双变量问题的解决策略Word文件下载.docx

1、【题目 2】求证： e- 2t（e x） x2t 1 . 2【解析】令 f （t） 2t2 2（ex x）t e2 x x 1= 2（t ex x）22 （ex 2 x）2 1 1.令 g（x） ex x ，则 g （x） ex 1，易知 g（x） 在（ , 0） 上单调递减，在（0, ） 上单1 x 2 3 3调递增，所以 g（x） 的最小值为 g（0） 1，所以 2 （e x） 1 2 ，从而 f （x） 2 .三、化归为值域问题或最值问题【题目 3】已知函数 f （x） ln x ax2 3x （a R） .（I）函数 f （x） 在点 1, f （1） 处的切线方程为 y 2 ，求函数

2、 f （x） 的极值；（ II ） 当a = 1时 ， 对 于 任 意x1, x2 1,10 ， 当x2 x1时 ， 不 等 式1 2f （x ） f （x ） m（x2 x1 ） 恒成立，求出实数m 的取值范围.x2 x1【解析】（I）函数 f （x） ln x ax2 3x 的定义域为（0, ） ，f （x） x 2ax 3, f （1） 1 2a 3 0, a 1 ，2 1 2x2 3x 1 1x 0, 1 可知 f （x） ln x x 3x, f （x） 2x 3 xx 0 ， x1 1, x2 2 ，可知在 2 时， （x） 0 ，函数 f （x） 单调递增，在 x 1 ,1 时，

3、 f （x） 0 ，函数 f （x） 单调递减，在（1, ） 2 单 调 递 增 ， 可 知 函 数f （x）的 极 小 值 为f （1） ln1 1 3 2， 极 大 值 为 2 f 1 ln 1 1 3 5 ln 2 .2 4 2 4（II） f （x ） f （x ） m（x2 x1 ） 可以变形为 f （x ） f （x ） m m ，可得x2 x1 x1 x2f （x ） m f （x ） m ，可知函数 f （x） m 在1,10 上单调递减.1 x 2 x xh（x） f （x） m ln x x2 3x m ， h （x） 1 2x 3 m 0 ，可得m 2x3 3x2 x ，

4、 设x x x x2F （x） 2x3 3x2 x ， F （x） 6x2 6x 1 6 x 1 2F （x） 1,102 0 ，可知函数 在 单调递减， F （x）min F （10） 2 103 3 102 10 1710 ，可知m 1710 ，可知参数m 的取值范围为（ , 1710 .四、化归为函数单调性思想k【题目 4】已知函数 f （x） ln x x .对任意 x1 x2 0 ，都有 f （x1 ） f （x2 ） x1 x2恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】 f （x1 ） f （x2 ） x1 x2 f （x1 ） x1 f （x2 ） x2 恒成立 （*）设 g（x）

5、f （x） x ln x x x （ x 0 ），则（*）式等价于 f （x） 在（0, ） 上单调递减.从而 1 k 1 0 在（0, ） 上恒成立，从而得 21 2 1g （x） = - 2k x x （x ） x x 2 4（ x 0 ）恒成立，所以k 4 .从而，实数k 的取值范围是 4 , ）.五、整体代换，变量归一【题目 5】已知函数 f （x） ln x e x （ R ）.（I）若函数 f （x） 单调函数，求 的取值范围；（II）在（I）的条件下，求证：当0 x x 时，都有e1 x2 e1 x1 1 x2 .（I）由题意知函数 f （x） 的定义域为（0, ） .对 f （

6、x） 求导，得f （x） e x xe x .x x因为 f （x） 为单调函数，所以 f （x） 0 ，或 f （x） 0 在（0, ） 上恒成立.1 当 f （x） 0 时，即 xe x 0 ，从而 xe x .令 g（x） g （x） = x 1 .exe x（ x 0 ），则当0 x 1时， g （x） 0 ， g（x） 单调递减；当 x 1 时， g （x） 0 ， g（x） 单调递增.1 1从而 g（x）min g（1） e ，所以 e .2 若 f （x） 0 时，即 xe x 0 ，从而 xe x .由1 知 g（x） 在（0,1） 上单调递减，在（0, ） 上单调递增.又 g

7、（0） 0 ， x 时， g（x） 0 ，所以 0.综上知，实数 的取值范围是（ , e 0, ）.1 1 x（II）由（I）知，当 e 时， f （x） e ln x e在 （0, ） 上单调递减，因为0 x f （x ）. 即 1 x 1-x ，1 2 1 2 ln x1 e 1 ln x2 e 2e e所以 ln x e e x1 ln x e e x2 ，即e1 x2 e1 x1 ln x-ln x .要证e1 x2 e1 x1 1 x2 ，只需证ln x1 1 x1 .x1 x2 x2令t x1 ，则0 t 1 ，令 g（t） ln t t 1（ 0 t 1 ），x2求导， 得 1

