浅谈双变量的解决策略(修改版)

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导数中双变量问题的四种策略

导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。

$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。

解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。

又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。

又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。

策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。

导数中双变量问题的四种策略

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1ln )(++=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 )(=xx 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 '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--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 ax x F由在恒成立．设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以，所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。

(20200524)双变量问题处理办法

双变量单函数问题处理办法一、普通12,xx 型总结一：对形如2122()()f x f x m x x -<-在任意1212,(,),x x a b x x ∈≠上恒成立的多元问题求参中，一般可以通过限定12,x x 的大小，比如12,x x <通过等价变形，构造形如()()F x f x mx =-的函数，转化为()F x 在区间[],a b 上单调性问题进行求解.总结二：对形如2121()()f x f x m x x -<-在任意1212,(,),x x a b x x ∈≠上恒成立的多元问题求参中，一般可以通过限定12,x x 大小，如12,x x <结合函数在区间(,)a b 上单调性去绝对值，转化为无绝对值形式处理.结论三：双变量单函数绝对值型1212max min 1212max min (1),,()()()();(2),,()()()();x x D f x f x m f x f x m x x D f x f x m f x f x m ∀∈-≤⇔-≤∃∈-≥⇔-≥【例1】已知函数()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.【练1】（2020重庆巴蜀3月质检）已知函数()ln ,f x x =若对于任意的120,x x a <<<都有211212()()1,x f x x f x x x ->-求实数a 的最大值.【例2】已知函数2()3ln .f x x x x =-+ （1）求函数()f x 的极值；（2）若对任意1212,(1,),,x x x x ∈+∞≠都有1212()()f x f x k x x ->-恒成立，求实数k 的取值范围.【练2】已知函数2()(1)ln 1.f x a x ax =+++ （1）讨论函数()f x 的单调性；（2）设1,a <-如果对任意121212,(0,),()()4,x x f x f x x x ∈+∞-≥-求a 的取值范围.【例3】已知函数2()ln ,(0,1).x f x a x x a a a =+->≠（1）当1a >时，对[]1212,1,1,()()1x x f x f x e ∀∈--≤-恒成立，求a 的取值范围；（2）若[]12,1,1,x x ∃∈-使得12()()1,f x f x e -≥-求a 的取值范围.二、零点、极值点12,x x 型总结一：若12,x x 是函数()f x 的零点或极值点，则关于12,x x 的不等式可由()0f x =或()0f x '=中的二次方程，通过韦达定理进行代换，转换为新函数进而求解.总结二：在探究含零点或极值点型12,x x 的式子时，一方面可借助韦达定理对该式子进行单元化处理后进行探究；另一方面，可通过构造含12,x x 的齐次式，令12,x t x =整体换元后再探究.【例4】已知函数21()ln (2)2f x x x m x =+-+有两个极值点，其中,a b <且.m R ∈ （1）求m 的取值范围；（2）若,be a≥求()()f b f a -的最大值.【练3】已知2()ln f x x ax x =--+在(1,(1))f 处的切线斜率为负. （1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点12,,x x 求证:12()()32ln 2.f x f x +>-【练4】已知函数21()ln ,2f x x mx x =++若()f x 有两个极值点1212,()x x x x <且32,m ≤-求12()()f x f x -的最小值.【例5】已知函数1()ln (),21x af x a R x -=+∈+若在定义域上有两个极值点12,,x x 试问：是否存在实数,a 使得 12()()5?f x f x +=（三）极值点偏移问题证明不等式一、极值点偏移的概念在二元不等式中，有一种较为特殊的题型，即极值点偏移.我们知道，若函数()f x 对定义域内任意x 都满足()(2),f x f a x =-则函数()f x 关于直线x a =对称，即()f x 在对称轴两侧函数值的变化快慢相同，且若()f x 为单峰函数，则x a =必为()f x 的极值点.如我们熟悉的二次函数，其对称轴即为极值点0,x 若()f x c =的两根的中点为12,2x x +则必有120,2x xx +=即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.