导数应用之双变量问题
（一）构造齐次式，换元
【例】（2020年河南高三期末）已知函数()2
ln f x x ax b x =++，曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线方程
为2y x =.
（1）求实数,a b 的值；
（2）设()()()()2
1212,,0F x f x x mx m R x x x x =-+∈<<分别是函数()F x
的两个零点，求证：0F '
<.
【解析】（1）1,1a b ==-；
（2）()2
ln f x x x x =+-，()()1ln F x m x x =+-，()11F x m x
'=+-
， 因为12,x x 分别是函数()F x 的两个零点，所以()()11
221ln 1ln m x x m x x +=⎧⎪⎨+=⎪⎩
， 两式相减，得1212ln ln 1x x m x x -+=-，
1212ln ln 1x x F m x x -'
=+=-
0F '<
，只需证
12
12ln ln x x x x -<
-. 思路一：因为120x x <<
，只需证
1122ln ln ln 0
x x x x -⇔->.
令()0,1t ，即证12ln 0t t t -+>. 令()()12ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2
22
12110t h t t t t -'=--=-<， 所以函数()h t 在()0,1上单调递减，()()10h t h >=，即证1
2ln 0t t t
-+>.
由上述分析可知0F '
<.
【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,x x 转化为t 的函数，常把12,x x 的关系变形为齐次式，设12111222
,ln ,,x x x x
t t t x x t e x x -=
==-=等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法. 思路二：因为120x x <<
，只需证12ln ln 0x x ->， 设(
))22ln ln 0Q x x x x x =-<<，则 ()
2110Q x x
x '=
==<，
所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()
20Q x Q x >=，即证2ln ln
x x -. 由上述分析可知0F '
<.
【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于1x （或2x ）的一元函数来处理．应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明．此乃主元法.
思路三：
要证明0F '
<
，只需证
12
12ln ln x x x x --
即证
12
12ln ln x x x x --. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法. 【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数()()2
1f x x axlnx ax 2a R 2
=-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． （1）求实数a 的取值范围； （2）求证：x 1x 2＜a 2．
【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a 所需满足的条件，解得结果，（2）
先根据极值点解得a ，再代入化简不等式x 1x 2＜a 2
，设2
1
x x t =，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式. 【解析】（1）∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =-++∈，∴x ＞0，f′（x ）=x -a lnx ， ∵函数()()2
1f x x xlnx x 2R 2
a a a =
-++∈有两个不同的极值点x 1，x 2，且x 1＜x 2． ∴f′（x ）=x -a lnx=0有两个不等根，令g （x ）=x -a lnx ，则()g'x 1x a =-=x x
a
-，（x ＞0），
①当a ≤0时，得g′（x ）＞0，则g （x ）在（0，+∞）上单调递增， ∴g （x ）在（0，+∞）上不可能有两个零点．
②当a ＞0时，由g′（x ）＞0，解得x ＞a ，由g′（x ）＜0，解得0＜x ＜a ， 则g （x ）在（0，a ）上单调递减，在（a ，+∞）上单调递增， 要使函数g （x ）有两个零点，则g （a ）=a -a ln a ＜0，解得a ＞e ， ∴实数a 的取值范围是（e ，+∞）．
（2）由x 1，x 2是g （x ）=x -a lnx=0的两个根，则22
11lnx x lnx x a a =⎧⎨=⎩，两式相减，得a （lnx 2-lnx 1）=x 2-x 1），
即a =2121x x lnx lnx --，即证x 1x 2＜2
21221
(x x )x (ln )x -，即证22221121
x (x x )(ln )x x x -<=2
112x x 2x x -+，
由x 1＜x 2，得
21x x =t ＞1，只需证ln 2t -t -120t +<，设g （t ）=ln 2t -t -12t +，则g′（t ）=221lnt 1t t -+=112lnt t t t ⎛
⎫-+ ⎪⎝
⎭， 令h （t ）=2lnt -t+
t
1
，∴h′（t ）=2211t t --=-（11t -）2＜0，
∴h （t ）在（1，+∞）上单调递减，∴h （t ）＜h （1）=0，
∴g′（t ）＜0，即g （t ）在（1，+∞）上是减函数，∴g （t ）＜g （1）=0， 即ln 2t ＜t -2+
t
1
在（1，+∞）上恒成立，∴x 1x 2＜a 2． 【类题展示】（2020·湖北高三期末）已知函数()1
2ln f x x a x x
=-+⋅. （1）讨论()f x 的单调性；
（2）设()2
ln g x x bx cx =--，若函数()f x 的两个极值点()1212,x x x x <恰为函数()g x 的两个零点，且
()12122x x y x x g +⎛⎫'=-⋅ ⎪⎝⎭的范围是2ln 2,3⎡⎫
-+∞⎪⎢⎣⎭
，求实数a 的取值范围.
【解析】
（1）()f x 的定义域为()0,∞+，()222
1221
1a x ax f x x x x --+'=-+=-
. （i ）若1a ≤，则()0f x '≤，当且仅当1a =，1x =时，()0f x '= （ii ）若1a >，令()0f x '=
得12x a x a ==+
当(
()
20,x a a a ∈+
+∞时，()0
f x '<；
当(x a a ∈时，()0f x '>，
所以，当1a ≤时，()f x 单调递减区间为()0,∞+
，无单调递增区间； 当1a >时，
()f x 单调递减区间为(()
0,,a
a
++∞；
单调递增区间为(
a a .
（2）由（1）知：1a >且12122,1x x a x x +==.又()1
2g x b cx x
'=
--，
