x ∴在上单调递减，在，，)∞+单调递增，③当0a <时，0∆>，()p x()f x ∴在上单调递增，在，)∞+上单调递减．综上所述：当12a时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；当102a <<时，()f x在，上单调递减，在，，)∞+单调递增；当0a <时，()f x在上单调递增，在，)∞+上单调递减． (2)证明：由（1）知，当102a <<时，()f x 存在两个极值点，不妨设120x x <<，则121x x a +=， 要证：121212()()11f x f x x x x x -<+-，只要证121212121221()()()()x x x x x xf x f x x x x x -+->=-，只需要证211212122211()[()2]2ln 2xxxx x a x x a x x x -+-+>-，即证21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，设12x t x =，(01)t <<， 设函数21()2ln g t a t t t=-+， 22221()t a t g t t -+∴'=-，∴4440a ∆=-<，22210t a t ∴-+>， ()0g t ∴'<，()g t ∴在(0,1)上单调递减，则()(1)g t g >0=，又121()02x x -<， 则121()0()2g t x x >>-，则21121222112ln ()2x x x a x x x x x -+>-，从而121212()()11f x f x x x x x -<+-．【点睛】(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；(2)如果函数()f x 在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数()f x 的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.过关测试1．（四川省成都市树德中学2021-2022学年高三上学期入学考试文科数学试题）已知函数()2ln x x f x ax x =--，a R ∈.（1）若()f x 存在单调递增区间，求a 的取值范围；（2）若1x ，()212x x x <与为()f x 的两个不同极值点，证明：124ln ln 3x x +>. 【答案】（1）1,2e ⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭；（2）证明见解析.【解析】 【分析】（1）由题意知()ln 20f x x ax '=->有解，分离a 可得ln 2xa x<有解，令()ln 2x g x x =，可得max ()a g x <，利用导数求()g x 的最大值即可求解；（2）由题意知1x ，2x 是()0f x '=的两根，将1x x =，2x x =代入()0f x '=整理可得1212ln ln 2x x a x x -=-，所证明不等式为()1212123ln 4x x x x x x -<+12123141x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭=+，令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+成立，利用导数证明单调性求最值即可求证. 【详解】（1）函数定义域为()0,∞+，根据题意知()ln 20f x x ax '=->有解， 即ln 2xa x<有解，令()ln 2x g x x =，()21ln 2x g x x -'=，且当0e x <<时，()0g x '>，()g x 单调递增， 当e x >时，()0g x '<，()g x 单调递减， 所以max 1()(e)2e a g x g <==，所以1,2e a ⎛⎫∈-∞ ⎪⎝⎭；（2）由1x ，2x 是()f x 的不同极值点，知1x ，2x 是()0f x '=的两根，即1122ln 20ln 20x ax x ax -=⎧⎨-=⎩，所以1122ln 2ln 2x ax x ax =⎧⎨=⎩①，联立可得：1212ln ln 2x x a x x -=-②，要证124ln ln 3x x +>，由①代入即证124223ax ax ⋅+>，即()12243a x x +>， 由②代入可得()121212ln ln 43x x x x x x -+>-③， 因为12x x <，则③等价于()1122112122313ln 441x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭<=++， 令12x t x =，01t <<问题转化为证明3(1)()ln 0(01)41t t t t t ϕ-=-<<<+④成立， 而2221151671()0(01)(41)(41)t t t t t t t t ϕ-+'=-=><<++， ()t ϕ在()0,1上单调递增，当()0,1t ∈，()()10t ϕϕ<=④成立，即得证.2．（浙江省宁波市2021-2022学年高三上学期11月高考模拟考试数学试题）已知函数()ln 2()f x x x a =+∈R ．(1)当2a =-时，求函数()f x 的单调区间； (2)若函数()f x 有两个不同零点1x ，212()x x x <， ①求实数a 的取值范围； ②求证：22124a x x ⋅>．【答案】(1)单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞(2)①2a >；②证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，由()0f x '>得增区间，由()0f x '<得减区间；（2）①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程a =实根1212,()x x x x <．