3.3.4 導數(shù)中的雙變量問題 課件-2025屆高三數(shù)學三輪專項復習

3.3.4導數(shù)中的雙變量問題高考解讀

雙變量問題指函數(shù)中含有兩個變量的問題,這類問題充分考查學生分析問

題、解決問題的能力,尤其考查學生邏輯推理、數(shù)學抽象的數(shù)學核心素養(yǎng).在處理導數(shù)

的綜合題時,經常會遇到在某個范圍內可以任意變動的雙變量問題,由于兩個變量都在

變,往往不知把哪個變量當成自變量進行研究,導致無法展開思路,而解決此類問題的通

法是將含雙變量的代數(shù)式轉化為只含單一變量的代數(shù)式,構造函數(shù)解決.高考溯源極值點偏移(2022全國甲理,21,12分)已知函數(shù)f(x)=

-lnx+x-a.(1)若f(x)≥0,求a的取值范圍;(2)證明:若f(x)有兩個零點x1,x2,則x1x2<1.解析

(1)因為f(x)=

-lnx+x-a,所以函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),f'(x)=

-

+1=

.令f'(x)=0,得x=1,f'(x),f(x)的變化情況如表:x(0,1)1(1,+∞)f'(x)-0+f(x)↘e+1-a↗所以當x=1時,f(x)min=e+1-a.因為f(x)≥0,所以e+1-a≥0,所以a≤e+1.(2)證明:由題意知,f(x)的一個零點小于1,一個零點大于1,不妨設x1<1<x2,要證x1x2<1,即證x1<

,因為x1,

∈(0,1),所以證f(x1)>f

,因為f(x1)=f(x2),所以證f(x2)>f

,即

-lnx+x-x

-lnx-

>0,x∈(1,+∞),即證

-x

-2

>0.

疑難點撥:利用分析法,將證明“x1x2<1”轉化為證明“

-x

-2

>0”

下面證明x>1時,

-x

>0,lnx-

<0,設g(x)=

-x

,x>1,則g'(x)=

ex-

=

ex-

=

=

,設φ(x)=

(x>1),則φ'(x)=

ex=

ex>0,所以φ(x)>φ(1)=e,而

<e,所以

-

>0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上單調遞增,即g(x)>g(1)=0,所以

-x

>0.令h(x)=lnx-

,x>1,則h'(x)=

-

=

=

<0,所以h(x)在(1,+∞)上單調遞減,即h(x)<h(1)=0,所以lnx-

<0.綜上,

-x

-2

>0,所以x1x2<1.技巧極值點偏移是雙變量問題的典型代表,這類問題的解題核心是將雙變量變

為單變量,進而解決問題.例如本題,要證x1x2<1,即證x1<

,利用單調性,即證f(x1)>f

,利用f(x1)=f(x2),進而轉化為證明f(x2)>f

,成功將雙變量轉化為單變量.這類問題的常見轉化有兩種形式:對于x1+x2>2x0型,構造函數(shù)F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);對于x1·x2>

型,構造函數(shù)F(x)=f(x)-f

.本題就是第二種構造.高考仿真1已知函數(shù)f(x)=xlnx-x-a,a∈R.(1)若f(x)無零點,求a的取值范圍;(2)若f(x)有兩個相異零點x1,x2,證明:x1·x2<1.解析

(1)f'(x)=lnx,x>0,令f'(x)=0,得x=1,當x∈(0,1)時,f'(x)<0,f(x)單調遞減,當x∈(1,+∞)時,f'(x)>0,f(x)單調遞增,所以函數(shù)的最小值是f(1)=-1-a,因為函數(shù)f(x)無零點,所以-1-a>0,解得a<-1,所以a的取值范圍是(-∞,-1).(2)證明:不妨設x1<x2,由(1)得,f(x)在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增,所以0<x1<1<x2,故0<

<1,故轉化為證f(x1)>f

,即證f(x1)-f

>0,因為f(x1)=f(x2)=0,所以f(x1)-f

=f(x2)-f

=(x2lnx2-x2-a)-

=x2lnx2-x2+

+

>0,設g(x)=xlnx-x+

+

,x>1,因為g'(x)=lnx-

>0,所以函數(shù)g(x)在區(qū)間(1,+∞)上單調遞增,且g(1)=0,所以g(x)>g(1)=0在區(qū)間(1,+∞)上恒成立,故f(x1)-f

>0,即f(x1)>f

,又f(x)在(0,1)上單調遞減,所以0<x1<

<1,所以x1x2<1.高考仿真2已知函數(shù)f(x)=lnx+

,a∈R.若函數(shù)f(x)有兩個不相等的零點x1,x2.(1)求a的取值范圍;(2)證明:x1+x2>4a.解析

(1)由f(x)=lnx+

得f'(x)=

,x>0,若a≤0,則f'(x)>0恒成立,即f(x)單調遞增,不存在兩個不相等零點,故a>0,當x>2a時,f'(x)>0,當0<x<2a時,f'(x)<0,則f(x)在(0,2a)上單調遞減,在(2a,+∞)上單調遞增,所以若要符合題意,需f(2a)<0,即ln(2a)+1<0,a∈

