微课培优3 双变量问题
求解双变量问题的总的思想方法是化双变量为单变量,然后借助导数,利用函数的单调性、最值等解决.利用导数求解双变量问题的一般步骤为
(1)先根据已知条件确定出变量x1,x2满足的条件.
(2)将待求的问题转化为关于x1,x2的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及x1,x2的式子转化为关于的式子,将问题转化为关于自变量(亦可)的函数问题;
②通过x1,x2的乘积关系,用x1表示x2(用x2表示x1亦可),将双变量问题替换为x1(或x2)的单变量问题.
(3)构造关于或x1的新函数,同时根据已知条件确定出或x1的范围,即为新函数的定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
类型一 与单调性有关的双变量问题
[典例1] (2025·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=[x2－(a+1)x+1]·ex,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a=－1,对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1>x2时,不等式|f(x1)－f(x2)|
与函数单调性有关的双变量问题的求解方法
此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过适当变形,使得不等式的两边均含有一个变量,且形式相同,可利用这个相同的形式构造函数,然后再利用导数求解.
[拓展演练1] 已知函数f(x)=ax2－(a+2)x+ln x.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极大值;
(2)若>－2对一切0类型二 与极值点有关的双变量问题
[典例2] (2025·天津河西模拟)已知函数f(x)=ln x+x2,a∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(0求解与极值点有关的双变量问题的方法
与极值点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程f′(x)=0的两个根,确定x1,x2的关系,通过替换转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数,然后利用导数求解;有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,通过令t=,t=x1x2,t=x1－x2等,换元转化为变量t的新函数,再利用导数进行处理.
[拓展演练2] 设函数f(x)=ln x－ax(a∈R).
(1)若a=3,求函数f(x)的最值;
(2)若函数g(x)=xf(x)－x+a有两个不同的极值点,记作x1,x2,且x13.
类型三 极值点偏移问题
方法1 对称化构造函数法
[典例3] (2025·海南海口模拟)已知函数f(x)=xex+2.
(1)求f(x)的最小值;
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
①证明:F(x)存在两个零点x1,x2;
②证明:F(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2+2<0.
对称化构造函数法:对结论x1+x2>(<)2x0型,构造函数F(x)=f(x)－f(2x0－x);对结论x1x2>(<)型,构造函数F(x)=f(x)－f(),通过研究 F(x)的单调性证明不等式.
方法2 比值代换法
[典例4] (2025·四川乐山模拟)已知函数f(x)=ax2+x－ln x－a.
(1)若a=1,求f(x)的最小值;
(2)若f(x)有2个零点x1,x2,证明:a(x1+x2)2+(x1+x2)>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t=化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明.
[拓展演练3] 已知函数f(x)=2xln x+(a∈R)有两个零点x1,x2(x1(1)求实数a的取值范围;
(2)证明:x1+x2>1.
(分值:50分)
1.(12分)已知函数f(x)=x2+(x－1)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)当x2>x1≥1时,求证:>.
3.(13分)(2025·湖南益阳模拟)已知函数f(x)=xln x－ax2,a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间,求a的取值范围;
(2)若x1,x2为f(x)的两个不同的极值点,证明:3ln x1+ln x2>－1.
4.(13分)(2025·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)=3ln x－ax.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)已知x1,x2是函数f(x)的两个零点(x1(ⅰ)求实数a的取值范围.
(ⅱ)λ∈(0,),f′(x)是f(x)的导函数.证明:f′(λx1+(1－λ)x2)<0.
微课培优3 双变量问题
求解双变量问题的总的思想方法是化双变量为单变量,然后借助导数,利用函数的单调性、最值等解决.利用导数求解双变量问题的一般步骤为
(1)先根据已知条件确定出变量x1,x2满足的条件.
