导数专题——导数背景下双变量问题（内含极值点偏移）
类型一 消参构造)(21x x f ±或者)(
2
1
x x f 化二元函数为一元函数处理 【例1】已知函数()()1
ln a f x a x x a x
+=--∈R . (1)求函数()f x 的单调区间；
(2)当
e a < a f ax ax +=- 有两个不同的实数解12,x x ，求证:22124x x x x +<. 【解析】(1)()f x 的定义域为(0)+∞,，()21a a f x x x +'=-221x ax a x -+++= ()()2 11x x a x -+-+???? = . ①当10a +>，即1a >-时，)1(0x a ∈+, ，()0f x '>，1()x a ∈++∞,，()0f x '<， ∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1a +, ，单调递减区间是(1)a ++∞,. ②当10a +≤，即1a ≤-时，0()x ∈+∞,，()0f x '<， ∴函数()f x 单调递减区间是(0)+∞,，无单调递增区间. (2)设()()1 a g x f ax ax +=+ ()ln ln a a x x =+-， ()() ()10a x g x x x -'∴= >. 当01x <<时，()0g x '>，函数()g x 在区间(0)1, 上单调递增； 当1x >时，()0g x '<，函数()g x 在区间(1)+∞,上单调递减； ()g x ∴在1x =处取得最大值. 方程()1 a f ax ax +=- 有两个不同的实数解12x x ,. ∴函数()g x 的两个不同的零点12,x x ，一个零点比 1小，一个零点比1大. 不妨设1201x x <<<， 由()10g x =，且()20g x =，得()11ln x ax =，且()22ln x ax =， 则1 11x x e a =，2 21x x e a =，12 122 1x x x x e a +∴= ， 12 1221212 1x x x x e x x a x x +∴=?++， 令12x x t +=，()t e h t t =， ()()22 1t t t e t e t e h t t t -?-'==. 12t x x =+，1201x x <<<，1t ∴>. ()0h t '>. 函数()h t 在区间(1)+∞,上单调递增，()()1h t h e >=， ()12122212121x x x x e e x x a x x a +∴=?>++ . e a <<21 44 e e a e ∴ >=，121214x x x x ∴>+. 又120x x +>，12124x x x x ∴+<. 【例2】已知函数)()(a ax e e x f x x +-=有两个极值点21,x x . （1）求a 的取值范围； （2）求证：21212x x x x +<. 【解析】（1）因为)2()(ax e e x f x x -='，令0)(='x f ，即ax e x =2 ①当0=a 时，无解 ②当0≠a 时， x e x a =2，令x e x x g =)(，则x e x x g -='1)( 易得)(x g 在)1,(-∞上单调递增，在),1(+∞上单调递减 又因为0)(,)(,,1 )1(→+∞→-∞→-∞→=x g x x g x e g 时，时 所以当e a 1 20<< ，即e a 2>时，)(x f 有两个极值点. （2）由（1）设2110x x <<<，且有?????==2 1 2 122ax e ax e x x 即1212x x e x x = -，两边取对，得1 212ln x x x x =- 要证21212x x x x +<，即证))((ln 212211221x x x x x x x x -+<，即2 11212ln 2x x x x x x -< 令 )1(12>=t t x x ，只需证明01 ln 2)(<+-=t t t t h 在),1(+∞上恒成立即可 由于0)1(112)(2 2 2<--=--='t t t t t h ，所以)(t h 在),1(+∞上单调递减， 即0)1()(= (2)当1a =时，对任意的0m n <<，求证:()()() 1n m f m m f n m --<+. 【解析】(1)()()110ax f x a x x x -'=-= >. 当0a ≤时，()0f x '>恒成立，()f x ∴的单调递增区间为(0)+∞,，无单调递减区间； 当0a >时，由()0f x '>得10x a <<，由()0f x '<，得1 x a >， ()f x ∴的单调递增区间为10,a ?? ???单调递减区间为1,a ?? +∞ ??? . (2)1a =时，()()ln 10f x x x x =-+>， 由(1)知()f x 在()0,1上为增函数，在()1+∞,上为减函数，()()ln 110f x x x f ∴=-+≤=， ln 1x x ∴≤-，当且仅当1x =时，取“=”. ()()f n f m -()()ln 1ln 1n n m m =-+--+()ln n n m m =--. ()11n m n m n m m m m --=-++ 0m n <<，11m ∴+>，0n m ->， 1n m >.()1n m n m m -∴--<-+， ∴只要证明ln 1n n m m <-即可. 又 1n m >，∴上式成立()()()1n m f n f m m m -∴-<+. 技巧二 借助极值点偏移处理双变量问题 【例4】已知函数()2x a f x e x c ? ?=-- ?? ?，其定义域为(0)+∞,.(其中常数 2.71828e =…，是 自然对数的底数) (1)求函数()f x 的单调递增区间； (2)若函数()f x 为定义域上的增函数，且()()124f x f x e +=-，证明:122x x +≥. 