函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
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$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
指点迷津(四) 破解“双变量问题的转化”
所以 a 的取值范围为(-∞,-2].
=
(2 2 +1)2
1
,+
2
=
4(2-1)(+1)
(2 2 +1)2
,
∞ 时,φ'(x)>0,φ(x)是递增的.
g(x)在(0,+∞)上是递减的,
-4-1
恒成立,
2 2 +1
故设
-4-1
φ(x)=2 2 +1,则
当 x∈
1
0,
2
-4(2 2 +1)-(-4-1)·4 8 2 +4-4
φ'(x)=
(2 2 +1)2
时,φ'(x)<0,φ(x)是递减的,x∈
所以 φ(x)min=
1
2
=-2,
1
m<2,所以2<m<ln
当 ln 2≤m<1 时,f(x)min-1=f(2)-1=ln 2-2m,由-2m+ln 2>-2,得
所以 ln 2≤m<1.综上所述,m 的取值范围是
1
,1
2
+
1
ln 2
2
.
1
m<1+2ln
2;
2,
突破技巧“双变量”的恒(能)成立问题一定要正确理解其实质,深刻挖掘内
含条件,进行等价变换,常见的等价转换有
所以 h(x)在
1
- , +
∞ ,
(-2+1)( +1)
,
1
0, 2
1
-
1
,
2
+ ∞ 上是递减的,
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。
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
导数压轴-双变量问题的探讨
引言导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m 和n 、a 和b 、1x 和2x 。
显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。
方法点睛方法一：也是最核心、最常见的方法。
就是进行式子齐次化，进行了齐次化后可以将12x x 或者12x x -作为单元，这样就达到了减元的目的。
方法二：一般可以通过联立12,x x 的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。
方法三：对于等价双变量不等式问题，我们先令如12x x >，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为()g x ，问题也许就转化成了()g x 的单调性问题。
还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。
例题讲解【例题1】已知函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+. （Ⅰ）若函数()f x 在(0,)+∞上为单调增函数，求a 的取值范围 （Ⅱ）设m ，n +∈R ，且m n ≠，求证：ln ln 2m n m nm n -+<- 对话与解答：（Ⅰ）2a ≤（Ⅱ）不妨设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，也就是证明第六课：关于导数中双变量问题的探讨21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立。
令,1m t t n =>，即证()()21ln 01t g t t t -=->+。
运用（Ⅰ）的结论，()g t 在()0+∞，上单调递增，故()()10g t g >=，不等式得证。
本题我们用到方法一。
看到解答，你可能会觉得将()2m n m n -+处理成211m n m n⎛⎫- ⎪⎝⎭+真是神来之笔，也是解决整个问题的关键。
那么这个处理究竟有没有思路可循呢？当然是有的，不难发现()2ln m n mm n n-<+的右边已经出现了m n 的形式，同时右边分子分母都死其次式，如果一开始就有“转化成一个变量”的思想，就会迅速锁定mn整体换元。
2021届高考数学二轮复习【导数压轴专题】【教案12】转化与化归思想1：双变量转单变量（教师版）
【教案12】转化与化归思想1：双变量转单变量内容纲要1、齐次化换元转单变量；2、利用等值（方程）转化消元，转单变量；3、利用韦达定理消元，转单变量；4、利用单调性消元，转单变量.【例1】 已知函数()2ln f x x ax x =++，a R ∈.（1）若函数()f x 存在两个极值，求a 的取值范围；并证明：函数()f x 存在唯一零点.（2）若存在实数12,x x ，使()()12''0f x f x +=，且2122x x x <<，求()()12f x f x -的取值范围. 【答案】：（1）(,22-∞-；证明见解析；（2）3ln 204⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，. 【解析】：（1）由题意221()(0)x ax f x x x++'=>， 所以方程2210x ax ++=有两个不相等的正实数根,m n ，不妨设m n <，则28004a a m n ⎧∆=->⎪⎨+=->⎪⎩，解得：22a <-，所以a 的取值范围为(,22-∞-； 齐次化换元转单变量01由题易知()f x 在x m =处取得极大值，当x n =处取得极小值，且有2210m am ++=，故2()ln 1f m m m =-+-， 令2()ln 1g x x x =-+-，故1()2(0)g x x x x '=->，令120x x -=，解得2x =，由导数与函数的最值可知：23()022g x g ⎛⎫=< ⎪ ⎪⎝⎭故()0f m <，所以()f x 至多有一个零点，又因()ln()0f a a -=->，所以函数()f x 存在唯一零点； （2）由题意知：121211220x a x a x x +++++=，即()1212122x x a x x x x +=-+-， 故()()()22112112121222121lnln 2x x x x f x f x x x a x x x x x x ⎛⎫-=-+-+=--+ ⎪⎝⎭， 设12(1,2)x t x =∈，记1()ln 22t h t t t =-++，则211()102h t t ⎛⎫'=-+ ⎪⎝⎭， 所以()h t 在定义域上单调递减，所以()()(2)(1)h t h h ∈，，即3()ln 204h t ⎛⎫∈-+ ⎪⎝⎭，， 故()()12f x f x -的取值范围.为3ln 204⎛⎫-+ ⎪⎝⎭，.【演练题组1】1、【2018·浙江卷】已知函数()ln f x x =.（1）若()f x 在()1212,x x x x x =≠处导数相等，证明：()()1288ln 2f x f x +>-；（2）若34ln 2a ≤-，证明：对于任意0k >，直线y kx a =+与曲线()yf x =有唯一公共点. 【答案】：（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析. 【解析】：（Ⅰ）函数()f x 的导函数()1'f x x=-， 由()()12''f x f x =,1211x x -=-，因为12x x ≠，所以121112x x +=． 由基本不等式得4121212122x x x x x x =+≥． 因为12x x ≠，所以12256x x >． 由题意得()()()12112212121ln ln ln 2f x f x x x x x x x x x +=-+-=-． 设()1ln 2g x x x =-，则()()1'44g x x x=-，所以x（0，16）16 （16，+∞）-0 +↓ 2-4ln2↑所以g （x ）在[256，+∞）上单调递增，故()()1225688ln2g x x g >=-，即()()1288ln2f x f x +>-．（Ⅱ）令m =()e a k -+，n =211a k ⎛⎫++ ⎪⎝⎭，则f （m ）–km –a >|a |+k –k –a ≥0，f （n ）–kn –a <a n k n n ⎫--⎪⎭≤1a n k n ⎫+-⎪⎭<0， 所以，存在x 0∈（m ，n ）使f （x 0）=kx 0+a ，所以，对于任意的a ∈R 及k ∈（0，+∞），直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有公共点． 由f （x ）=kx +a 得ln x x ak --=设h （x ）ln x x a --，则h ′（x ）=()22ln 112xx a g x a x x -+--+=，其中g （x ）ln x x -． 由（Ⅰ）可知g （x ）≥g （16），又a ≤3–4ln2，故–g （x ）–1+a ≤–g （16）–1+a =–3+4ln2+a ≤0， 所以h ′（x ）≤0，即函数h （x ）在（0，+∞）上单调递减，因此方程f （x ）–kx –a =0至多1个实根． 综上，当a ≤3–4ln2时，对于任意k >0，直线y =kx +a 与曲线y =f （x ）有唯一公共点．【例2】 已知函数()ln x f x x =的图象为曲线C ，函数()12g x ax b =+的图象为直线l . （1）当2,3a b ==-时，求()()()F x f x g x =-的最大值；（2）设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为12,x x ，且12x x ≠，求证：()()12122x x g x x ++>. 【答案】：（1）2；（2）见详解.