双变量问题的解决策略.docx

双变量问题的解决策略.docx

《双变量问题的解决策略.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《双变量问题的解决策略.docx（27页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

双变量问题的解决策略

双变量问题的解决策略

在处理导数的综合题时，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，学生往往不知把哪个变量当成自变量进行研究，导致无法展开思路，造成无从下手，正因如此，这样的问题往往穿插在试卷的压轴题的某些步骤中，是学生感到困惑的难点之一.下面我们谈一谈这类问题的解题思路.

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.

【题目1】对任意nN*，恒有（1

1）2na

n

e2

恒成立，求实数a的最大值.

【解析】不等式（1

1）2na

n

e2

Û（n

a）ln（1

2

1）1，

n

1a111

由于11，知

n2

ln（1

n，设G（x）

1）ln（x1）

n

（x（0,1]）

x

11（1x）ln2（1x）x2

则G（x）

（1x）ln2（1x）x2x2（1x）ln2（1x），

设h（x）=（1+x）ln2（1+x）-x2（xÎ（0,1]），则h（x）=ln2（1+x）+2ln（1+x）-2x.

h（x）2[ln（1x）x]，再设m（x）ln（1x）x（x（0,1]），

1x

则m（x）

1

1x

10，从而m（x）在x（0,1]上单调递减，所以m（x）m（0）0，

所以h（x）h（0）0，所以h（x）在x（0,1]上单调递减.

从而h（x）h（0）0，所以G（x）0，函数G（x）在x（0,1]单调递减.

1

所以G（x）G

（1）1.

ln2

1

故G（x）在（0,1]上的最小值为G

（1）1.

ln2

即a11，所以实数a的最大值为2

-2.

2ln2

二、指定主变量

ln2

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.

2xx

223

【题目2】求证：

e

-2t（e

x）x

2t

1.2

【解析】令f（t）2t22（exx）te2xx1

=2（t

exx

）2

1（ex

x）2

1

1（ex

x）2

1.

222

令g（x）exx，则g（x）ex1，易知g（x）在（,0）上单调递减，在（0,）上单

调递增，所以g（x）的最小值为g（0）1，所以1（exx）213，从而f（x）3.

222

三、化归为值域问题或最值问题

【题目3】已知函数f（x）lnxax23x（aR）.

（I）函数f（x）在点1,f

（1）处的切线方程为y2，求函数f（x）的极值；

（II）当

a=1

时，对于任意

x1,x2[1,10]，当

x2x1

时，不等式

f（x）f（x）m（x2x1）恒成立，求出实数m的取值范围.

x2x1

【解析】（I）函数f（x）lnxax23x的定义域为（0,），

f'（x）12ax3,f'

（1）12a30,a1，

x

212x23x1

1x0,1

可知f（x）lnxx

3x,f'（x）2x3

x

x0，x11,x22，可知在

2时，

f'（x）0，函数f（x）单调递增，在x1,1时，f'（x）0，函数f（x）单调递减，在（1,）

2

单调递增，可知函数

f（x）

的极小值为

f

（1）ln1132

，极大值为

f1ln

113ln25.

2424

（II）f（x）f（x）m（x2x1）可以变形为f（x）f（x）mm，可得

x2x1x1x2

f（x）mf（x）m，可知函数f（x）m在[1,10]上单调递减.

1x2xx

12

h（x）f（x）mlnxx23xm，h'（x）12x3m0，可得m2x33x2x，设

xxxx2

F（x）2x33x2x，F'（x）6x26x16x

12

10，可知函数F（x）在[1,10]单

2

调递减，F（x）minF（10）21033102101710，可知m1710，可知参数m的取值范围为（,1710].

四、化归为函数单调性思想

k

【题目4】已知函数f（x）lnx.对任意xx0，都有f（x）f（x）xx

x121212

恒成立，求实数k的取值范围.

【解析】f（x1）f（x2）x1x2

k

f（x1）x1

f（x2）x2恒成立（*）

设g（x）

f（x）xlnxx（x0），则（*）式等价于f（x）在（0,）上单调

x

递减.从而1k10在（0,）上恒成立，从而得2

121

g（x）=-2

kx

x（x）

xx24

（x0）恒成立，所以k1.

4

1

从而，实数k的取值范围是[,）.

4

五、整体代换，变量归一

【题目5】已知函数f（x）lnxex（R）.

（I）若函数f（x）单调函数，求的取值范围；

（II）在（I）的条件下，求证：

当0xx时，都有e1x2e1x11x2.

12

1

【解析】（I）由题意知函数f（x）的定义域为（0,）.对f（x）求导，得

f（x）ex

xex

.

xx

因为f（x）为单调函数，所以f（x）0，或f（x）0在（0,）上恒成立.