(2)将待求的问题转化为关于x1,x2的函数问题,同时注意将双变量转化为单变量,具体有两种可行的方法:①通过将所有涉及x1,x2的式子转化为关于的式子,将问题转化为关于自变量(亦可)的函数问题;
②通过x1,x2的乘积关系,用x1表示x2(用x2表示x1亦可),将双变量问题替换为x1(或x2)的单变量问题.
(3)构造关于或x1的新函数,同时根据已知条件确定出或x1的范围,即为新函数的定义域,借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
类型一 与单调性有关的双变量问题
[典例1] (2025·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=[x2－(a+1)x+1]·ex,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若a=－1,对任意x1,x2∈(0,+∞),当x1>x2时,不等式|f(x1)－f(x2)|【解】 (1)f′(x)=[x2－(a+1)x+1+2x－a－1]·ex=(x+1)(x－a)·ex,
若a=－1,则f′(x)≥0恒成立,当且仅当x=－1时等号成立,
故f(x)的单调递增区间为(－∞,+∞),无单调递减区间.
若a<－1,则当x－1时,f′(x)>0;
当a故f(x)的单调递增区间为(－∞,a),(－1,+∞),单调递减区间为(a,－1),
若a>－1,同理可得f(x)的单调递增区间为(－∞,－1),(a,+∞),单调递减区间为(－1,a).
(2)若a=－1,则f(x)=(x2+1)·ex,
由(1)可得f(x)在定义域R上单调递增,
故|f(x1)－f(x2)|故f(x2)－m>f(x1)－m.
设g(x)=f(x)－me2x,故g(x)为(0,+∞)上的减函数,
而g′(x)=f′(x)－2me2x=(x+1)2ex－2me2x,
所以(x+1)2ex－2me2x≤0在(0,+∞)上恒成立,
故(x+1)2e－x－2m≤0在(0,+∞)上恒成立.
设S(x)=(x+1)2e－x－2m,x>0,
故S′(x)=－(x－1)(x+1)e－x,
当00,当x>1时,S′(x)<0,
故S(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
故S(x)max=S(1)=4e－1－2m,
故4e－1－2m≤0,即m≥,
即m的取值范围是[,+∞).
与函数单调性有关的双变量问题的求解方法
此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过适当变形,使得不等式的两边均含有一个变量,且形式相同,可利用这个相同的形式构造函数,然后再利用导数求解.
[拓展演练1] 已知函数f(x)=ax2－(a+2)x+ln x.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极大值;
(2)若>－2对一切0【解】 (1)当a=1时,f(x)=x2－3x+ln x,定义域为(0,+∞),
则f′(x)=2x－3+=,x>0,
令f′(x)>0,则01;
令f′(x)<0,则则f(x)在(0,),(1,+∞)上单调递增,
在(,1)上单调递减,
故函数f(x)的极大值为
f()=+ln =－ln 2－.
(2)因为>－2对一切0所以f(x1)+2x1令m(x)=f(x)+2x,
则m(x)=ax2－ax+ln x,定义域为(0,+∞),
则原问题转化为m(x)在(0,+∞)上单调递增;
又m′(x)=2ax－a+=,
当a=0时,m′(x)=>0,m(x)在(0,+∞)上单调递增;
当a≠0时,需m′(x)≥0在(0,+∞)上恒成立,
即2ax2－ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立,
对于y=2ax2－ax+1,图象过定点(0,1),对称轴为直线x=,
故要使得2ax2－ax+1≥0在(0,+∞)上恒成立,需满足a>0且2a()2－a+1≥0,
解得0综合可得0≤a≤8,即a的取值范围为[0,8].
类型二 与极值点有关的双变量问题
[典例2] (2025·天津河西模拟)已知函数f(x)=ln x+x2,a∈R.
(1)求f(x)的单调区间;
(2)设x1,x2(0(1)【解】 f′(x)=+ax=,x>0,
当a≥0时,f′(x)>0恒成立,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无单调递减区间,
当a<0时,令f′(x)>0,得0f(x)单调递增,
令f′(x)<0,得x>－,f(x)单调递减.