【解析】：(1) 当2,3a b ==-时，()()()3lnxF x f x g x x x=-=-+， 所以()22211101lnx lnx x F x x x x---'=-==⇒=， ()0,1x ∈，()0F x '>，()F x 单调递增，()1,x ∈+∞，()0F x '<，()F x 单调递减；所以()()12max F x F ==；（2）不妨设12x x <，要证()()12122x x g x x ++>， 只需证()()1212122x x a x x b ⎡⎤+++>⎢⎥⎣⎦，即证()()()()21221221211212212122x x a x x b a x x b x x x x x x -++>⇒-+->++， 即证()212222*********x x ax bx ax bx x x -⎛⎫+-+> ⎪+⎝⎭， 利用等值（方程）转化消元，转单变量02因为11112lnx ax b x =+，22212lnx ax b x =+， 所以()2121122x x lnx lnx x x -->+，即()2121122x x x lnx x x ->+，所以()()2122112x x x lnx x x +>-， 令()()()1112lnxH x x x x x x =+--，()1,x x ∞∈+， 只需证()()()()111120lnxH x x x x x H x x =+-->=， 又()111x lnx H x x x +'=-，令()111x lnx G x x x =+-，则()120x x G x x-'=>，()G x 在()1,x +∞单调递增；所以()()10G x G x >=，所以()0H x '>，所以()H x 在()1,x +∞单调递增. 因此()()10H x H x >=，即()()11120lnxx x x x x +-->，所以()()12122x x g x x ++>.【例3】 已知函数2()ln 22a f x x x x =-++（a ∈R ） （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）若函数()()2g x f x bx =+-（0a ≠）的两个零点为1x ，2x （12x x ≠），证明：1202x x g +⎛⎫'<⎪⎝⎭.【答案】：【解析】：函数()f x 的定义域为(0,)+∞，211()1ax x f x ax x x-++'=-+=，当0a =时，1()0x f x x+'=>在(0,)+∞恒成立，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，则140a ∆=+>，令()0f x '>，解得0x <<()f x在区间⎛ ⎝⎭上单调递增， 令()0f x '<，解得12x a +>，所以函数()f x在区间12a ⎛⎫++∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减； 当14a -时，则140a ∆=+，()0f x '>在(0,)+∞恒成立，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；当104a -<<时，140a ∆=+>，()0f x '>在(0,)+∞恒成立，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增；综上所述，当0a 时，所以函数()f x 在区间(0,)+∞上单调递增； 当0a >时，函数()f x在区间10,2a ⎛ ⎝⎭上单调递增，在区间12a ⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减. （2）证明：由题意知2()ln (1)2ag x x x b x =-++（0a ≠），函数()g x 的两个零点为1x ，2x （12x x ≠），不妨设120x x <<，所以()21111ln (1)02a g x x x b x =-++=，()22222ln (1)02a g x x xb x =-++=， 得()()()()2212121212ln ln (1)02a g x g x x x x xb x x -=---++-=，即()()22121212ln ln (1)2a x x x xb x x -=--+-. 又1()1g x ax b x '=-++，所以1212122122x x x x g a b x x ++⎛⎫'=-++ ⎪+⎝⎭， 所以()()12121212122122x x x x x x g x x a b x x ⎛⎫++⎛⎫-'=--++ ⎪⎪+⎝⎭⎝⎭()()()()()11212222112121211212222122(1)ln ln ln 21x x x x x x x a x x b x x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪--⎡⎤⎝⎭=---+-=--=-⎢⎥++⎣⎦+令12x t x =（01t <<），设2(1)()ln 1t r t t t -=-+（01t <<） 所以22241(1)()0(1)(1)t r t t t t t-'=-=-<++，所以()r t 在(0,1)上单调递减，故()(1)0r t r >=所以12112221ln 01x x x x x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭->+，即()121202x x x x g +⎛⎫-'> ⎪⎝⎭，又120x x -<，所以1202x x g +⎛⎫'< ⎪⎝⎭.【演练题组2】1、已知函数()1ln +=x x f ，()212-=x e x g ，若()()n g m f =成立，求n m -的最小值.【答案】：212ln +【解析】：令()()k n g m f ==（0>k ），则有⎪⎩⎪⎨⎧==+-k e k m n 2121ln ，⎪⎩⎪⎨⎧+==∴-2ln 211k n e m k212ln1--=-∴-k e n m k 设()212ln 1--=-x e x h x （0>x ），则()x e x h x 1'1-=-由()0'>x h ，得1>x ；由()0'<x h ，得10<<x .∴函数()x h 在()1,0上递减，在()+∞,1上递增.()()212ln 2121ln111min +=--==∴-e h x h ，即n m -的最小值是212ln +.2、已知函数()()ln af x x x a R x=++∈. （1）若函数()f x 在[)1,+∞上为增函数，求a 的取值范围；（2）若函数()()()21g x xf x a x x =-+-有两个不同的极值点，记作12,x x ，且12x x <，证明：2312x x e>（e 为自然对数）.【答案】：（1）2a ≤；（2）见解析.【解析】：（1）由题意可知，函数()f x 的定义域为()0,+∞，()22211a x x a f x x x x='+-=+-， 因为函数()f x 在[)1,+∞为增函数，所以()0f x '≥在[)1,+∞上恒成立， 等价于20x x a +-≥在[)1,+∞上恒成立，即()2mina x x≤+，因为2211224x x x ⎛⎫+=+-≥ ⎪⎝⎭，所以2a ≤，故a 的取值范围为2a ≤.（2）可知()()222ln 1ln g x x x x a a x x x x ax x a =++-+-=--+，所以()ln 2g x x ax '=-，因为()g x 有两极值点12,x x ，所以1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，欲证2312x x e ⋅>，等价于要证：()2312ln ln 3x x e ⋅>=，即12ln 2ln 3x x +>，所以12322ax ax +>，因为120x x <<，所以原式等价于要证明：12324a x x >+，① 由1122ln 2,ln 2x ax x ax ==，可得()2211ln2x a x x x =-，则有2121ln2x x a x x =-（），② 由①②原式等价于要证明：212112ln 32x x x x x x >-+，即证()2211221121313ln 212x x x x x x x x x x ⎛⎫- ⎪-⎝⎭>=++， 令21x t x =，则1t >，上式等价于要证()31ln 12t t t->+， 令()()31ln 12t h t t t-=-+，则()()()()()()()223126114111212t t t t h t t t t t +----=-=++' 因为1t >，所以()0h t '>，所以()h t 在()1,+∞上单调递增， 因此当1t >时，()()10h t h >=，即()31ln 12t t t->+.所以原不等式成立，即2312x x e ⋅>.3、已知函数()x x f ln =，()xe x g =（1）求函数()x x f y -=的单调区间；（2）求证：函数()y f x =和()y g x =在公共定义域内，()()2>-x f x g 恒成立； （3）若存在两个不相等的实数21,x x ，满足()()a x x f x x f ==2211，求证：1221>exx . 【答案】：（1）增区间为()0,1,减区间为()1,+∞；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【解析】：（1）函数的定义域为,,故当时,,当时,,故函数的单调增区间为,单调减区间为;（2）证明:函数和的公共定义域为,,设,则在上单调递增,故; 设,当时有极大值点,;故;故函数和在公共定义域内,.（3）证明:不妨设,由题意得,,;所以;而要证,只需证明;即证明;即证明;即证明,;令,则;即证明;设;则,故函数在区间上是增函数,所以,即;所以不等式成立.4、已知函数()x a x xx f ln 21+-=（其中a 是实数）. （1）若12a =，求曲线()x f y =在()()1,1f 处的切线方程； （2）求函数()x f 的单调区间；（3）设()2ln cx bx x x g --=，若函数()x f 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()x g 的两个零点，且()⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=2'2121x x g x x y 的范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,322ln ，求实数a 的取值范围.【答案】：（1）1+-=x y ；（2）答案见解析；（3）⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞,423.【解析】：（1）由12a =得：1()ln f x x x x =-+ ，则211()1f x x x '=--+ ，所以(1)1f '=-，又(1)0f =.所以曲线()y f x =在点(1,(1))f 处的切线方程为1y x =-+.