双变量问题的解决策略文档格式.docx
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-2.
2ln2
二、指定主变量
有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想.
2xx
223
【题目2】求证：
e
-2t（e
x）x
2t
1.2
【解析】令f（t）2t22（exx）te2xx1
=2（t
exx
）2
1（ex
x）2
1
1（ex
1.
222
令g（x）exx，则g（x）ex1，易知g（x）在（,0）上单调递减，在（0,）上单
调递增，所以g（x）的最小值为g（0）1，所以1（exx）213，从而f（x）3.
三、化归为值域问题或最值问题
【题目3】已知函数f（x）lnxax23x（aR）.
（I）函数f（x）在点1,f
（1）处的切线方程为y2，求函数f（x）的极值；
（II）当
a=1
时，对于任意
x1,x2[1,10]，当
x2x1
时，不等式
f（x）f（x）m（x2x1）恒成立，求出实数m的取值范围.
x2x1
【解析】
（I）函数f（x）lnxax23x的定义域为（0,），
f'
（x）12ax3,f'
（1）12a30,a1，
212x23x1
1x0,1
可知f（x）lnxx
3x,f'
（x）2x3
x0，x11,x22，可知在
2时，
（x）0，函数f（x）单调递增，在x1,1时，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）ln1132
，极大值为
f1ln
113ln25.
2424
（II）f（x）f（x）m（x2x1）可以变形为f（x）f（x）mm，可得
x2x1x1x2
f（x）mf（x）m，可知函数f（x）m在[1,10]上单调递减.
1x2xx
12
h（x）f（x）mlnxx23xm，h'
（x）12x3m0，可得m2x33x2x，设
xxxx2
F（x）2x33x2x，F'
（x）6x26x16x
12
10，可知函数F（x）在[1,10]单
调递减，F（x）minF（10）21033102101710，可知m1710，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）lnx.对任意xx0，都有f（x）f（x）xx
x121212
恒成立，求实数k的取值范围.
【解析】f（x1）f（x2）x1x2
f（x1）x1
f（x2）x2恒成立（*）
设g（x）
f（x）xlnxx（x0），则（*）式等价于f（x）在（0,）上单调
递减.从而1k10在（0,）上恒成立，从而得2
121
g（x）=-2
kx
x（x）
xx24
（x0）恒成立，所以k1.
4
从而，实数k的取值范围是[,）.
五、整体代换，变量归一
【题目5】已知函数f（x）lnxex（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0xx时，都有e1x2e1x11x2.
（I）由题意知函数f（x）的定义域为（0,）.对f（x）求导，得
f（x）ex
xex
.
xx
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xex0，从而xex.令g（x）
g（x）=x1.
ex
ex
（x0），则
当0x1时，g（x）0，g（x）单调递减；
当x1时，g（x）0，g（x）单调递增.
11
从而g（x）ming
（1）e，所以e.
○2若f（x）0时，即xex0，从而xex.由○1知g（x）在（0,1）上单调递减，在（0,）上单调递增.又g（0）0，x时，g（x）0，所以0.
综上知，实数的取值范围是（,
1][0,）.e
1x
（II）由（I）知，当时，f（x）
e
lnxe
在（0,）上单调递减，因为
0<
x<
x，所以f（x）>
f（x）.即1
x1
-
x，
1212
lnx1e1lnx2e2
ee
所以lnxeex1lnxeex2，即e1x2e1x1lnx
-lnx.
要证e1x2e1x11x2，只需证lnx11x1.
x1x2x2
令tx1，则0t1，令g（t）lntt1（0t1），
x2
求导，得
11t1
g（t）220，g（t）在（0,1）上单调递减，又g
（1）0，所以
ttt
g（t）0，即lnt110，即lnt11，从而结论得证.
tt
【题目6】已知函数f（x）lnxax，aR.
（I）讨论f（x）的单调性；
（II）记函数
f（x）的两个零点为x1,x2，且x1x2.已知0，若不等式
1lnx1lnx2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a0时，则f（x）0，f（x）在（0,）上单调递增；
○2若a0时，令1a0，得x1.从而
f（x）=-ax
xa
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.
xÎ
（,+¥
）
从而可知，当a0时，f（x）在（0,）上是增函数；
当a0时，f（x）在区间（0,）上是
增函数，在区间（,）是减函数.
lnx1ax1
（II）由函数f（x）的两个零点为x1,x2，从而lnx
=ax
，从而不等式
22
1lnx1lnx21ax1ax2a（x1x2）
由于0，0x1x2，所以x1x20，从而原不等式可化为ax
1
.
x
而又因为lnxlnxa（xx），解得
alnx1lnx2，从而原不等式转化为
x-x
lnx1lnx2
1
，即lnx
lnx
（1）（x1x2）lnx1
（1）（x11）
x2.
x-xx
x
12x
xx
x1
122
令tx1，则t（0,1），则不等式lnt
（1）（t1）在t（0,1）上恒成立.
x2t
（1）（t1）
1
（1）2
（t1）（t2）
令h（t）=lnt
t
（0t1），求导，得h（t）
t
（t）2
t（t）2
当21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21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21.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）lnxx，设x1x20.
