2027版53B版新高考版数学总复习重难突破培优4　导数中的双变量问题

培优4导数中的双变量问题类型1整体代换消元若函数(不等)式中的双变量变形后以整体的形式出现,则可以将这两个变量看成

一个整体,用一个新元代换,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元的取值范

围,同时注意函数(不等)式变形的等价性.例已知函数f(x)=aex-2x-1,a∈R.(1)讨论函数f(x)的单调性;(2)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,且x2-x1≥1,求x1+x2的最小值.解析

(1)由已知得f'(x)=aex-2,当a≤0时,f'(x)<0恒成立,函数f(x)在R上单调递减;当a>0时,令f'(x)<0,得x<ln

,则函数f(x)在

上单调递减;令f'(x)>0,得x>ln

,则函数f(x)在

上单调递增.综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递减;当a>0时,函数f(x)在

上单调递减,在

上单调递增.(2)由(1)得若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则必有a>0.接下来对f(x)=0进行参变分离,确定x1,x2的取值范围.令f(x)=aex-2x-1=0,得

-a=0,令h(x)=

-a,则h'(x)=

,令h'(x)=0,得x=

,可得函数h(x)在

上单调递增,在

上单调递减.若h(x)=

-a有两个零点,则必有一个小于

,一个大于

,所以x1<

,x2>

,注意到aex-2x-1=0中有x的一次项,将x1,x2分别代入整理得x1=

-

,x2=

-

,这时两式相加仍然不能把参数a分离出来,可以尝试两式相减,x2-x1=

(

-

),所以a=

,将其代入x1+x2的表达式中,x1+x2=

-

+

-

=

(

+

)-1=

-1=(x2-x1)

-1,

的分子、分母同除以

,出现x2-x1,后面通过整体换元减少变量,令t=x2-x1,t≥1,那么x1+x2便可以表示成以t为变量的函数.设t=x2-x1,t≥1,则x1+x2=

-1,令g(t)=

-1,t≥1,求x1+x2的最小值,只需求g(t)的最小值.则g'(t)=

,g'(t)的正负取决于分子的正负,而分子的正负无法直接判断,故需对其进一步分析.令u(t)=e2t-2tet-1,t≥1,则u'(t)=2e2t-2tet-2et=2et(et-t-1),et≥e,判断et-t-1的正负.令v(t)=et-t-1,t≥1,则v'(t)=et-1>0,所以v(t)在[1,+∞)上单调递增,所以v(t)≥v(1)=e-1-1>0,所以u(t)在[1,+∞)上单调递增,所以u(t)≥u(1)=e2-2e-1>0,所以g'(t)>0,所以g(t)在[1,+∞)上单调递增,所以g(t)≥g(1)=

-1=

,即x1+x2的最小值为

.关键点睛

对于双变量问题,我们需要通过换元转化为单变量问题,本题就是利用x1=

-

,x2=

-

,两式相加、减,令t=x2-x1,t≥1达到整体消元的目的.类型2韦达定理消元例已知函数f(x)=

-x+alnx,若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:

<a-2.证明由题意知x1,x2为f'(x)=-

=0的两个不等正根,则x1,x2满足x2-ax+1=0,所以

不妨设0<x1<1<x2,则a=x1+x2=

+x2>2,将x1,x2代入函数解析式,表示出

,并将x1用

代替.则

=-

-1+a·

=-2+a·

=-2+a·

,所以要证

<a-2,只需证-2+a·

<a-2,因为a>2,所以只需证

-x2+2lnx2<0.

注意

-x2<0

设h(x)=

-x+2lnx(x>1),则h'(x)=-

<0,则h(x)在(1,+∞)上单调递减,又h(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,h(x)<0,即

-x2+2lnx2<0,所以

<a-2得证.技巧总结

当x1,x2是原函数的两个极值点时,通常决定导函数正负的部分是二次函数形式,这

时x1,x2就是二次函数的两个不等实根,可利用根与系数的关系得出x1+x2,x1x2,通过两根之

和或两根之积,将其中一个根用另一个根表示,从而达到减少变量的目的,本题中就是利

用了x1x2=1,将x1用

来表示,使不等式中只含有一个变量x2.类型3比值代换消元例已知函数f(x)=alnx-x,a∈R.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若存在不相等的实数x1,x2,使得f(x1)=f(x2),证明:0<2a<x1+x2.解析

(1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=

-1=

,当a≤0时,f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,令f'(x)=0,则x=a,当x∈(0,a)时,f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递增,当x∈(a,+∞)

时,f'(x)<0,所以f(x)在(a,+∞)上单调递减.综上所述,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减;当a>0时,f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+

∞)上单调递减.(2)证明:由(1)得,当a≤0时,f(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意,故a>0,则2a>0.由f(x1)=f(x2),可得alnx1-x1=alnx2-x2,要证明的不等式中既有a又有x1,x2,可用x1,x2来表示a,进而将要证的不等式2a<x1+x2达到

减元效果.即a(lnx1-lnx2)=x1-x2,不妨令x1>x2>0,则lnx1>lnx2,则a=

>0.要证2a<x1+x2,即证2·

<x1+x2,即证lnx1-lnx2>2·

,即证ln

>2·

,注意到不等号左、右两边x1,x2的形式不统一,则需要将

的分子、分母同除以x2,从形式上统一,然后令t=

,t>1,于是可将要证的不等式转化为只含有变量t的形式.即证ln

>2·

,设t=

(t>1),即证lnt>2·

,设k(t)=lnt-2·

,t>1,可得k'(t)=

-

=

>0,所以k(t)在(1,+∞)上单调递增,所以k(t)>k(1)=0,即lnt>2·

,则2a<x1+x2.综上,可得0<2a<x1+x2.技巧总结

当我们遇到函数中有lnx1-lnx2或lnx2-lnx1这种结构时,常常利用对数的运