综上得,当a≥0时,f(x)的单调递增区间为(0,+∞),无单调递减区间;
当a<0时,f(x)的单调递增区间为(0,－),单调递减区间为(－,+∞).
(2)【证明】 g(x)=f(x)－ax=ln x+x2－ax,
则g′(x)=+ax－a=.
因为x1,x2(0即x1,x2(0所以解得a>4.
令=t,0得a===,
则x2－x1====,
所以g(x1)－g(x2)=ln x1+－ax1－(ln x2+－ax2)
=ln+()－a(x1－x2)
=ln+(x1－x2)(x1+x2)－a(x1－x2)
=ln(x1－x2)
=ln t+·=ln t－,
则g(x1)－g(x2)－(－ln a)=ln t－+ln =2ln(t+1)－t－1.
令h(t)=2ln(t+1)－t－1,0则h′(t)=－1=>0,
所以h(t)在(0,1)上单调递增,
所以h(t)所以g(x1)－g(x2)－(－ln a)<0,
即g(x1)－g(x2)<－ln a.
求解与极值点有关的双变量问题的方法
与极值点x1,x2有关的双变量问题,一般是根据x1,x2是方程f′(x)=0的两个根,确定x1,x2的关系,通过替换转化为只含有x1或x2的关系式,再构造函数,然后利用导数求解;有时也可以把所给条件转化为x1,x2的齐次式,通过令t=,t=x1x2,t=x1－x2等,换元转化为变量t的新函数,再利用导数进行处理.
[拓展演练2] 设函数f(x)=ln x－ax(a∈R).
(1)若a=3,求函数f(x)的最值;
(2)若函数g(x)=xf(x)－x+a有两个不同的极值点,记作x1,x2,且x13.
(1)【解】 由题意得f(x)=ln x－3x,则f′(x)=,x>0.
令f′(x)>0,解得0令f′(x)<0,解得x>,所以f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
所以f(x)max=f()=ln －3×=－ln 3－1,
所以f(x)无最小值,最大值为－ln 3－1.
(2)【证明】 因为g(x)=xf(x)－x+a=xln x－ax2－x+a,则g′(x)=ln x－2ax,
又g(x)有两个不同的极值点x1,x2,
所以ln x1=2ax1,ln x2=2ax2,
欲证ln x1+2ln x2>3,即证2ax1+4ax2>3,
因为0所以原式等价于证明a>.①
由ln x1=2ax1,ln x2=2ax2,
得ln=2a(x2－x1),则a=.②
由①②可知原问题等价于求证>,
即证ln>=.
令t=,则t>1,上式等价于求证ln t>.
令h(t)=ln t－,
则h′(t)==,
因为t>1,所以h′(t)>0恒成立,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1)=0,即ln t>,所以原不等式成立,即ln x1+2ln x2>3.
类型三 极值点偏移问题
方法1 对称化构造函数法
[典例3] (2025·海南海口模拟)已知函数f(x)=xex+2.
(1)求f(x)的最小值;
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
①证明:F(x)存在两个零点x1,x2;
②证明:F(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2+2<0.
(1)【解】 f′(x)=ex+2+xex+2=(x+1)ex+2,
所以当x≤－1时,f′(x)≤0,
当x>－1时,f′(x)>0,
所以函数f(x)在(－∞,－1]上单调递减,
在(－1,+∞)上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(－1)=－e.
(2)【证明】 ①F(x)=xex+2+a(x+1)2,a>0,
F′(x)=(x+1)(ex+2+2a),
因为a>0,所以ex+2+2a>0,
所以当x≤－1时,F′(x)≤0,
x>－1时,F′(x)>0,
所以F(x)在(－∞,－1]上单调递减,
在(－1,+∞)上单调递增,
则函数F(x)有最小值F(－1)=－e.