（2）因为1()2ln f x x a x x =-+，所以()f x 定义域为(0,)+∞，2221221()1a x ax f x x x x -+'=--+=-若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1,1a x ==时，()0f x '=若1a >，()0f x '=得12x a x a ==当12(0,)(,)x x x ∈+∞时，()0f x '<；当12(,)x x x ∈时，()0f x '>所以，当1a ≤时，()f x 的单调递减区间为(0,)+∞，无单调递增区间；1a >时，()f x的单调递减区间为(0,)a a +∞；单调递增区间为(a a .（3）由（2）知，若()f x 有两个极值点，则1a >，且12122,1x x a x x +==，所以1201x x <<<21()ln ()2g x x bx cx g x b cx x'=--⇒=-- ，1212122()()2x x g b c x x x x +'=--++ 由12()()0g x g x ==得22112122ln()()x b x x c x x x =-+-. 1212()()2x x y x x g +'=-22121212122()()()x x b x x c x x x x -=----+1211222()ln x x x x x x -=-+1211222(1)ln 1x x xx x x -=-+令12(0,1)x t x =∈，2(1)()ln 1t h t t t -=-+，22(1)()0(1)t h t t t --'=<+，所以()(0,1)h t 在上单调递减 由1212()()2x x y x x g +'=-的范围是2[ln 2,)3-+∞得t 的取值范围1(0,]2.又12122,1x x a x x +==，222221212121221(2)()242x x a x x x x x x a x x =+=++⇒=++ 2122119422[,)2x x a t x x t =++=++∈+∞，又1a >， 故实数a的取值范围[)4+∞.5、【2012˙湖北黄冈市高三上期末考˙理科】已知函数()()21ln 12f x x ax a x =-+-（a R ∈，且0a ≠）. （Ⅰ）求函数()f x 的单调区间；（Ⅱ）记函数()y F x =的图象为曲线C ，设点()()1122,,,A x y B x y 是曲线C 上的不同两点.如果在曲线C 上存在点()00,M x y ，使得：①1202x x x +=；②曲线C 在点M 处的切线平行于直线AB ，则称函数()F x 存在“中值相依切线”.试问：函数()f x 是否存在中值相依切线，请说明理由. 【答案】：（Ⅰ）当1a <-时, 函数()f x 在10,a ⎛⎫-⎪⎝⎭和()1,+∞上单调递增,在1,1a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递减，当1a =-时, 函数()f x 在()0,+∞上单调递增，当10a -<<时, 函数()f x 在0,1和1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增,在11,a ⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递减；（Ⅱ）不存在，理由见解析. 【解析】：(Ⅰ)显然函数()f x 的定义域是(0,)+∞. …………1分由已知得，1(1)()1()1a x x a f x ax a x x-+=-+-=-. ⑴ a>0时, 令'()0f x >,解得01x <<; 令'()0f x <,解得1x >. 所以函数()f x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减. ……3分⑵ a<0时， ①当11a -<时，即1a <-时, 令'()0f x >,解得10x a <<-或1x >; 令'()0f x <,解得11x a -<<.所以，函数()f x 在1(0,)a -和(1,)+∞上单调递增,在1(,1)a-上单调递减; ……4分②当11a -=时，即1a =-时, 显然，函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； ………5分③当11a ->时，即10a -<<时, 令'()0f x >,解得01x <<或1x a >-; 令'()0f x <,解得11x a<<-.所以，函数()f x 在(0,1)和1(,)a -+∞上单调递增,在1(1,)a-上单调递减.综上所述，⑴当a>0时,函数()f x 在(0,1)上单调递增,在(1,)+∞上单调递减； ⑶ a<-1时,函数()f x 在1(0,)a -和(1,)+∞上单调递增,在1(,1)a-上单调递减； ⑷ a=-1时,函数()f x 在(0,)+∞上单调递增； ⑸ -1<a<0时,函数()f x 在(0,1)和1(,)a-+∞上单调递增,在1,上单调递减. …7分 (Ⅱ)假设函数()f x 存在“中值相依切线”.设1122(,)(,)A x y B x y ,是曲线()y f x =上的不同两点，且120x x <<，则21111222221ln (1)21ln (1)2y x ax a x y x ax a x =⎧-⎪⎪⎨+-=-+-⎪⎪⎩,2121AB y y k x x -=-=212121ln ln ()12x x a x x a x x --++--…8分 曲线在点00(,)M x y 处的切线斜率k=f ’(x 0)=212()x x +-a 21()2x x ++a-1……9分依题意得：2121212121ln ln ()2()112()2x x x x a x x a a a x x x x -+-++-=-+--+ 化简可得：212121ln ln 2x x x x x x -=-+，即22211212112(1)2()ln()1x x x x x x x x x x --==++. …………11分设21x t x =(t>1)，上式化为,4ln 21t t =-+即4ln 21t t +=+. …12分令4()ln 1g t t t =++,2214(1)'()(1)(1)t g t t t t t -=-=++因为t>1,显然'()0g t >，所以()g t 在(1,)+∞上递增,显然有()2g t >恒成立. 所以在(1,)+∞内不存在t ,使得4ln 21t t +=+成立. 综上所述，假设不成立.所以，函数()f x 不存在“中值相依切线”.【例4】 【2018·全国Ⅰ卷·理科】已知函数()1ln f x x a x x=-+. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，证明：()()12122f x f x a x x -<--.【答案】：（1）见解析；（2）见解析.【解析】：（1）()f x 的定义域为()0,+∞，()222111a x ax f x x x x -+=--+-'=.（i ）若2a ≤，则()0f x '≤，当且仅当2a =，1x =时()0f x '=，所以()f x 在()0,+∞单调递减.（ii ）若2a >，令()0f x '=得，24a a x --=或24a a x +-=当2244a a a a x ⎛⎫--+-∈⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '<； 利用韦达定理消元，转单变量03当x ⎝⎭时，()0f x '>.所以()f x在,⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭单调递减，在22a a ⎛⎪⎝⎭单调递增. （2）由（1）知，()f x 存在两个极值点当且仅当2a >.由于()f x 的两个极值点12,x x 满足210x ax -+=，所以121x x =，不妨设12x x <，则21x >.由于()()12121221212121222ln ln ln ln 2ln 11221f x f x x x x x x a a ax x x x x x x x x x ----=--+=-+=-+----， 所以()()12122f x f x a x x -<--等价于22212ln 0x x x -+<. 设函数()12ln g x x x x=-+，由（1）知，()g x 在()0,+∞单调递减，又()10g =，从而当()1,x ∈+∞时，()0g x <.所以22212ln 0x x x -+<，即()()12122f x f x a x x -<--.【例5】 已知函数()()21ln 02f x x x a x a =-+>. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 存在两个极值点12,x x ，求证：()()1232ln 24f x f x --+>. 【答案】：（1）当104a <<时，()f x在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在1122⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；当14a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增；（2）证明见解析. 【解析】：（1）()f x 的定义域为(0,)+∞，2()1a x x af x x x x-+'=-+=，设()2g x x x a =-+，则14a ∆=-，若0∆≤，即14a ≥时，()0g x ≥， ∴()0f x '≥，所以()f x 在(0,)+∞上单调递增.若0∆>，即104a <<时，令()0f x '=，则1x =，2x =当x ⎛⎫∈⋃+∞ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭时，()0f x '>；当x ∈⎝⎭时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝⎭，⎫+∞⎪⎪⎝⎭上单调递增，在⎝⎭上单调递减.