2023创新设计一轮第四课时 双变量问题

第四课时双变量问题

核心突破•题型剖析

I题型一转化为同源函数解决

例1已知函数/U)=lnx—仪+1,其中。为实常数.对于函数图象上任意不同的两

点A(X1，«T|)),8(尢2，#初))，直线A8的斜率为A,若X1+九2+k>0恒成立，求。

的取值范围.

解由题意，4=,(为)一’(尬)，则原不等式化为幻+尬+/(/)—于8>0,

X\-X2X\-XI

不妨设X|>X2>0,贝(](X1+X2)(X1—X2)+,*X1)一兀6)>0,即才一S+«X1)—Z(X2)>O,

即/(Xl)+xT>,*X2)+《.

设^(x)=/(x)H-x2=Inx+x2—ar+1,

„.1,2X2—<u+1

贝Ijg'(x)=-+2x-a=-,

由已知，当用>光2>0时，不等式g(Xl)>g(X2)恒成立，则g(x)在(0,+8)上是增

函数.

所以当x>0时，g'(x)20,即2f—ax+l》0,

即aW专匕L=2X+：恒成立，

因为2x+：22啦，当且仅当2x=J,

即尤=乎时取等号，

所以(2%+；)=272.

Vx/min

故a的取值范围是(一8,2g

感悟提升此类问题一般是给出含有汨，X2,凡⑴，代⑵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.

训练1已知函数«r)=alnx+%,在其图象上任取两个不同的点P(x”y),。(也，

”)(汨>X2)，总能使得二'(X2)>2,则实数。的取值范围为()

A|一X2

A.(l,+8)B.[L+8)

C.(l,2)D.[l,2]

答案B

,f(XI)-f(X2)

斛析由>2,xi>%2>0,

X\—X2

/./(JC1)—y(X2)>2x|-2x2,

，於1)—2X1>73)—2X2,

构造函数g(x)=j(x)—2x=a\nx+^x2—2x,

则g(Xl)>g(X2),

二函数g(x)在(0,+8)上为增函数，

由于g，(x)=3+x-2,则g，(x)20对任意的xe(o,+8)恒成立，

由g，(x)=f+x—2N0,

可得a2一/+2x,

当x>0时，则y=-*+2x=-a-l)2+lWl,当且仅当x=l时，等号成立，

・・・。21,因此实数。的取值范围为[1,+8).

|题型二整体代换

例2(2022•德州质检)设函数/U)=f—(a+2)%+alnx,g(x)=2alnx-4x+b,其中

。>0,b£R.已知。>2,且方程外)=g(x)在(1,十8)上有两个不相等的实数根

Xl，X2,求i正：/jl；X2)〉0.

证明方程段)=g(x),即x2—(a—2)x—aln尤=/?,

在(1,+8)上有两个不等实根和及，不妨设1<加〈12,

则xi—(a—2)x\—a\nx\=MD,

七一(a—2)x2—alnX2=b②,

后+2%i—七一212

①一②得a

xi+lnxi-及―Inxi

22(x—1)

,：a>2,f(x)=2x~(a+2)+^=2X—(a+2)%+q

xx

则/(X)在(1,3上单调递减，g,+8)上单调递增,

.•.当XW(I,§时，/(x)<o,

当+8)时，/(*)>0,

若证/(守>0,只需证中这

即a<x\+x2^

才+2尢L正一2x2

只需证<X1+X2,

xi+Inx\—X2—InX2

・:x\<X2,Axi+lnxi<X2+lnx2,

即需证才+2xi-2X2>(XI+x2)(xi+lnx\—JQ-InX2),

2(xi-X2)

整理行Inxi-Inx2V.口+,口

Xi

2|

即证InM<一42

尹1

.x\、门2Ct—1)

令，="6(0,1),设〃⑺=lnr——

(/_1)2

〃(')=777m

显然/2⑺在(0,1)上单调递增.