由a>0,F(x)=xex+2+ax2+2ax+a>xex+2+ax2+2ax=x(ex+2+ax+2a),
下面证明,在(－∞,－1]上,对 a>0,
存在x0∈(－∞,－1],
使得+ax0+2a<0,
实际上,当x<－2时,0令ax+2a<－1,得x<－－2<－2,
所以对 a>0,取x0∈(－∞,－－2),
必有x0(+ax0+2a)>0,即F(x0)>0,
所以在区间(－∞,－1]上,存在唯一的x1∈(x0,－1),F(x1)=0,
又F(0)=a>0,所以在区间(－1,+∞)上,存在唯一的x2∈(－1,0),F(x2)=0,
综上,F(x)存在两个零点.
②要证x1+x2+2<0,需证x1<－2－x2,
由－1因为F(x)在(－∞,－1]上单调递减,因此需证F(－2－x2)F(－2－x2)=－(2+x2)+a(x2+1)2,
F(x2)=x2+a(x2+1)2=0,
所以F(－2－x2)=－(2+x2)－x2,
－1设g(x)=－(2+x)e－x－xex+2,－1则g′(x)=e－x+xe－x－ex+2－xex+2=e－x(x+1)·(1－e2x+2)<0,
所以g(x)在(－1,0)上单调递减,
g(x)F(－2－x2)=－(2+x2)－x2<0,
结论得证,所以x1+x2+2<0.
对称化构造函数法:对结论x1+x2>(<)2x0型,构造函数F(x)=f(x)－f(2x0－x);对结论x1x2>(<)型,构造函数F(x)=f(x)－f(),通过研究 F(x)的单调性证明不等式.
方法2 比值代换法
[典例4] (2025·四川乐山模拟)已知函数f(x)=ax2+x－ln x－a.
(1)若a=1,求f(x)的最小值;
(2)若f(x)有2个零点x1,x2,证明:a(x1+x2)2+(x1+x2)>2.
(1)【解】 当a=1,
函数f(x)=x2+x－ln x－1(x>0),则f′(x)=2x+1－==,
可知当0当x>时,f′(x)>0,f(x)单调递增,
所以当x=时,f(x)取得极小值f()=ln 2－,也即为最小值,
所以f(x)的最小值为ln 2－.
(2)【证明】 由已知,x1,x2是f(x)=ax2+x－ln x－a的两个零点,
则a+x1－ln x1－a=0,
a+x2－ln x2－a=0,
两式相减,得a(x1+x2)(x1－x2)+(x1－x2)－(ln x1－ln x2)=0,
整理得a(x1+x2)=－1,
欲证明a(x1+x2)2+(x1+x2)>2,
只需证明不等式(－1)(x1+x2)+(x1+x2)>2,
即证明(x1+x2)>2,
也即证明(+1)>2,
不妨设0只需证明(t+1)>2,
即证明(t+1)ln t－2(t－1)<0(0令h(t)=(t+1)ln t－2(t－1)(0则h′(t)=ln t+－1,
又令u(t)=h′(t)=ln t+－1(0则u′(t)==<0,
所以,当0h′(1)=0,
故当0则h(t)所以原不等式成立,故不等式a(x1+x2)2+(x1+x2)>2得证.
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t=化为单变量的函数不等式,利用函数单调性证明.
[拓展演练3] 已知函数f(x)=2xln x+(a∈R)有两个零点x1,x2(x1(1)求实数a的取值范围;
(2)证明:x1+x2>1.
(1)【解】 由f(x)=0得－=x2ln x,
则由f(x)有两个零点知方程－=x2ln x有两个不同的正实数根.
令g(x)=x2ln x,则g′(x)=x(1+2ln x),
由g′(x)>0得x>,由g′(x)<0得0所以g(x)在(0,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增.
而g()=－,当x→+∞时,g(x)→+∞,当x→0时,g(x)→0,
故－<－<0,
即0(2)【证明】 法一(比值代换法)
由(1)知01.
