拓展优化　双变量问题 课件（共18张PPT）

(共18张PPT)
上篇 专题六 函数与导数
拓展优化　双变量问题
近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高，破解问题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
考向1　与双变量有关的恒成立问题
【典例1】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2－3x.
(1)若函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，求函数f(x)的极小值；
由函数f(x)的图象在点(1，f(1))处的切线方程为y＝－2，
得f′(1)＝1＋2a－3＝0，解得a＝1，
所以当x＝1时，函数f(x)取得极小值f(1)＝ln 1＋1－3＝－2.
解　由a＝1得f(x)＝ln x＋x2－3x.
因为对于任意x1，x2∈[1，10]，
所以对于任意x1，x2∈[1，10]，
则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立.
设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])，
当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减，
所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710，
所以m≤－1 710，
故实数m的取值范围为(－∞，－1 710].
点津突破
考向2　以零点为背景的双变量不等式的证明
【典例2】 已知函数f(x)＝ln x－ax2＋(a－b－1)x＋b＋1(a，b∈R).
(1)若a＝0，试讨论f(x)的单调性；
①当b≤－1时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(0，＋∞)上单调递增.
证明　由f(x)＝m－ax2得ln x＋(a－2)x＋2＝m，
令g(x)＝ln x＋(a－2)x＋2，x＞0，则g(x1)＝g(x2)＝m，
依题意有ln x1＋(a－2)x1＝ln x2＋(a－2)x2.
不妨设x2＞x1＞0.
要证(*)式成立，
∴φ(t)在(1，＋∞)上单调递减.
∴φ(t)＜φ(1)＝0，即(**)式成立，
1.本例含有“双变量”，求解的关键是探究(或设出)两变量的关系，合二为一，变为单变量不等式，进而构造新函数，转化为判断函数的单调性或求新函数的最值问题.
2.破解含双参不等式的证明要抓住三点：一是转化(转化为含单参的不等式)，二是巧构造，三是回归，即把所求的最值应用到双参不等式，得到要证明的结论.
点津突破
(1)若m①当m≤2时，若x∈[1，e]，则f′(x)≥0，
∴f(x)在[1，e]上是增函数，则f(x)min＝f(1)＝2－m.
②当2若x∈[m－1，e]，则f′(x)≥0.
f(x)min＝f(m－1)＝m－2－mln(m－1).
综上，当m≤2时，f(x)在[1，e]上的最小值为f(1)＝2－m；
当2(2)当m≤2时，若存在x1∈[e，e2]，使得对任意的x2∈[－2，0]，f(x1)≤g(x2)成立，求实数m的取值范围.
解　已知等价于f(x1)min≤g(x2)min.
由(1)知m≤2时，在x1∈[e，e2]上有f′(x1)≥0，
又g′(x)＝x＋ex－(x＋1)ex＝x(1－ex)，
当x2∈[－2，0]时，g′(x2)≤0，g(x2)min＝g(0)＝1.
(1)求f(x)的最小值；
所以当a≤0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，函数无最小值.
当a>0时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
故函数f(x)在x＝a处取到最小值，最小值为f(a)＝ln a＋1.
综上，当a≤0时，f(x)不存在最小值；当a>0时，f(x)的最小值为f(a)＝ln a＋1.
(2)若方程f(x)＝0有两个根x1，x2(x12a.
证明　由题意知，函数y＝f(x)的两个零点为x1，x2(x10.
由(1)知f(x)在(0，a)上单调递减，在(a，＋∞)上单调递增，
设0令g(x)＝f(x)－f(2a－x)(0所以g(x)在(0，a)上单调递减，g(x)>g(a)＝0，即f(x)>f(2a－x).
令x＝x1f(2a－x1)，所以f(x2)＝f(x1)>f(2a－x1)，
由(1)可得f(x)在(a，＋∞)上单调递增，
所以x2>2a－x1，故x1＋x2>2a.