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第四课时 双变量问题
题型一 转化为同源函数解决
例1 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两
点A(x ，f(x ))，B(x ，f(x ))，直线AB的斜率为k，若x ＋x ＋k＞0恒成立，求a
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的取值范围.
解 由题意，k＝，则原不等式化为x ＋x ＋＞0，不妨设x ＞x ＞0，则(x ＋x )(x
1 2 1 2 1 2 1
－x )＋f(x )－f(x )＞0，即x－x＋f(x )－f(x )＞0，
2 1 2 1 2
即f(x )＋x＞f(x )＋x.
1 2
设g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－a＝，
由已知，当x ＞x ＞0时，不等式g(x )＞g(x )恒成立，
1 2 1 2
则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
所以当x＞0时，g′(x)≥0，
即2x2－ax＋1≥0，
即a≤＝2x＋恒成立，
因为2x＋≥2，当且仅当2x＝，
即x＝时取等号，
所以＝2.
故a的取值范围是(－∞，2].
感悟提升 此类问题一般是给出含有x ，x ，f(x )，f(x )的不等式，若能通过变形，
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把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数
单调性求解.
训练1 已知函数f(x)＝aln x＋x2，在其图象上任取两个不同的点P(x ，y )，Q(x ，
1 1 2
y )(x ＞x )，总能使得＞2，则实数a的取值范围为( )
2 1 2
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]答案 B
解析 由＞2，x ＞x ＞0，
1 2
∴f(x )－f(x )＞2x －2x ，
1 2 1 2
∴f(x )－2x ＞f(x )－2x ，
1 1 2 2
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x，则g(x )＞g(x )，
1 2
∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
由g′(x)＝＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，
当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，
∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).
题型二 整体代换
例2 (2021·德州模拟)设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中
a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根
x ，x ，求证：f′＞0.
1 2
证明 方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根x 和x ，不妨设1＜x ＜x ，
1 2 1 2
则x－(a－2)x －aln x ＝b①，
1 1
x－(a－2)x －aln x ＝b②，
2 2
①－②得a＝，
∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
则f(x)在上单调递减，上单调递增，
∴当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，
若证f′＞0，只需证＞，
即a＜x ＋x ，只需证
1 2
＜x ＋x ，
1 2
∵x ＜x ，∴x ＋ln x ＜x ＋ln x ，
1 2 1 1 2 2
即需证x＋2x －x－2x ＞(x ＋x )(x ＋ln x －x －ln x )，
1 2 1 2 1 1 2 2
整理得ln x －ln x ＜，
1 2
即证ln ＜，令t＝∈(0，1)，设h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＞0，
显然h(t)在(0，1)上单调递增.
∴h(t)＜h(1)＝0，故f′＞0得证.
感悟提升 (1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数 a，得到仅含有x ，x
1 2
的式子.(2)与极值点x ，x 有关的双变量问题，一般是根据 x ，x 是方程f′(x)＝0
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的两个根，确定x ，x 的关系，再通过消元转化为只含有x 或x 的关系式，再构
1 2 1 2
造函数解题，即把所给条件转化为 x ，x 的齐次式，然后转化为关于的函数，把
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看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
训练2 设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x ，x ，求证：ln x
1 2 1
＋ln x ＞2.
2
证明 由已知得ln x －ax ＝0，ln x －ax ＝0，
1 1 2 2
所以a＝＝，
所以ln x ＋ln x ＞2等价于ln ＞2，
1 2
即ln ＞2，
设x ＞x ，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
1 2
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
题型三 构造具体函数解决双变量问题
例3 (12分)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.a＞0，设x ，x 是f(x)的
1 2
两个零点，证明：x ＋x ＜2.
1 2
[规范解答]
证明 求导得f′(x)＝(x－1)(ex＋2a)，
所以函数f(x)的极小值点为x＝1.2分
∵f(x )＝f(x )＝0，不妨设x ＜1＜x ，
1 2 1 2
要证x ＋x ＜2，
1 2
即证x ＜2－x . ……………………4分
2 1
若2－x 和x 属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x )和f(x )的大小，
1 2 1 2
即探求f(2－x)－f(x)的正负性. ……………………5分于是构造辅助函数F(x)＝f(2－x)－f(x)，x＜1，
代入整理得F(x)＝－xe－x＋2－(x－2)·ex.