若120,2x x x +≠则为极值点偏移.若单峰函数()f x 的极值点为,a 且函数()f x 满足定义域内x a =左侧的任意自变量x 都有()(2)()(2),f x f a x f x f a x >-<-或则函数()f x 的极值点a 的左右侧变化快慢不同.故单峰函数()f x 定义域内任意不同的实数12,x x 满足12()(),f x f x =则122x x +与极值点a 必有确定的大小关系：若12,2x x a +<则称为极值点左偏；若12,2x xa +>则为极值点右偏. 如函数()x xg x e =的极值点01x =刚好在()g x c =的两根中点的122x x +的左边，我们称之为极值点左偏.二、极值点偏移的题设一般具有的特点：1.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12,x x ≠求证：12002();x x x x +>为极值点2.若函数()f x 存在12,x x 且12,x x ≠满足12()(),f x f x =求证：12002();x x x x +>为极值点3.若函数()f x 存在两个零点12,x x 且12,x x ≠令120,2x x x +=求证：0()0;f x '> 4. 若函数()f x 存在12,x x 且12,x x ≠满足12()(),f x f x =令120,2x x x +=求证：0()0;f x '> 当然，除了上述所说的四大类极其明显的特征外，我们将要遇到的不等式形式也可能不尽相同，但简而言之，一般出现12()(),f x f x =且要证明不等式与12,x x 的关系，极有可能就是极值点偏移问题.三、极值点偏移问题处理方法对于极值点偏移及其变式类题型，处理方法一般较为固定，主要有对称化构造、比值换元、对数均值不等式三大方向.法一：对称化构造（1）求出函数()f x 的极值点0;x（2）构造一元差函数000()()()()()(2);F x f x x f x x F x f x f x x =+--=--或（3）确定()F x 的单调性；（4）结合0()0,F x =判断()F x 的符号，从而确定00()()f x x f x x +-、的大小关系，得出结论.【注】若要证明12()0,2x x f +⎛⎫'<> ⎪⎝⎭还需进一步讨论122x x +与0x 的大小关系，得出122x x +所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证. 法二：比值换元（1）求出函数()f x 的极值点0;x （2）令2121(0,01),x t x x t x =<<<<一般可令则由12()(),f x f x =得出12,x x 等量关系，解出含参数t 的12;x x 或（3）将（2）中所得关系带入12,x x +构造一元差函数120()2;h t x x x =+- （4）判断120()2h t x x x =+-在01t <<上最值，得出结论. 法三：对数均值不等式（1）由12()(),f x f x =得出含12,x x 的等量关系；（2）整理出1212ln ln x x t x x -=-的形式，其中t 可能为常数，亦可能为含12,x x 的式子；（3）根据对数均值不等式ln ln 2a b a bab a b -+<<-得出最终结论. 【注】此法一般适用含指对函数的极值点偏移问题.（1）不含参【例1】已知函数()().x f x x e x R -=⋅∈（1）求函数()f x 的单调区间和极值；（2）已知函数()y g x =与函数()y f x =的图象关于直线1x =对称，证明：当时1x >时，()();f x g x > （3）如果1212,()(),x x f x f x ≠=且证明：12 2.x x +>（三种方法）【练1】已知函数2()2ln ,f x x x=+若12,x x ≠且12()(),f x f x =证明：12 4.x x +>【例2】已知函数()ln ,f x x x =-若存在两个相异的正实数1212,,()(),x x f x f x =且求证：12()()0.f x f x ''+<【例3】已知函数()ln ,f x x x =-若方程()(2)f x m m =<-有两个相异实根1212,,,x x x x <且证明：212 2.x x <（2）含参（对于含参题型，主要处理方式是等价转换，构造新函数消参，转化为熟悉的无参数问题.）【例4】已知函数2()()x f x ax e a R =-∈在(0,)+∞有两个零点1212,(),x x x x <证明：12 4.x x +>【例5】已知函数2()(2)(1)(0),x f x x e a x a =-⋅+->设12,x x 是()f x 的两个零点，证明：12 2.x x +<【练2】若直线1y x =+与曲线()x a y a R e=∈交于不同的两点1122(,),(,),A x y B x y 求证：12 4.x x +<-（3）和导数有关的极值点偏移问题【注】欲证120,2x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭从极值点偏移角度，即证明开口向下的单峰函数()f x 极值点左偏，因此只需证明1200(),2x x x x +>其中是极值点切函数在122x x +所在区间单调递减即可. 【例6】已知函数2()ln ,f x x x ax =--若1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点，()f x '是函数()f x 的导函数，证明：120.2x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭【练3】已知函数2()(2)ln (0),f x x a x a x a =+++<若存在两个相等的正数12,,x x 满足12()(),f x f x = 证明：120.2x x f +⎛⎫'> ⎪⎝⎭【练4】已知函数()2ln ,f x x ax =-若1212,()x x x x <是函数()f x 的两个零点，求证：1220.3x x f +⎛⎫'< ⎪⎝⎭。