【解析】(1)函数()2x a f x e x x ?? ??=-?-的定义域是()0,+∞，()()()22 1x e x x a f x x --'=. ①若0a ≤，由()0f x '>，得1x >，∴函数()f x 的单调递增区间是()1,+∞. ②若 01a <<，由()0f x '>，得1x >或0x <<∴函数()f x 的单调递增区间是和.()1,+∞. ③若1a =，()()() 2 2 110x e x x f x x +-'= ≥，∴函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞. ④若 1a >，由()0f x '>，得x >01x <<，∴函数()f x 的单调递增区间是(0)1,和 )+∞. 综上，若0a ≤，函数()f x 的单调递增区间是(1)+∞,； 若01a <<，函数()f x 的单调递增区间是和(1)+∞,； 若1a =，函数()f x 的单调递增区间是()0,+∞； 若1a >，函数()f x 的单调递增区间是(0)1, 和)+∞ (2)函数()f x 为定义域()0,+∞上的增函数， 由(1)可知，1a =，()12x f x e x x ??∴=-- ??? . ()12f e =-，()()()12421f x f x e f ∴+=-=. 不妨设1201x x <≤≤，欲证122x x +≥，只需证212x x ≥-， 即证()()212f x f x ≥-，又只需证()()1142e f x f x --≥-， 即证()()1124f x f x e +-≤- 令()()()2g x f x f x =+-，01x <≤，只需证()()1g x g ≤， ()()()()222 222 1312x x e x x g x e x x x --?? +-'=--??-???? ， 1x e x ≥+. ()()2 2 221211x x e e x x --∴=≥-+=. ()() 222 2 132x e x x x x -+-∴ - -() 2 312x x x -≥+- -() 322 31 2x x x x -++= -()()() 22 12102x x x x ---=≥-. ()()()()222 222 13102x x e x x g x e x x x --?? +-'∴=--≥??-???? . ()g x ∴单调递增，即()()1g x g ≤，从而122x x +≥得证. 【例5】已知函数2()(2)e (1)x f x x a x =-+-有两个零点. (1)求a 的取值范围; (2)设12,x x 是()f x 的两个零点,证明:122x x +<. 【解析】（1）()0,+∞（2）当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <.从而 22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<. 解析：(1)'()(1)e 2(1)(1)(e 2)x x f x x a x x a =-+-=-+. ①设0a =,则()(2)e ,()x f x x f x =-只有一个零点, ②设0a >,则当(,1)x ∈-∞时,'()0f x <;当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,所以()f x 在(),1-∞上单调递减,在()1,+∞上单调递增. 又(1)e,(2)f f a =-=,取b 满足0b <且ln 2 a b <,则 223()(2)(1)022a f b b a b a b b ? ?> -+-=-> ?? ?, 故()f x 存在两个零点. ③设0a <,由'()0f x =得1x =或ln(2)x a =-. 若e 2 a ≥-,则ln(2)1a -≤,故当()1,x ∈+∞时,'()0f x >,因此()f x 在()1,+∞上单调递增.又当 1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点. 若e 2 a <-,则ln(2)1a ->,故当(1,ln(2))x a ∈-时,'()0f x <;当(ln(2),)x a ∈-+∞时,'()0f x >.因此()f x 在(1,ln(2))a -单调递减,在(ln(2),)a -+∞单调递增。又当1x ≤时,()0f x <,所以()f x 不存在两个零点. 综上所述,a 的取值范围是(0,)+∞. (2)不妨设12x x <,由1知122(,1),(1,),2(,1),()x x x f x ∈-∞∈+∞-∈-∞在(),1-∞上单调递减, 所以122x x +<等价于12()(2)f x f x >-,即2(2)0f x -<. 由于2 22222(2)e (1)x f x x a x --=-+-,而2 2222()(2)e (1)0x f x x a x =-+-=, 所以2 2 2222(2)e (2)e x x f x x x --=---. 设2()e (2)e x x g x x x -=---,则2'()(1)(e e )x x g x x -=--. 所以当1x >时,'()0g x <,而(1)0g =,故当1x >时,()0g x <. 从而22()(2)0g x f x =-<,故122x x +<. 获得更多高考数学精彩，尽在“木木数语”，扫码关注我们吧 处理函数双变量问题的六种解题思想 吴享平（福建省厦门第一中学）361000 在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是 学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学 们以帮助和启发。 