双变量问题-2025高考数学一轮复习

双变量问题

题型分析双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题

总的思想方法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决.

题型一利用双变量的关系化为单变量

例1已知函数_/(x)=,一x+alnx,a>2.设xi,X2是的两个极值点，且X2>xi,

若g(x)=«xi)—X%2)一(Q—2)(X1—X2),证明：g(x)>o.

1,ax2—tzx+l

证明r(x)=-?-i+-=--『一.

,,,‘口a—yja2—4.〃+*\/次一4

若。>2,令/(x)=0,得%i=9或％2=n

由于兀V)的两个极值点%1,X2满足——Qx+lu。,

所以X1X2=L

又因为所以X2>1.

又g(%)=/(%i)一(Q-2)(xi-%2)=[—(xi—42)+o(lnxi-InX2)―(tz—2)(xi

—X2)=+%2J=一a—+21nX2—%2

X2)

设9(1)=」一九+21n%,x>l,

(x-l)2

9'(%)=一Z2V0，

人

夕(%)在(1,+8)单调递减,且9(1)=0,

从而当无£(1,+8)时，9(%)<0.

所以工+21nX2~X2<O,故g(%)>0.

X2,

感悟提升当XI,X2是函数人X)的两个不等的极值点时，XI,X2是方程了(%)=0的

两个不等实根，由根与系数的关系可得XI,X2之间的关系，由此可利用替换法将

双变量化为单变量.

训练1(2023•长春质检改编)已知«x)=；x2—'2x+2alnx有两个极值点xi,X2,证明:

Xxi)+/x2)>—3.

2ax2-2x~\~2a

证明

f(x)=x-2+—A=------A-------(x>0)

•.•函数/(X)有两个极值点XI,X2,

二.方程x2—2X+26Z=0有两个正根xi,X2.

X1+X2=2,

且』=4一8。>0,

xi*X2=2。>0,

解得0<4Z<1.

由题意得於1)+火X2)=品一2xi+2〃lnxi—2x2+2tzlnX2=+x^)—2(xi+%2)

+2〃ln(%i・％2)=^(xi+x2)2-xi-X2-2(x1+%2)+2〃ln(xi・42)=2aln(2a)—2a—2,

令/Z(Q)=2〃ln(2。)一2a—2^0<6z<2^.

则"(a)=21n(2〃)V0,

・・・丁=/2(〃)在(0,3J上单调递减，

/z(6i)>/z^j=-3,

・\/(%l)+«X2)>—3.

题型二作比整体代换法

例2(2023•德州质检)已知函数火%)=加1%一米工2一%,加£区若於)有两个极值点％1,

%2,求证：Inxi+ln%2>2.

证明若«¥)有两个极值点XI,X2,

即函数/(X)有两个变号零点，

又/(x)=lnx—mx,

所以的,42是方程/(X)=O的两个不同的实根，

Inxi—mxi=0,Inxi+lnx2

即《解得m—

[InX2—mx2=0,Xl+%2

另一方面，得InX2—Inxi=m(%2—xi),

ln%2—InxiInxi+ln%2

从H而可得--------------------

X2~X1X1+X2

-1+7In-

日(lnx2Inxi)(%2+xi)x”无i

于xiInxi+lnX2—

X2~X1

--1

XI

不妨设0<Xl<X2,

设片色则》L

.,,,1(1+，)Int

因此Inxi+InX2=---------:，t>1.

t—1

要证lnxi+lnx2>2,

曰(1+l)Int

即证---------->2,t>l,

t—1

曰L,2(t—1)

即当时，有ln%>—

、H十山12(t—1)

设函数/z«)=ln1———,t>l,

则"(/)=:2G+1)—2(7—1)(?—1)2

->0,

(r+1)2777+T)

所以/?⑺在(1,+8)上单调递增.

又以1)=0,因此以。>/2(1)=0.

.,2(t—1)

于是当时，有In»——:—.

所以Inxi+ln%2>2成立.

感悟提升对含参数的双变量不等式的证明，一般要利用条件消去参数，把所证

明的不等式化为仅含XI,改的式子，通过运算，构造/=?,/=X1X2,/=X1—X2等

X2,

为变量的新函数，利用这个新函数的性质解决.

训练2(2023•南通模拟改编)已知函数段)=ae-x,a©R.若外)有两个不同的零点

XI,X2,证明：X1+X2>2.