设t =ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->，由导数确定()g t 的单调性、极值、函数值的变化趋势后可得；②由①1t2t 22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t at t t =-<，即22a t >．下面证明：121t t ⋅>即可．引入函数()()2221()h t g t g t =-，由导数证明()221()0g t g t ->，利用单调性即可得结论． (1)对函数()f x求导，得1'()22a f x x =+= 当2a =-时，'()f x ==因为函数()f x 的定义域(0,)+∞， 由'()0f x >，得104x <<， 由'()0f x <，得14x >， 所以函数()f x 的单调递增区间是1(0,)4，单调递减区间是1(,)4+∞．(2)由()0f x =，得ln 20x x +=， ①函数()f x 有两个不同零点1212,()x x x x <，等价于方程a =1212,()x x x x <．设t =，即方程ln 2a t t t=-有两个不同的实根()1212,t t t t <． 设ln ()(0)tg t t t t=->， 2221ln ln 1'()1t t t g t t t -+-=-=，再设2()ln 1u t t t =+-，1'()20u t t t =+>所以函数()u t 在(0,)t ∈+∞上单调递增， 注意到2(1)1ln110u =+-=，所以当01t <<时，()0u t <，当1t >时，()0u t >． 所以()g t 在（0，1）上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 当0t +→时，()g t →+∞， 当t →+∞时，()g t →+∞，当1t =时，()1g t =， 只需12a>， 即所求2a >．②注意到1t =，2t 22124a x x ⋅>，只需证2122a t t ⋅>．由①知，1201t t <<<，故有2222ln 2t at t t =-<，即22a t >． 下面证明：121t t ⋅>．设()()222222222222221lnln 1111()()()()ln 1t t h t g t g t t t t t t t t t t =-=---=--+， 有()22222222222211111'1(1)ln ()(1)ln 0h t t t t t t t t t =+---+⋅=--<， 所以函数()2h t 在(1,)+∞上单调递增， 所以()2(1)0h t h >=，所以()221()0g t g t ->，故有()()2121()g g t g t t <=．又2101t <<，101t <<，且()g t 在(0,1)t ∈上单调递减，所以121t t >，即得121t t ⋅>．因此2122at t ⋅>，结论得证． 3．（安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高三上学期11月月考理科数学试题）已知函数()()e cos x f x x ax a R =+-∈.(1)当1a =时，判断()f x 在区间(0,)+∞上的单调性；(2)当e a =时，若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，且()f x 的极值在0x x =处取得，证明：1202x x x +<.【答案】(1)()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)证明见解析． 【解析】 【分析】（1）求出导函数()'f x ，设()()g x f x '=，再求导()g x '，由()0g x '>恒成立得()'f x 单调递增，得()(0)0f x f ''>=，从而得()f x 的单调性；（2）利用导数得出()f x 的极小值点0x ，注意0()0f x '=，题设中12()()f x f x =，满足1020x x x π<<<<，考虑到0102x x x ->，引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，利用导数确定()h x 是单调增函数，得0()()0h x h x <=，即得101()(2)f x f x x <-，再利用12,x x 的关系，及函数()f x 的单调性可证得结论成立． (1),()0x ∈+∞，1a =时，()cos e x f x x x =+-，()sin 1e x f x x '=--，设()sin e 1x g x x =--，则()cos 0e x g x x '=+>，0x >时，()0g x '>恒成立，所以()g x ，即()'f x 在(0,)+∞上单调递增，又(0)0f '=，所以0x >时，(0)0f '>恒成立， 所以()f x 在(0,)+∞上是增函数． (2)e a =，()cos e e xf x x x =+-，s e ()in e x f x x '=--，由（1）知()'f x 在(0,)+∞上是增函数， (1)sin10f '=-<，e e ()0f ππ'=->，所以()'f x 在(1,)π，即在(0,)π上存在唯一零点0x ，000()s n e e i 0xf x x '=--=，00x x <<时，()0f x '<，()f x 递减，0x x π<<时，()0f x '>，()f x 递增．0x 是函数()f x 的唯一极小值点．