由ln x1=ln x2得ln x1=t2(ln t+ln x1) ln x1=,
要证x1+x2>1,只需证x1(t+1)>1,
只需证ln x1+ln(t+1)>0,
即证+ln(t+1)>0,
即证(1－t2)ln(t+1)+t2ln t<0.
令h(t)=(1－t2)ln(t+1)+t2ln t(t>1),
则h′(t)=－2tln(t+1)+2tln t+1=－2tln(1+)+1=－2t[ln(1+)－],
令s=,m(s)=ln(1+s)－s,
则s∈(0,1),m′(s)==>0,
所以m(s)单调递增,即m(s)>m(0)=0,
故h′(t)<0在(1,+∞)上恒成立,
即h(t)在(1,+∞)上单调递减,故h(t)法二(对称化构造函数法)
由(1)知0当1－≤x1<时,显然x1+x2>1.
当1－>x1>0时,则1－x1>,
要证x1+x2>1,只需证x2>1－x1,
又1－x1>,x2>且g(x)=x2ln x在(,+∞)上单调递增,
故只需证g(x2)>g(1－x1),
即证g(x1)>g(1－x1),
即证ln x1－(1－x1)2ln(1－x1)>0,
即证ln x1－(－1)2ln(1－x1)>0,
令p(x)=ln x－(－1)2ln(1－x)(0则p′(x)=[2ln(1－x)+],
令n(x)=2ln(1－x)+(0则n′(x)=<0,n(x)在(0,)上单调递减,
所以n(x)<0,
故p′(x)<0,所以p(x)在(0,)上单调递减,则p(x)>0,
又1－<,
所以当1－>x>0时,p(x)>0,即x1+x2>1.
(分值:50分)
1.(12分)已知函数f(x)=x2+(x－1)ex.
(1)求f(x)的极值;
(2)当x2>x1≥1时,求证:>.
(1)【解】 函数f(x)=x2+(x－1)ex的定义域为R,f′(x)=2x+ex+(x－1)ex=x(ex+2),
当x<0时,f′(x)<0,当x>0时,f′(x)>0,即f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以当x=0时,f(x)取得极小值f(0)=－1,无极大值.
(2)【证明】 因为x2>x1≥1,所以x1－x2<0.要证>,只需证f(x1)－f(x2)<=,即证f(x1)+令g(x)=f(x)+=x2+(x－1)ex+(x≥1),g′(x)=2x+xex－,
当x≥1时,2x+xex=x(2+ex)≥2+e>4,0<≤4,即2x+xex－>0,则g′(x)>0,
因此,g(x)在[1,+∞)上单调递增,当x2>x1≥1时,g(x2)>g(x1),即f(x1)+所以当x2>x1≥1时,>成立.
2.(12分)(2025·河南商丘模拟)已知函数f(x)=x2+2ln x－2ax+c(a∈R,c为常数)的定义域为(0,+∞),f(1)=1－2a.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程,并判断l是否经过一个定点;
(2)若 x1,x2,满足0【解】 (1)由f(x)=x2+2ln x－2ax+c知f(1)=1－2a+c,
因为f(1)=1－2a,所以c=0,
所以f(x)=x2+2ln x－2ax.
f′(x)=2x+－2a,
则f′(1)=4－2a,
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程为y－(1－2a)=(4－2a)(x－1),
即y=(4－2a)x－3,
所以l经过定点(0,－3).
(2)令f′(x)=0,可得=0.
因为 x1,x2,满足0且f′(x1)=f′(x2)=0,
所以关于x的方程x2－ax+1=0有两个不相等的正实数根x1,x2,
则 a>2,0所以2f(x1)－f(x2)=2(－2ax1+2ln x1)－(－2ax2+2ln x2)
=2－4ax1+4ln x1－+2ax2－2ln x2
=2－4(x1+x2)x1+4ln x1－+2(x1+x2)x2－2ln x2
=－2－4+4ln x1++2－2ln x2
=－6ln x2－2,
令函数g(x)=x2－－6ln x－2,x∈(1,+∞),则g′(x)=2x+==,
令g′(x)=0,得x=,
因为当x∈(1,)时,g′(x)<0,
当x∈(,+∞)时,g′(x)>0,
所以g(x)在(1,)上单调递减,在(,+∞)上单调递增,
所以g(x)≥g()=－1－3ln 2,
又当x→+∞时,g(x)→+∞,
所以g(x)的取值范围为[－1－3ln 2,+∞),
即2f(x1)－f(x2)的取值范围为[－1－3ln 2,+∞).