求导得F′(x)＝(1－x)(ex－e－x＋2). ……………………8分
当x＜1时，F′(x)＜0，则函数F(x)是(－∞，1)上的单调减函数.
于是F(x)＞F(1)＝0，则f(2－x)－f(x)＞0，
即f(2－x)＞f(x)(x＜1). ……………………10分
将x 代入上述不等式中，
1
则f(x )＝f(x )＜f(2－x )，
2 1 1
即f(x )＜f(2－x ).
2 1
又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x ，2－x ∈(1，＋∞)，
2 1
所以x ＜2－x .
2 1
故x ＋x ＜2得证. ……………………12分
1 2
第一步 分析题意，探究两变量的关系
第二步 合二为一，变为单变量不等式
第三步 构造函数
第四步 判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题
第五步 反思回顾解题过程，规范解题步骤
训练3 已知函数f(x)＝ln x，g(x)＝x＋m(m∈R).
(1)若f(x)≤g(x)恒成立，求实数m的取值范围；
(2)已知x ，x 是函数F(x)＝f(x)－g(x)的两个零点，且x 0)，
则F′(x)＝－1＝(x>0)，
当x>1时，F′(x)<0，
当00，
所以F(x)在(1，＋∞)上单调递减，在(0，1)上单调递增.
则F(x)在x＝1处取得最大值－1－m，
若f(x)≤g(x)恒成立，则－1－m≤0，
即m≥－1.故m的取值范围为[－1，＋∞).
(2)证明 由(1)可知，若函数F(x)＝f(x)－g(x)有两个零点，有F(1)>0，
则m<－1，0F，
2
由F(x )＝F(x )＝0，m＝ln x －x ，
1 2 1 1
即证ln －－m＝ln －＋x －ln x ＝－＋x －2ln x <0，
1 1 1 1
令h(x)＝－＋x－2ln x(00，
故h(x)在(0，1)上单调递增，
h(x)3.
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(1)解 由f(x)＝(x＋a)e－x，
得f′(x)＝(1－a－x)e－x.
依题设f′(0)＝1－a＝1，∴a＝0.
(2)证明 由(1)知，f(x)＝xe－x，
因为00)，则x et－x ＝t，
2 1 1 1
得x ＝，x ＝.
1 2
要证3x ＋x >3，即证＋>3，
1 2
因为t>0，所以et－1>0，即证(t－3)et＋3t＋3>0.
设g(t)＝(t－3)et＋3t＋3(t>0)，
则g′(t)＝(t－2)et＋3(t>0).
令h(t)＝(t－2)et＋3(t>0)，
则h′(t)＝(t－1)et，
当01时，
h′(t)>0，所以函数h(t)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，
所以h(t)≥h(1)＝3－e>0，即g′(t)>0，
所以g(t)在(0，＋∞)上单调递增，
所以g(t)>g(0)＝0，所以3x ＋x >3.
1 2
4.(2022·济南质检)已知函数f(x)＝－x＋aln x.
(1)试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设x ，x 是f(x)的两个极值点，且x >x ，设g(x)＝f(x )－f(x )－(a－2)(x －x )，
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证明：g(x)>0.
(1)解 f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝－－1＋＝－.
①若a≤2，则f′(x)≤0，
当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)＝0，
所以f(x)在(0，＋∞)上单调递减.
②若a>2，令f′(x)＝0得，
x＝或x＝.
当x∈∪时，f′(x)<0；
当x∈时，f′(x)>0.
所以f(x)在，(，＋∞)上单调递减，在(，)上单调递增.
(2)证明 由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当a>2.
由于f(x)的两个极值点x ，x 满足x2－ax＋1＝0，
1 2
所以x x ＝1.
1 2
又因x >x >0，所以x >1.
2 1 2
又g(x)＝f(x )－f(x )－(a－2)(x －x )
1 2 1 2
＝－－(x －x )＋a(ln x －ln x )－(a－2)(x －x )
1 2 1 2 1 2＝a＝－a.
设φ(x)＝－x＋2ln x，x>1.
由第(1)问知，φ(x)在(1，＋∞)单调递减，且φ(1)＝0，
从而当x∈(1，＋∞)时，φ(x)<0.
所以＋2ln x －x <0，故g(x)>0.
2 2