若()()()121212,(0,),x x x x f x f x π∈≠=，则1020x x x π<<<<， 设0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，02000e ()()(2)cos cos(2)e e (2)e x x x h x f x f x x x x x x x x -=--=+------ 0200cos cos e (2e e 2)x x x x x x x -=-+---， 020e e sin sin(2)()x x x x x h x x -+-+-'=000sin s e sin sin in(2)2(2)x x x x x x x ≥+---=+由000()s n e e i 0xf x x '=--=得00si e e n x x =+，所以00e 2sin sin sin(2()2)x x x x h x +-+-'≥，由00x x π<<<，得00sin 1x <≤，0sin 1x <≤，又01sin(2)1x x -≤-≤， 所以e+0()21(1)0h x '>-+->，所以()h x 是增函数， 当100x x <<时，10()()0h x h x <=，所以101()(2)0f x f x x --<，101()(2)f x f x x <-，又2101()()(2)f x f x f x x =<-，1020x x x <<<，所以0102x x x ->，又20x x >，()f x 在0(,)x +∞上单调递增， 所以2012x x x <-，所以1202x x x +<． 【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性，证明与极值点，方程根有关的不等式，关于不等式的证明，题中涉及到两个未知数，因此解题中需要进行变形，一是利用函数的单调性，一是利用变量的关系，可以对待证不等式进行等价转化，结合函数单调性得出证明方法．如本题要证1202x x x +<2012x x x ⇔<-，不妨设1020x x x <<<后，由()f x 在2(,)x +∞上递增，等价于证明201()(2)f x f x x <-，从而等价于101()(2)f x f x x <-，这里只有一个未知数1x 了，然后引入新函数0()()(2)h x f x f x x =--，00x x <<，再求得单调性达到证明目的．4．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()(1)(1)x f x x e =+-．(1)求()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程；(2)若1a e -，证明：()22f x alnx ex +-在[1x ∈，)∞+上恒成立； (3)若方程()f x b =有两个实数根1x ，2x ，且12x x <，证明：2111311b e ebx x e e ++-++--． 【答案】(1)1(1)ey x e-=+ (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】(1)根据导数的几何意义求解即可；(2)根据题意只需证()(1)22f x e lnx ex -+-，构造函数()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，求导分析函数的单调性根据单调性分析可得()g x 只能在1x =处取得最小值，进而求解即可； (3)根据题意，构造1()()(1)eF x f x x e-=-+和()()()G x f x t x =-，利用二次求导讨论()F x 和()G x 的单调性和最小值，可得1()(1)e f x x e -+、()(31)1f x e x e ---，设方程1()(1)es x x b e-=+=的根1x '和()(31)1t x e x e b =---=的根2x '，再根据不等式的性质证明即可. (1)函数()(1)(1)x f x x e =+-，由()(2)1x f x x e '=+-， 由1(1)1f e'-=-，(1)0f -=，所以切线方程为1(1)ey x e-=+， (2)当[1x ∈，)∞+时，0lnx ，所以22(1)22alnx ex e lnx ex +--+-． 故只需证()(1)22f x e lnx ex -+-， 构造()(1)(1)(1)22x g x x e e lnx ex =+----+，1()(2)12x e g x x e e x-'=+---，又()g x '在[1x ∈，)∞+上单调递增，且g '（1）0=， 知()g x 在[1x ∈，)∞+上单调递增， 故()g x g （1）22220e e =--+=．因此(1)(1)(1)2222x x e e lnx ex alnx ex +--+-+-，得证． (3)由（1）知()f x 在点(1-，(1))f -处的切线方程为1(1)ey x e-=+． 构造11()()(1)(1)()x e F x f x x x e e e -=-+=+-，1()(2)x F x x e e'=+-，()(3)x F x x e ''=+． 当3x <-时，()0F x ''<；当3x >-时，()0F x ''>； 所以()F x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又311(3)0F e e'-=--<，1lim ()x F x e →-∞'=-，(1)0F '-=，所以()F x 在(,1)-∞-上单调递减，在(1,)-+∞上单调递增．所以1()(1)0()(1)eF x F f x x e--=⇒+． 设方程1()(1)es x x b e -=+=的根111eb x e'=--．又111()()()b s x f x s x '==，由()s x 在R 上单调递减，所以11x x '．另一方面，()f x 在点(1,22)e -处的切线方程为()(31)1t x e x e =---． 构造()()()(1)(1)(31)1(1)3x x G x f x t x x e e x e x e ex e =-=+---++=+-+． ()(2)3x G x x e e '=+-，()(3)x G x x e ''=+．当3x <-时，()0G x ''<；当3x >-时，()0G x ''>；所以()G x '在(,3)-∞-上单调递减，在(3,)-+∞上单调递增． 又31(3)30G e e'-=--<，lim ()3x G x e →-∞'=-，G '（1）0=， 所()G x 在(,1)-∞上单调递减，在(1,)+∞上单调递增． 所以()G x G （1）0()()(31)1f x t x e x e =⇒=---．设方程()(31)1t x e x e b =---=的根2131e bx e ++'=-． 又222()()()b t x f x t x '==，由()t x 在R 上单调递增， 所以22x x '． 