8、1 t 1g （t） 2 2 0 ， g（t） 在 （0,1） 上单调递减， 又 g（1） 0 ， 所以g（t） 0 ，即 1t t t，即ln t 1 ，从而结论得证.ln t + -1 0t t【题目 6】已知函数 f （x） ln x ax ， a R.（I）讨论 f （x） 的单调性；（ II ） 记 函 数f （x） 的 两 个 零 点 为 x1, x2 ， 且 x1 x2 . 已 知 0 ， 若 不 等 式1 ln x1 ln x2 恒成立，求 的取值范围.（I）依题意，知 f （x） 的定义域为（0, ） .对 f （x） 求导，得 1 .1 若a 0 时，则 f （x） 0 ，

9、 f （x） 在（0, ） 上单调递增；2 若a 0 时，令 1 a 0 ，得 x 1 .从而f （x） = - a xx a当 x （0, a ）当时， f （x） 0 ， f （x） 单调递增；时， f （x） 0 ， f （x） 单调递减.x （ , +a从而可知，当a 0 时， f （x） 在（0, ） 上是增函数；当a 0 时， f （x） 在区间（0, a ） 上是增函数，在区间（ a , ） 是减函数. ln x1 ax1（II）由函数 f （x） 的两个零点为 x1, x2 ，从而 ln x= ax，从而不等式 2 21 ln x1 ln x2 1 ax1 ax2 a（x1 x

10、2 ）由于 0 ， 0 x1 x2 ，所以 x1 x2 0 ，从而原不等式可化为a x1 . x而又因为ln x ln x a（x x ） ，解得a ln x1 ln x2 ，从而原不等式转化为x - xln x1 ln x2 1 ，即ln x-ln x （1 ）（x1 x2 ） ln x1 （1 ）（ x1 1）x2 .x - x x x1 2 x x xx1 1 2 2令t x1 ，则t （0,1） ，则不等式ln t （1 ）（t 1） 在t （0,1） 上恒成立.x2 t （1 ）（t 1）1 （1 ）2（t 1）（t 2 ）令h（t） = ln t t （ 0 t 1 ），求导，得h

11、 （t） t （t ）2t（t ）2当 2 1 时，可见 t （0,1） 时， h （t） 0 ，所以 h（t） 在 t （0,1） 内单调递增，从而h（t） h（1） 0 ，符合题意；当 2 1 时，易知t （0, 2 ） 时，h （t） 0 ，h（t） 单调递增；当t （ 2 ,1） 时，h （t） 0 ，h（t） 单调递减.又h（1） 0 ，从而h（t） 在t （0,1） 上不能恒小于 0，不符合题意.从而，实数 2 1 .又 0 ，所以 1.综上所述，实数 的取值范围是（1, ）.【题目 7】已知 f （x） ln x x ，设 x1 x2 0 .x1求证：- f （x1 ） - f

12、（x2 ） x2 x2 x x【解析】当 x x 0 时， x1 f （x1 ） f （x2 ）1 2 x2 x2 x1 （ln x1 x1 ） （ln x2 x2 ） x1 ln x1 ln x2 1 .x2 x2x x x2 x21 2 1 2 1 2 1 2（ ）2 x1从而原不等式即证 x1 （x1 x2 ） （ln x ln x ） 0 ，即证 x2 x2 ln x1 0 .x2 x2 1 2（ x ）2 1 x2 x2x t 2 t令t 1 ，则t 1.令 g（t） ln t （ t 1），x t2 1（2t -1）（t 2 +1） - （t2 - t）（2t） 1 t4 t3 t

13、 1t3 （1- t） - （t +1）g （t） （t 2 1）2 t t（t 2 1）2 t（t2 1）2 0 ，所以 g（t） 在（1, ） 上单调递减，从而 g（t） g（1）0.从而原不等式得证.【题目 8】已知 f （x） x x a ln x （ a R ）.（II）若 x1 ， x2 是 f （x） 的两个极值点，且 x1 x2 ，令t f （x1 ） f （x2 ） （a 2）（x1 x2 ） ，求证： t 0.（I）由题意知，函数 f （x） 的定义域为（0, ） ，求导，得1 a x2 - ax 1f （x） x2 1 x x2 .a a2 41 若a 2 时， f （x

14、） 0 ， f （x） 在（0, ） 上单调递减；2 若a 2 时，令 f （x） 0 ，解得 x1 2 ， x2 2 .当0 x x1 时， f （x） 0 ， f （x） 单调递减；当 x1 x x2 时， f （x） 0 ， f （x） 单调递增；当 x x2 时， f （x） 0 ， f （x） 单调递减.从而可知， f （x） 在区间（0, x1 ） ， （x2 , ） 内单调递减，在（x1 , x2 ） 内单调递增.其中， x1 （II）由（I）知， f （x） 存在两个极值点，所以a 2 .t 0 f （x ） f （x ） （a 2）（x x ） f （x1 ） f （x2 ）

