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拓展拔高 6 双变量问题
【高考考情】近几年,在高考试题中常涉及“双变量”或“双参”问题,试题常
常出现在“压轴题”的位置.这类试题不仅形式多样,而且联系的知识面较广,构
造思维要求较高,因此具有很好的区分度.
【解题关键】一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量满足的关系式,并把含双
变量问题转化为含单变量的问题;二是巧妙构造函数,并借用导数,判断函数的单
调性,从而求其最值.
视角一 利用双变量的关系化为单变量
1
[例1]已知f(x)= x2-2x+2aln x有两个极值点x ,x ,证明:f(x )+f(x )>-3.
1 2 1 2
2
【切入点】x ,x 是函数 f(x)的两个不等的极值点,则 x ,x 是方程 f'(x)=0 的两个不
1 2 1 2
等实根,由根与系数的关系可得 x ,x 之间的关系,由此可利用替换法将双变量化
1 2
为单变量.
2a x2-2x+2a
【证明】f'(x)=x-2+ = (x>0).
x x
因为函数f(x)有两个极值点x ,x ,
1 2
所以方程x2-2x+2a=0有两个正根x ,x .
1 2
所以{ x +x =2, 且Δ=4-8a>0,
1 2
x ·x =2a>0,
1 21
解得0h( )=-3,所以f(x )+f(x )>-3.
1 2
2 2
思维升华
当出现双变量时,若能将双变量中所有变量统一用一个变量来替换,这样就将双
变量问题转化为我们熟知的单变量问题,从而为我们的解题带来方便.
视角二 作比整体代换法
1
[例 2]已知函数 f(x)=xln x- ax2-x,a∈R.若 f(x)的两个极值点为 x ,x ,且 x e2.
1 2
【切入点】可以通过两边取对数将问题转化为 ln x +ln x >2.由导数对应方程的
1 2
根 x 1 ,x 2 ,可得{ln x 1 -ax 1 =0, 通过两式相加减得到 ln x 1 +ln x 2 =ln x 2 -ln x 1 .这样可
ln x -ax =0. x +x x -x
2 2 1 2 2 1
以通过换元,设t=x ,构造一元变量函数求解.
2
x
1【证明】要证x x >e2,只需证ln x +ln x >2.
1 2 1 2
f(x)的两个极值点x ,x ,即函数f'(x)的两个零点.因为f'(x)=ln x-ax,
1 2
所以x ,x 是方程f'(x)=0的两个不同实数根.
1 2
于是{ln x -ax =0,
1 1
ln x -ax =0.
2 2
两式相加,整理得a=ln x +ln x .
1 2
x +x
1 2
两式相减,整理得a=ln x -ln x .
1 2
x -x
1 2
因此ln x +ln x =ln x -ln x .
1 2 2 1
x +x x -x
1 2 2 1
x x
(1+ 2 )ln 2
(ln x -ln x )(x +x ) x x
于是ln x
1
+ln x
2
=
2 1 2 1
=
1 1
,
x -x x
2 1 2-1
x
1
又01.
1 2 2
x
1
(1+t)lnt
因此ln x +ln x = (t>1).
1 2 t-1
(1+t)lnt
要证ln x +ln x >2,即证 >2(t>1).
1 2 t-1
2(t-1)
设g(t)=ln t- (t>1),
t+1
g'(t)=1-2(t+1)-2(t-1)=(t-1)2 >0,
t (t+1)2 t(t+1)2
所以g(t)在(1,+∞)上单调递增.g(t)>g(1)=0.
2(t-1)
于是,当t>1时,有ln t> ,
t+1
所以ln x +ln x >2成立,即x x >e2.
1 2 1 2
思维升华
对含参数的双变量不等式的证明,一般要利用条件消去参数,把所证明的不等式
化为仅含x ,x 的式子,通过运算,构造t=x ,t=x x ,t=x -x 等为变量的新函数,利用这
1 2 1 1 2 1 2
x
2
个新函数的性质解决.
视角三 分离构造法
微切口1:若两个变量能分离
[例 3]已知函数 f(x)=(a+1)ln x+ax2+1,若 a<-1,对∀x ,x ∈(0,+∞),|f(x )-f(x )|≥4|x -x |,
1 2 1 2 1 2
求a的取值范围.
【切入点】由|f(x )-f(x )|≥4|x -x |想到利用单调性去掉绝对值符号,分离两个变量,
1 2 1 2
得到f(x )+4x ≥f(x )+4x ,根据特征构造函数g(x)=f(x)+4x,再利用导数求解.