综上可得：当104a <<时，()f x 在10,2⎛ ⎝⎭，1,2⎛⎫+∞ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递增，在11,22⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭上单调递减；当14a ≥时，()f x 在(0,)+∞上单调递增； （2）由（1）知104a <<时()f x 存在两个极值点1x ，2x 则方程20x x a -+=有两根1x ，2x ，所以121x x =+，12x x a =，221212121211()()ln ln 22f x f x x x a x x x a x +=-++-+121212121()()ln 2x x x x a x x =+-++ 2111212121()2()ln 2x x x x x x a x x ⎡⎤=+--++⎣⎦()1121ln 2a a a =--+1ln 2a a a =-+-. 令1()ln 2h a a a a =-+-，10,4a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则1()1110h a na a na a '=-++⋅=<， 所以()h a 在10,4⎛⎫ ⎪⎝⎭上单调递减，所以()132244ln h a h --⎛⎫>=⎪⎝⎭， 所以1232ln 2()()4f x f x --+>.【演练题组3】1、【2014·湖南卷·理科】已知常数0a >，函数()()2ln 12xf x ax x =+-+. （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12,x x ，且()()120f x f x +>，求a 的取值范围. 【答案】：（1）详见解析；（2）1,12⎛⎫⎪⎝⎭. 【解析】：（1）对函数()f x 求导可得()()24'12a f x ax x =-++()()()()2224112a x ax ax x +-+=++()()()224112ax a ax x --=++ 因为()()2120ax x ++>,所以当10a -≤时,即1a ≥时,()'0f x ≥恒成立, 则函数()f x 在()0,+∞单调递增,当1a <时,()'0f x x =⇒=,则函数()f x 在区间⎛ ⎝⎭单调递减,在⎫⎪+∞⎪⎝⎭单调递增的. （2）函数()f x 的定义域为1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭,由(1)可得当01a <<时,()'0f x x =⇒=则1a >-⇒12a ≠,即110,,122a ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,则()f x 的两个极值点,代入()()120f x f x +>可得()()12ln 1ln 1f x f x ⎡⎡+=++-⎣⎣()()41ln 14121a a a a -⎡⎤=---⎣⎦-=()22ln 12221a a -+-- 令21a t -=,令()22ln 2g t t t =+-,由110,,122a ⎛⎫⎛⎫∈⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭知: 当10,2a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()1,0t ∈-, 当1,12a ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时,()0,1t ∈,当()1,0t ∈-时,()()22ln 2g t t t =-+-,对g t 求导可得()()222122'0t g t t t t -=-=<,所以函数g t 在()1,0-上单调递减,则()()140g t g <-=-<,即()()120f x f x +<不符合题意. 当()0,1t ∈时,()22ln 2g t t t =+-,对g t 求导可得()()222122'0t g t t t t-=-=<,所以函数g t 在0,1上单调递减,则()()10g t g >=,即()()120f x f x +>恒成立, 综上a 的取值范围为1,12⎛⎫⎪⎝⎭.2、已知函数()212xx f x e ae ax =-+有两个极值点. （Ⅰ）求a 的取值范围；（Ⅱ）设()f x 的两个极值点分别为12,x x ，若不等式()()()1212xx f x f x e eλ+<+恒成立，求λ的最小值.【答案】：（1）4a >；（2）2ln 23-. 【解析】：（1）因为()212xx f x e ae ax =-+有两个极值点1x ，2x ， 所以()2xx f x eae a '=-+有两个不同的零点，即方程20t at a -+=（其中0x t e =>）有两个不同的正根，所以240,0,20,a a aa ⎧->⎪⎪>⎨⎪>⎪⎩，所以4a >. （2）由（1）知1x ，2x 是()2xx f x eae a '=-+的两个根，由根与系数的关系得12x x e e a +=，12x x e e a ⋅=，所以12ln x x a +=， 所以()()()()()121222121212x x x x f x f x e e e e x a a x +=+⋅++- ()()()()()1212121212212x x x x x x x x e e e e a e e a x x e e λ-=+-+++<+， 所以221ln 2a a a a a a λ--+<. 因为4a >，所以1ln 12a a λ--<. 设()1ln 12g a a a =--，则()1102g a a '=-<， 所以g （a ）在()4,+∞上单调递减，所以()()42ln 23g a g <=-，故λ的最小值为2ln 23-.3、已知函数()122+-=x ax x f ，()x x g ln =.（Ⅰ）当()x f 在0x x =处的切线与()x g 在1=x 处的切线相互平行且距离为2时，求0,x a 的值； （Ⅱ）设()()()x g x f x F +=，当()x F 有两个不同极值点21,x x 时，求证：()()121-<+x F x F . 【答案】：【解析】：（Ⅰ）()g x 的定义域为()0,+∞，()'22f x ax =-，()1'g x x=， 由题意得0221ax -=，解得023ax =，……………………………………………………1分 又()g x 在1x =处的切线方程为1y x =-，()f x 在0x x =处的切线方程为22000002311y x x ax x x ax x +=-+-=+-+，………3分则两平行线间的距离d ===00x =（舍去）或083x =，则916a =；即满足条件的916a =，083x =；……………………………………………5分 （Ⅱ）由题意2()21ln F x ax x x =-++，则21221'()22ax x F x ax x x-+=-+=，要使()F x 有两个不同极值点1x ，2x ，则1x ，2x 是方程22210ax x -+=的两不同正根，即满足480a ∆=->，且1210x x a+=>，12102x x a =>，解得102a <<；…………7分又()()()()22121212122ln ln 2F x F x a x x x x x x +=+-++++()()21212121222ln 2a x x ax x x x x x =+--+++11ln12a a=-++，…………………9分 设12t a =，由102a <<得1t >，则11ln 112ln 2t t a a-++=-+，设()()12ln 1h t t t t =-+>，则()1'20h t t=-+<，故()h t 在()1,+∞单调递减，……11分∴()()11h t h <=-对1t >恒成立，即()()121F x F x +<-得证.………………………12分4、已知函数()()x xax a x f -++=2ln 2. （1）讨论()x f 的单调性；（2）若函数()()x x f x h ln 2-=有两个不同的极值点()2121,x x x x <，求证：()()()22ln 582121->-+x x x f x f ；（3）设1-=a ，函数()x x x f ++2的反函数为()x k ，令()⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛=x i n i k x k ，1,,2,1-=n i ，*∈N n 且2≥n .若[]1,1-∈x 时，对任意的*∈N n 且2≥n ，()()()m n ex k x k x k 1121≥- 恒成立，求m 的最小值. 【答案】： 【解析】：【例6】 已知函数()2ln f x a x x =-，a R ∈. （1）求函数()f x 的单调区间；（2）若1x ≥时，()0f x ≤恒成立，求实数a 的取值范围；（3）设0a >，若()()1122,,,A x y B x y 为曲线()y f x =上的两个不同点，满足120x x <<，且()312,x x x ∈，使得曲线()y f x =在3x x =处的切线与直线AB 平行，求证：1232x x x +<. 利用单调性消元，转单变量04【答案】：【解析】：。
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。
高考数学化归与转化思想及方法讲解