突破定向思维,以退为进——例谈双变量问题及其解题策略

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文学教育研究
２１年０１
第３期７
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例谈双变量问题及其解题策略
宋涛
（江苏省如皋市第一中学江苏如皋２６０）２５０
定向思维是在动力定型驱使下的按照既定方向或程序进行思维的活动过程，与发散思维相对。定向思维的基础是 “ 经验 ” 。在乎常的数学教学中，们都是很习惯的认为 “ 量越少越好处我变理、好处理 ” 越。当变量个数较多时，们都会想尽办法尽量少我设变量，简化问题，所有问题变成一个变量从而解决问题．将一般情况下，们都在教学过程中，调减少变量。可是笔者认我强为，学过程中强调 “ 量越少越好 …‘ 元思想 ” 有时会使解教变消，题陷入困境，能从高的角度把握题目，不彻底陷入题目的迷宫，而难以解答出题目，使解题陷入走弯路的境地。下面笔者通或过引例和大家探讨如何处理双变量问题。双变量的普遍存在笔者在教学过程中遇到如下两题：
灿腓ｚ。
、
题ｌｔ在长度为ｌ的线段＾Ｂ上任取一ｃ点堪祷。ｃ长度苇大于的慨率为一Ａ

函数双变量问题处理技巧

函数双变量问题处理技巧【策略1】改变主元（又叫：反客为主）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。

【例１】已知2()1f x x mx m =+-≥在2m ≤时恒成立，求实数x 的取值范围.【例2】对任意n N +∈恒有221(1)n a e ++≤，求实数a 的最大值。

【解析】21(1)n n ++11ln(1)n n-+，设1(1)ln x =-+【策略2】指定主元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：指定主元。

【例3】已知0m n ≤<，试比较ln(1)n m e m -++与1ln(1)n ++的大小，并给出证明.【例4】求证：22232()21x x e t e x x t -++++≥。

【策略3】化归为函数单调性问题【例5】已知a b e >>，试比较b a 1()f x '=ln bb，ln b ∴【例6】已知函数2()ln ,(1)x f x a x x a a =+->，对1212,[1,1],()()1x x f x f x e ∀∈--≤-，求实数a 的取值范围。

()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值的差，因此该问题便可化归为求函数()f x 在区间[1,1]-上的最大值与最小值问题。

【解析】由()ln 2ln (1)ln 2x x f x a a x a a a x '=+-=-+，(0)0f '=，当[1,0]x ∈-时，10,ln 0,20x a a x -≤>≤，()0f x '∴≤，即()f x 在[1,0]-上递减；当]1,0[∈x 时，10xa -≥，，()1h a '=(1),f >-∴12max ,)|()x x f x ∀∈≤需ln a a -成立便可，于是构造(a φ()a φ∴在上递增，又()0e φ=，a 的取值范围为【例7】已知函数2()(1)ln 1f x a x ax =+++(1a <-),若对任意,(0,)m n ∈+∞，()()4f m f n m n -≥-，求实数a 的取值范围。

