15.双变量导数中的主元法_11.3-2_2026-11-03

15.双变量导数中的主元方法
偏导数是高等数学中多元函数微分学里的重要概念之一. 例如二元函数y  f(x,y)，其偏
导数的基本求法便是：对x求导时，就假定y是常数，仅对函数y  f(x,y)中所有变元x
求导得到 f '(x,y)，对 y求导时，方法亦然. 比如：若函数 f(x,y) xy，则求导可得：
x
f '  y; f '  x.
x y
我们都知道，高中阶段很多函数问题都是含参数的，对于含参数的函数，可以将其简记为
y  f(x,a)，若将参数a也视为自变量的话，那么 y  f(x,a)就是一个二元函数，那么
我们就可以用偏导数的思想来研究该函数，这就产生了一个重要的方法：主元法. 近年
来，在高考试题中，主元法思想考察的相当频繁，例如2019年浙江卷导数压轴题和2020
年天津卷导数压轴题，2022北京卷等，在这些问题中，使用主元法往往会起到意想不到的
好处，从而使得整个问题得到圆满的解决.
典例分析
例1．已知函数 f xxexaln1x,aR
(1)讨论函数 f x的单调性；
(2)当a0时，对任意的买数x,x 0，证明： f x x  f x  f x .
1 2 1 2 1 2
1x a (1x)2aex
解析：（1） fx   ,(x1)
ex 1x 1xex
①当a0时， f¢(x)>0，此时， f x在,1单调递增；
②当a0时，令gx(1x)2aex，可以判断gx在,1是单调递减的
注意到：ga1(a2)2aea1 (a2)2a0,g1ae0,则必存在x ,1使
0
得 gx 0，即1x 2aex0 0,且当 x,x 时， gx0，于是 f¢(x)>0，此时
0 0 0
f x在,x 单调递增；当xx ,1时，gx0，于是 fx0，此时 f x在x ,1
0 0 0
单调递减；
（2）当a0时，对于给定的x ,0，令x f xx  f x f x ,x ,0
2 2 2 2
1xx a 1x a
则x fxx  fx 2   
2 exx2 1xx ex 1x
2
1xx 1xex2  1 1 
 2 a  
exx2 1x 1xx 
21xx 1x  1 1  x  1 1 
 2 a   2 a  0,因此x在,0
exx2 1x 1xx  exx2 1x 1xx 
2 2
是递增的，于是，x0f 00，即： f xx  f x f x 
2 2
进而 f x x  f x  f x 
1 2 1 2
例2．若定义在区间I 上的函数y f x，其图象上存在不同两点处的切线相互平行，则
称函数y f x为区间I 上的“曲折函数”，“现已知函数 f x2a2lnxx2(a0).
(1)证明：y f x是0,上的“曲折函数”；
(2)设0x a，证明：x x ,a，使得对于xx,a，均有
0 1 0 1
ax  fx f a f x 0.
0 0
解析：（1）要证y f x是0,上的曲折函数，
即证存在两个不同的x,x 0,，使得 fx  fx ，
1 2 1 2
2a2
令gx fx 2x，
x
即证：x,x 0,,x  x ，使得gx gx .
1 2 1 2 1 2
任取m4a，考虑方程gxm的正数解的情况.
2a2
2xm2x2mx2a2 0，
x
判别式Δm216a2 0，故方程有两个不等实根x,x ，
1 2
m
由韦达定理可知：x x  0,xx a2 0，从而x,x 0.
1 2 2 1 2 1 2
即gxm有两个不同的正实数解x,x ，
1 2
所以gx gx ，即y f x是0,上的曲折函数.
1 2
（2）取xx 代入函数yFx，可得：
0
2a2  a
Fx ax   2x 2a2ln a2x2，
0 0  x 0  x 0
0 0
2a2  a 2(ax)2xa
设mxax  2x2a2ln a2x2,x0,a，则mx 0，
 x  x x2
所以mx在0,a上单调递减，mxma0，所以Fx 0……①.再取xa代入函
0
a a
数yFx，可得：Fa4aax 2a2ln a2x2 3a24ax x22a2ln ，
0 x 0 0 0 x
0 0t
设nt3t24tx x22t2ln ,tx , ，nt4t4x 4tlnt4tlnx ht，
0 0 x 0 0 0
0
则 ht4lnt4lnx ，因为 t  x ，所以 ht0,nt在 x ,上单调递减，所以
0 0 0
ntnx 0，所以nt在x ,上单调递减，所以ntnx 0，所以Fa0
0 0 0
……②.又因为Fx在xx ,a上单调递减，结合①与②，由零点存在性定理，
0
必存在唯一的x x ,a，使得Fx 0，且对任意的xx,a，均有FxFx 0.
1 0 1 1 1
f(a) f(b) ab
例3. 已知函数 f(x) xlnx，若0ab，试比较 与 f( )的大小．
2 2
解 析 ： 不 妨 设 0ab，  f(x)xlnx， f(x)lnx1， 令 F(x) f (a)
ax ax ax
f(x)2f( )，则F(x) f(x) f( )lnxln ，当0xa时，F(x)0；
2 2 2
当ax时，F(x)0，
F(x)在(0,a)上单调增，F(x)在(a,)上单调减，当xa时，F(x) F (a)0，
min
f(a) f(b) ab
由0ab，故F(b) F(a)，则  f( )．
2 2
例4. 设函数 f(x)xlnx．
（1）求 f(x)的极值；
ab
（2）若0ab，证明：0 f(a) f(b)2f( )(ba)ln2．
2
解析：（1）函数 f(x)xlnx，则 f(x)1lnx，(x0)
1 1 1
令 f(x)0，解得：x ，且当x(0, )时， f(x)0，x( ,)时， f(x)0
e e e
1 1
因此： f(x)的极小值为 f( )
e e
ax
（2）构造函数F(x)alnaxlnx(ax)ln ，xa，
2
ax 2x
F(x)1lnxln 1ln ，0ax2x， F(x)0， F(x)在 (a,)上是单
2 ax
ab
调递增的；故F (b)F (a)0，即： f(a) f(b)2f( )0另一方面，构造函数
2
ax 2x x
G(x)alnaxlnx(ax)ln (xa)ln2， G(x)ln ln2ln 0， G(x)在
2 ax ax
ab
(a,)上是单调递减的，故G (b) G (a) 0即： f(a) f(b)2f( )(ba)ln2
2
ab
综上，0 f(a) f(b)2f( )(ba)ln2．
2
例5．已知函数 f xexklnx11kR．
（1）当k 1时，求曲线y f x在点 0, f 0 处的切线方程；
（2）若对任意x1,，都有 fx0，求实数k的取值范围；1 2f s2f t
（3）当k  时，对任意的s,t0,，且st，试比较 fs ft与
2 st
的大小．
1
解析：（1）当k 1时 f xexlnx11， f 00，所以 fxex ，
x1
f02，
所以y f x在点 0, f 0 处的切线方程为2xy0．
k
（2）对x1,都有 fx0且 f 00，而 fxex ，则 f01k 0，
x1
1
所以k 1，此时 f xexlnx11，故 fxg(x)ex ，则
x1
1
g(x)ex
，
x12
在x1,上g(x)0，即g(x) fx单调递增，且 f00，当x1,0时
f00， f x单调递减，当x0,时 f00， f x单调递增，所以
f x f 00，满足题意，综上，k 1．
（3）不妨设st0，令gs