一、改变“主变量”思想 例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围. 分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。 解： 01)1(122≥-+-?≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自 变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0 )2(0 )2(≥-≥?h h 得{130 1203222≥-≤?≥+-≥-+x x x x x x 或。 对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。 二、指定“主变量”思想 例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明. 分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下 解：构造函数 ),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m m x m x m x e x e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时， 0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。 因此，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当常数，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。 三、化归为值域或最值思想 例３.已知函数)1(,ln )(2 >-+=a a x x a x f x ，对1|)()(|],1,1[,2121-≤--∈?e x f x f x x ， 导数 1、设函数/(x) = (2-a)Inx + 2l/(x1)-/(x2)P?成立，求实数加的 取值范围. 2、已知二次函数g(x)对PxwR都满足g(x-l) + g(l-x)" - 2x-l且g(l) = j,设函数 19 = g(x + -) + m\nx + - ( m x>0 ) ? e R r 2o (I)求gd)的表达式;(II)若3xe/?+,使/W<0成立,求实数用的取值范围; (【II)设15", H(x) = f(x)-(m + l)x,求证:对于Vxp x2e[l,w],恒有I//(x1)-//(x2)l< 10 3、设x = 3是函数/(x) = (x2 + ax+e /?)的一个极值点. （1）求"与〃的关系式（用"表示方），并求的单调区间； 95 （2）设。＞0,曲）=oh扌若存在匚盒可0,4］,使得|/（切-&（幻＜1成立，求"的取 x q丿 值范围. 4、f （A） = （x2 + cix + b）e x（x 已R）. （1）若a = 2t b = -2f求函数/⑴的极值； （2）若x = l是函数/（x）的一个极值点，试求出“关于b的关系式（用。表示b ）,并确定/（兀）的单调区间； （3）在（2）的条件下，设。＞0,函数g（x） = （/ +⑷严.若存在衛仆［0,4］使得1/（2,）-/（22）1＜1成立,求"的取值范围. 5、已知函数f（^x） = ax i+bx2 -3x（a,beR）在点（1J⑴）处的切线方程为y + 2 = 0. ⑴求函数f（x）的解析式； ⑵若对于区间[-2,2]±任意两个自变量的值几花都有|/（州）-/（勺）|“，求实数c的最小值； ⑶若过点M（2冲）（〃?工2）可作曲线y = f（X）的三条切线，求实数山的取值范围. 6、设函数/（x） = x —丄一dlnx（dR）. x ⑴讨论函数/（劝的单调性； ⑵若/⑴有两个极值点州內，记过点心后）），BgJ（兀2））的直线斜率为问:是否存在"，使得k = 2-a若存在，求出"的值；若不存在，请说明理由. 导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1.已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 2.已知函数2 ()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. 3.已知函数2 )1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。 4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． 练习2.设函数 ()ln ,m f x x m R x =+ ∈.若对任意()()0,1f b f a b a b a ->><-恒成立， 求m 的取值范围. 双变量问题的几种处理策略 策略一：合的思想 问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点， ，线段的中点为 ，记直线的斜率为，试证明：． 解析：因为 ∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与 的大小． 令,则, ∴在上位增函数． 又，∴， ∴，即 二：分的思想 问题2：若1 ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，， 都有， 求a 的取值范围． 