函数背景下双变量问题的解决策略

２）＋４ｘ２１）＋４ｘｌ ①
数
（３）当口＞２时， △ ＞ｏ，ｇ（）＝０的两根为ｔ＝生
，：
令ｇ（）＝）＋４ｘ，贝４ｇ（）＝ａ — ＋一ｌ＋２ａｘ＋４
—
当口 ≥ Ｏ时（）＞０，故）在（０，＋）单调增加；当ｎ ≤ 一１时（）＜０，故）在（Ｏ，＋）单调减少；
当一１＜ｎ＜ｏ时，令，（）＝０，解得＝ √一・
ｌ
Ｉ１
因为厂（。）一）＝（ｘ。一）＋一０（１一．１一： ห้องสมุดไป่ตู้ ，
所：
ｌ一２
等式两侧后，会化归为两种形式：（１）形）ｌｌｆ（）＞ｇ（：），再用两侧函数各自的最值处理；（２）形如，（）＞，（），利用函数的单调
语数外学习
Ｎｏ．０６．２０１３
ＹｕＳｈｕＷａｉＸｕｅＸｉ
２０１３年第６期
函数背景下双变量问题的解决策略
周亚莉
（襄阳四中，湖北
襄阳４４１０２１）
摘要：近几年高考压轴题和各地模拟题中频频出现在函数背景下处理舍两个变量的等式与不等式问题，笔者在教学中发现如果以函数思想为引领，把双变量问题转化为一元函数，再以导数为工具就能有效地加以解决。

导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)

h(m)
(x
1)m
x2
1在m [2, 2]时的函数值恒为非负值
h(2) 0 h(2) 0
x
3或x
1
★对任意n N , 恒有(1 1 )2na e2 ,求实数a 的最大值. n
(1 1 )2na e2 ln(1 1 )2na ln e2 (2n a) ln(1 1 ) 2 (n a ) ln(1 1) 1
n
n
n
2
n
a 2
1 ln(1
1
)
n, 设G (
x)
1 ln(1
x)
1 x
,
x
0,1
n
G '(x)
(1
1 x) ln2 (1
x)
1 x2
(1 x) ln2 (1 x) x2 x2 (1 x) ln2 (1 x)
, 设h( x)
(1
x) ln2 (1
x) x2
h '(x) ln2 (1 x) 2ln(1 x) 2x, h ''(x) 2ln(1 x) x ,易得G(x)在0，1上单调递减
构造函数f (x) exm ln(m 1) 1 ln(x 1), x (m, ), m 0 f (x) exm 1 ex 1 (x 1)ex em 0在x (m, )上恒成立,
x 1 em x 1 (x 1)em f (x)在(m, )上递增 f (x) f (m) 0 当0 m n时,即f (n) enm ln(m 1) 1 ln(n 1) 0 enm ln(m 1) 1 ln(n 1)
要题设中的不等式恒成立,只需a ln a e 1成立便可,于是构造(a) a ln a e 1,