11x x '，22x x '， 11x x '∴--， 所以212111311b e ebx x x x e e ++''--++--，得证．【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 5．（第26讲拐点偏移问题-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈．(1)讨论()f x 的单调性；(2)当2a =-时，正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，证明：1214x x +>． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，然后分0a 和0a >讨论导函数的正负值即可；（2）代入12,x x 可得2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ++++++=，变形可得212121212()3()ln()x x x x x x x x +++=-，令12t x x =，利用导数求出()ln g t t t =-的最值，然后解不等式，比较大小即可. (1)21()ln (1)2f x x ax a x =-+-，a R ∈，21(1)1()(1)ax a x f x ax a x x-+-+∴'=-+-=，当0a 时，0x ，()0f x ∴'>．()f x ∴在(0,)+∞上是递增函数，即()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间．当0a >时，1()(1)()a x x af x x-+'=-，令()0f x '=，得1x a =． ∴当1(0,)x a∈时，()0f x '>；当1(x a∈，)∞+时，()0f x '<．()f x ∴的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(a ，)∞+．综上，当0a 时，()f x 的单调递增区间为(0,)+∞，无递减区间；当0a >时，()f x 的单调递增区间为1(0,)a，单调递减区间为1(a ，)∞+．(2)当2a =-时，2()ln 3f x x x x =++，(0)x > 正实数1x ，2x 满足1212()()0f x f x x x ++=，2211122212ln 3ln 30x x x x x x x x ⇒++++++=，212121212()3()ln()x x x x x x x x ⇒+++=-，令12t x x =，则函数()ln g t t t =-，(0)t >，11()1t g t t t-∴'=-=，当(0,1)t ∈时，()0g t '<，当(1,)t ∈+∞时，()0g t '>，()g t g ∴（1）1=，212121212()3()ln()1x x x x x x x x ∴+++=-．则121332x x -+，或121332x x --+舍去)． 121332x x -∴+，104->， 1214x x ∴+>【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决.6．（第12讲双变量不等式：剪刀模型-突破2022年新高考数学导数压轴解答题精选精练）已知函数()e 1x f x ax =-+，ln3是()f x 的极值点． (1)求a 的值；(2)设曲线()y f x =与x 轴正半轴的交点为P ，曲线在点P 处的切线为直线l ．求证：曲线()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)若关于x 的方程()(0)f x m m =>有两个不等实根1x ，212()x x x <，求证：217210mx x -<-． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解；（2）由（1）可得曲线()y f x =在点P 处的切线l ：()()03e x y x x =--. 令()()()03e x g x x x =--，()()()F x f x g x =-，则()()()0000F x f x g x =-=，由()F x 的单调性可得()()00F x F x ≤=，从而可得结论成立；（3）设方程()g x m =的解为2x '，构造新函数()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >，利用导数研究函数的单调性，进而可得()(0)0r x r >=，结合2y x =与y m =交点的横坐标12mx '=，求出21x x -即可. (1)()e x f x a '=-；由题意知，ln 3(ln 3)e 0f a '=-=，3a ∴=；(2)证明：设曲线()y f x =在0(P x ，0)处切线为直线00:(3e )()x l y x x =--；令00()(3e )()x g x x x =--；00()()()3e 1(3e )()x x F x f x g x x x x =-=-+---；∴0()3e (3e )e e x x x x F x '=---=-；()F x ∴在0(,)x -∞上单调递增，在0(x ，)∞+上单调递减；000()()()()0max F x F x f x g x ∴==-=；()()()0F x f x g x ∴=-，即()()f x g x ，即()y f x =上的点都不在直线l 的上方；(3)由（2）设方程()g x m =的解为2x '； 则有020(3e )()x x x m -'-=，解得0203e x mx x '=+-； 由题意知，22ln 3x x <<'；令()2()e 1x r x x f x x =-=--，(0)x >；()e 10x r x '=->；()r x ∴在(0)+∞，上单调递增； ()(0)0r x r ∴>=；2y x ∴=的图象不在()f x 的下方；2y x =与y m =交点的横坐标为12mx '=； 则有1103x x ln <'<<，即11220ln3x x x x <'<<<<'；2121023ex m mx x x x x ∴-<'-'=+--； 关于0x 的函数0023ex m my x =+--在(32)ln ，上单调递增； 21272223e 227210m m m m mx x ∴-<+-<+-=---． 