15、 a 2 .由于 x , x 是 f （x） 的两个极值点，所以 x , x 为方程 x2 ax 1 0 的两根， 从而x1x2 1.（ 1 - x - a ln x ） - （ 1 - x - a ln x ）f （x ） f （x ） x 1 1 x 2 2由于 1 2x1 x2 1 2 ln x1ln x1 x21 ln xln xx x2-2 ln x 1 a 1 2 2 a 2 2 a 2 2 a 1 2x1x2x1 x2x1 x2 x从而 f （x1 ） - f （x2 ） a - 2 -2 ln x2 x x1 x 2 21 2 x2 2令 g（x） x x 2 ln x （ 0

16、 x 1），求导得1 2 x2 - 2x 1 （x -1）2g （x） x2 1 x x2 x2 0所以 g（x） 单调递减，又因为 g（1） 0 ，所以 g（x） g（1） 0 .所以 1 - x + ln x 0 ，即 f （x1 ） f （x2 ） a 2 ，从而t 0.2 2【题目 9】已知函数 f （x） ln x mx （ m R ）.若 f （x） 有两个不同的零点 x1, x2 ，求证： ln x1 ln x2 2.【解析】不妨设 x1 x2 0 ，因为 f （x1 ） ln x1 mx1f （x2 ） 0 ，从而得ln x1 ln x2mx，两式作差，得ln x1 ln x2

17、 m（x1 x2 ） ，从而m 2 2 1 2两式再求和，得ln x ln x m（xx ） ln x1 ln x2 （x x ） .x x 1 2因此，要证ln x1 ln x2 2 ，x1 1即证 ln x1 ln x2 （x+ x ） 2 ln x1 2 x1 x2 ln x1 2 x2 .x x + x x1 2 2 1 2 2令t x1 ，则t 1. 令 g（t） ln t 2 t 1 （ t 1），求导，x2 t 11 2（t +1） - 2（t 1） （t -1）2得 g （t） t （t 1）2 t（t 1）2 0 ，故 g（t） 为（1, ） 上的增函数.t -1所以 g（t

18、） g（1） 0 ，即ln t 2 t 1 ，故原不等式成立.例 5、例 6、例 7、例 8、例 9 的解决，都是通过等价转化，将关于 x1, x2 的双变量问题等价转化为以 x1, x2 所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.六、借助参照物，建构桥梁【题目 10】已知 f （x） （x 2）ex a（x 1）2 有两个零点.（I）求实数a 的取值范围；（II）若 x1, x2 是 f （x） 的两个零点，求证： x1 x2 2.（2016 年全国 I 卷,理科）（I）（方法一）直接讨论法对

19、 f （x） 求导，得 f （x） （x 1）ex 2a（x 1） （x 1）（ex 2a） .1 当a 0 时, f （x） （x 1）ex 只有一个零点；2 当a 0 时，则当 x 1时，f （x） 0 ，f （x） 单调递减；当 x 1 时，f （x） 0 ，f （x）单调递增.又 f （1） e ， f （2） a ，取b 满足b 0 ，且b ln 2 ，a 2 2 3b则 f （b） 2 （b - 2） + a（b -1） = a（b - 2 ） 0 ，故 f （x） 存在两个零点；3 当a 0 时，由 f （x） 0 ，得 x 1 或 x ln（ 2a）.若a e 时，则ln（ 2

20、a） 1 ，故当 x （1, ） 时， f （x） 0 ，因此 f （x） 在（1, ） 上单调递增，又当 x 1时， f （x） 0 ，所以 f （x） 不存在两个零点；若a e 时，则ln（ 2a） 1，故当 x （1, ln（ 2a） 时， f （x） 0 ， f （x） 单调递减；当 x （ln（ 2a）, ） 时， f （x） 0 ， f （x） 单调递增 ；又当 x 1时， f （x） 0 ，所以 f （x） 不存在两个零点.综上，实数a 的取值范围是（0, ）.（方法二）分离参数显然 x 1 不是函数 f （x） 的零点.当 x 1 时，方程 f （x） 0 a （2 - x）e

21、x（x 1）2 .设h（x） （2 x）ex（x 1）2，则h （x） ex （x2 4x 5） （x 1）3，因此函数h（x） 在（ ,1） 上单调递增，在（1, ） 上单调递减，由于h（x） 在（ ,1） 上的取值范围是（0, ） ，在（1, ） 上的取值范围是R.因此，函数 f （x） 有两个零点，从而实数a 的取值范围是（0, ）.（II）（证法一）局部构造法不妨设 x1 x2 .由（I）知， x1 1 x2 ，从而2 x2 1，又由于 f （x） 在（ ,1） 上单调递减，所以 x1 x2 2 f （x1 ） f （2 x2 ） ，即 f （2 x2 ） 0.2 2 2 2 2 2由于 f （2 x ） x e2 x2 a（x 1）2 ，而 f （x ） （x 2）ex2 a（x 1）2 0 ，所以2 2 2f （2 x ） x e2 x2 （x 2）ex2 .设 g（x） xe2 x （x 2）ex ，则 g （x） （x 1）（e2 x e