双变量问题的解决策略

双变量问题的解决策略在处理导数的综合题时，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，学生往往不知把哪个变量当成自变量进行研究，导致无法展开思路，造成无从下手，正因如此，这样的问题往往穿插在试卷的压轴题的某些步骤中，是学生感到困惑的难点之一. 下面我们谈一谈这类问题的解题思路.一、变更主元对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母 x 作为自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元法.【题目 1】对任意n N *，恒有(1 1 )2nane 2 恒成立，求实数a 的最大值.【解析】不等式(11)2nan e2(n a ) l n(1 2 1 ) 1 ，n1a 1 11由于11，知n2 l n(1n ，设G(x) 1) ln(x 1) n （ x (0,1] ）x11(1 x ) l n 2 (1 x ) x 2 则G (x )(1x) ln 2 (1 x) x 2 x 2 (1 x) ln 2(1 x) ，设h(x ) (1 x ) l n 2(1 x ) x 2（ x (0,1] ），则h (x ) l n 2(1 x ) 2 l n(1 x ) 2x .h (x )2[ln(1 x ) x ]，再设m (x ) ln(1 x ) x （ x (0,1] ），1 x 则m (x )11 x1 0 ，从而m(x) 在 x (0,1] 上单调递减，所以m(x) m (0) 0 ，所以h (x ) h (0) 0 ，所以h(x ) 在 x (0,1] 上单调递减.从而h(x ) h(0) 0 ，所以G (x ) 0 ，函数G(x ) 在 x (0,1] 单调递减.1所以G(x) G (1) 1.ln 2 1故G(x) 在(0,1] 上的最小值为G(1) 1. ln 2即a 1 1，所以实数a 的最大值为 22.2 ln 2二、指定主变量ln 2有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，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.2 x x2 23【题目 2】求证：e2t(e x) x2t 1.22121 2 1 2【解析】令 f (t)2t 2 2(e x x)te 2 xx12(t e x x ) 21 (e xx )21 1 (e xx )21.2 22令 g(x ) exx ，则 g (x ) e x 1，易知 g(x ) 在(, 0) 上单调递减，在(0,) 上单调递增，所以 g(x) 的最小值为 g(0)1，所以 1(e xx) 21 3 ，从而 f (x) 3 . 22 2三、化归为值域问题或最值问题【题目 3】已知函数 f (x) ln x ax 23x (a R) .（I ）函数 f (x ) 在点1, f (1)处的切线方程为y 2 ，求函数 f (x ) 的极值；（ II ）当 a 1 时，对于任意 x 1, x 2[1,10] ，当 x 2 x 1 时，不等式f (x ) f (x )m(x 2 x 1 )恒成立，求出实数m 的取值范围.x 2 x 1【解析】（I ）函数 f (x) ln x ax 23x 的定义域为(0,) ，f '(x) 12ax 3, f '(1) 1 2 a 3 0, a 1 ，x2 1 2x 2 3x 11 x 0, 1可知 f (x) l n x x3x, f '(x) 2x 3xx0 ， x 11, x 2 2，可知在 2 时，f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递增，在 x 1,1时， f '(x ) 0 ，函数 f (x ) 单调递减，在(1, )2单调递增，可知函数f (x)的极小值为f (1) ln1 1 3 2，极大值为f1 l n1 1 3 ln2 5. 2 4 2 4 （II ） f (x ) f (x ) m(x 2 x 1 ) 可以变形为 f (x ) f (x ) m m，可得 x 2 x 1 x 1 x 2f (x ) m f (x ) m ，可知函数 f (x) m在[1,10] 上单调递减. 1 x 2x x 1 2h(x) f (x) m l n x x 2 3x m ， h '(x) 1 2x 3 m0 ，可得m 2x 3 3x 2 x ，设x x x x 2F (x) 2x 33x2x ， F '(x) 6x26x 1 6x121 0 ，可知函数 F (x) 在[1,10] 单 22F (10) 2 103 3102 10 1710 ，可知m 1710 ，可知参数m 的调递减，F (x)min取值范围为(, 1710] .x 四、化归为函数单调性思想k【题目 4】已知函数 f (x) ln x .