【点睛】利用导数解决函数综合问题的过程中，难度较大，解决问题的基础是函数的单调性，通过函数的单调性得到函数的极值、最值，然后再结合所求问题逐步求解．证明两函数图象间的位置关系时，可通过构造函数，通过判断出函数的单调性，进而转化为函数最值的问题处理．7．（第13讲双变量问题-2022年新高考数学二轮专题突破精练）已知函数()2ln f x x x ax =+,0a ≥．(1)若曲线()y f x =在e x =处的切线在y 轴上的截距为e -，求a 的值； (2)证明：对于任意两个正数1x 、()212x x x ≠，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【答案】(1)0a =； (2)证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求出曲线()y f x =在e x =处的切线方程，由已知条件可得出关于a 的等式，即可求得实数a 的值；（2）利用分析法可知所证不等式等价于()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，利用作差法可证得222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，构造函数()()1111ln ln ln 2x x g x x x x x x x +=+--，利用导数分析函数()g x 的单调性，可证得()12121122ln ln ln 2x x x x x x x x ++<+，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. (1)解：由()2ln f x x x ax =+，得()2ln 1f x ax x '=++，则()e 2e 2f a '=+，又()2e e e f a =+，∴曲线()y f x =在e x =处的切线的方程为()()22e 2e e e y a x a =+-++，即()22e 2e e y a x a =+--，由题意得2e e e a --=-，解得0a =.(2)证明：要证明()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭成立，即证明()222121212112212ln 2ln ln 22x x x x x x a x x x x ax ax ++⎛⎫++<+++ ⎪⎝⎭，一方面，()()222121222221212122222x x a x x x x a ax ax a x x ⎡⎤+-+⎛⎫--=--=-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦，0a ≥，则()21202a x x --≤，即222121222x x a ax ax +⎛⎫≤+ ⎪⎝⎭，①另一方面，不妨设12x x <，再设()()1111ln ln ln 2x xg x x x x x x x +=+--， 则()11lnln ln 22x x x xg x x x++'=-=，可得()10g x '=， 当1x x >时，()0g x '<，此时()g x 单调递减，()()210g x g x ∴<=，即()12121122lnln ln 2x x x x x x x x ++<+，② 综合①②可得，()()121222x x f f x f x +⎛⎫<+ ⎪⎝⎭．【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()()0f x g x ->（或()()0f x g x -<），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.。
利用换元法解一元高次方程
利用换元法解一元高次方程Document number：PBGCG-0857-BTDO-0089-PTT1998利用换元法解一元高次方程在初中数学竞赛中，常常会出现一些高次方程求解问题，解这类问题的核心思想是降次，而换元法是其最主要的方法，所谓换元法，是指把方程中某些代数式用新的变量代替，使方程的次数降低，从而化难为易，使问题得以解决，这里举例说明如下．一、直接换元例1 解方程：(x＋1)(x＋2)(x＋3)(x＋4)＝24．分析与解∵（x＋1）（x＋4)＝x2＋5x＋4，（x＋2）(x＋3)＝x2＋5x＋6，设t＝x2＋5x＋4，则可将原方程转化为关于t的一元二次方程t(t＋2)＝24．即t2＋2t－24＝0，（t－4)(t＋6)＝0，∴t＝4．t＝－6．当t＝4时，x2＋5x＝0，∴x＝0，或x＝－5；当t＝－6时，x2＋5x＋10＝0，此方程无解．故原方程的解为x＝0，或x＝－5．二、均值换元即求出几个代数式的平均值，利用平均值进行代换．例2 解方程：(4x＋1)(3x＋1)(2x＋1)（x＋1)＝3x4．分析与解根据上面的经验，这样的方程左边是不能完全展开的，只能部分展开．∵(4x＋1)(x＋1)＝4x2＋5x＋1，(3x＋1)(2x＋1)＝6x2＋5x＋1，两个代数式有相同的一次项和常数项，故设t＝5x2＋5x＋1，则原方程可化为（t－x2）（t＋x2）＝ 3x4．∴t2＝4x4，t＝2x2或t＝－2x2，代回即可求得原方程的根为：x．注当然本题也可以直接设t＝4x2＋5x＋1或者t＝6x2＋5x＋1．例3 解方程：(x＋2)4＋(x－4)4＝272．分析与解若将方程左边展开，将得到难解的高次方程．注意到12[(x＋2)＋(x－4)]＝x－1，故可设y＝x－1，则原方程可化为(y＋3)4＋(y－3)4＝272，即y4＋54y2－55＝(y2－1)(y2＋55)＝0，∴y＝±1．∴x－1＝±1，∴x＝0或2．三、双变量换元例4 解方程：(4x2－9)2＋(4x2－9)(9x2－4)＋(9x2－4)2＝(13x2－13)2．分析与解注意到(4x2－9)＋(9x2－4)＝13x2－13，设m＝4x2－9，n＝9x2－4．