X

证明由兀r)=ae*—x=0,得工一。=0,

,XI11—x

令g(x)=£—a,则8'(%)=一厂，

由g'(x)=F->0,得X<1；

1—X

由g'(x)=T<0,得x>L

所以g(x)在(一8,1)上单调递增，在(1,+8)上单调递减，

由于XI,X2是方程g(x)=o的实根，

不妨设X1<1〈X2.

设O<X1V1VX2,

由g(xi)=g(x2),得xie-xi=x2e—X2,

等式两边取对数得Inxi—xi=lnX2~X2.

令t=~>l则X2=txi,代入上式得Inxi—xi=Int+ln

Xl9

/曰Inttint

XI=；—­,X2=~~

t—1t—1

北)([+1)Int2(t—1)

所以为+期=「^—>2QlnL币〉0,

、2(t—1)

设/z(O=lnt—~—«>1),

2

所以"(/)=:2(?+1)—2(/—1)(?—1)

->0,

(r+1)2777+T)

所以当t>l时，力⑺单调递增，

所以人⑺>%(1)=0,

所以In>0,故XI+%2>2.

题型三极值点的偏移

例3已知函数/0)=泥-"，如果X1WX2,且应¥1)=/(%2),求证：Xl+X2>2.

证明法一(对称化构造法)

H工)=泥=，f(x)=e^x(l-x),

令/(x)=0,解得x=l.

当x变化时，/(%),人功的变化情况如下表:

X(一8，1)1(1,+°0)

f(x)+0一

7c

由X1WX2,不妨设X1>X2,

V>1)=>2),

结合图象可知X1>1,X2<1,

.".2—xi<l,xi+x2>2=X2>2—xi<=>/(X2)>y(2—^i)<=>/(xi)>y(2—

xi)>0.

令尺x)=Ax)一火2—x),%e(l,+8),

则F'(x)=(x—l)(e2%-2—l)e-JC.

Vx>l,2x—2>0,

：.e2x-2-l>0,则歹(x)>0,

，尸(九)在(1,+8)上单调递增,

当x>l时，F(x)>F(l)=O,

即当％>1时,j(x)>fi2-x),

则«n)〉/(2—xi).

法二(比值代换法)

设0<尤1<1<左2,y(xi)=y(x2),

即》11口=工21*2,

取对数得Inxi—xi=InX2~X2.

令/=起>1,则％2=比1,代入上式得

Inxi—xi=Int+lnxi-txi9

,曰Inttint

侍~7，X2=-_7.

t—1t—1

.(，+l)Int2(t—1)

/.xi+x2=：一;〉2=lnt—rv;>0,

t—1t~r1

、2(t—1)

设g«)=lnt--干一(r>l),

.12(，+l)—2(t—1)(t—1)2

•••g")=7—(r+D2=t(r+i)2>0,

・•.当/>1时，g⑺单调递增,

••.g«)>g(l)=O,

.2(t—1),,

/.Int~>0,故XI+12>2.

感悟提升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>(V)2XO型，构造函数F(x)=/(x)

-filxo—x)；对结论X1X2>(<)看型，构造函数F(x)=f(x')—^~j,通过研究R(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.

训练3已知函数火x)=(x—2)卜+。。-1)2有两个零点，a>Q,设.，及是八工)的

两个零点，证明：X1+X2<2.

证明/(x)=(x—l)(e%+2a),

••优X)的极小值点为x=l.

***/^l)=X^2)=0,不妨设X1<1<X2,

要证》+尤2<2,

即证X2<2—XI.

若2—XI和X2属于某一个单调区间，那么只需要比较五2—XI)和«X2)的大小，

即探求人2—X)一次外的正负性.

于是构造辅助函数F(x)=j\2—x)—j{x},X<1,

代入整理得F(x)=—xex+2—(%—2)-e\

求导得〃(x)=(l—x)(e*—「*+2).

当x<l时，F(x)<0,

则尸(x)在(一8,1)上的单调递减.

于是网力>网1)=0,

则人2—力一火x)>0,

即火2—

将XI代入上述不等式中，

则五X2)=AXI)<_/Q—XI),

即人X2)<y(2—xi).

又函数人X)在(1,+8)上的单调递增，

且X2,21%1G(1,+°°),

所以.故X1+X2<2得证.

