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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
1 1 2 2 1 2
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，
1 2 1 2
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
1 2 1 2
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
1 2
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 <x ，求证：x x <1.
1 2 1 2 1 2
(1)解 令F(x)＝f(x)－g(x)＝ln x－x－m(x>0)，
则F′(x)＝－1＝(x>0)，
当x>1时，F′(x)<0，
当0<x<1时，F′(x)>0，
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<－1，0<x <1<x ，
1 2
要证x x <1，只需证x <，
1 2 2
由于F(x)在(1，＋∞)上单调递减，
从而只需证F(x )>F，
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(0<x<1)，
则h′(x)＝＋1－＝>0，
故h(x)在(0，1)上单调递增，
h(x)<h(1)＝0，
所以x x <1.
1 2
极值点偏移
(1)极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x ，若f(x)＝c的两根的中点刚好满
0
足＝x ，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x
0
＝x 两侧，函数值变化快慢相同，如图①.
0
图①
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x )＝f(x )，则x ＋x ＝2x .
1 2 1 2 0
(2)极值点偏移
若≠x ，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x 两侧，函数值变化快慢不同，如图
0 0
②③.
图②(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x )＝f(x )，则x ＋x ＞2x ；
1 2 1 2 0
图③
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x )＝f(x )，则x ＋x ＜2x .
1 2 1 2 0
(3)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论 x ＋x ＞2x 型，构造函数 F(x)＝f(x)－
1 2 0
f(2x －x)；对结论x x ＞x型，构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获
0 1 2
得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝化为单变量的
函数不等式，利用函数单调性证明.
例 已知函数f(x)＝xe－x，如果x ≠x ，且f(x )＝f(x )，求证：x ＋x ＞2.
1 2 1 2 1 2
证明 法一(对称化构造法)
由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x)
由x ≠x ，不妨设x ＞x ，
1 2 1 2
根据f(x )＝f(x )，
1 2
结合图象可知x ＞1，x ＜1，
1 2
令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.
∵x＞1，2x－2＞0，
∴e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＞f(2－x)，则f(x )＞f(2－x ).
1 1
又∵f(x )＝f(x )，
1 2
∴f(x )＞f(2－x ).
2 1
∵x ＞1，∴2－x ＜1，
1 1
∴x ，2－x ∈(－∞，1)，
2 1
∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，
∴x ＞2－x ，∴x ＋x ＞2.
2 1 1 2
法二(比值代换法)
设0＜x ＜1＜x ，f(x )＝f(x )，
1 2 1 2
即x e－x1＝x e－x ，
1 2 2
取对数得ln x －x ＝ln x －x .
1 1 2 2
令t＝＞1，则x ＝tx ，代入上式得
2 1
ln x －x ＝ln t＋ln x －tx ，
1 1 1 1
得x ＝，x ＝.
1 2
∴x ＋x ＝＞2 ln t－＞0，
1 2
设g(t)＝ln t－(t＞1)，
⇔
∴g′(t)＝－＝＞0，
∴当t＞1时，g(t)单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln t－＞0，
故x ＋x ＞2.
1 2
指数、对数均值不等式
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指
数均值不等式和对数均值不等式.
一、对数均值不等式
结论1 对任意的a，b＞0(a≠b)，有＜＜.
证明 不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由＜等价于ln a－ln b＜，即ln ＜.
令x＝＞1，只要证ln x2＜，
即证2xln x－x2＋1＜0.令f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝
0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，即f(x)＜f(1)＝0.
故＜.
其次，＜等价于ln a－ln b＞，即ln ＞.
令x＝＞1，只要证ln x＞，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，有g(x)＞g(1)＝0.
故＜.
二、指数均值不等式
结论2 对任意实数m，n(m≠n)，有e＜＜.
证明 在指数均值不等式中，令 em＝a、en＝b，则m＝ln a，n＝ln b，从而可得
对数均值不等式.需注意的是，在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需
给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题省略该过程.