.,./?(r)</i(l)=0,故/隹3)>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凡得到仅含有汨，X2

的式子.(2)与极值点用，X2有关的双变量问题，一般是根据汨，X2是方程了(©=0

的两个根，确定XI,X2的关系，再通过消元转化为只含有即或X2的关系式，再

构造函数解题，即把所给条件转化为汨，X2的齐次式，然后转化为关于"的函数,

X1

把丝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aWR,函数/(x)=lnx—ax,若兀r)有两个相异零点为，xi,求证：Inxi

+InX2>2.

证明由已知得Inx।-cix1=0,InX2-ciX2=0,

Inxi+ln%2In即一Ini2

所以a=-------------7-------------=-------------------------------,

X\+X2X\—X2

所以lnxi+lnx2>2等价于军士当n—>2,

X\-X212

-+1

即至一In->2,

XI%2

-It

X2

、nX\2(Ll)

设X1>X2,令Ag⑺=lnz——不j—,

2

r114(f—1)

贝।g")=7—c+D2>°,

所以g«)>g(l)=o,

2(z—1)

即int>---:-----,

即得—ln，＞2,所以原题得证.

L1

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）已知函数於）=x（l-lnx）.

⑴讨论7U）的单调性；

（2）设a,为两个不相等的正数，且/?lna—HnZ?=a一方，证明：2＜：+*e.

［规范答题］

(1)解因为/(x)=x(l—Inx),

所以7U）的定义域为（0,+8）,

f\x)=1—Inx+x-—Inx.

当尤w（o,1）时，/（x）＞0；当xG（l,+8）时，/（x）＜0.

所以函数7U）在（o,i）上单调递增，在（1,+8）上单调递减............3分

（2）证明由题意，a,。是两个不相等的正数，且句na—aln6=。一匕，两边同时

…、)InaInb11^Ina+1Inb+1

除以出?，得一一丁=工一一，即-----=1Z-,即wri

abbaab

令》=!，X2=/,.................5分

由(1)知危)在(0，1)上单调递增，在(1，+8)上单调递减，且当0<x<e时，危)>0,

当x>e时，7(x)<0,

不妨设X|<X2,则。4|<1<X2<e.

要证2<(+/<e,即证2al+x2<e..................6分

先证X1+X2>2:

要证Xl+X2>2,即证X2>2—X1,

因为0ai<l〈T2<e,

所以只要证X2>2—X1>1,

又於)在(1,+8)上单调递减，

所以即证7(X2)勺(2—X1),

又於1)=加2),

所以即证人用)勺(2—xi),

即证当x£(0,1)时，40—五2—x)<0.

构造函数F(x)=j(x)—fi2—x),

则F'(x)=f(x)+f(2-x)

=—Inx—ln(2—x)=-ln[x(2-x)],

当04<1时，x(2—x)<l,

则一ln[x(2—x)]〉0,

即当04<1时，F'(x)>0,

所以尸(x)在(0,1)上单调递增,

所以当0令<1时，F(x)<F(l)=0,

所以当04<1时，1》)一/(2—x)<0成立，

所以汨+32>2成立................9分

再证xi+x2<e：

由⑴知,7(x)的极大值点为尤=1,八尤)的极大值为人1)=1,

过点(0,0),(1,1)的直线方程为y=x,

设式Xl)=/(X2)=m,

当xW(O,1)时，/(x)=x(l—Inx)>无，

直线y=x与直线y=m的交点坐标为("%"?),则xi</n.

欲证xi+%2<e,即证x\+x2<m+x2=fixi)+%2<e,

即证当l〈x<e时，fix)+x<e.

构造函数/?(x)=/(x)+x,

则h'(x)=1—Inx,

当la<e时，厅(x)>0,所以函数/?(x)在(1,e)上单调递增，

所以当1<x<e时，/?(x)</?(e)=*e)+e=e,

即«x)+x<e成立，所以xi+x2<e成立.

综上可知，2<5+5<e成立................12分

答题模板

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/U)=2or+bx-1—21nx(a^R).当尤>y>e—1时，求证：e'ln(y

+l)>evln(x+l).

证明'.'x>y>e—1,/.x+1>y+1>e,

即ln(x+l)>lnCr+l)>l,

欲证e'ln(y+l)>evln(x+1).