分层精练•巩固提升

【A级基础巩固】

1.已知函数7(x)=alnx+Tx2,在其图象上任取两个不同的点尸(xi,刀)，。(&，p)(xi

>X2),总能使洋a』―/(松)〉2,求实数。的取值范围.

X[-X2

./(XI)—f(X2)

解由>2,xi>X2>0,

X\~X2

二・火工1)―/(%2)>2x1—2x2,

—2x1>y(X2)—2x2,

构造函数g(x)=於)-2x=aln%—2x,则g(xi)>g(x2),

・,.g(x)在(0,+8)上为增函数，

由于g<x)=W+x—2,

则gXx)20对任意的%£(0,+8)恒成立，

由g'(%)=一+%—220,可得〃2—X2~I~2X

x9

当x>0时，则y=—f+21=—(x—1)2+1忘1,当且仅当x=l时，等号成立，

因此实数。的取值范围为[1,+8).

Y2

2.(2023•苏州模拟改编)已知函数八%)=了一21n%.若函数作)有两个零点九i,%2al

<X2),证明：Xl+X2>4.

证明J(x)=-^—21nx,x>0,

x2—4

/(x)=WJ，知五x)在(0,2)上单调递减，

在(2,+8)上单调递增，》=2是极值点，

又XI,X2为函数“X)的零点，

.*.0<Xl<2<X2,

要证X1+X2>4,只需证X2>4—XI.

(4—Xi)2v-2

一xi)=4-21n(4一xi)—一2xi+4-21n(4一xi),

%?

火的)=w-21nxi=O,

/./(4—xi)=21nxi—2xi+4—21n(4—xi),

令/z(x)=21nx—21+4—21n(4—x)(0V%V2),

2,22(x—2)2

则旗x)=12+==x(4f)>0,

在(0,2)上单调递增，

：.h(x)<h(2)=0,

.•优4-xi)V0=/S),

又汽x)在(2,+8)上单调递增，4-XI>2,X2>2,

.".4—X1<X2,即Xl+x2>4得证.

3.(2023・湖南名校联考)已知函数八x)=xlnx—ax2,aGR.

(1)若人x)存在单调递增区间，求a的取值范围；

(2)若xi,X2为_/(x)的两个不同的极值点，证明：3Inxi+lnx2>~1.

(1)解=%lnx—ay?,aGR,x>0,

=Inx+1—lax,

•.7a)存在单调递增区间，

：.f(x)=l+lnx-2ax>0有解，

即人7—>2a有解.

.1+lnxi—Inx

令g(x)=-A-一，则g'(x)=A2，

当x©(0,1)时,g'(x)>0,g(x)单调递增；

当x©(l,+8)时,g，a)V0,g(x)单调递减.

・•.当x=l时，g(x)取得最大值，最大值为g(l)=l,

故2aVg(l)=l,解得aV,

故a的取值范围是(一8,

(2)证明V/(x)=lnx+1-lax,

/.xi,%2是方程ln%=2ox—1的两个不同的根,

即Inxi=2^xi—1,①

InX2=2ax2~1,②

要证31nxi+In%2>—1,

即证2Q(3XI+42)>3.

mInxi—lnx2

①一②，得2Q=-----------，

__lnxi—lnx2,

即证(3xi+X2)>3,

X1~X2

VI

显然XI,X2>0,不妨设Xl>X2>0,t=~,

XI

则t>l,

即证笔(3f+D>3,

t—1

tm、3Ct—1)

即证Int——3d]—>0.

3(f-1)

设/?(r)=Int——彳口一，

…,八112(3D2

人|]h(0=y-(3r+1)2=t(3r+i)2»

当/e(l,+8)时，〃⑺>o,

，人⑺在(1,+8)上单调递增,

当时，h(t)>h(l)=0,

故31nxi+lnx2>—1得证.

【B级能力提升】

4.(2022•全国甲卷节选)已知函数五x)=8—Inx+x—a,证明：若人s有两个零点

XI,X2,则XIX2Vl.

证明火幻的定义域为(0,+8).

(ex+x)(%—1)

由/(%)=

x2-X+1=

可得函数人功在（0,1）上单调递减，在（1,+8）上单调递增.

法一不妨设X1<X2,

则0<Xl<l<X2,工>1.

XI

令F（x）=»-^,

7

4

(ex+x)(x—1),1(x—1)1

则F\x)=-------不-------••齐=9(e%+x-xe-1).

41x