对任意 x x0 ，都有 f (x ) f (x ) xxx1 21212恒成立，求实数k 的取值范围.【解析】 f (x 1 )f (x 2 ) x 1 x 2 kf (x 1 ) x 1 f (x 2 ) x 2 恒成立（*）设 g(x) f (x ) x ln x x （x 0 ），则（*）式等价于 f (x ) 在(0, ) 上单调 x 递减.从而 1 k 1 0 在(0, ) 上恒成立，从而得21 2 1g (x) 2 k x x (x )x x 2 4（ x 0 ）恒成立，所以k 1.41从而，实数k 的取值范围是[ , ).4五、整体代换，变量归一【题目 5】已知函数 f (x)ln x ex(R ).(I)若函数 f (x) 单调函数，求的取值范围；（II ）在(I)的条件下，求证：当0xx 时，都有e 1x 2e 1x 11 x2 . 121【解析】（I ）由题意知函数 f (x) 的定义域为(0, ) .对 f (x) 求导，得f (x )exxe x.xx因为 f (x ) 为单调函数，所以 f (x ) 0 ，或 f (x ) 0 在(0, ) 上恒成立.○ 1 当 f (x ) 0 时，即 x ex0 ，从而 x e x .令 g(x)g (x )x 1.e xx ex （ x 0 ），则当0 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增.11从而 g(x)ming(1) e ，所以 e.○2 若 f (x ) 0 时，即 x e x0 ，从而 x e x .由○1 知 g(x ) 在(0,1) 上单调递减，在(0,) 上单调递增.又 g(0) 0 ， x 时， g(x) 0 ，所以 0.综上知，实数的取值范围是(, 1 1] [0,). e 1 x（II ）由（I ）知，当时， f (x) e ln x e e在 (0, ) 上单调递减，因为0 x x ，所以 f (x ) f (x ). 即 1x1x ，1 2 1 2ln x 1 e 1 ln x 2 e 2 e e所以 l n x e e x 1 l n x e e x 2 ，即e 1 x 2 e 1 x 1l n xl n x . 1 2 1 2要证e1 x 2e 1x 11 x2 ，只需证ln x 1 1 x1 . x 1 x2 x 2令tx 1，则0 t 1 ，令 g(t) ln t t 1（ 0 t 1 ），x 2求导，得 1 1 t 1g (t) 2 2 0 ， g(t) 在 (0,1) 上单调递减，又 g(1) 0 ，所以t t t g(t) 0 ，即ln t 1 1 0 ，即ln t 1 1，从而结论得证.t t【题目 6】已知函数 f (x)ln x ax ， a R.（I ）讨论 f (x) 的单调性；（ II ）记函数 f (x) 的两个零点为 x 1, x 2 ，且 x 1x 2 . 已知0 ，若不等式1ln x 1 ln x 2 恒成立，求的取值范围.【解析】（I ）依题意，知 f (x) 的定义域为(0,) .对 f (x) 求导，得1.○ 1 若a 0 时，则 f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递增；○ 2 若 a 0 时，令1a 0 ，得 x 1.从而f (x) axxa1当 x(0, ) a 1 当时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. x ( , )a1从而可知，当 a0 时， f (x) 在(0, ) 上是增函数；当 a 0 时， f (x) 在区间(0, ) 上是a1增函数，在区间( ,) 是减函数.aln x 1 ax 1（II ）由函数 f (x) 的两个零点为 x 1, x 2 ，从而ln xax ，从而不等式2 21 ln x1 ln x21 ax1ax2a(x1x2)1 1 21由于0 ， 0 x 1 x 2 ，所以 x 1 x 20 ，从而原不等式可化为a x1.x而又因为ln xl n xa(xx ) ，解得 12aln x 1ln x 2，从而原不等式转化为1212x xln x 1 l n x 21，即ln xln x12(1)(x 1 x 2 ) l n x 1(1 )( x1 1)x 2 .xxx x12x xxx 11212122x 2令tx1 ，则t (0,1) ，则不等式ln t(1 )(t 1)在t (0,1) 上恒成立.x 2t(1 )(t 1) 1 (1 )2 (t 1)(t 2 )令h(t)ln tt（ 0 t 1 ），求导，得h (t )t (t )2 . t(t )2当21 时，可见 t (0,1) 时， h (t) 0 ，所以 h(t) 在 t (0,1) 内单调递增，从而h(t) h(1)0 ，符合题意；当21 时，易知t (0,2 ) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递增；当t ( 2 ,1) 时，h (t) 0 ，h(t) 单调递减.