解析∵ ，∴ 由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ () 11,y x A () 22,y x B AB ),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=x x f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -= --=--=12x x >k )(0x f '1 212 ln x x x x -2 12 x x +12x x >12ln x x 1)1( 2) (21 2 1 2 2 112+-=+-x x x x x x x x )1(1) 1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0) 1()1()1(41)(2 22≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12 =>h x x h 1)1( 2ln 1 2 1 2 1 2+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1 ) ()(1 212-<--x x x g x g 1)()(1 212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2 ++-= 'x a x x F 第07讲：导数中的双变量存在性和任意性问题的处理 【知识要点】 在平时的数学学习和高考中，我们经常会遇到不等式的双变量的存在性和任意性问题，学生由于对于这类问题理解不清，很容易和不等式的恒成立问题混淆，面对这类问题总是感到很棘手，或在解题中出现知识性错误. 1、双存在性问题 “存在．．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立”．称为不等式的双存在性问题，存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 内至少有一个值．．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．小.，即max min )()(x g x f <.（见下图1） “存在．．),(1b a x ∈，存在．．),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即在区间),(b a 内至少有．．．一个值．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的一个函数值．．．．．大，即min max )()(x g x f >.（见下图2） 2、双任意性问题 “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立” 称为不等式的双任意性问题. 任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f <成立，即)(x f 在区间),(b a 任意一个值．．．．．)(x f 比函数)(x g 在区间),(d c 内的任意．． 一个函数值都要小，即max min ()()f x g x <. “任意．．),(1b a x ∈，对任意．．的),(2d c x ∈，使得)()(21x g x f >成立”，即)(x f 在区间),(b a 内任意一．．． 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（ 2） 1.（2010?辽宁）已知函数 f （x ） =（ a+1）lnx+ax 2 +1 （1）讨论函数 f （x ）的单调性； （2）设 a ＜﹣ 1．如果对任意 x 1，x 2∈（ 0，+∞），| f （ x 1）﹣ f （ x 2）| ≥ 4| x 1﹣ x 2 | ，求 a 的取值范围． 解：（Ⅰ ）f （x ）的定义域为（ 0，+∞） . ． 当 a ≥0 时， f ′（x ）＞ 0，故 f （ x ）在（ 0，+∞）单调递增； 当 a ≤﹣ 1 时， f ′（ x ）＜ 0，故 f （ x ）在（ 0， +∞）单调递减； 当﹣ 1＜ a ＜0 时，令 f ′（ x ） =0，解得 ． 则当 时， f'（ x ）＞ 0； 时， f' （ x ）＜ 0． 故 f （x ）在 单调递增，在 单调递减． （Ⅱ）不妨假设 x 1≥ 2，而 ＜﹣ ，由（ Ⅰ）知在（ 0， ∞）单调递减， x a 1 + 从而 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， | f （ 1）﹣ （ 2） ≥ 4| x 1﹣ 2 | x 0 + x f x | x 等价于 ? x 1， 2∈（ ， ∞）， f （ 2 ） 2 ≥ （ 1 ） 1 ① x 0 + x +4x f x +4x 令 g （ x ）=f （ x ） +4x ，则 ①等价于 g （x ）在（ 0，+∞）单调递减，即 ． 从而 故 a 的取值范围为（﹣∞，﹣ 2] ．（ 12 分） 2．（ 2018?呼和浩特一模）已知函数 f （x ） =lnx ， g （ x ） = ﹣ bx （b 为常数）． （Ⅰ）当 b=4 时，讨论函数 h （x ）=f （x ）+g （x ）的单调性； （Ⅱ） b ≥2 时，如果对于 ? x 1，x 2∈（ 1， 2] ，且 x 1≠ x 2，都有 | f （x 1）﹣ f （ x 2）| ＜| g （x 1）﹣ g （x 2） | 成立，求实数 b 的取值范围． 