高考数学化归与转化思想及方法讲解化归与转化的思想方法是中学数学中的重要思想方法之一，也是高考数学中重点考查的思想方法.化归与转化的思想就是将复杂或陌生、新颖的数学问题、数学信息和数学情景转化为简单或已知的数学知识和成熟的经验方法，从而解决问题的策略.化归与转化的思想,遵循以下五项基本原则: (1)化繁为简的原则. (2)化生为熟的的原则. (3)等价性原则. (4)正难反则易即逆向思维原则.当问题从正面解决困难时,可以转化为问题的逆否命题或考虑反证法.(5)形象具体化原则.将抽象的数学信息转化为可以观察,或者能够定性研究的具体问题.下面通过一些具体例子说明化归与转化思想中主要的一些方法.1.用构造法实现化归与转化例1 已知,3232,x y y x R y x --+>+∈且那么（ ）0y x .<+A 0y x .>+B 0 x y .<C 0 x y .>D分析：已知不等式两边都含有y x ,两个变量，而学生目前只学习一元函数，为此先把不等式化为yyxx 3232->---，使它的两边都只含有一个变量，于是可以构造辅助函数xxx f --=32)(，通过构造函数,把不等式问题化归为函数单调性问题.解：把原不等式化为y yxx3232->---，即)(3232y yxx ----->-.设.32)(xx x f --=因为函数xx--3,2均为R 上的增函数,所以xxx f --=32)(是R 上的增函数. 不等式)(3232y yxx----->-即)()(y f x f ->,0>+->∴y x y x 即,故选B .2.转换变量实现化归与转化例2设1log)2()(log 222+--+=t x t x y ,若t 在]2,2[-上变化时,y 恒取正值,求x 的取值范围.分析:本题中,如果把y 看作x 的函数,则该题就是一个有限制条件的定义域问题,解法较为复杂.由于t 在]2,2[-上变化,所以如果转换思维角度,把y 看作t 的函数,则y 就是关于t 的一次函数或常数函数.原命题的陈述方式变为:关于t 的函数y ，当自变量t 在]2,2[-上变化时，y 恒大于零，求字母x 的取值范围.从而有以下简捷解法. 解:设.1log2)(log)1(log)(2222+-+-==x x t x t f y 则)(x f 为一次函数或常数函数.当]2,2[-∈t 时,0)(>x f 恒成立,则⎩⎨⎧>>-,0)2(0)2(f f 即⎪⎩⎪⎨⎧>->+-01log3log 4log22222x x x ,解得1l o g 2-<x 或210,3log2<<∴>x x 或8>x ,所以x 的取值范围是).,8()21,0(+∞3.用换元法实现化归与转化例3已知,R a ∈求函数)cos )(sin (x a x a y --=最小值.分析:把函数)cos )(sin (x a x a y --=展开后,可以观察到该函数是关于x x x x cos sin cos sin +⋅与的三角函数式,因此可以把x x cos sin +看作一个量,把该函数式转化为一个二次函数在给定区间上的最值问题. 解:设xx t cos sin +=,则].2,2[),4sin(2-∈+=t x t π而),1(21]1)cos [(sin 21cos sin 22-=-+=⋅t x x x x所以x x x x a a t f y co s s i n )c o s (s i n )(2⋅++-==2121)1(212222-+-=-+-=a at t t at a ].2,2[,2121)(2122-∈-+-=t a a t（1）若22≤≤-a 时，当;2121)(,2m i n -==a t f a t （2）若2>a 时，)(t f 在]2,2[-上单调递减，;212)2()(2m in +-==a a f t f （3）若2-<a ，)(t f 在]2,2[-上单调递增，212)2()(2min ++=-=a af t f .4．用数形结合实现化归与转化例4 已知不等式22)12(x a x ⋅<-的解集中只有三个整数解,求实数a 的取值范围. 分析:如果本题从不等式的角度去考虑,将比较繁琐.如果画出函数22)(,)12()(ax x g x x f =-= 的大致图像（如图1所示）,从图像上可以看到,要使不等式成立,必须 0>a ,而且满足22)12(x a x ⋅<-的图像在y 轴的右边,由此看到，解集中三个整数解分别为3,2,1，而4不再是不等式的解，从而由函数值的大小关系，解得实数a 的取值范围. 通过数形结合,把求不等式中字母a 的问题,化归为两个二次函数在几个关键值的大小问题. 解:在同一坐标系中画出22)(,)12()(ax x g x x f =-=（0>a ）的大致图像图像,如图1所示.从图1中看到,要使不等式22)12(x a x ⋅<-的解集中只有三个整数解,那么这三个解只能是3,2,1.所以⎩⎨⎧≥<)4()4()3()3(g f g f 即⎪⎩⎪⎨⎧⋅≥⋅<22224735a a 解得.1649925≤<a 这就是实数a 的取值范围. 5.用分离变量法实现化归与转化例5 若不等式012≥++ax x 对一切]21,0(∈x 成立,则a 的最小值为 .分析:要求a 的最小值,需要求出a 的取值范围.若通过讨论一元二次不等式在给定区间上恒成立，可能较繁琐.若把字母a 单独分离出来,放于不等式的一边,则另一边是关于x 的函数关系式.通过求函数式的值域或范围,可以求得字母a 的取值范围.解:因为]21,0(∈x ,所以可以把不等式012≥++ax x 化为:)1(x x a +-≥.设x x x f 1)(+=, ]21,0(∈x .因为xx x f 1)(+=在]21,0(∈x 时单调递减,所以25)1( ,25)(-≤+-≥x x x f .要使不等式)1(xx a +-≥对一切]21,0(∈x 成立,则25-≥a ,所以a 的最小值为25-.6.用特殊化法实现化归与转化例6 已知|,0,3||,1|=⋅==OB OA OB OA 点C 在ABC ∠内,且30=∠AOC .设),(R n m OB n OA m OC ∈+=,则=nm ( )31 .A 3 .B 33.C 3 .D图1解析：本题若按通常解法，需要根据向量所给出的平面几何关系，把OB n OA m OC +=两边平方后，得到n m ,关系式，从中求出nm ,比较繁琐.现在如果把n m ,特殊化,如取1=m 则OB AC //.由AC OA AOC OA ⊥=∠=,30,1|| 得33||=AC ,所以31=n ,则3=nm ,由此判断选择支D C A ,,错误,故B 正确.7.用导数实现化归与转化例7 已知函数22()ln (0)f x x a x x x=++>， （I ）令1a =，求函数()f x 在2x =处的切线方程；（Ⅱ）若()f x 在[1,)+∞上单调递增，求a 的取值范围.分析:本题是一个非基本初等函数在某点处切线和单调性的问题.在（I ）中,把1a =代入函数的解析式后,再求函数的导数,得()f x 在2x =处的切线斜率,最后写出方程.在（Ⅱ）中,先求函数22()ln (0)f x x a x x x=++>的导函数)(x f ',再令0)(≥'x f 在[1,)+∞上恒成立,求得a 的取值范围. 通过导数的几何意义,把非基本初等函数的切线和单调性问题,化归为求导函数值和不等式恒成立问题,这是导数的重要贡献之一. 解:（I ）由2222()ln ,'()2af x x a x f x x x x x=++=-+得切线的斜率k '(2)4f ==切点坐标（2，5+ln 2）， 所求切线方程为(5ln 2)4(2)y x -+=-,即02ln 34=+--y x（Ⅱ）若函数为[1,)+∞上单调增函数，则()0f x ≥在[1,)+∞上恒成立，即不等式2220ax x x-+≥在[1,)+∞上恒成立 也即222a x x ≥-在[1,)+∞上恒成立.令22()2,x x xϕ=-上述问题等价于m ax (),a x ϕ≥而22()2x x xϕ=-为在[1.)+∞上的减函数， 则max ()(1)0,x ϕϕ==于是0a ≥为所求.8.用定义、公式、定理、图形和已知结论等实现化归与转化例8已知数列{}n a 的前n 项和322+=n S n ,求数列{}n a 的通项n a .分析:数列{}n a 的前n 项和已知,根据前n 项和定义n n a a a S +++= 21得,当2≥n 时,1--=n n n S S a ,把数列{}n a 的前n 项和问题转化为数列的通项问题. 这是最常见和应用最广泛的解题方法,它蕴含着最直接的化归与转化的思想.解:因为322+=n S n ,所以当2≥n 时, 1--=n n n S S a 243)1(23222-=---+=n n n , 又当1=n 时,53211=+==S a ,所以⎩⎨⎧=≥-=1,52,24n n n a n .9.利用命题的否定或反证法实现化归与转化例9 已知下列三个方程: 03442=+-+a ax x , 0)1(22=+-+a x a x ,0222=-+a ax x 至少有一个方程有实数根,求实数a 的取值范围.分析:若从题设入手,三个方程至少有一个有实数根,则需要分为三类,即有一个方程有实根,有两个方程有实根, 有三个方程有实根.而且前两类中又各有三种情况,比较复杂.因此考虑该问题的相反情况即:三个方程都没有实根.求得a 的范围后,再在R 上求补集.该转化较好的体现了正难反则易的思想.解:假设三个方程均无实根，则有⎪⎩⎪⎨⎧<--<-<+--）（）（）（30)2(4)2(2 041)-(a 1 0)34(4)4(2222a a a a a ，解（1）得：,2123<<-a 解（2）得：,311>-<a a 或解（3）得：.02<<-a 所以三个方程均无实数解时.123-<<-a 因此三个方程至少有一个实数解时a 的取值范围是123-≥-≤a a 或.10.利用归纳类比实现化归与转化例10 在球面上有四个点C B A P 、、、,如果PC PB PA 、、两两互相垂直，如图2所示,且,a PC PB PA ===那么这个球面的面积是( )223.a A π 223 .a B π 23 .a C π 2433.a D π解析:本题若只从题设条件入手,不易确定PC PB PA 、、与球心及球的半径的关系，因此不易找到等量关系进行计算.若类比我们熟悉的球与多面体的组合体,则可以联想到球的内接正方体. PC PB PA 、、看作正方体顶点P 处的三条棱（如图3）,正方体的体对角线PD 就是球的直径. 通过类比, 确定了球心及半径与已知条件的关系,把问题转化为球的内接正方体P C B AD图3P ABC图2问题.所以球的半径a r 23=,球的表面积2234a rS ππ==.故选C .化归与转化的思想贯穿于解题行为的始终,化归与转化的方法精彩纷呈,不胜枚举.让我们深刻理解化归与转化的精髓,把握化归与转化的方法,进一步提高分析问题和解决问题的能力.。
人教版2024年高考数学一轮复习高考频点《第07讲 利用导数研究双变量问题知识点必背》
(3)构造关于 或 的新函数,同时根据已知条件确定出 或 的范围即为新函数定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
2、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;
第07讲利用导数研究双根据已知条件确定出变量 满足的条件;
(2)将待求的问题转化为关于 的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及 的式子转化为关于 的式子,将问题转化为关于自变量 ( 亦可)的函数问题;②通过 的乘积关系,用 表示 (用 表示 亦可),将双变量问题替换为 (或 )的单变量问题;
双变量任意,存在性导数问题
