(完整版)导数中双变量的函数构造

导数中双变量的函数构造

21．（12分）已知函数()ln e x f x x λ-=-（λ∈R ）． （1）若函数()f x 是单调函数，求λ的取值范围；

（2）求证：当120x x <<时，都有21112

1

e e 1x x x x --->-

． 21．解：（1）函数()f x 的定义域为(0,)+∞，∵()ln e x

f x x λ-=-，∵e ()e

x

x

x f x x

x

λ

λ--+'=+=

，

∵函数()f x 是单调函数，∵()0f x '≤或()0f x '≥在(0,)+∞上恒成立， ∵∵()0f x '≤，∵e 0x

x x

λ-+≤，即e 0x x λ-+≤，e e x x

x

x λ--=-

≤， 令()e x x x ϕ=-

，则1

()e

x

x x ϕ-'=，当01x <<时，()0x ϕ'<；当1x >时，()0x ϕ'>． 则()x ϕ在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，∵min 1()(1)x e ϕϕ==-，∵1

e

λ-≤；

∵∵()0f x '≥，∵e 0x

x x

λ-+≥，即e 0x x λ-+≥，e e x x x x λ--=-≥，

由∵得()e

x x

x ϕ=-在(0,1)上递减，(1,)+∞上递增，又(0)0ϕ=，x →+∞时()0x ϕ<，∵0λ≥；

综上∵∵可知，

1e

λ-≤或0λ≥； ...............................6分

（2）由（1）可知，当1e λ-=时，1()ln e e

x f x x -=--在(0,)+∞上递减，∵120x x <<， ∵12()()f x f x >，即121211ln e ln e e e

x x x x ---->--，∵211112e e ln ln x x x x --->-， 要证21112

1

e e 1x x x x --->-

，只需证2121ln ln 1x x x x ->-，即证1221ln 1x x x x >-，

令12x t x =

，(0,1)t ∈，则证1ln 1t t >-，令1()ln 1h t t t =+-，则21

()0t h t t

-'=<， ∵()h t 在(0,1)上递减，又(1)0h =，∵()0h t >，即1

ln 1t t

>-，得证． ...............................12分

[典例] 已知函数f (x )＝ax 2＋x ln x (a ∈R)的图象在点(1，f (1))处的切线与直线x ＋3y ＝0垂直．

(1)求实数a 的值；

(2)求证：当n ＞m ＞0时，ln n －ln m ＞m n －n m ． [解] (1)因为f (x )＝ax 2＋x ln x ，

所以f ′(x )＝2ax ＋ln x ＋1，

因为切线与直线x ＋3y ＝0垂直，所以切线的斜率为3， 所以f ′(1)＝3，即2a ＋1＝3，故a ＝1． (2)证明：要证ln n －ln m ＞m n －n

m ，

即证ln n m ＞m n －n m ，只需证ln n m －m n ＋n

m ＞0． 令n m ＝x ，构造函数g (x )＝ln x －1

x ＋x (x ≥1)， 则g ′(x )＝1x ＋1

x

2＋1．

因为x ∈[1，＋∞)，所以g ′(x )＝1x ＋1

x 2＋1＞0，

故g (x )在(1，＋∞)上单调递增． 由已知n ＞m ＞0，得n

m ＞1， 所以g ⎝ ⎛⎭

⎪⎫

n m ＞g (1)＝0，

即证得ln n m －m n ＋n

m ＞0成立，所以命题得证．

1．(2017·石家庄质检)已知函数f (x )＝a x －x 2

e x (x ＞0)，其中e 为自然对数的底

数．

(1)当a ＝0时，判断函数y ＝f (x )极值点的个数；

(2)若函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，设t ＝x 2

x 1，证明：x 1＋x 2随着t 的增大而

增大．

解：(1)当a ＝0时，f (x )＝－x 2

e x (x ＞0)，

f ′(x )＝－2x ·e x －(－x 2)·e x (e x )2＝x (x －2)

e x ，

令f ′(x )＝0，得x ＝2，

当x ∈(0,2)时，f ′(x )＜0，y ＝f (x )单调递减， 当x ∈(2，＋∞)时，f ′(x )＞0，y ＝f (x )单调递增，

所以x ＝2是函数的一个极小值点，无极大值点， 即函数y ＝f (x )有一个极值点．

(2)证明：令f (x )＝a x －x 2

e

x ＝0，得x 3

2＝a e x ，

因为函数有两个零点x 1，x 2(x 1＜x 2)，

所以x 132

1＝a e x 1，x 32

2＝a e x 2，可得3

2ln x 1＝ln a ＋x 1，

3

2

ln x 2＝ln a ＋x 2． 故x 2－x 1＝32ln x 2－32ln x 1＝32ln x 2

x 1．

又x 2

x 1

＝t ，则t ＞1，且⎩⎨⎧

x 2＝tx 1，

x 2－x 1＝32ln t ，

解得x 1＝32ln t t －1，x 2＝3

2

t ln t t －1．

所以x 1＋x 2＝32·(t ＋1)ln t

t －1．①

令h (x )＝(x ＋1)ln x

x －1

，x ∈(1，＋∞)，

则h ′(x )＝

－2ln x ＋x －1

x

(x －1)2

．

令u (x )＝－2ln x ＋x －1

x ，得u ′(x )＝⎝

⎛⎭⎪⎫x －1x 2． 当x ∈(1，＋∞)时，u ′(x )＞0． 因此，u (x )在(1，＋∞)上单调递增， 故对于任意的x ∈(1，＋∞)，u (x )＞u (1)＝0， 由此可得h ′(x )＞0，故h (x )在(1，＋∞)上单调递增． 因此，由①可得x 1＋x 2随着t 的增大而增大．