解：（ 1）h （ x ）=lnx+ x 2﹣bx 的定义域为（ 0，+∞），当 b=4 时， h （ x ）=lnx+ x 2 ﹣4x ， h'（x ）= +x ﹣4= ， 令 h'（x ） =0，解得 x 1 ﹣ ， 2 ，当 ∈（ ﹣ ， 2+ ）时， ′（ ）＜ ， =2 x =2+ x2 h x 0 当 x ∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）时， h ′（x ）＞ 0， 所以， h （x ）在∈（ 0， 2﹣ ），或（ 2+ ，+∞）单调递增；在（ 2﹣ ， 2+ ）单调递减； （Ⅱ）因为 f （ x ）=lnx 在区间（ 1，2] 上单调递增， 导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<． (1)讨论函数()f x 在定义域内的单调性； (2)当(3,2)a ∈--时，任意12,[1,3]x x ∈，12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-恒成立，求实数m 的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数x x x f ln )(=的图象为曲线C , 函数b ax x g +=2 1)(的图象为直线l . (Ⅰ) 当3,2-==b a 时, 求)()()(x g x f x F -=的最大值; (Ⅱ) 设直线l 与曲线C 的交点的横坐标分别为21,x x , 且21x x ≠, 求证: 2)()(2121>++x x g x x . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数11()(x x f x x e --=∈R). ⑴求函数()f x 的单调区间和极值； ⑵已知函数()y g x =对任意x 满足()(4)g x f x =-，证明：当2x >时，()();f x g x > ⑶如果12x x ≠，且12()()f x f x =，证明：12 4.x x +> 导数压轴题双变量问题题型 归纳总结 -标准化文件发布号：（9556-EUATWK-MWUB-WUNN-INNUL-DDQTY-KII 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】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()()1 2ln 01h t t t t t =-+<<，则()()2 22 121 10t 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 () 2 21 10Q x x x '= ==<， 所以函数()Q x 在()20,x 上单调递减，()()2 0Q x Q x >=，即证2ln ln x x -. 由上述分析可知0F ' <. 导数中双变量处理策略 Prepared on 24 November 2020 导数-双变量问题处理策略 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 【构造函数利用单调性证明】 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 例1、设函数． (1)讨论函数在定义域内的单调性； (2)当时，任意，恒成立，求实数的取值范围． 【任意与存在性问题】 例2、 已知函数()2 a f x x x =+，()ln g x x x =+，其中0a >． （1）若函数()x f y =在[]e ,1上的图像恒在()x g y =的上方，求实数a 的取值范围． （2）若对任意的[]12,1x x e ∈，（e 为自然对数的底数）都有()1f x ≥()2g x 成立， 求实数a 的取值范围． 【整体换元——双变单】 例3、已知函数的图象为曲线, 函数的图象为直线. (Ⅰ) 当时, 求的最大值; (Ⅱ) 设直线与曲线的交点的横坐标分别为, 且, 求证: . 【对称轴问题12x x +的证明】 例4、已知函数 ⑴求函数的单调区间和极值； ⑵已知函数对任意满足，证明：当时， ⑶如果，且，证明： 221()(2)ln (0)ax f x a x a x +=-+<()f x (3,2)a ∈--12,[1,3]x x ∈12(ln 3)2ln 3|()()|m a f x f x +->-m x x x f ln )(=C b ax x g +=2 1)(l 3,2-==b a )()()(x g x f x F -=l C 21,x x 21x x ≠2)()(2121>++x x g x x 1 1()(x x f x x e --=∈R).()f x ()y g x =x ()(4)g x f x =-2x >()();f x g x >12x x ≠12()()f x f x =12 4.x x +> 再次例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法 长沙市明达中学吴祥云 今日在“玩转高中数学交流群”中，由河南的贾老师提供一常规题，很多老师作出了不同的解答，我在这里把它们总结起来，供大家交流学习。题目虽然简单，但是方法的讲述由浅入深，学生会更容易接受一些。闲话少说，先上题： 已知函数f(x)=x e x ,f(x1)=f(x2),x1≠x2,求证：x1+x2>2. 解析：f′(x)=1?x e x ,易得 f(x)在(?∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0 1、设函数 f(x) (2 a)lnx __ (a x (1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性； ⑵ 当 a ( 3, 2)时，任意 X i ,X 2 [1,3] , (m In 3)a 2l n3 | f(xj f(x 2)| 恒成立，求实数 m 的取值范围. 