fs ft

st2

f s f t

，
所以gs fsst ft fs，则gs fsst，
又 fxex k ， fxex k ， fxex 2k ，且x0，
x1
x12 x13
当k  1
2
， fxex
x
2

k
13
ex
x
1
13
，而ex 1，
x
1
13
1，
所以 fx0，故gx fsst0，gs在0,上单调递增，
所以gsgt0，所以gs单调递增，故gsgt0，
2f s2f t
所以gs

fs ft

st2

f s f t

0，即 fs ft ．
st
例6．（2022年北京卷）已知函数 f(x)exln(1x)．
（1）求曲线y f(x)在点(0， f(0))处的切线方程；
（2）设g(x) f(x)，讨论函数g(x)在[0，)上的单调性；
（3）证明：对任意的s，t(0,)，有 f(st) f(s) f(t)．
1
解析：（1）对函数求导可得： f(x)ex[ln(x1) ]，将 x0代入原函数可得
x1
f(0)0，将 x0代入导函数可得： f(0)1，故在 x0处切线斜率为 1，故
y01(x0)，化简得：y x.1 2 1
（2）由（1）有：g(x) f(x)ex[ln(x1) ]，g(x)ex[ln(x1)  ]，
x1 x1 (x1)2
2 1
令h(x)ln(x1)  ，令x1k(k…1)，
x1 (x1)2
2 1 (k1)2 1
设m(k)lnk  ，m(k) 0恒成立，故h(x)在[0，)单调递增，又因
k k2 k3
为
h(0)1，故h(x)0在[0，)恒成立，故g(x)0，故g(x)在[0，)单调递增.
（3）设hs f(st) f(s) f(t),其中s>0,t>0.hs f(st) f(s)，由（2）有
g(x) f(x)在[0,)单调递增，又因为t>0,所以在 fst fs，即
hs f(st) f(s)0,所以 hs f(st) f(s) f(t)在 [0， )单调递增，因为
s0，
则hsh0,而h0 f 00，故 f(st) f(s) f(t)，得