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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的取
1 1 2 2 1 2
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，则g(x)在(0，＋∞)上是增函
1 2 1 2
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 ，y )
1 1 2 2
(x ＞x )，总能使得＞2，则实数a的取值范围为( )
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 (2022·德州质检)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 ，
1
x ，求证：f′＞0.
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 ，
1 2
只需证＜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的
1 2 1 2
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，再构造函
1 2 1 2
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，把看作一
1 2
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 ＋ln
1 2 1
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)(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.
[规范答题]
(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ………………3分
(2)证明 由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除
以ab，得－＝－，即＝，即f＝f.
令x ＝，x ＝，……………………5分
1 2
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当
x>e时，f(x)<0，
不妨设x <x ，则0<x <1<x <e.
1 2 1 2
要证2<＋<e，即证2<x ＋x <e. ……………………6分
1 2
先证x ＋x >2：
1 2要证x ＋x >2，即证x >2－x ，
1 2 2 1
因为0<x <1<x <e，
1 2
所以只要证x >2－x >1，
2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x )<f(2－x )，
2 1
又f(x )＝f(x )，
1 2
所以即证f(x )<f(2－x )，
1 1
即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0<x<1时，x(2－x)<1，
则－ln[x(2－x)]>0，
即当0<x<1时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，
所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，
所以x ＋x >2成立. ……………………9分
1 2
再证x ＋x <e：
1 2
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x )＝f(x )＝m，
1 2
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x <m.
1
欲证x ＋x <e，即证x ＋x <m＋x ＝f(x )＋x <e，
1 2 1 2 2 2 2
即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，
则h′(x)＝1－ln x，
当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，
即f(x)＋x<e成立，所以x ＋x <e成立.
1 2
综上可知，2<＋<e成立. ……………………12分第一步 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)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋
1)＞eyln(x＋1).
证明 ∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明＞，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即＞，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
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(2)
0 0
(3).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)的单调性获得
0 1 2
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－x2，
1 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ln x －x ＝ln t＋ln x －tx ，
2 1 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 ＞e2.
1 2 1 2
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，即证a(ex1＋ex2)＞2，
1 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·武汉质检节选)已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.a＞0，设x ，
1
x 是f(x)的两个零点，证明：x ＋x ＜2.
2 1 2
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.
∵f(x )＝f(x )＝0，不妨设x ＜1＜x ，
1 2 1 2
要证x ＋x ＜2，即证x ＜2－x .
1 2 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.
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).
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).
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.
1 2
3.已知f(x)＝2x＋1－eax(a∈R).若x ，x 为方程f(x)＝1的两个相异的实根，求证：x
1 2 1
＋x ＞.
2
证明 x ，x 为方程f(x)＝1的两个相异的实根，
1 2
则x ，x 为方程2x－eax＝0的两个相异的实根，
1 2
即x ，x 为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，
1 2
∴ax ＝ln(2x )，ax ＝ln(2x ).
1 1 2 2
不妨设x ＞x ＞0.
1 2
∴a(x －x )＝ln ，即a＝.
1 2
要证x ＋x ＞，只需证a＞，
1 2
即证＞，
即证ln ＞.
令＝t＞1，
则上述不等式等价于g(t)＝ln t－＞0(t＞1)，
g′(t)＝－＝＞0，
∴函数g(t)在(1，＋∞)上单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln ＞成立.
即x ＋x ＞.
1 2
4.(2022·济南调研)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 )，证
1 2 2 1 1 2 1 2
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