2、已知二次函数g(x)对x R 都满足 g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1) 1，设函数 1 9 f (x) g(x ) ml nx ( m R , x 0). (I)求g(x)的表达式；(H)若 x R ，使f(x) 0成立，求实数m 的取值范围； (皿)设1 m e ,H(x) f(x) (m 1)x ，求证：对于 x b x ? [1,m]，恒有 | H (xj H(X 2)| 1 . 3、 设x 3是函数f x x 2 ax b e 3 x , x R 的一个极值点. (1) 求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求f x 的单调区间； 25 (2) 设 a o, g x a — e ，若存在 1 , 2 0,4，使得 f 1 g 2 1 成立，求a 的 取值范围. 4、 f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1)若a 2,b 2，求函数f(x)的极值； (2) 若 x 1 是函数f(x) 的一个极值点，试求出a 关于b 的关系式(用a 表示b ), 并确定 f(x)的单调区间； (3) 在(2)的条件下，设a 0，函数g(x) (a 2 14)e x 4 .若存在1, 2 [0,4]使得 | f( 1) f( 2)l 1成立，求a 的取值范围. 5、已知函数f x ax 3 bx 2 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0 . ⑴求函数f x 的解析式; 导 数 0) ? 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（1） 1．（2018?重庆模拟）已知函数f（x）=x2﹣2ax+2（a+1）ln x． （1）若函数f（x）有两个极值点，求a的取值范围； （2）证明：若﹣1＜a＜3，则对于任意的x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有＞2． 解：（1）由题意知，f′（x）=2?（x＞0），因为函数f（x）有两个极值点， 所以=0有两个不等的正根，即x2﹣ax+a+1=0有两个不等的正根， 所以，解得a＞2+2，所以a的取值范围是（2+2，+∞）．（6分） （2）证明：构造函数g（x）=f（x）﹣2x=x2﹣2ax+2（a+1）ln x﹣2x， 则g′（x）=2x﹣2（a+1）+2?≥4﹣2（a+1）=4﹣2（a+1）=2（2﹣）． 由于﹣1＜a＜3，0＜＜2，故g′（x）＞0，即g（x）在（0，+∞）上单调递增， 从而当0＜x2＜x1时，有g（x1）﹣g（x2）＞0，即f（x1）﹣f（x2）﹣2x1+2x2＞0，故；当0＜x1＜x2时，同理可证． 综上，对于任意的x1，x2∈（0，+∞），x1≠x2，有…（12分） 2．（2018?长安区二模）已知函数f（x）=ax+x2+lnx． （Ⅰ）当a=﹣3时，求f（x）的单调区间； （Ⅱ）如果对任意的x1＞x2＞0，总有≥2恒成立，求实数a的取值范围． 解：（Ⅰ）当a=﹣3时，f（x）=﹣3x+x2+lnx，x＞0，f′（x）=﹣3+2x+=， 令f′（x）＞0，解得：x＞1或0＜x＜，令f′（x）＜0，解得：＜x＜1， 故f（x）在（0，），（1，+∞）递增，在（，1）递减； （Ⅱ）由已知对任意的x1＞x2＞0，总有≥2恒成立， 即f（x1）﹣f（x2）≥2x1﹣2x2恒成立，即对任意x1＞x2＞0，f（x1）﹣2x1≥f（x2）﹣2x2恒成立， 1 1 1.已知函数323()1(),2 f x ax x x R =- +∈其中0a >,若在区间11[,]22-上，()0f x >恒成立，求a 的取值范围. 2. 已知函数()(0)x e f x a x a =<-其中常数,存在实数(,0]x a ∈，使得不等式1()2 f x ≤成立，求a 的取值范围。 3. 已知函数()1ln ()f x x a x a R =--∈. （1）求证：()0f x ≥恒成立的充要条件是1a =； （2）若0a <，且对任意12,(0,1]x x ∈，都有121211|()()|4||f x f x x x -≤-，求实数a 的取值范围. 4. 已知函数21()ln ()2 f x x a x x R =-∈ （1）若函数()f x 在(1,)+∞为增函数，求a 的取值范围； （2）讨论方程()0f x =解的个数，并说明理由。 5. 已知函数211()ln()22 f x ax x ax =++-（a 为常数，0a >）. 2 2 （1）若12 x =是函数()f x 的一个极值点，求a 的值； （2）求证：当02a <≤时，()f x 在1[,)2 +∞上是增函数； （3）若对任意．．的(1,2)a ∈，总存在．．01[,1]2x ∈，使不等式20()(1)f x m a >-成立，求实数m 的取范围. 6.已知在函数21()(3)ln 2 f x x a x x =+-+的图像上是否存在不同的两点1122(,),(,),A x y B x y 线段AB 的中点的横坐标为0x ，使得'12012()y y f x x x -= -成立，若存在，请求出0x 的值；若不存在，请说明理由。 7. 已知函数)0)(11()(>+=x nx x x f 。 （1）求函数)(x f 的最小值； （2）设()F x =),)(('2R a x f ax ∈+讨论函数()F x 的单调性； （3）若斜率为k 的直线与曲线y =)('x f 交于))(,(),(212211x x y x B y x A <、两点，求证：211x k x <<。 导数与函数之双变量问题归纳总结 类型一：齐次划转单变量 例1：已知函数()() 1ln 1 a x f x x x -=- +()2a ≤.设,m n R +∈，且m n ≠， 求证 ln ln 2 m n m n m n -+< -. 解：设m n >，证明原不等式成立等价于证明 ()2ln m n m m n n -<+成立，即证明 21ln 1 m m n m n n ?? - ???