值域法破解双变量压轴题的四种情形1基本原理.第1类.“任意=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∀，使得)()(21x g x f =,等价于函数)(x f 在1D 上上的值域A 是函数)(x g 在2D 上的值域B 的子集,即B A ⊆.其等价转化的基本思想:函数)(x f 的任意一个函数值都与函数)(x g 的某一个函数值相等,即)(x f 的函数值都在)(x g 的值域之中.此类型出现频率最高.第2类.“存在=存在”型2211,D x D x ∈∃∈∃，使得)()(21x g x f =，等价于函数)(x f 在1D 上的值域A 与函数)(x g 在2D 上的值域B 的交集不为空集,即∅≠⋂B A .其等价转化的基本思想:两个函数有相等的函数值,即它们的值域有公共部分.第3类.“任意≥(≤、>、<)任意”型2211,D x D x ∈∀∈∀，使得)()(21x g x f ≥恒成立等价于max min )()(x g x f ≥.其等价转化的基本思想是函数)(x f 的任何一个函数值均大于函数)(x g 的任何一个函数值.同理，可得其他类型.第4类.m x f x f b a x x ≤-∈∀|)()(|],,[,2121型.由于闭区间上连续函数必有最值，故此类转化为m x f x f ≤-|)()(|min max ，解决掉双变量转化为求最值.2.典例分析第1类问题问题应用.例1.已知函数()()ln f x ax x a R =+∈.（1）若1a =，求曲线()y f x =在1x =处切线方程；（2）讨论()y f x =的单调性；（3）12a ≥-时，设()222g x x x =-+，若对任意[]11,2x ∈，均存在[]20,3x ∈，使得()()12f x g x =，求实数a 的取值范围.解析：（2）()f x 定义域为()0,∞+，()1'1ax a x f xx +=+=，当0a ≥时，()'0f x >恒成立，所以()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，10,x a ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭时()'0f x >恒成立，1,x a ⎛⎫∈-+∞ ⎪⎝⎭时()'0f x <恒成立，所以()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；综上述，当0a ≥时，()f x 在()0,∞+上单调递增；当0a <时，()f x 在10,a ⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,a ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减.（3）由已知，转化为()f x 在[]1,2x ∈的值域M 和()g x 在[]0,3x ∈的值域N 满足：M N ⊆，易求[]1,5N =.又()1'1ax a x f xx +=+=且12a ≥-，()f x 在[]1,2x ∈上单调递增，故值域[],2ln 2M a a =+.所以152ln 2a a ≤⎧⎨≥+⎩，解得5ln 212a -≤≤，即5ln 21,2a -⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦.第2类问题应用例2．已知曲线()y ln x m =+与x 轴交于点P ，曲线在点P 处的切线方程为()y f x =，且2)1(=f .（1）求()y f x =的解析式；（2）求函数()()xf xg x e =的极值；（3）设2(1)1()ln x a lnx h x x +-+=，若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使得21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，求实数a 的取值范围．解析：（1）曲线()y ln x m =+与x 轴交于点(1,0)P m -，1y x m'=+，∴曲线在点P 处的切线斜率111k m m==-+，可得切线方程为0(1)y x m -=--，f （1）2=，21(1)m ∴=--，解得2m =．()(12)y f x x ∴==--，即()1f x x =+．（2）函数()1()x x f x x g x e e +==，()x xg x e-'=，0x ∴>时，()0g x '<，此时函数()g x 单调递减；0x <时，()0g x '>，此时函数()g x 单调递增．0x ∴=是函数()g x 的极大值点，(0)1g =．（3）设21x m =，12[x e -∈ ，1]，则[1m ∈，]e ，2222222(1)1(1)ln m a lnm x ln x a x lnx x m +-++-+=．2(1)1()ln x a lnx h x x +-+= ，∴2(1)1()ln m a lnm h m m+-+=．若存在实数1[1x ∈，]e ，12[x e -∈，1]，使21222222()(1)h x x ln x a x lnx x <+-+成立，等价于：12()()h x h m <成立，[1m ∈，]e ．即2()()min max h x h x <，[1x ∈，]e ．令lnx t =，[1x ∈ ，]e ，则[0t ∈，1]．22(1)1(1)1()tln x a lnx t a t h x x e +-++-+∴==，[0t ∈，1]，(0)1h =，h （1）3ae -=．221[(1)1](1)()()t tt a t a t t t a h t e e +--+-+--'==，a的取值范围是(-∞，32)(32ee --⋃，)+∞．第3类情形应用实例例3．设函数()(0)kx f x xe k =≠．（1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设2()24g x x bx =-+，当1k =时，若对任意的1x R ∈，存在2[1,2]x ∈，使得()()12f x g x ≥，求实数b 的取值范围．解析：(1)令()(1)0kx f x kx e '=+>，所以10kx +>，当0k >时，1x k >-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递减，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递增；当k 0<时，1x k <-，此时()f x 在1,k ⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭上单调递增，在1,k ⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭上单调递减；（2）当1k =时，，()f x 在(),1-∞-上单调递减，在()1,-+∞单调递增.所以对任意1x R ∈，有()11(1)f x f e ≥-=-，又已知存在2[1,2]x ∈，使()()12f x g x ≥，所以()221,[1,2]g x x e -≥∈即存在2[1,2]x ∈，使21()24g x x bx e =-+≤-，即142e b x x-+≥+，又因为当[1,2]x ∈，14114,52e x x ee -+⎡⎤+∈++⎢⎥⎣⎦，所以1242b e ≥+，124b e ≥+，即实数b 的取值范围124b e ≥+.第4类情形应用实例例4.已知函数()()ln 0bf x a x x a =+≠．（1）当2b =时，若函数()f x 恰有一个零点，求实数a 的取值范围；（2）当0a b +=，0b >时，对任意121,,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，求实数b 的取值范围．解析：（1）定义域为()0,∞+，当2b =时，22()2a x af x x x x+'=+=；当0a >时，()0f x '>，()f x 为增函数，取10a x e -=，120()1(e )0a f x -=-+<，(1)10f =>所以0()(1)0f x f ⋅<，故此时恰有一个零点；当0a <时，令()0f x '=，x =0x <时，()0f x '<，所以()f x 在⎛ ⎝单调递减，x ()0f x '>，所以()f x 在⎫+∞⎪⎪⎭单调递增；要使函数恰有一个零点，需要ln 02af a ==，解得2a e =-，综上，实数a 的取值范围是2a e =-或0a >.（2）因为对任意121,x x e e ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，有()()122f x f x e -≤-成立，且12max min ()()()()f x f x f x f x --≤，所以max min ()2(e )f x f x -≤-.因为0a b +=，所以=-a b ，所以()ln bf x b x x =-+，1(1)().b b b b x f x bx x x--'=-+=当01x <<时，()0f x '<，当1x >时，()0f x '>；所以函数在1[,1)e上单调递减，在(1,]e 上单调递增，min ()(1)1,f x f ==因为1()bf b e e -=+与()b f e b e =-+，所以max 1()max (),(e),e f x f f ⎧⎫=⎨⎬⎩⎭令1()(e)()e e 2,eb bg b f f b -=-=--则当0b >时，()220b b g b e e -'=+->-=，所以()g b 在()0,∞+上单调递增，故()(0)0g b g >=，所以1()()f e f e>，从而max ()e .bf x b =-+所以12b b e e -+-≤-，即10b e b e --+≤.令()e e 1(0)t t t t ϕ=--+>，则()e 1t t ϕ'=-.当0t >时，()0t ϕ'>，所以()t ϕ在()0,∞+上单调递增.又(1)0ϕ=，所以10b e b e --+≤，即()(1)b ϕϕ≤，解得1b ≤，所以b 的取值范围是(0,1].。
2024届高考二轮复习理科数学课件：双变量问题的转化
一、等价转化为函数的最值或值域问题
例 1 已知函数
1
f(x)=
1
+ ln
x(a∈R,且 a≠0).