3.(13分)(2025·湖南益阳模拟)已知函数f(x)=xln x－ax2,a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间,求a的取值范围;
(2)若x1,x2为f(x)的两个不同的极值点,证明:3ln x1+ln x2>－1.
(1)【解】 因为f(x)=xln x－ax2,a∈R,x>0,
所以f′(x)=ln x+1－2ax,
因为f(x)存在单调递增区间,
所以f′(x)=1+ln x－2ax>0有解,
即>2a有解.
令g(x)=,x>0,则g′(x)=,
当x∈(0,1)时,g′(x)>0,g(x)单调递增;
当x∈(1,+∞)时,g′(x)<0,g(x)单调递减.
所以当x=1时,g(x)取得最大值g(1)=1,
故2a故a的取值范围是(－∞,).
(2)【证明】 因为f′(x)=ln x+1－2ax,
所以x1,x2是方程ln x=2ax－1的两个不同的根,
即ln x1=2ax1－1,①
ln x2=2ax2－1,②
要证3ln x1+ln x2>－1,
即证2a(3x1+x2)>3.
①－②,得2a=,
即证(3x1+x2)>3,
显然x1,x2>0,不妨设x1>x2>0,t=>1,
即证(3t+1)>3,
即证ln t－>0.
设h(t)=ln t－,t>1,
则h′(t)==,
当t∈(1,+∞)时,h′(t)>0,
所以h(t)在(1,+∞)上单调递增,
所以当t>1时,h(t)>h(1)=0,
故3ln x1+ln x2>－1得证.
4.(13分)(2025·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)=3ln x－ax.
(1)讨论f(x)的单调性.
(2)已知x1,x2是函数f(x)的两个零点(x1(ⅰ)求实数a的取值范围.
(ⅱ)λ∈(0,),f′(x)是f(x)的导函数.证明:f′(λx1+(1－λ)x2)<0.
【解】 (1)f′(x)=(x>0).
①当a≤0时,f′(x)>0,f(x)在(0,+∞)上单调递增.
②当a>0时,令f′(x)>0得0同理,令f′(x)<0得x>,即f(x)在(,+∞)上单调递减.
(2)(ⅰ)由(1)可知当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递增,不可能有两个零点.
当a>0时,f(x)在(0,)上单调递增,在(,+∞)上单调递减,
若使f(x)有两个零点,则f()>0,
即3ln －3>0,解得0且f(1)=－a<0,当x→+∞时,f(x)→－∞,
则有x1∈(1,),x2∈(,+∞),
所以a的取值范围为(0,).
(ⅱ)x1,x2是函数f(x)的两个零点,则有3ln x1=ax1①,3ln x2=ax2②,
②－①得3(ln x2－ln x1)=a(x2－x1),
即a=,
f′(λx1+(1－λ)x2)=－a=,
由(ⅰ)知1所以x2－x1>0,λx1+(1－λ)x2>0.
若要证明f′(λx1+(1－λ)x2)<0成立,
只需证－3ln <0,
即证－ln <0,
令t=,则t>1,
则只需证－ln t<0,
即证t－1－[λ+(1－λ)t]ln t<0,
令h(t)=t－1－[λ+(1－λ)t]ln t,t>1,
h′(t)=(λ－1)ln t+λ(1－),
令l(t)=h′(t)=(λ－1)ln t+λ(1－),t>1,
l′(t)=,
令φ(t)=(λ－1)t+λ,t>1,
因为λ∈(0,),
得φ(t)在(1,+∞)上单调递减,
得φ(t)<φ(1)=2λ－1<0,得l′(t)<0,
即h′(t)在(1,+∞)上单调递减,
得h′(t)所以有h(t)故有t－1－[λ+(1－λ)t]ln t<0,不等式得证.