例 (1)若函数f(x)＝ln x－ax(a为常数)有两个不同的零点x ，x ，请证明：x x ＞
1 2 1 2
e2.
证明 借助a作为媒介，构造对数均值不等式.
依题意，ln x －ax ＝0，ln x －ax ＝0.
1 1 2 2
两式相减，得ln x －ln x ＝a(x －x )，
1 2 1 2
即a＝，两式相加，
得ln x ＋ln x ＝a(x ＋x ).
1 2 1 2
故欲证x x ＞e2，
1 2
即证ln x ＋ln x ＞2，
1 2
即证a(x ＋x )＞2，
1 2
即证＞.
由对数均值不等式知上式显然成立.
综上，x x ＞e2成立.
1 2
(2)已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x ，x ，证明：x ＋x ＞2.
1 2 1 2
证明 借助a作为媒介，构造指数均值不等式.依题意，x ＝aex1，x ＝aex2.
1 2
两式相加、减，得x ＋x ＝a(ex1＋ex2)，x －x ＝a(ex1－ex2).
1 2 1 2
故欲证x ＋x ＞2，
1 2
即证a(ex1＋ex2)＞2，
即证(ex1＋ex2)＞2，
即证＞.
由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此x ＋x ＞2成立.
1 2
1.已知函数f(x)＝ln x＋－x－2a＋1.若函数f(x)有两个极值点x ，x ，求证：f(x )＋
1 2 1
f(x )＜0.
2
证明 f′(x)＝(x＞0)，
∵f(x)有两个极值点x ，x ，
1 2
故x ，x 为方程－x2＋x－a＝0的两个不等正实根，
1 2
∴∴0＜a＜，
∴f(x )＋f(x )＝ln x x ＋－(x ＋x )－4a＋2＝ln a－4a＋2，
1 2 1 2 1 2
令g(a)＝ln a－4a＋2，
则g′(a)＝＞0，
g(a)在上单调递增，
故g(a)＜g＝ln ＋1＜0，
∴f(x )＋f(x )＜0.
1 2
2.(2022·兰州模拟)已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R).
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
(2)若0＜a＜2，b＝1，实数x ，x 为方程f(x)＝m－ax2的两个不等实根，求证：
1 2
＋＞4－2a.
(1)解 依题意知x＞0，当a＝0时，f′(x)＝－(b＋1)，
①当b≤－1时，f′(x)＞0恒成立，
f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
②当b＞－1时，x∈时，f′(x)＞0；
当x∈时，f′(x)＜0.
故f(x)在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明 由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2－m＝0，
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x＞0，
则g(x )＝g(x )＝m，
1 2
依题意有ln x ＋(a－2)x ＝ln x ＋(a－2)x .
1 1 2 2
∴a－2＝(x ≠x ，且x ，x ＞0).
1 2 1 2
要证＋＞4－2a，
只需证＞2(2－a)＝(*)，
不妨设x ＞x ＞0.
2 1
要证(*)式成立，
只要证－＜－2ln，
即证2ln＋－＜0.
令t＝(t＞1)，则h(t)＝2ln t－t＋.
∵h′(t)＝－1－＝－＜0，
∴h(t)在(1，＋∞)上单调递减，
∴h(t)＜h(1)＝0，从而＋＞4－2a.
3.(2022·德阳质检)已知函数f(x)＝(x＋a)·e－x，若曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切
线与直线y＝x－2平行.
(1)求实数a的值；
(2)如果0<x <x ，且f(x )＝f(x )，求证：3x ＋x >3.
1 2 1 2 1 2
(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0<x <x ，且f(x )＝f(x )，
1 2 1 2
得＝，所以x ＝x ·ex2－x1，
2 1
令t＝x －x (t>0)，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0<t<1时，h′(t)<0，当t>1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 )，
1 2 2 1 1 2 1 2
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