又h(1)0 ，从而h(t) 在t(0,1) 上不能恒小于 0，不符合题意.从而，实数21 .又0 ，所以 1.综上所述，实数的取值范围是(1,).【题目 7】已知 f (x)ln xx ，设 x 1x 20 .x求证：f (x 1 ) f (x 2 ) 1.x2 x2x x1212【解析】当 xx0 时， x1f (x 1 ) f (x 2 )12x 2 x 2 x x1 21 2x 1 (ln x 1 x 1 ) (ln x 2 x 2 ) x 1 ln x 1 l n x21 .x 2 x 2x x x 2 x 2x x 12121212( x 1 ) 2 x1 x (x x ) 从而原不等式即证(ln x ln x ) 0 ，即证x 2x 2ln x10 .x2 x2 1 2( x1 )2 1 x2 1 2x2aa 24a a24 a a 2 4a a 242x t 2 t令t 1，则t 1.令 g(t) l n t （ t 1），x t 21(2t 1)(t 2 1) (t 2 t)(2t) 1 t 4 t 3 t 1 t 3 (1 t) (t 1) g (t ) (t 2 1)2 t t(t 2 1) 2 t(t 21)20 ，所以 g(t) 在(1,) 上单调递减，从而 g(t) g(1)＝0.从而原不等式得证. 1 【题目 8】已知 f (x)x a l n x （ a R ）.x（I ）讨论 f (x) 的单调性；（II ）若 x 1 ， x 2 是 f (x) 的两个极值点，且 x 1x 2 ，令t f (x 1 )f (x 2 ) (a 2)(x 1 x 2 ) ，求证： t0.【解析】（I ）由题意知，函数 f (x) 的定义域为(0, ) ，求导，得1a x 2 ax 1 f (x )1 .x 2x x 2○ 1 若a 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 在(0,) 上单调递减；○ 2 若a 2 时，令 f (x ) 0 ，解得 x 12， x 22.当0 x x 1 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减；当 x 1 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递增；当 x x 2 时， f (x ) 0 ， f (x ) 单调递减. 从而可知， f (x) 在区间(0, x 1 ) ， (x 2 ,) 内单调递减，在(x 1 , x 2 ) 内单调递增.其中， x 12， x 22.（II ）由（I ）知， f (x) 存在两个极值点，所以a 2 .t 0f (x ) f (x ) (a 2)(xx ) f (x 1 ) f (x 2 ) a2 .1212 x x1 2由于 x , x 是 f (x) 的两个极值点，所以 x , x 为方程 x2ax 1 0 的两根，从而12121 2 2 1 2x x x x 1x 2 1.( 1x a ln x ) ( 1x a ln x ) f (x ) f (x ) x 1 1x22由于 12 x 1 x 2 1 2x 1 x 2ln x 1ln x 1 x 21 ln x ln x x x2 2 ln x 1a1 2 2 a 2 2 a 22a 1 2x 1x 2x 1 x 2x 1 x 2 x 1 x 2xf (x ) f (x ) 2 l n x从而a 2 11x2 2l n xx x1 x221 2x 2221令 g(x ) x 2 ln x （ 0 x 1），求导得x 1 2 x 2 2x 1 (x 1)2g (x ) 1 x 2 x x 2x 2 0 所以 g(x) 单调递减，又因为 g(1) 0 ，所以 g(x) g(1)0 . 所以1xln x0 ，即 f (x 1 ) f (x 2 )a2 ，从而t0.222x 1 x 2【题目 9】已知函数 f (x) ln x mx （ m R ）.若 f (x) 有两个不同的零点 x 1, x 2 ，求证： ln x 1ln x 22.【解析】不妨设 x 1 x 20 ，因为 f (x 1 )ln x 1 mx 1f (x 2 ) 0 ，从而得ln x 1ln x 2ln x m x ，两式作差，得ln x 1l n x 2 m (x 1 x 2 ) ，从而m .x x2 212两式再求和，得ln xl n xm (xx ) ln x 1 l n x 2 (xx ) .1 212x x 1 21 2因此，要证ln x 1 l n x 22 ，x 11 ln x ln x即证(x x ) 2ln x 12 x 1x 2 ln x 12 x 2 .xx1 2xxxxx 11122122x 2令t x1，则t 1.