则原方程可化为m2＋mn＋n2＝(m＋n)2，即mn＝0，则有（4x2－9）（9x2－4）＝0，解得x＝±32，±23．注用换元法解方程，有时引入的新变量可以不止一个，如本题中引入了m，n．在例1中，如果注意到(x＋1)(x＋4)－（x＋2）（x＋3)＝－2，还可以设m＝（x＋1）（x＋4），n＝－(x＋2)（x＋3），则有224 m nmn+=-⎧⎨=-⎩由韦达定理可知m，n是方程z2－2z－24＝0的根，求解这个方程即可以得到原方程的根（过程略）．四、倒数换元形如ax4＋bx3＋cx2＋bx＋a＝0（a≠0）的倒数方程可以两边同除以x2，降次换元．例5 解方程：12x4－56x3＋89x2－56x＋12＝0．分析与解直接因式分解比较困难，容易发现该方程是倒数方程（与首尾等距离的项的系数相等）．又因为x＝0不是方程的根，所以两边同时除以x2，得五、常值换元将某一常值看作未知数，原来的未知数当成常数，则可以把高次方程转化为低次方程．例6 解方程：32310x x++=．分析与解这是关于x的三次方程，直接解这个方程有一定困难，如果把求解高次方程的方法还有很多，需要我们在平时的学习过程中，不断整理，不断总结，逐步深化，灵活运用．。
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.。
细细感悟 殊途同归——双变量不等式问题的几种解决方法
32中学数学研究2020年第7期(上)细细感悟殊途同归—–双变量不等式问题的几种解决方法广东省广州市第十六中学(510080)龙丽君导数是高中教学的难点内容,在高考中往往以压轴题的形式出现,对学生的思维要求很高.导数中的不等式问题由于其灵活多变,而且可以由单变量问题发展到双变量,甚至是多变量问题,往往成为学生在考场上难以逾越的障碍.本文结合实例,论述该类问题的解决之道.类型一没有制约关系的双变量不等式问题策略1.分离变量,转化为两函数的最值问题例1已知函数f (x )=2x −2x−5ln x −4,函数g (x )=x 2−kx ,若∃x 1∈(0,1),∀x 2∈[1,2],总有f (x 1)≥g (x 2)成立,求实数k 的取值范围.分析先将x 2看成常数,得到[f (x 1)]max ≥g (x 2),易求得[f (x 1)]max =f (12)=5ln 2−7.然后再将x 2看成变量,转化为[f (x 1)]max ≥[g (x 2)]max .函数g (x )=x 2−mx 是开口向上的二次函数,最大值为g (1)与g (2)中的较大者.所以5ln 2−7≥g (1),5ln 2−7≥g (2),解得实数k 的取值范围为[8−5ln 2,+∞).评注这是含有存在量词与全称量词的双变量问题,其中两个变量取值是自由的,并且两者已经是分离状态(若不是分离状态,先分离变量).对于该类问题,可以将其看成两个独立的函数来理解,最后转化为两个函数在各自的定义域内求最值,再比较最值.策略2.分离变量,统一外形,构造新函数例2(2010年高考辽宁卷理科第21题)已知函数f (x )=(a +1)ln x +ax 2+1.(1)讨论函数f (x )的单调性;(2)设a <−1,如果对于任意x 1、x 2∈(0,+∞),恒有|f (x 1)−f (x 2)|≥4|x 1−x 2|,求a 的取值范围.分析(1)略.(2)首先要去绝对值符号,然后分离变量,将两个变量x 1,x 2拆分到不等号两端.不妨取x 1≥x 2,由(1)可知,当a <−1时,函数f (x )在(0,+∞)单调递减,所以|f (x 1)−f (x 2)|≥4|x 1−x 2|可拆分为f (x 1)+4x 1≤f (x 2)+4x 2.观察两式结构,构造新函数g (x )=f (x )+4x ,从而将已知条件等价转换为函数g (x )在(0,+∞)单调递减,即g ′(x )≤0在(0,+∞)恒成立.故实数a 的取值范围为(−∞,−2].评注本题所给不等式中的两个变量没有分离,糅合在一起.遇到这样的问题,首先研究是否可以分离变量.而后观察不等式结构,转换为单一函数的单调性或最值问题.本题中变量分离后,两边结构式一致,具有统一的外形,所以能构造出新的函数,化归为已知函数单调性,求参数取值范围的问题.策略3.主元法回归单变量问题例3对任意x >0,均存在a ∈R ,使得m ≥ax +1e a x成立,则实数m 的取值范围是().A.[1e ,+∞) B.[1,+∞) C.[0,+∞) D.[2√e ,+∞)分析先将x 看成常数,以变量a 为主元,令g (a )=ax +1x e −a .题设“存在a ∈R ,使得m ≥ax +1e a x成立”,转化为[g (a )]min ≤m .由于g ′(a )=x −1x e −a =x 2e a −1xe a,令g ′(a )>0,得a >−2ln x ,令g ′(a )<0,得a <−2ln x ,所以g (a )在(−∞,−2ln x )上单调递减,在(−2ln x,+∞)上单调递增,所以[g (a )]min =g (−2ln x )=−2x ln x +x .题设“对任意x >0,使得m ≥ax +1e a x成立”,转化为−2x ln x +x ≤m 对任意x >0恒成立.利用导数求最值得到(−2x ln x +x )max =2√e ,所以m ≥2√e,故选D.评析该题中不等式含有两个变量,但要想分离变量并不容易.此时,应打破定势思维,将x 与a 都看成是同等地位的变量.利用主元思想,先将a 看成主元,x 看成参数,转化为关于变量a 的函数的最值问题.然后再看成关于x 的函数,继续化归为以x 为自变量的最值问题.两个变量,先以谁为主元,我们应在寻求答题方向时,进行可行性的预判,判断先将谁看成主元会比较方便.策略4.整体换元法,合二为一,构造新函数例4证明不等式√mn <m −nln m −ln n.(m,n >0,且m =n.)分析利用分析法,先对该不等式的结构进行等价变形.不妨取m >n >0,要证明√mn <m −nln m −ln n ,只需证明ln m n <m −n √mn,即证ln mn <√m n −√n m ,令2020年第7期(上)中学数学研究33t =√m n ∈(1,+∞),即证2ln t <t −1t .构造函数f (t )=2ln t −(t −1t ),t ∈(1,+∞),f ′(t )=−(t −1)2t 2<0,所以f (t )在t ∈(1,+∞)单调递减,所以f (t )<f (1)<0,从而不等式得证.