,此時有4a2<2a,且f(4a2)=2ln(2a)+

,令g(t)=2lnt+

,則g'(t)=

,令g'(t)=0,得t=

,所以g(t)在

上單調遞減,故g(t)>g

=e-2>0,所以f(4a2)>0,又f(1)=2a>0,故在區(qū)間(4a2,2a)和(2a,1)上函數(shù)f(x)各存在一個零點,符合題意.綜上,a∈

.(2)證明:結合(1),不妨令0<x1<2a<x2,構造函數(shù)g(x)=f(x)-f(4a-x)(0<x<2a),則g'(x)=

+

=-

<0,即g(x)單調遞減,所以g(x)>g(2a)=0,即g(x1)=f(x1)-f(4a-x1)>0?f(x1)=f(x2)>f(4a-x1),因為0<x1<2a<x2,所以4a-x1>2a,由(1)知f(x)在(2a,+∞)上單調遞增,所以由f(x2)>f(4a-x1)?x2>4a-x1,故x1+x2>4a.高考變式1.變量整體代換典例1已知函數(shù)f(x)=

-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)處導數(shù)相等,證明:f(x1)+f(x2)>8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,證明:對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.證明

(1)對f(x)求導得f'(x)=

-

,由f'(x1)=f'(x2)得

-

=

-

,因為x1≠x2,所以

+

=

難點:由

-

=

-

可得

.由基本不等式得

=

+

≥2

,因為x1≠x2,所以x1x2>256.(

≥4

,x1

≥4)由題意得f(x1)+f(x2)=

-lnx1+

-lnx2=

-ln(x1x2).設g(x)=

-lnx,則g'(x)=

(

-4),g'(x),g(x)的變化情況如表:x(0,16)16(16,+∞)g'(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上單調遞增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=

+1,則f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a<n

≤n

<0,所以存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以對于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直線y=kx+a與曲線y=f(x)有公共點.由f(x)=kx+a得k=

.設h(x)=

,則h'(x)=

=

,其中g(x)=

-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函數(shù)h(x)在(0,+∞)上單調遞減,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1個實根.綜上,當a≤3-4ln2時,對于任意k>0,直線y=kx+a與曲線y=f(x)有唯一公共點.技巧

若函數(shù)(不等)式中的雙變量變形后以整體的形式出現(xiàn),則可以將這兩個變

量看成一個整體,用另一個新元代換,從而將雙變量問題轉化為單變量問題.代換過程中

需要注意新元的取值范圍,同時注意函數(shù)(不等)式變形的等價性.2.變量比值代換典例2

(2024山西聯(lián)考,18)已知函數(shù)f(x)=ln(mx)-x(m是常數(shù)).(1)若m>0,求函數(shù)f(x)的圖象在x=2處的切線方程;(2)若f(x)有兩個零點x1,x2,且x2>2x1>0,證明:0<x1<1,且x2>3ln2-x1.解析

(1)因為m>0,f(x)=ln(mx)-x,所以f'(x)=

-1,

(1分)則f'(2)=-

,

(2分)又f(2)=ln(2m)-2,所以所求切線的方程為y-ln(2m)+2=-

(x-2),即x+2y-2ln(2m)+2=0.

(4分)(2)證明:因為x1,x2是f(x)的兩個零點,所以ln(mx1)=x1,ln(mx2)=x2,兩式相減,得ln

=x2-x1.

(5分)令t=

,t>2,則x2=tx1,代入上式得lnt=(t-1)x1,故x1=

,x2=

.

(7分)令g(t)=x1=

,t>2,則g'(t)=

.構造函數(shù)G(t)=1-

-lnt(t>2),則G'(t)=

-

=

<0,所以G(t)在(2,+∞)上單調遞減,G(t)<G(2)=

-ln2<

-ln

=0,

(10分)所以當t>2時,G(t)<0,所以g'(t)<0,所以函數(shù)g(t)在區(qū)間(2,+∞)上單調遞減,故x1=g(t)<g(2)=ln2<1,所以0<x1<1.

(12分)要證明x2>3ln2-x1,只要證明x1+x2≥3ln2.令h(t)=x1+x2=

+

=

(t>2),則h'(t)=

=

,令H(t)=t-

-2lnt,t>2,則H'(t)=1+

-

=

>0,所以H(t)在(2,+∞)上是增函數(shù),所以當t>2時,H(t)>H(2)=

-2ln2>0,所以h'(t)>0,

(15分)所以h(t)在(2,+∞)上是增函數(shù),h(t)>h(2)=3ln2,所以x1+x2>3ln2,即x2>3ln2-x1.

(17分)技巧

比值代換的常用關系式:ln

=lnx1-lnx2.將差式轉化為商式,通過分子、分母同除以x1或x2轉化為只含有

或

的函數(shù)式,令t=

或

,則上述函數(shù)式即可轉化為關于t的函數(shù)式,從而將雙變量問題轉化為單變量問題,注意新元“t”的取值范圍,有時

需要等式或不等式兩邊取自然對數(shù)構造比值關系式.3.根與系數(shù)關系代換典例3已知函數(shù)f(x)=

-x+alnx.(1)討論f(x)的單調性;(2)若f(x)存在兩個極值點x1,x2,證明:

<a-2.解析

(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞),函數(shù)的導數(shù)為f'(x)=-

-1+

=-

,設g(x)=x2-ax+1,當a≤0時,g(x)>0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此時函數(shù)f(x)在(0,+∞)上是減函數(shù).當a>0時,判