2 2 1 1
【解析】f(x)的定义域为(0,+∞),
a+1
f'(x)= +2ax.当a<-1时,f'(x)<0,
x
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.不妨设x ≥x ,从而对∀x ,x ∈(0,+∞),
1 2 1 2
|f(x )-f(x )|≥4|x -x |等价于f(x )+4x ≥f(x )+4x ,①
1 2 1 2 2 2 1 1
a+1
令g(x)=f(x)+4x,则g'(x)= +2ax+4,
x
①等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减,
a+1
即 +2ax+4≤0,
x
从而a≤-4x-1=(2x-1)2-4x2-2
2x2+1 2x2+1
=(2x-1)2-2,
2x2+1
故a的取值范围为(-∞,-2].
微切口2:若两个变量不能分离
[例4]已知函数f(x)=ln x,
(1)求函数g(x)=(x2+1)f(x)-2x+2(x≥1)的最小值;
2a(b-a)
(2)当0 .
a2+b2
2(x-1)
【切入点】对于第(2)问,根据(1)中的结论可得,ln x> ,将两个变量合二为
x2+1
b
一,令x= ,代入其中求解.
a
x2+1
【解析】(1)g'(x)=2xln x+ -2
x
1
=2xln x+x+ -2.
x因为x≥1,所以g'(x)≥0,
所以g(x)在[1,+∞)上单调递增,
所以g(x) =g(1)=0.
min
(2)由(1)知,当x>1时,g(x)>0,
2(x-1)
所以(x2+1)ln x>2(x-1),即ln x> .
x2+1
b
2( -1)
b b a 2a(b-a)
令x= ,则ln > = ,
a a (b) 2 a2+b2
+1
a
2a(b-a)
所以f(b)-f(a)> .
a2+b2
思维升华
对于双变量问题,若两个变量地位均等,相互独立,能分离,则分离构造一元函数;如
不能分离,则合二为一,构造一元函数.
视角四 主元构造法
1
[例5]已知函数f(x)=aex-ln x-1,求证:当a≥ 时,f(x)≥0.
e
【切入点】本题先将 f(x)视为关于参数 a 的一次函数,利用函数单调性将参数消
掉,进而转化为关于x的单变量问题求解.
1 1
【证明】令h(a)=aex-ln x-1,则h(a)在[ ,+∞)上单调递增,所以h(a) =h( ).
min
e e
要证f(x)≥0,只需证h(a)≥0,1
即证h(a) =h( )=ex-1-ln x-1≥0.
min
e
构造函数g(x)=ex-1-ln x-1,
1
则g'(x)=ex-1- 在(0,+∞)上单调递增.
x
注意到g'(1)=0,所以当01时,g'(x)>0.
故g(x) =g(1)=0,g(x)≥0,
min
即ex-1-ln x-1≥0,
1
所以当a≥ 时,f(x)≥0.
e
思维升华
当问题中含有变量较多且变量之间互不影响时,可以选择一个量作为主元,并以
此为线索解决问题,这样的方法叫做主元法.对于含有参数的函数不等式证明,巧
妙设置主元,将参数消掉,进而转化为单变量问题来处理,可以使问题化繁为简.
视角五 切线法
b-5
[例6]已知不等式ex-(a+2)x≥b-2,则 的最大值为( )
a+2
1 1
A.- B.-ln 3 C. D.e3
ln3 e3
【切入点】由题意可转化为 ex≥(a+2)x+b-2 恒成立.设直线与指数函数的切点坐
b-5 3
标为(x
0
,ex
0
),可得到
a+2
=1-x
0
-
ex
0
,构造函数解决.
【解析】选B.由题意知ex≥(a+2)x+b-2恒成立,可构造函数f(x)=ex,y=(a+2)x+b-2.设直线与指数函数的切点坐标为(x ,ex 0),则ex≥ex 0·x+ex 0-x ex 0.
0 0
因此
{ a+2=ex 0,
b-2=(1-x )ex 0.
0
则b-5=(1-x )ex 0-3=1-x - 3 .
0 0
a+2 ex 0 ex 0
3 3
令g(t)=1-t- ,则g'(t)=-1+ .
et et
令g'(t)=0,则t=ln 3,
g(t) =g(ln 3)=-ln 3.
max
思维升华
将不等式转化为两个函数的不等关系,辅助以几何关系,如常见的ex≥x+1,ln x≤x-1
等,直观分析曲线间的位置关系,再利用切线解决问题.
