(完整版)再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法

再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法
长沙市明达中学吴祥云
今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。

题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。

闲话少说，先上题：
已知函数f(x)=x
e x
,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2.
解析：f′(x)=1−x
e x
,易得 f(x)在(−∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0<x1<1<x2,以下是几种不同的证明思路：
思路一：（极值点偏移问题+构造对称函数）
令g(x)=f(2−x)−f(x),(0<x<1)
则g′(x)=(1−x)e x−e2−x
e x e2−x
<0,则g(x)在(0,1)递减
∴g(x)>g(1)=0,即f(2−x)>f(x),∴f(2−x1)> f(x1)=f(x2),又2−x1>1,x2
>1,f(x)在(1,+∞)递减,
∴2−x1<x2,即x1+x2>2。

思路二：（极值点偏移+对数平均不等式）
f(x1)=f(x2)⇒x1
e x1
=
x2
e x2
⇒lnx1−x1=lnx2−x2⇒lnx1−lnx2=x1−x2
⇒
x1−x2
lnx1−lnx2
=1,由对数平均不等式
x1−x2
lnx1−lnx2
<
x1+x2
2
(证明略)，
得x1+x2
2
>1,即x1+x2>2。

思路三：（差值消元）
令x2−x1=t>0,x1
e x1=x2
e x2
⇒x2
x1
=e x2
e x1
=e x2−x1=e t⇒x1=t
e t−1
,x2=t
e t−1
+t,
∴x1+x2=
2t
e t−1
+t,欲证x1+x2>2即证
2t
e t−1
+t<2即
e t(2−t)
2+t
<1,
令g(t)=e t(2−t)
2+t
,则g′(t)=
e t(−t2)
(2+t)2
<0,故g(t)在(0,+∞)递减，
点评：构造对称函数为极值点偏移问题的通法。

点评：含指数或者对数的不等式问题中，指对互化是常用技巧，而对数平均不等的功能更是巨大。

∴g (t )<g (0)=0,∴x 1+x 2>2。

思路四：（比值消元）
令x 2x 1=t,则t >1,x 1e x 1=x 2e x 2⇒x 2x 1=e x 2
e x 1
=t ⇒x 2−x 1=lnt,又x 2=tx 1, ∴x 1=lnt t −1,x 2=tlnt t −1,欲证x 1+x 2>2即证lnt t −1+tlnt t −1
>2, 即证lnt >2(t−1)
t+1,令g (t )=lnt −2(t−1)
t+1,(t >1),g ′(t )=(t−1)2
(1+t )2>0,
故g (t )在(0,+∞)递增，∴g (t )>g (0)=0,∴lnt >
2(t −1)t +1,∴x 1+x 2>2。

思路五：（构造对称函数）
f ′(x )=1−x e x ，易证不等式1−x e x −1−x e =(1−x )(1e x −1e
)≥0, 令g ′(x )=1−x
e ,则g (x )=
−(1−x)22e +c,(c 为常数) 由g (1)=f (1)=1e 得 c =1e ,g (x )=−(1−x )2
2e +1
e , 结合两个函数导数的关系作出如右图所示图像，
（此处可用不等式来说明，这里省略）
x 3<x 1<x 4<x 2,又g (x )的图像关于
x =1对称，∴x 3+x 4=2,∴x 1+x 2>x 3+x 4
=2,∴x 1+x 2>2。

后记：“玩转高中数学交流群”是以讨论全国1卷及新高考的QQ 群，这里有来自全国的优秀教师，群主安老师更是无所不能，无所不精，无论你是教师还是学生，都期待你的加入与参与，群号：721144129。

点评：在含指数式的双变量问题中，差值消元是常用策略，而构造函数时又体现了“指数找基友”的思想。

点评：将条件转化成对数式以后，比值消元则是对数式常用的策略，而构造函数时又体
现了“对数单身狗”的思想。

点评：思路五由山东济南徐伟老师提供。

本思路源自于本题是一道极值点偏移问题，
可以考虑找到一个关于极值点对称的函数进行交点的代换，则可得到证明。

其中对这
个函数的要求是很苛刻的，本人也没有太多研究，故抛转引玉给读者们进行探究学习。