即证明।，心,

In(x十1)In(y十1)

令ga)=ln(元+1)，

eAIn(x+1)-1]

则g'(x)=]n2(x+J,

显然函数〃(x)=ln(x+l)—±Y在(e—1,+8)上单调递增，

.,./?(%)>1-1>0,即g，(x)>0,

，g(x)在(e—1,+8)上单调递增,

Vx>j>e—1时，g(x)>g(y),

e-re)‘

即In(x+1)>ln(y+1)'

：.当x>y>e~\时，e'ln&+l)>evin(x+l)成立.

微点突破/极值点偏移

(1)极值点不偏移

已知函数7U)图象的顶点的横坐标就是极值点X0,若/U)=C的两根的中点刚好满

足色卫=xo,即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数人X)

在x=xo两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).

图(1)

(无偏移，左右对称，二次函数)若兀¥|)=兀¥2),则第+及=2九0.

(2)极值点偏移

若生产Wxo,则极值点偏移，此时函数_/U)在尤=回两侧，函数值变化快慢不同,

如图(2)(3).

图⑵

(左陡右缓，极值点向左偏移)若兀XI)=/(X2),则X1+九2>2XO；

图⑶

(左缓右陡，极值点向右偏移)若加1)=於2),则为十及<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XI+X2>2XO型，构造函数尸(x)=/(x)一

filXQ—X)',对结论型，构造函数网的可/一乂^)，通过研究产(X)的单调

性获得不等式.

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.*x)=xer,如果尤1WX2,且.*为)=於2),求证：X1+X2>2.

证明法一(对称化构造法)

由题意知，J(x)=xe~x,/(x)=e-*(l—x),

令/(x)=0,解得x=L

当x变化时，/(x),7U)的变化情况如下表：

X(一8，1)1(1,+°°)

f(x)+0—

1

於)e

由X1#X2,不妨设X1>X2,

根据犬汨)=兀m)，

结合图象可知X|>1,X2<\,

令F(x)=/a)—A2—x),XG(1,+8),

则F'(x)=(x—l)(e2t~2—l)e-\

Vx>l,2x-2>Q,

.•.e2v-2-l>0,则尸口)>0,

.♦.F(x)在(1,+8)上单调递增，

,当x>l时，F(x)>F(l)=O,

即当尤>1时，/x)>>(2-x),

则_/UD>y(2—汨).

又••7(制)=於2),

.••/2)>洲2—元］).

Vxi>l,/.2-xi<l,

•'•X2,2—»£(—8,1),

。外)在(一8,1)上是增函数,

「・12>2-x\,Axi+X2>2.

法二(比值代换法)

设0V为V1VX2,人为)=於2),

x\e~x\=X2e~x2,

取对数得Inxi—xi=lnx2~X2.

令r=->1,贝！]X2—tx\,代入上式得Inx\-xi=lnt+\nx]—tx\,

冗i

Intrlnt

侍加=二7’“2=二?

(z+1)Inz2(/—1)

C.x\+x2=■~~;>2=lnt—i-;>0,

t—1t-v1

2(z—1)

设g⑺=lnt--下一(z>l),

.,12(r+1)-2(z-1)(z-1)2

*H⑺=1(f+1)2=f(f+1)2〉。，

.•.当时，g(。单调递增，

•••g”)>g(l)=0,

故Xl+%2>2.

拓展视野/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,Z?>0(aW"),有\!ab、na_inb<2.

证明不妨设a>/?>0(0VaVb时同理可得)

首先，由----等价于Ina-In8V一芹，

'Ina—Inb7ab

T-1

即In太，

\lb

令X=7Z>T,只要证In，〈［―,

即证2xlnx—J^+KO.

令危)=2xlnx—f+l(x>1),

2

贝iJ/(x)=21nx+2—2x,/r(x)=--2<0,/(处在(1,+8)单调递减，/(x)</(l)=

0,於)在(1,+8)单调递减，即人幻vyu)=o.

故丽V产沁

vIna-Inb

.ae罚、十2(x—1)

令x=]>l,只要证lnx>——,

即证(x+l)lnx—2x+2>0.

设g(x)=(x+l)lnx—2工+2。>1),

同理可证g(X)在(1,+8)单调递增，

有ga)>g(i)=o.

