文档内容
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<＋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00，当
x>e时，f(x)<0，
不妨设x 2：
1 2要证x ＋x >2，即证x >2－x ，
1 2 2 1
因为02－x >1，
2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x )0，
即当00，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当02成立. ……………………9分
1 2
再证x ＋x x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x 0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1x ，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