(1)求函数 f(x)的单调区间;
(2 设 a<0,函数 f'(x)是 f(x)的导函数,记 g(x)=2a2x2f'(x)-a2xf(x).若存在实数 x1,x2
∈[1,e
x1<x2,则
≥1⇔g(x2)-g(x1)≥x2-x1⇔g(x2)-x2≥g(x1)-x1,
2 -1
令 G(x)=g(x)-x,只需证明 G(x)在(1,+∞)单调递增,
因为
1
G(x)=g(x)-x=aln(x-1)+ ,则
e
1
所以 − e≥0
-1
令
1
G'(x)= − ,
e
-1
在 x>1 时恒成立,即
同的实数根,即方程
2
a= 有两个不同的实数根,设
e
2
u(x)= ,可得
e
2-2
u'(x)= ,当
e
x<1 时,可得 u'(x)>0,u(x)单调递增;当 x>1 时,可得 u'(x)<0,u(x)单调递减,
∴x=1 时,函数 u(x)取得极大值,极大值为
u(x)>0,且 x→+∞时,u(x)→0,∴方程
得出g(x)的最小值为g(2)=-48,
∵对任意x1,x2∈[-3,3],都有f(x1)≤g(x2),
∴147-c≤-48,即有c≥195.
二、寻找两变量的关系转化为单变量函数问题
导数中双变量的处理策略精讲
一、方法储备 第一招：消元法 1、消元的目的：若表达式所含变量个数较多，则表达式的范围不易确定（会受多个变量的取值共同影 响），所以如果题目条件能够提供减少变量的方式，则通常利用条件减少变量的个数，从而有利于求 表达式的范围（或最值），消元最理想的状态是将多元表达式转为一元表达式，进而可构造函数求得 值域。 2、常见消元的方法： （1）利用等量关系消元：若题目中出现了变量间的关系（等式），则可利用等式进行消元，在消元的 过程中要注意以下几点： ① 要确定主元：主元的选取有这样几个要点：一是主元应该有比较明确的范围（即称为函数的定义 域）；二是构造出的函数能够解得值域（函数结构不复杂）。
n
n
代入 n 1 可得： f m f n ln 2m
2m 2
m2
1 4m2
设t m2
m
1 2
,1
t
1 4
,1
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设 g t ln 2t t 1
4t
g' t
1 1 t
1 4t 2
2t 12
多变量表达式转化为一元表达式，便于求得最值。 1、放缩法求最值的理论基础：
不等式的传递性：若 f x, y g x , g x m ，则 f x, y m
2、常见的放缩消元手段： （1）抓住题目中的不等关系，若含有两个变量间的不等关系，则可利用这个关系进行放缩消元。 （2）配方法：通过利用“完全平方式非负”的特性，在式子中构造出完全平方式，然后令其等于 0，达 到消元的效果。 （3）均值不等式：构造能使用均值不等式的条件，利用均值不等式达到消元的效果。
角函数表达式来求得范围。因为三角函数公式的变形与多项式变形的公式不同，所以在有些题目中可
高考数学导数中双变量不等式处理通用手法
高考数学导数中双变量不等式处理通用手法第一问：解法一/解法二/第二问思路一：化双变量为单变量解法一/解法二/万能“t”法解法三/解法四/思路二：积分法解法五/评论与赏析/本题第一问是常规性问题，在判断导数符号时，如果不能快速分解因式，就可以考虑解法一，构造新函数，二次求导来完成。
第二问为双变量的绝对值不等式的证明问题，第一步应考虑极值情况，将绝对值处理掉，第二步通常就要考虑消元，前四种解法的思路都是采用的消元。
1、消元的目的：因为若表达式所含变量个数较多，则表达式的范围不易确定(会受多个变量的取值共同影响)，所以如果题目条件能够提供减少变量的方式，则通常利用条件减少变量的个数，从而有利于求表达式的范围(或最值)。
消元最理想的状态是将多元表达式转为一元表达式，进而可构造函数求得最值或范围。
2、常见消元的方法（1）利用等量关系消元：若题目中出现了变量间的关系(等式)，则可利用等式进行消元，如解法一中利用及进行消元，得到关于的函数。
在消元的过程中要首先确定主元。
主元的选取有这样几个要点:一是主元应该有比较明确的范(即称为函数的定义域)；二是构造出的函数能够解得值域(函数结构不复杂)。
若被消去的元带有范围，则这个范围由主元承担。
（2）换元——常见的两种换元整体换元：若多元表达式可通过变形，能够将某一个含多变量的式子视为一个整体，则可通过换元转为一元表达式，常见的如，等，如在解法二中，将换元为，将问题转化为求，时的值域问题。
同样需要注意：在整体换元过程中要注意视为整体的式子是否存在范围，即要确定新元的范围。
三角换元：已知条件为关于的二次等式时，可联想到三角公式，从而将的表达式转化为三角函数表达式来求得范国。
因为三角函数公式的变形与多项式变形的公式不同，所以在有些题目中可巧妙的解决问题，3、消元后一元表达式的范围求法函数的值域一通过常见函数，或者利用导数分析函数的单调性，求得函数值域。
均值不等式：若表达式可构造出具备使用均值不等式的条件，则可利用均值不等式快速得到最值。
导数双变量处理方法汇总
导数双变量处理方法汇总导数是微积分中的重要概念，用于描述函数在某一点处的变化率。
在双变量函数中，导数也有着重要的应用。
本文将介绍双变量函数中的导数处理方法，帮助读者更好地理解和应用导数。
一、偏导数首先，介绍双变量函数中的偏导数。
偏导数是指在函数中只对其中一个变量求导，而将另一个变量视为常数。
比如，如果有双变量函数f(x,y)，那么f对x的偏导数表示为∂f/∂x，f对y的偏导数表示为∂f/∂y。
求偏导数的方法与一元函数相同，只需要将其中一个变量视为常数，对另一个变量求导即可。
同时，偏导数在给定点处代表了函数在该点处关于该变量的变化率。
另外，求偏导数时需要注意一些常见的数学符号和规律，如链式法则、求导法则等。
二、全微分全微分是指双变量函数的所有偏导数的线性和，在微积分中常用符号为df。
全微分描述了函数在一个点处的微小变化量，对于函数的极值和曲线斜率的研究也有着重要的作用。
求解全微分的方法，可以利用偏导数定义进行求解。
对于双变量函数f(x,y)，其全微分df为：df = ∂f/∂x dx + ∂f/∂y dy其中dx和dy分别是x和y的微小增量。
可以看出，全微分描述了函数在一个点处的微小变化，因此可以用来判断该函数在该点处的极值和曲线斜率的方向。
三、梯度梯度是指一个向量，该向量的方向是函数在某一点上升最快的方向，而该向量的模长为函数在该点处沿着该方向的增长率。
在双变量函数中，梯度可以表示为一个二维向量：grad f = (∂f/∂x, ∂f/∂y)同时，梯度处理方法可以用来求解函数在特定点处的最大值和最小值。
具体可采用以下步骤：1. 求出函数在该点的梯度向量。
2. 确定梯度向量的方向，即函数在该点上升最快的方向。
3. 沿着梯度向量的反方向进行搜寻，直到寻找到函数的最小值为止。
四、拉格朗日乘数法最后，介绍双变量函数中的拉格朗日乘数法。
该方法用于在一些带约束条件的问题中找到函数的极值点，在实际应用中有着广泛的应用。
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)。
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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 。