<+成立.令m t n =，1t >，即证()()21ln 01t g t t t -=->+.由 （1）得，()g t 在()0,+∞上单调递增，故()()10g t g >=，得证. 变式1：对数函数()x f 过定点?? ? ??21,e P ，函数()()() 为常数m ,n x f m n x g '-=， ()()的导函数为其中x f x f '. （1）讨论()x g 的单调性； （2）若对于()+∞∈?,x 0有()m n x g -≤恒成立，且()()n x x g x h -+=2在 ()2121x x x ,x x ≠=处的导数相等，求证：()()22721ln x h x h ->+. 解：（2）因为()1g n m =-，而()0,x ?∈+∞有()()1g x n m g ≤-=恒成立，知 ()g x 当1x =时有最大值()1g ，有（1）知必有1m =. ∴()()()11 ln ,22ln ,g x n x h x g x x n x x x x =- -=+-=-- 依题意设()()211 12222 11 20,1120 k x x h x h x k k x x ?-+-=??''==??-+-=??∴12111x x += 121212+=4x x x x x x ?≥> ∴()()()()121212*********+ln ln 21ln h x h x x x x x x x x x x x ?? +=-+-+=-- ??? 已知函数 f x是定义在 0,内的单调函数，且对 x0,, f f x ln x e 1，给出下面四个命题： ①不等式 f x0 恒成立 ②函数 f x存在唯一零点，且x00,1 ③方程 f x x 有两个根 ④方程 f x f ' x e1（其中e为自然对数的底数）有唯一解x0，且 x0 1,2 .其中正确的命题个数为（） A.1个 B. 2个 C. 个 D. 4个 3 1. （2016 秋 ?安庆期末）已知函数． （Ⅰ）讨论函数f（ x）的单调性； （Ⅱ）设 g（ x）=f（x）﹣m．若函数 g（x）有两个零点 x1，x2（ x1＜x2），证明：x1+x2＞1． 2.（2017?长沙模拟）已知函数 f（x）= 的图象为曲线 C，函数 g（x）= ax+b 的图象为直线 l． （1）当 a=2， b=﹣3 时，求 F（x）=f（ x）﹣ g（ x）的最大值； （2）设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1，x2，且 x1≠x2，求证：（ x1+x2）g（x1+x2）＞ 2． 3.（2017?河北二模）已知函数 f（x）=alnx+ x2﹣ax（a 为常数）有两个极值点．（1）求实数 a 的取值范围； （2）设f（x）的两个极值点分别为x1，x2，若不等式f（x1）+f（x2）＜λ（x1+x2）恒成立，求λ的最小值． 4.（2017?凉山州模拟）设 k∈R，函数 f（ x） =lnx﹣kx． （1）若 k=2，求曲线 y=f（ x）在 P（1，﹣ 2）处的切线方程； （2）若 f （x）无零点，求实数 k 的取值范围； （3）若 f （x）有两个相异零点 x1， x2，求证： lnx1+lnx2＞2． 导数-双变量问题 1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移 5.赋值法 构造函数利用单调性证明 形式如：1212|()()|||f x f x m x x -≥- 方法：将相同变量移到一边，构造函数 1. 已知函数23 9()()(24 f x x x =++）对任意[]12,1,0x x ∈-，不等式12|()()|f x f x m -≤恒成立，试求m 的取值范围。 | 2.已知函数2 ()(1)ln 1f x a x ax =+++.设1a <-,如果对12,(0,)x x ?∈+∞,有 1212|()()|4||f x f x x x -≥-,求实数a 的取值范围. ￥ 3.已知函数2 )1ln()(x x a x f -+=区间)1,0(内任取两个实数q p ,，且q p ≠时，若不等式 1) 1()1(>-+-+q p q f p f 恒成立，求实数a 的取值范围。 4.已知函数2 1()2ln (2),2 f x x a x a x a R = -+-∈．是否存在实数a ，对任意的 ()12,0,x x ∈+∞，且21x x ≠，有 2121 ()() f x f x a x x ->-，恒成立，若存在求出a 的取值范围， 若不存在，说明理由． 练习1：已知函数2 ()ln =+f x a x x ,若0>a ,且对任意的12,[1,]∈x x e ，都有 1212 11 |()()|| |-<-f x f x x x ,求实数a 的取值范围． [ 练习2.设函数.若对任意恒成立， 求的取值范围. - ()ln ,m f x x m R x =+∈()()0,1f b f a b a b a ->><-m 例谈导数压轴题中双变量问题的常用解法 典例：已知函数f(x)=x e x ,f(x1)=f(x2),x 1≠x2,求证：x1+x2>2. 解析：f′(x)=1?x e x ,易得 f(x)在(?