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微课培优3 双变量问题
知识链接
求解双变量问题的总的思想方法是化双变量为单变量,然后借助导数,利用函数的单调性、最值等解决.利用导数求解双变量问题的一般步骤为
(1)先根据已知条件确定出变量x1,x2满足的条件.
②通过x1,x2的乘积关系,用x1表示x2(用x2表示x1亦可),将双变量问题替换为x1(或x2)的单变量问题.
题型演绎
类型一 与单调性有关的双变量问题
[典例1] (2025·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=[x2－(a+1)x+1]·ex,a∈R.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
【解】 (1)f′(x)=[x2－(a+1)x+1+2x－a－1]·ex=(x+1)(x－a)·ex,
若a=－1,则f′(x)≥0恒成立,当且仅当x=－1时等号成立,
故f(x)的单调递增区间为(－∞,+∞),无单调递减区间.
若a<－1,则当x－1时,f′(x)>0;
当a故f(x)的单调递增区间为(－∞,a),(－1,+∞),单调递减区间为(a,－1),
若a>－1,同理可得f(x)的单调递增区间为(－∞,－1),(a,+∞),
单调递减区间为(－1,a).
[典例1] (2025·河北石家庄模拟)已知函数f(x)=[x2－(a+1)x+1]·ex,a∈R.
设g(x)=f(x)－me2x,故g(x)为(0,+∞)上的减函数,
而g′(x)=f′(x)－2me2x=(x+1)2ex－2me2x,
所以(x+1)2ex－2me2x≤0在(0,+∞)上恒成立,
故(x+1)2e－x－2m≤0在(0,+∞)上恒成立.
设S(x)=(x+1)2e－x－2m,x>0,
故S′(x)=－(x－1)(x+1)e－x,
当00,当x>1时,S′(x)<0,
故S(x)在(0,1)上单调递增,在(1,+∞)上单调递减,
与函数单调性有关的双变量问题的求解方法
此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过适当变形,使得不等式的两边均含有一个变量,且形式相同,可利用这个相同的形式构造函数,然后再利用导数求解.
反思归纳
[拓展演练1] 已知函数f(x)=ax2－(a+2)x+ln x.
(1)当a=1时,求函数f(x)的极大值;
[拓展演练1] 已知函数f(x)=ax2－(a+2)x+ln x.
类型二 与极值点有关的双变量问题
(1)求f(x)的单调区间;
求解与极值点有关的双变量问题的方法
反思归纳
[拓展演练2] 设函数f(x)=ln x－ax(a∈R).
(1)若a=3,求函数f(x)的最值;
[拓展演练2] 设函数f(x)=ln x－ax(a∈R).
(2)若函数g(x)=xf(x)－x+a有两个不同的极值点,记作x1,x2,且x1ln x1+2ln x2>3.
(2)【证明】 因为g(x)=xf(x)－x+a=xln x－ax2－x+a,则g′(x)=ln x－2ax,
又g(x)有两个不同的极值点x1,x2,
所以ln x1=2ax1,ln x2=2ax2,
欲证ln x1+2ln x2>3,即证2ax1+4ax2>3,
类型三 极值点偏移问题
方法1 对称化构造函数法
[典例3] (2025·海南海口模拟)已知函数f(x)=xex+2.
(1)求f(x)的最小值;
(1)【解】 f′(x)=ex+2+xex+2=(x+1)ex+2,所以当x≤－1时,f′(x)≤0,
当x>－1时,f′(x)>0,所以函数f(x)在(－∞,－1]上单调递减,
在(－1,+∞)上单调递增,
所以f(x)的最小值为f(－1)=－e.