因此，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“主变量”思想。
三、化归为值域或最值思想例３.已知函数)1(,ln )(2>-+=a a x x a x f x ，对1|)()(|],1,1[,2121-≤--∈∀e x f x f x x ，求实数a 的取值范围。
分析：该题虽然在区间[－１，１]上有两个变量21,x x ，但由于]1,1[,21-∈∀x x 总有|)()(|21x f x f -小于)(x f 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)(x f 在区间]1,1[-上的最大值与最小值问题。
解：由x a a a x a a x f x x 2ln )1(ln 2ln )(+-=-+='，0)0(='f ，当]0,1[-∈x 时，02,0ln ,01≤>≤-x a a x ，0)(≤'∴x f 即)(x f 在]0,1[-上递减；当]1,0[∈x 时，1-x a 0≥ 02,0ln ≥>x a ，0)(≥'∴x f 即)(x f 在]1,0[上递增，1)0()(min ==∴f x f ；=max )(x f)}1(),1(max{-f f ，又由)ln 11()ln 1()1()1(a aa a f f ++--+=--＝a a a ln 21--，构造函数),1[,ln 21)(+∞∈--=a a a a a h ，0)1(211)(222≥-=-+='a a a a a h ，)(a h ∴在),1[+∞上递增，又0)1(=h ，∴当1>a 时0)(>a h 即a a f x f f f ln 1)1()(),1()1(max -+==∴->。
a a x f x f x f x f x x ln )()(|)()(|],1,1[,min max 2121-=-≤--∈∀，因此，要题设中的不等式恒成立，只需1ln -≤-e a a 成立便可，于是构造1ln )(+--=e a a a ϕ，),1(+∞∈a ，由=')(a ϕ0111>-=-aa a ，)(a ϕ∴在),1(+∞上递增，又0)(=e ϕ e a a ≤⇒≤∴0)(ϕ，又1>a e a ≤<∴1，因此，所求实数a 的取值范围为],1(e .四、化归为函数单调性思想例4.已知e b a >>，试比较a b b a 与的大小，并说明理由。
分析：要比较a b b a 与的大小，由e b a >>可知，只要比较a b ln 与b a ln 的大小⇔比较aaln 与b b ln 的大小即可，因此，只要研究函数),(,ln )(+∞=e xx x f 在单调性便可，解答如下。
解：构造函数),(,ln )(+∞∈=e x x x x f ，0ln 1)(2<-='xx x f 在),(+∞e 上恒成立，∴)(x f 在),(+∞e 上递减，由e b a >>得a a ln <b b ln a b a b b a b a b a a b <⇔<⇔<⇔ln ln ln ln . 例 5.已知函数1ln )1()(2+++=ax x a x f (1-<a ),若对任意),0(,+∞∈n m ，||4|)()(|n m n f m f -≥-，求a 的取值范围解：由0)(,1,0,21)(<'∴-<>++='x f a x ax xa x f ，即)(x f 在),0(+∞上单调递减，不妨让n m <<0，∴)()(n f m f >，∴||4|)()(|n m n f m f -≥-⇔)()(n f m f -≥m n 44-⇔n n f m m f 4)(4)(+≥+（*），因此，构造函数x x f x F 4)()(+=，由（*）⇔)(x F 在),0(+∞上递减，0)(≤'∴x F 04)(≤+'⇔x f ⇔0421≤+++ax xa 在),0(+∞上恒成立⇔12142++-≤x x a 在),0(+∞∈x 上恒成立，于是再次构造函数1214)(2++-=x x x h ),0(+∞∈x ，由22222222)12()21)(1(8)12(448)12(4)14(48)(+-+=+-+=++-+-='x x x x x x x x x x x h .当)21,0(∈x 时0)(<'x h ； 当),21(+∞∈x 时0)(>'x h ，2)21()(min -==∴h x h ，2-≤∴a ，因此满足题意要求的实数a 的取值范围为]2,(--∞.以上两例的解法均是通过等价转化与变形，使需要解决的问题等价化归为函数单调性问题来加以解决，我们将这一解题思想称之为：化归成函数单调性思想五、整体代换，“变量归－”思想例６.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0)()(21=+x f x f ，试比较21x x +与2的大小，并说明理由。
解： 0)()(21=+x f x f ⇔)ln(22212221x x x x -=+ )ln(222)(2121221x x x x x x -+=+⇔①，设),0(21+∞∈=x x t ，则 t t x x x x x x ln 222)ln(222)(2121221-+=-+=+②，构造函数)(t h ＝t t ln 222-+，),0(+∞∈t ，由tt t t h )1(222)(-=-='，当)1,0(∈t 时0)(<'t h ；当),1(+∞∈t 时 0)(>'t h .∴4)1()(min ==h t h ，又因为，若121==x x t 时，则121x x =代入①式得121==x x ，这与21,x x 是两个不相等的正数相矛盾，121≠=∴x x t ∴)(t h ＝4ln 222>-+t t ，代入②式得2,4)(21221>+∴>+x x x x 。
例７.已知函数)0(2ln )(2>+--=a bx x a x x G 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：依题意得0)(0)(21==x G x G 且得{)1(02ln )2(02ln 11212222 =+--=+--x a bx x x a bx x ，21x x ≠ ，不妨设210x x <<，由（１）－（２）得 212121)ln (ln )(x x x x a b x x --=-+①，又)2()(210x x G x G +'='21212)(x x a b x x +--+=，将①式代入得21212102)ln (ln )(x x a x x x x a x G +---='])(2[ln 21212121x x x x x x x x a +---= ]1)1([ln 21212121+---=x x x x x x x x a ，令)1,0(21∈=x x t ，则 ]142[l n )(210++--='t t x x a x G ②，构造函数142ln )(++-=t t t h ，]1,0(∈t ，0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='t t t t t t h 在]1,0(∈t 上恒成立。
∴)(t h 在]1,0(递增，∴0)1()(max ==h t h ，0)()1,0(<∈∴t h t 时，当，又因210x x <<，0>a ， ∴0]142[ln )(210>++--='t t x x a x G ，所以)(0x G '恒为正值。