第3章 导数及其应用 高考难点突破课1 导数的综合问题 第四课时 双变量问题

高考难点突破课一导数的综合问题第四课时双变量问题内容索引核心突破题型剖析分层训练巩固提升HEXINTUPOTIXINGPOUXI核心突破题型剖析1题型一转化为同源函数解决例1

已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围.此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，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.感悟提升A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]B∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，题型二整体代换证明方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，感悟提升证明由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，训练2

设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1＋lnx2＞2.题型三构造具体函数解决双变量问题(1)讨论f(x)的单调性；例3

(12分)(2021·新高考Ⅰ卷)已知函数f(x)＝x(1－lnx).[规范解答]解因为f(x)＝x(1－lnx)，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[规范解答]证明由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，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x1<x2，则0<x1<1<x2<e.先证x1＋x2>2：要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以只要证x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，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)＝－lnx－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x1＋x2>2成立.………………9分再证x1＋x2<e：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(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，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x1＋x2<e成立.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

答题模板证明∵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).训练3

已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).极值点偏移微点突破

图(1)(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.图(2)(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0；图(3)(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0.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：例

已知函数f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2.由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据f(x1)＝f(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，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(x1)＞f(2－x1).又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)＞f(2－x1).∵x1＞1，∴2－x1＜1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.法二(比值代换法)设0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，即x1e－x1＝x2e－x2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.指数、对数均值不等式拓展视野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.1.对数均值不等式2.指数均值不等式证明

借助a作为媒介，构造对数均值不等式.依题意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.两式相减，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，例

(1)若函数f(x)＝lnx－ax(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，请证明：x1x2＞e2.故欲证x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2，由对数均值不等式知上式显然成立.综上，x1x2＞e2成立.证明借助a作为媒介，构造指数均值不等式.依题意，x1＝aex1，x2＝aex2.两式相加、减，得x1＋x2＝a(ex1＋ex2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).故欲证x1＋x2＞2，即证a(ex1＋ex2)＞2，(2)已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此x1＋x2＞2成立.FENCENGXUNLIANGONGGUTISHENG分层训练巩固提升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(x1)＝f(x2)＝0，不妨设x1＜1＜x2，要证x1＋x2＜2，即证x2＜2－x1.若2－x1和x2属于某一个单调区间，那么只需要比较f(2－x1)和f(x2)的大小，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.2.已知函数f(x)＝(x－2)ex＋a(x－1)2有两个零点.a＞0，设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2＜2.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x1代入上述不等式中，则f(x2)＝f(x1)＜f(2－x1)，即f(x2)＜f(2－x1).又函数f(x)是(1，＋∞)上的单调增函数，且x2，2－x1∈(1，＋∞)，所以x2＜2－x1.故x1＋x2＜2得证.证明x1，x2为方程f(x)＝1的两个相异的实根，则x1，x2为方程2x－eax＝0的两个相异的实根，即x1，x2为方程ax＝ln(2x)的两个相异的实根，∴ax1＝ln(2x1)，ax2＝ln(2x2).不妨设x1＞x2＞0.(1)试讨论函数f(x)的单调性；解f(x)的定义域为(0，＋∞)，①若a≤2，则f′(x)≤0，当且仅当a＝2，x＝1时f′(x)