..a-ba+b

故^----

In6z-Inb2

二、指数均值不等式

〃?+〃e'"—e〃e'"+e〃

结论2对任意实数相，〃(m#〃)，有e三-V<---

2m—n2

证明在指数均值不等式中，令d"=a、e"=b,则m=lna,〃=ln。，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/(X)=ln尤一0X(。为常数)有两个不同的零点九1，了2，请证明：X\X2>

证明借助。作为媒介，构造对数均值不等式.

依题意，Inxi—axi=O,InjQ-3=0.

两式相减，得InXi—InX2=a(xi—xi),

加Inxi-InX2v卜।.

即Q=---------,两式相加，

X\~X2

得Inxi+lnX2=a(x\+%2).

故欲证xiX2>e2,

即证Inxi+lnx2>2,

即证a(x[+xi)>2,

“—Inxi—lnx2、2

即证>;.

X\~X2X\+X2

由对数均值不等式知上式显然成立.

综上，为X2>e2成立.

(2)已知函数«¥)=_¥—为常数)有两个不同的零点尢1，X2，证明：Xl+X2>2.

证明借助。作为媒介，构造指数均值不等式.

依题意，%i=ae*i,X2=a^2.

两式相加、减，得为+X2=。(。\+炉2),x\-X2=a(ex\—ex2).

故欲证XI+X2>2,即证6z(eri+ex2)>2,

即证/：_；2七，+e、2)>2,

eAi+ev2evi-ex2

即证「一>------.

2X\—X2

由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此为十松>2成立.

I分层训练・巩固提升

1.已知函数,*x)=lnx+f—龙-2a+l.若函数兀r)有两个极值点xi，X2,求证：,*xi)

+/X2)<0.

证明佗尸二二“二%>0),

••丁仁)有两个极值点XI,X2,

故为，X2为方程一/+无一a=0的两个不等正实根,

/=1-4。>0,

X\+12=1,/.0<a<1,

/1%2=。>0,

.,a(xi+x2)

・(%2)=mxix+-—(xi+%2)-4tz+2—Ina-4。+2,

2人|人2

令g(a)=lna—4a+2(Q<a<^,

1-4。

则g"0=F—>0,

g(a)在(0,J上单调递增,

故g(a)Vg(£|=ln1+1<0,

...加|)+/(X2)V0.

2.(2022・武汉质检节选)已知函数/0)=。-2)砂+。。-1)2有两个零点工>0,设为,

%2是7U)的两个零点，证明：X1+九2V2.

证明求导得了(x)=(x—l)e+2a),

所以函数7U)的极小值点为x=L

,.了3)=7(无2)=0,不妨设X1V1V九2,

要证X|+X2<2,即证X2<2一汨.

若2—XI和X2属于某一个单调区间，那么只需要比较7(2—X。和/(X2)的大小,

即探求人2—尤)一/(x)的正负性.

于是构造辅助函数

Rx)=/(2—九)一/U),尤VI,

代入整理得F(x)=-xe~x+2-(x-2)-ex.

求导得F'(x)=(l-x)(ex-e~x+2).

当xVl时，F(x)<0,

则函数F(x)是(一8,1)上的单调减函数.

于是F(x)>F(l)=O,

则人2—尤)一/(x)>0,

即犬2—x)>>(x)(xVl).

将汨代入上述不等式中，

则7(X2)=AXI)P(2一汨)，

即兀⑵中2—汨).

又函数“X)是(1,+8)上的单调增函数，且X2,2—x)e(l,4-00),

所以X2<l—X\.

故X|+X2<2得证.

3.已知危)=2x+l—e"(aWR).若为，检为方程外)=1的两个相异的实根，求证:

2

X\+X2>—a.

证明XI,X2为方程/U)=l的两个相异的实根，

则Xi,X2为方程2%一产=0的两个相异的实根，

即用，X2为方程ox=ln(2x)的两个相异的实根，

=ln(2xi),O¥2=ln(2x2).

不妨设》>X2>0.

I1n-汨

,X1anX2

/.a(x\-X7)=\n—,即a=.

X2X\—X2

22

要证