求证：
-f（x1）-f（x2）<
x2x2xx
【解析】当xx0时，x1
f（x1）f（x2）
12x2x2
x1
（lnx1x1）（lnx2x2）x1lnx1lnx21.
x2x2
xxx2x2
12121212
（x1）2x1
x（x-x）
从而原不等式即证（lnx
lnx）0，即证x2
x2lnx10.
x2x212
（x1）21x2x2
xt2t
令t1，则t1.令g（t）lnt（t1），
xt21
（2t-1）（t2+1）-（t2-t）（2t）1
t4t3t1
t3（1-t）-（t+1）
g（t）
（t21）2
tt（t21）2
t（t21）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）xalnx（aR）.
（II）若x1，x2是f（x）的两个极值点，且x1x2，
令t
f（x1）f（x2）（a2）（x1x2），求证：
t0.
（I）由题意知，函数f（x）的定义域为（0,），求导，得
1ax2-ax1
f（x）1.
x2xx2
○1若a2时，f（x）0，f（x）在（0,）上单调递减；
○2若a2时，令f（x）0，解得x1
2，x22.
当0xx1时，f（x）0，f（x）单调递减；
当x1xx2时，f（x）0，f（x）单调递增；
当xx2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a2.
t<
0
f（x）f（x）（a2）（xx）
f（x1）f（x2）a2.
由于x,x是f（x）的两个极值点，所以x,x为方程x2ax10的两根，从而
x1x21.
（1-x-alnx）-（1-x-alnx）
f（x）f（x）x11x22
由于12
x1x2
12
lnx1
lnx1x2
1lnx
lnx
xx2
-2lnx
1a122a2
2a22a12
x1x2
x1x2
x1x2x
f（x）-f（x）-2lnx
从而a21
1-x
lnx>
0
xx
1x22
12x22
令g（x）x2lnx（0x1），求导得
12x22x1（x1）2
g（x）1
x20
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+lnx
0，即f（x1）f（x2）a2，从而t0.
22
【题目9】已知函数f（x）lnxmx（mR）.
若f（x）有两个不同的零点x1,x2，求证：
lnx1lnx22.
【解析】不妨设x1x20，因为f（x1）
lnx1mx1
f（x2）0，从而得
lnx1lnx2
mx
，两式作差，得lnx1lnx2m（x1x2），从而m
2212
两式再求和，得lnx
m（x
x）lnx1lnx2（x
x）.
xx12
因此，要证lnx1lnx22，
x11
lnx-lnx
即证（x
+x）>
2Û
lnx1
2x1x2lnx1
2x2.
xx+xx
122122
令tx1，则t1.令g（t）lnt2t1（t1），求导，
x2t1
12（t+1）-2（t1）（t-1）2
得g（t）
（t1）2
0，故g（t）为（1,）上的增函数.
t（t+1）2
t1
所以g（t）g
（1）0，即lnt2
，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）（x2）exa（x1）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：
x1x22.
（I）（方法一）直接讨论法
（2016年全国I卷,理科）
对f（x）求导，得f（x）（x1）ex2a（x1）（x1）（ex2a）.
○1当a0时,f（x）（x1）ex只有一个零点；
○2当a0时，则当x1时，f（x）0，f（x）单调递减；
当x1时，f（x）0，f（x）
单调递增.
又f
（1）e，f
（2）a，取b满足b0，且blna，
a223b
则f（b）（b2）a（b1）a（b）0，故f（x）存在两个零点；
○3当a0时，由f（x）0，得x1或xln（2a）.
若ae时，则ln（2a）1，故当x（1,）时，f（x）0，因此f（x）在（1,）上
单调递增，又当x1时，f（x）0，所以f（x）不存在两个零点；
若ae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x1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x1不是函数f（x）的零点.当x1时，方程f（x）0a
（2-x）ex
（x1）2.
设h（x）
（2x）ex
（x1）2
，则h（x）
ex（x24x5）（x1）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x1x2.由（I）知，x11x2，从而2x21，又由于f（x）在（,1）上单调
递减，所以x1x22
f（x1）
f（2x2），即f（2x2）0.
2x2x2
由于f（2x2）x2e2a（x21），而f（x2）（x22）e2a（x21）0，所以
2xx
f（2x2）x2e2
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