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
①证明:F(x)存在两个零点x1,x2;
(2)【证明】 ①F(x)=xex+2+a(x+1)2,a>0,F′(x)=(x+1)(ex+2+2a),
因为a>0,所以ex+2+2a>0,
所以当x≤－1时,F′(x)≤0,x>－1时,F′(x)>0,
所以F(x)在(－∞,－1]上单调递减,在(－1,+∞)上单调递增,
则函数F(x)有最小值F(－1)=－e.
由a>0,F(x)=xex+2+ax2+2ax+a>xex+2+ax2+2ax=x(ex+2+ax+2a),
综上,F(x)存在两个零点.
(2)设F(x)=f(x)+a(x+1)2(a>0).
②证明:F(x)的两个零点x1,x2满足x1+x2+2<0.
反思归纳
方法2 比值代换法
[典例4] (2025·四川乐山模拟)已知函数f(x)=ax2+x－ln x－a.
(1)若a=1,求f(x)的最小值;
[典例4] (2025·四川乐山模拟)已知函数f(x)=ax2+x－ln x－a.
(2)若f(x)有2个零点x1,x2,证明:a(x1+x2)2+(x1+x2)>2.
反思归纳
(1)求实数a的取值范围;
(2)证明:x1+x2>1.
课时作业
(分值:50分)
1.(12分)已知函数f(x)=x2+(x－1)ex.
(1)求f(x)的极值;
(1) 【解】 函数f(x)=x2+(x－1)ex的定义域为R,f′(x)=2x+ex+(x－1)ex=x(ex+2),
当x<0时,f′(x)<0,当x>0时,f′(x)>0,即f(x)在(－∞,0)上单调递减,在(0,+∞)上单调递增,所以当x=0时,f(x)取得极小值f(0)=－1,无极大值.
1.(12分)已知函数f(x)=x2+(x－1)ex.
2.(12分)(2025·河南商丘模拟)已知函数f(x)=x2+2ln x－2ax+c(a∈R,c为常数)的定义域为(0,+∞),f(1)=1－2a.
(1)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线l的方程,并判断l是否经过一个定点;
2.(12分)(2025·河南商丘模拟)已知函数f(x)=x2+2ln x－2ax+c(a∈R,c为常数)的定义域为(0,+∞),f(1)=1－2a.
(2)若 x1,x2,满足0又当x→+∞时,g(x)→+∞,
所以g(x)的取值范围为[－1－3ln 2,+∞),
即2f(x1)－f(x2)的取值范围为[－1－3ln 2,+∞).
3.(13分)(2025·湖南益阳模拟)已知函数f(x)=xln x－ax2,a∈R.
(1)若f(x)存在单调递增区间,求a的取值范围;
3.(13分)(2025·湖南益阳模拟)已知函数f(x)=xln x－ax2,a∈R.
(2)若x1,x2为f(x)的两个不同的极值点,证明:3ln x1+ln x2>－1.
(2)【证明】 因为f′(x)=ln x+1－2ax,
所以x1,x2是方程ln x=2ax－1的两个不同的根,
即ln x1=2ax1－1,①
ln x2=2ax2－1,②
要证3ln x1+ln x2>－1,
即证2a(3x1+x2)>3.
4.(13分)(2025·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)=3ln x－ax.
(1)讨论f(x)的单调性.
4.(13分)(2025·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)=3ln x－ax.
(2)已知x1,x2是函数f(x)的两个零点(x1(ⅰ)求实数a的取值范围.
4.(13分)(2025·安徽阜阳模拟)已知函数f(x)=3ln x－ax.
(2)已知x1,x2是函数f(x)的两个零点(x1得φ(t)在(1,+∞)上单调递减,
得φ(t)<φ(1)=2λ－1<0,得l′(t)<0,
即h′(t)在(1,+∞)上单调递减,
得h′(t)所以有h(t)故有t－1－[λ+(1－λ)t]ln t<0,不等式得证.