评注本题的两个变量m ,n 具有对称结构,所以可以设√mn=t 为新元,利用整体换元的方法,二元转化为一元,将双变量的不等式问题转化为单变量的不等式问题,在方法的使用中要注意新元的取值范围.类型二有制约关系的双变量不等式问题策略1.双变量制约关系明确,代入消元法例5已知函数f (x )=(x −1)2+a ln x ,x ∈(0,+∞)存在在两个极值点x 1,x 2,证明f (x 2)x 1≥1−2√e分析先求极值点或极值点所满足的等式.求导f ′(x )=2x 2−2x +a x,因为函数存在两个极值点,所以方程2x 2−2x +a =0中∆=4−8a >0,即a <12,由韦达定理可得x 1+x 2=1,x 1x 2=a 2>0,所以0<a <12.则f (x 2)x 1=(x 2−1)2+a ln x 2x 1=(x 2−1)2+2x 1x 2ln x 2x 1=x 1+2x 2ln x 2=1−x 2+2x 2ln x 2.由此消元成功,问题等价转换为证明不等式1−x 2+2x 2ln x 2≥1−2√e.令h (x )=1−x +2x ln x ,利用导数求函数h (x )单调性与最值,易得h (x )≥h (1√e )=1−2√e,不等式得证.评注本题不等式中两个变量x 1,x 2是函数f (x )的两个极值点,两者存在确定的制约关系.在问题的解决过程中,要充分利用这种制约关系,进行减元.本题中两者的制约关系比较简明,所以利用简单的代入法消参,首先消去参数a ,然后x 1,x 2之间权衡对比后再利用等量关系x 1+x 2=1消去一元x 1,问题得到顺利解决.策略2.极值偏移问题,利用对称构造函数例6已知函数f (x )=xe −x (x ∈R ).(1)讨论函数f (x )的单调区间和最值;(2)假设x 1=x 2且f (x 1)=f (x 2),证明:x 1+x 2>2.分析(1)函数f (x )单调递增区间为(−∞,1),单调递减区间为(1,+∞),[f (x )]max =f (1)=1e.(2)由(1)可知函数f (x )单调递增区间为(−∞,1),单调递减区间为(1,+∞)且x 1=x 2,所以不妨取x 1<1<x 2,令F (x )=f (x )−f (2−x ),x >1,则F ′(x )=(x −1)(e x −2−e −x )>0在(1,+∞,)恒成立,函数F (x )在(1,+∞,)单调递增.所以F (x )>F (1)=0即f (x )>f (2−x ).所以f (x 1)=f (x 2)>f (2−x 2),又因为x 1<1,2−x 2<1,且函数f (x )在(−∞,1)单调递增,所以x 1>2−x 2,不等式得证.评注该题属于极值偏移问题,有多种不同的解法.该方法利用数形结合寻找解决问题的方向,步骤归纳如下:(1)根据f (x 1)=f (x 2)建立等量关系,确定x 1与x 2的取值范围.(2)构造关于x 1(或x 2)的一元函数F (x )=f (x 1)−f (2a −x 1),研究其单调性,并判断f (x 1)与f (2a −x 1)两式大小.(3)将待证明不等式进行变形,进而结合原函数或导函数的单调性进行等价转化,得到不等式的证明.这一类题型,构造函数的过程中,本质上依然是主元思想在发挥作用.另解分析(2)由f (x 1)=f (x 2)得x 1e −x 1=x 2e −x 2且易证x 1,x 2为正数.所以e x 2−x 1=x 2x 1两边同时取对数得x 2−x 1=ln x 2x 1,要证明不等式x 1+x 2>2,只需证明x 2−x 1x 1+x 2<12ln x 2x 1,即证明x 2x 1−1x 2x 1+1<12ln x 2x 1,不妨取x 1<x 2,令x 2x 1=t ,则t ∈(1,+∞),即证t −1t +1<12ln t 对t ∈(1,+∞)恒成立.令h (t )=12ln t −t −1t +1,t ∈(1,+∞),h ′(t )=(t −1)22t (t +1)2>0,所以h (t )在t ∈(1,+∞)单调递增,h (t )>h (1)>0,不等式得证.评注与例5相比,两个变量所满足的等式并不适合直接代入消元.通过观察等式x 1e −x 1=x 2e −x 2,发现该式结构具有对称性.结合所需要证明的不等式x 1+x 2>2,利用整体换元的思想,问题转换为证明不等式t −1t +1<12ln t 对t ∈(1,+∞)恒成立,此后解法同例4.结束语双变量不等式的问题形式多样,但其基本思想都是将二元不等式问题化归一元不等式问题,最后回归到利用导数研究函数的单调性或最值.在日常的教学中,教师要有意识地让学生感悟问题解决中的数学基本思想,并养成探究问题本质,追根求源的思考习惯.参考文献[1]赵清木.用主元法证明双(多)变量不等式[J].高中数学教与学,2020(1):16-17.[2]吴统胜,吴欣婷.例谈妙用函数型不等式巧解导数压轴题[J].中学数学研究,2017(6):10-14.[3]陶丹,魏杰,周思波.剖析导数中的多变量不等式[J].中学数学教学参考(下半月),2016(1,2):101-102.。
高三数学 多元变量问题的处理
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聚焦高考：
2011年浙江16
设x,y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是
方法三：换元法二，由于所给条件是二元二次方程，因此可以进行三角换元求解
方法总结：
针对二元变量求最值的问题，基本思 路可以考虑使用基本不等式、消元构 造函数或使用换元法进行求解
实战典例
若实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是___
高中数学 高三年级 多元变量问题
聚焦高考：
2011年浙江16 设x,y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是
方法一：基本不等式法
聚焦高考：
2011年浙江16 设x,y为实数，若4x2+y2+xy=1，则2x+y的最大值是
方法二：换元法一，由于所求结论是线性关系，所以可以进行换元求解
所以 x2 + y2 ?