○1当f（x）0时，即xex0，从而xex.令g（x）

g（x）=x1.

ex

x

ex

（x0），则

当0x1时，g（x）0，g（x）单调递减；当x1时，g（x）0，g（x）单调递增.

11

从而g（x）ming

（1）e，所以e.

○2若f（x）0时，即xex0，从而xex.由○1知g（x）在（0,1）上单调递减，在（0,）上单调递增.又g（0）0，x时，g（x）0，所以0.

综上知，实数的取值范围是（,

1

1][0,）.e

1x

（II）由（I）知，当时，f（x）

e

lnxe

e

在（0,）上单调递减，因为

0f（x）.即1

x1

-

x，

1212

lnx1e1lnx2e2

ee

所以lnxeex1lnxeex2，即e1x2e1x1lnx

-lnx.

1212

要证e1x2e1x11x2，只需证lnx11x1.

x1x2x2

令tx1，则0t1，令g（t）lntt1（0t1），

x2

求导，得

11t1

g（t）220，g（t）在（0,1）上单调递减，又g

（1）0，所以

ttt

g（t）0，即lnt110，即lnt11，从而结论得证.

tt

【题目6】已知函数f（x）lnxax，aR.

（I）讨论f（x）的单调性；

（II）记函数

f（x）的两个零点为x1,x2，且x1x2.已知0，若不等式

1lnx1lnx2恒成立，求的取值范围.

【解析】（I）依题意，知f（x）的定义域为（0,）.对f（x）求导，得1.

○1若a0时，则f（x）0，f（x）在（0,）上单调递增；

○2若a0时，令1a0，得x1.从而

f（x）=-ax

xa

1

当x（0,）

a

1

当

时，f（x）0，f（x）单调递增；

时，f（x）0，f（x）单调递减.

xÎ（,+¥）

a

1

从而可知，当a0时，f（x）在（0,）上是增函数；当a0时，f（x）在区间（0,）上是

a

1

增函数，在区间（,）是减函数.

a

lnx1ax1

（II）由函数f（x）的两个零点为x1,x2，从而lnx

=ax

，从而不等式

22

1lnx1lnx21ax1ax2a（x1x2）

由于0，0x1x2，所以x1x20，从而原不等式可化为ax

1

.

x

而又因为lnxlnxa（xx），解得

12

alnx1lnx2，从而原不等式转化为

1212

x-x

lnx1lnx2

1

，即lnx

lnx

12

（1）（x1x2）lnx1

（1）（x11）

x2.

x-xx

x

12x

xx

x1

1212

122

x2

令tx1，则t（0,1），则不等式lnt

（1）（t1）在t（0,1）上恒成立.

x2t

（1）（t1）

1

（1）2

（t1）（t2）

令h（t）=lnt

t

（0t1），求导，得h（t）

t

（t）2

.

t（t）2

当21时，可见t（0,1）时，h（t）0，所以h（t）在t（0,1）内单调递增，从而

h（t）h

（1）0，符合题意；

当21时，易知t（0,2）时，h（t）0，h（t）单调递增；当t（2,1）时，h（t）0，

h（t）单调递减.又h

（1）0，从而h（t）在t（0,1）上不能恒小于0，不符合题意.

从而，实数21.又0，所以1.

综上所述，实数的取值范围是（1,）.

【题目7】已知f（x）lnxx，设x1x20.

x

求证：

-f（x1）-f（x2）<1.

x2x2xx

1212

【解析】当xx0时，x1

f（x1）f（x2）

12x2x2

x-x

1212

x1

（lnx1x1）（lnx2x2）x1lnx1lnx21.

x2x2

xxx2x2

x-x

12121212

（x1）2x1

x（x-x）

从而原不等式即证（lnx

lnx）0，即证x2

x2lnx10.

x2x212

（x1）21x2x2

xt2t

令t1，则t1.令g（t）lnt（t1），

2

xt21

（2t-1）（t2+1）-（t2-t）（2t）1

t4t3t1

t3（1-t）-（t+1）

g（t）

（t21）2

tt（t21）2

t（t21）2

0，

所以g（t）在（1,）上单调递减，从而g（t）g

（1）＝0.

从而原不等式得证.

1

【题目8】已知f（x）xalnx（aR）.

x

（I）讨论f（x）的单调性；

（II）若x1，x2是f（x）的两个极值点，且x1x2，

令t

f（x1）f（x2）（a2）（x1x2），求证：

t0.

【解析】（I）由题意知，函数f（x）的定义域为（0,），求导，得

1ax2-ax1

f（x）1.

x2xx2

○1若a2时，f（x）0，f（x）在（0,）上单调递减；

○2若a2时，令f（x）0，解得x1

2，x22.