∞,1)递增，(1,+∞)递减，其图像如图，为了更好的看图，横纵轴单位长度取得不同，不妨设0 导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】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 2212110t 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 导数 (1)讨论函数f (x)在定义域内的单调性； ⑵当a ( 3, 2)时，任意为公2 [1,3], (m In 3)a 2ln 3 |f(xj f(X 2)|恒成立，求实数m 的取值范 围. 2 3 x x ax b e , x R 的一个极值点 2、已知二次函数 g(x)对 x R 都满足g(x 1) g(1 x) x 2 2x 1 且 g(1) 1，设函数 1 f (x) g(x ) 2 m I n x 9 8 (m R , x 0) - (I)求g(x)的表达式；， (n) 右 x R , 使 f(x) 0成立，求实数 m 的取值范围； (川)设 1 m e , H (x) f (x) (m 1)x ，求证：对于 1、设函数f(x) (2 a)ln x 2ax 2 x 】(a 0)- 为，X 2 [1,m]，恒有 |H 。)H(X 2)| 1. 3、设x 3是函数f x (1)求a 与b 的关系式(用a 表示b )，并求fx 的单调区间; 4、f (x) (x 2 ax b)e x (x R). (1 )若a 2,b 2，求函数f (x)的极值； (2 )若x 1是函数f(x)的一个极值点，试求出 a 关于b 的关系式(用a 表示b )，并确定f(x)的单调区 间； (3)在(2)的条件下，设a 0，函数 g(x) (a 2 14)e x 4 ?若存在 1,2 [0,4]使得 | f( J f( 2) | 1 成立，求a 的取值范围. 3 2 5、已知函数f x ax bx 3x a,b R 在点1, f 1处的切线方程为y 2 0. ⑴求函数f x 的解析式; (2)设 a 0, g x 2 25 x a e ，右存在 i , 2 4 0,4，使得f i g 2 1成立，求a 的取值范围 导数中的双变量任意、存在恒成立问题 解决方法：转化为最值问题处理 ●类型 一：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ? max 2min 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的任一函数值均大于)(x g 的任一函数值， 故只需max 2min 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图一. 例1、已知x x x f ln )(=，3)(2++-=ax x x g ，若对)0(1∞+∈?，x ， ]1 [2e x ，∈?使得)(21x f ≥)(2x g 成立，求实数a 的取值范围. 【变式训练1】已知函数14341ln )(-+-=x x x x f ，42)(2-+-=bx x x g ，若)20(1，∈?x ， ]21[2，∈?x ，不等式)(1x f ≥)(2x g 恒成立，求实数b 的取值范围. ●类型 二：若2211D x D x ∈?∈?，，)()(21x g x f >恒成立 ? min 2max 1)()(x g x f >. 基本思想是：函数)(x f 的某些函数值大于)(x g 的某些函数值， 只要求有这样的函数值，不要求所有的函数值. 故只需min 2max 1)()(x g x f >即可. 几何解释如图二. 例2、已知a ≤2，设函数x a x x x f ln 1)(--=，e x x x g 1ln )(--=， 若在]1 [e ，上存在21x x ，，使)(1x f ≥)(2x g 成立，求实数a 取值范围. 【变式训练2】已知函数x x x g ln )(=，ax x g x f -=)()(. （1）求函数)(x g 的单调区间； （2）若函数)(x f 在（1，∞+）上是减函数，求实数a 的最小值； （3）若存在][221e e x x ，，∈，使得)(1x f ≤a x f +')(2成立，求实数a 取值范围. 高中数学压轴题系列——导数专题——双变量问题（2） 1.（2010?辽宁）已知函数f（x）=（a+1）lnx+ax2+1 （1）讨论函数f（x）的单调性； （2）设a＜﹣1．如果对任意x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2|，求a的取值范围．解：（Ⅰ）f（x）的定义域为（0，+∞）.． 当a≥0时，f′（x）＞0，故f（x）在（0，+∞）单调递增； 当a≤﹣1时，f′（x）＜0，故f（x）在（0，+∞）单调递减； 当﹣1＜a＜0时，令f′（x）=0，解得． 则当时，f'（x）＞0；时，f'（x）＜0． 故f（x）在单调递增，在单调递减． （Ⅱ）不妨假设x1≥x2，而a＜﹣1，由（Ⅰ）知在（0，+∞）单调递减， 从而?x1，x2∈（0，+∞），|f（x1）﹣f（x2）|≥4|x1﹣x2| 等价于?x1，x2∈（0，+∞），f（x2）+4x2≥f（x1）+4x1① 令g（x）=f（x）+4x，则 ①等价于g（x）在（0，+∞）单调递减，即． 从而 故a的取值范围为（﹣∞，﹣2]．（12分） 2．（2018?呼和浩特一模）已知函数f（x）=lnx，g（x）=﹣bx（b为常数）． （Ⅰ）当b=4时，讨论函数h（x）=f（x）+g（x）的单调性； （Ⅱ）b≥2时，如果对于?x1，x2∈（1，2]，且x1≠x2，都有|f（x1）﹣f（x2）|＜|g（x1）﹣g（x2）|成立，求实数b的取值范围． 解：（1）h（x）=lnx+x2﹣bx的定义域为（0，+∞），当b=4时，h（x）=lnx+x2﹣4x， h'（x）=+x﹣4=， 令h'（x）=0，解得x1=2﹣，x2=2+，当x∈（2﹣，2+）时，h′（x）＜0， 当x∈（0，2﹣），或（2+，+∞）时，h′（x）＞0， 所以，h（x）在∈（0，2﹣），或（2+，+∞）单调递增；在（2﹣，2+）单调递减；（Ⅱ）因为f（x）=lnx在区间（1，2]上单调递增，函数导数中双变量问题的四种转化化归思想-厦门一中
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