1 = 5-1 5+1 2
2
实战典例
若实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是___
换元法：由于条件与结论均为二元二次的关系，因此可以使 用三角换元法进行求解。
实战典例
若实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是___ (方法三）换元法一：
实战典例
若实数x，y满足x2＋2xy－1＝0，则x2＋y2的最小值是___
(方法二）基本不等式法
由 x2＋2xy－1＝0得 1- x2 = 2xy ? mx2 ny2
其中mn=1,(m,n>0)，所以 (m + 1)x2 + ny2 ? 1
令m+1=n，即可构造出 可以解出 n = 5 + 1
如何处理高一数学中的多变量问题
如何处理高一数学中的多变量问题在高一数学的学习中，我们常常会遇到多变量问题，这些问题相较于单变量问题，往往更具复杂性和挑战性。
但只要掌握了正确的方法和思路，就能迎刃而解。
接下来，让我们一起探讨如何处理这类问题。
首先，要理解多变量问题的本质。
多变量问题就是在一个数学情境中，存在两个或两个以上相互关联的变量。
比如在一个函数中，可能同时包含 x、y 等多个自变量。
为了清晰地把握这些变量之间的关系，我们需要建立起良好的数学思维模式。
对于多变量问题，一种常见的处理方法是消元法。
消元法的核心思想是通过一定的数学运算，减少变量的数量，从而将多变量问题转化为较简单的单变量问题。
例如，在一个方程组中，如果有两个方程分别为：x ＋ y ＝ 3 和 2x y ＝ 1。
我们可以通过将第一个方程变形为 y＝ 3 x，然后将其代入第二个方程，得到 2x （3 x) ＝ 1，这样就把 y消去了，只剩下 x 这一个变量，从而可以求解出 x 的值，再将 x 的值代入 y ＝ 3 x 中，求出 y 的值。
另外，换元法也是处理多变量问题的有效手段。
当多个变量之间的关系比较复杂时，可以通过引入新的变量来简化问题。
比如，对于表达式 x^2 ＋ 2x ＋ 3，我们可以令 t ＝ x ＋ 1，那么 x ＝ t 1，原表达式就可以转化为（t 1)＾2 ＋ 2(t 1) ＋ 3，经过展开和化简，变成了 t^2＋ 2，这样就把原来关于 x 的复杂表达式转化为了关于 t 的较为简单的表达式。
在处理多变量问题时，函数的思想也非常重要。
我们可以将多个变量之间的关系看作一个函数关系，通过研究函数的性质来解决问题。
比如，对于形如 z ＝ f(x, y)的函数，我们可以通过对 x 和 y 分别求偏导数，来研究函数的变化趋势和极值情况。
不等式也是高一数学中常见的多变量问题类型。
对于这类问题，我们通常要结合不等式的性质和变形方法来求解。
例如，对于形如 ax ＋by ＞ c 的不等式，我们可以通过移项、合并同类项等操作，将其转化为更便于分析的形式。
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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 ，
28
所以 x y a 7b 2
7ab
14
，
8 16 16 8 4
当 x 13 14, y 25 14 时取等号.
56
224
解法三：设 2x 4x2 1 2 , y y2 1 2q(q 0) ， q
所以 x 1 q , y q 1 ，所以 x y 1 7q
14
.
2q 8
4q
4q 8 4
解法四：设 2x tan, y tan ,, (0, ) ， 2
所以 (tan
sec )(tan
sec )
1 sin 4 所以 cos
1 sin cos
4,
即 tan(
) tan(
)
4 ，设
p
tan(
), q
tan(
) ，则
pq
4
，
24
4
24
24
所以 x y 1 tan tan 2 p q
2
4 pq
14 4.
评论与赏析：
多元变量的最值问题历来是高考的热点之一，作为考题时通常难度较大，利用柯西不等式等课 外需补充的著名不等式固然便捷，但对大多数同学来说不现实；降维求导，根据函数单调性求最值 也可行，但运算量较大；如何将陌生的条件转化成自己熟悉的结构，换元法通常可以化被动为主动， 并能达到快速解答的目的！