当0xx1时，f（x）0，f（x）单调递减；当x1xx2时，f（x）0，f（x）单调递增；当xx2时，f（x）0，f（x）单调递减.

从而可知，f（x）在区间（0,x1），（x2,）内单调递减，在（x1,x2）内单调递增.

其中，x1

2，x22.

（II）由（I）知，f（x）存在两个极值点，所以a2.

t<0

f（x）f（x）（a2）（xx）

f（x1）f（x2）a2.

1212

x-x

12

由于x,x是f（x）的两个极值点，所以x,x为方程x2ax10的两根，从而

1212

x1x21.

（1-x-alnx）-（1-x-alnx）

f（x）f（x）x11x22

由于12

x1x2

12

x1x2

lnx1

lnx1x2

1lnx

lnx

xx2

-2lnx

1a122a2

2a22a12

x

x1x2

x1x2

x1x2

x1x2x

f（x）-f（x）-2lnx

从而a21

1-x

2

2

lnx>0

xx

1x22

12x22

x

2

1

令g（x）x2lnx（0x1），求导得

x

12x22x1（x1）2

g（x）1

x2xx2

x20

所以g（x）单调递减，又因为g

（1）0，所以g（x）g

（1）0.

所以1-x+lnx

0，即f（x1）f（x2）a2，从而t0.

22

2

x1x2

【题目9】已知函数f（x）lnxmx（mR）.

若f（x）有两个不同的零点x1,x2，求证：

lnx1lnx22.

【解析】不妨设x1x20，因为f（x1）

lnx1mx1

f（x2）0，从而得

lnx1lnx2

lnx

mx

，两式作差，得lnx1lnx2m（x1x2），从而m

.

x-x

2212

两式再求和，得lnx

lnx

m（x

x）lnx1lnx2（x

x）.

1212

xx12

12

因此，要证lnx1lnx22，

x11

lnx-lnx

即证（x

+x）>2Ûlnx1

2x1x2lnx1

2x2.

xx12

xx+xx

x11

122122

x2

令tx1，则t1.令g（t）lnt2t1（t1），求导，

x2t1

12（t+1）-2（t1）（t-1）2

得g（t）

t

（t1）2

0，故g（t）为（1,）上的增函数.

t（t+1）2

t1

所以g（t）g

（1）0，即lnt2

t1

，故原不等式成立.

例5、例6、例7、例8、例9的解决，都是通过等价转化，将关于x1,x2的双变量问题

等价转化为以x1,x2所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.

六、借助参照物，建构桥梁

【题目10】已知f（x）（x2）exa（x1）2有两个零点.

（I）求实数a的取值范围；

（II）若x1,x2是f（x）的两个零点，求证：

x1x22.

【解析】（I）（方法一）直接讨论法

（2016年全国I卷,理科）

对f（x）求导，得f（x）（x1）ex2a（x1）（x1）（ex2a）.

○1当a0时,f（x）（x1）ex只有一个零点；

○2当a0时，则当x1时，f（x）0，f（x）单调递减；当x1时，f（x）0，f（x）

单调递增.

又f

（1）e，f

（2）a，取b满足b0，且blna，

2

a223b

则f（b）（b2）a（b1）a（b）0，故f（x）存在两个零点；

22

○3当a0时，由f（x）0，得x1或xln（2a）.

若ae时，则ln（2a）1，故当x（1,）时，f（x）0，因此f（x）在（1,）上

2

单调递增，又当x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点；

若ae时，则ln（2a）1，故当x（1,ln（2a））时，f（x）0，f（x）单调递减；

2

当x（ln（2a）,）时，f（x）0，f（x）单调递增；又当x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点.

综上，实数a的取值范围是（0,）.

（方法二）分离参数

显然x1不是函数f（x）的零点.当x1时，方程f（x）0a

（2-x）ex

（x1）2.

设h（x）

（2x）ex

（x1）2

，则h（x）

ex（x24x5）（x1）3

，因此函数h（x）在（,1）上单调递

增，在（1,）上单调递减，由于h（x）在（,1）上的取值范围是（0,），在（1,）上的取值范围是R.

因此，函数f（x）有两个零点，从而实数a的取值范围是（0,）.

（II）（证法一）局部构造法

不妨设x1x2.由（I）知，x11x2，从而2x21，又由于f（x）在（,1）上单调

递减，所以x1x22

f（x1）

f（2x2），即f（2x2）0.

2x2x2

由于f（2x2）x2e2a（x21），而f（x2）（x22）e2a（x21）0，所以

2xx

f（2x2）x2e2