令g(t)ln t 2t 1（t 1），求导，x2t 11 2(t 1) 2(t 1) (t 1)2得g(t )t (t1)20，故g(t) 为(1,) 上的增函数. t(t 1)2t 1所以g(t) g(1) 0 ，即ln t 2t 1，故原不等式成立.例5、例 6、例 7、例 8、例 9 的解决，都是通过等价转化，将关于x1, x2 的双变量问题等价转化为以x1, x2 所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想.六、借助参照物，建构桥梁【题目 10】已知f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点.（I）求实数a 的取值范围；（II）若x1, x2 是f (x) 的两个零点，求证：x 1 x 2 2.【解析】（I）(方法一)直接讨论法（2016 年全国 I 卷,理科）对f(x)求导，得f (x ) (x 1)e x 2a(x 1) (x 1)(e x 2a) .○1 当a 0 时, f (x) (x 1)e x 只有一个零点；○2 当a 0时，则当x 1时，f (x)0，f(x)单调递减；当x 1时，f (x)0，f (x)单调递增.又f (1) e ，f (2) a ，取b 满足b 0 ，且b ln a ，2a 2 2 3b则f (b) (b 2) a (b 1) a(b ) 0 ，故f (x) 存在两个零点；2 2○3 当a 0时，由f (x)0，得x 1或x ln(2a).若ae时，则ln(2a)1，故当x (1,)时，f (x)0，因此f(x)在(1,)上2单调递增，又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点；若ae时，则ln(2a)1，故当x (1,ln(2a))时，f (x)0，f(x)单调递减；2当x (ln(2a),)时，f (x)0，f(x)单调递增；又当x 1时，f (x) 0 ，所以f (x) 不存在两个零点.2 xx 2 x2 x 2综上，实数a 的取值范围是(0,).(方法二)分离参数显然 x1 不是函数 f (x) 的零点.当 x 1 时，方程 f (x) 0a(2 x)e x (x 1)2.设h(x) (2x)e x(x 1)2，则h (x )e x (x 2 4x 5)(x 1)3，因此函数h(x) 在(,1) 上单调递增，在(1,) 上单调递减，由于h(x) 在(,1) 上的取值范围是(0,) ，在(1, ) 上的取值范围是R.因此，函数 f (x) 有两个零点，从而实数a 的取值范围是(0,).（II ）（证法一）局部构造法不妨设 x 1x 2 .由（I ）知， x 1 1 x 2 ，从而 2 x 2 1，又由于 f (x) 在(,1) 上单调递减，所以 x 1x 22 f (x 1 ) f (2x 2 ) ，即 f (2x 2 )0.由于 f (2 x 2 ) x 2e 2 a(x 2 1) ，而 f (x 2 ) (x 22)e 2a(x 2 1)0 ，所以f (2 x 2 ) x 2e 2 (x 22)e 2.设 g(x ) x e2 x(x 2)e x ，则 g (x ) (x 1)(e 2xe x ). 所以当 x 1 时，g (x ) 0 ，g(x) 单调递减，而 g(1)0 ，故当 x1 时，有 g(x) 0.从而 g(x 2 )f (2x 2 ) 0 ，故 x 1x 22.（证法二）由已知，得 f (x 1 )f (x 2 ) ，不难发现 x 11， x 21，故可整理得(x 2)e x 1 (x 2)e x 2a 1 2 .(x 1)2 (x 1)12(x 2)e x(x2)21 x设 g(x)(x1)2，则 g(x 1 ) g(x 2 ) ，那么 g (x )(x 1)3e .当 x 1时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递减；当 x 1 时， g (x ) 0 ， g(x ) 单调递增. 设m0 ，构造g(1 m) g(1 m) m 1 e1mm 1 e1m1 m e 1m ( m 1 e 2m 1).m 2m 1 2mm 2m 22m 22mm 1设 h(m) e m 1 1 （ m 0 ），则 h (m )e(m0 ，故h(m) 单调递增，1)2有h(m) h(0) 0. 因此，对任意m 0 ，都有g(1 m) g(1 m).由g(x1 ) g(x2 ) 可知x1, x2 不可能在g(x) 的同一个单调区间内，不妨设x1 x2 ，则必有x1 1 x2 .令m 1 x1 0 ，则有g[1 (1 x1 )] g[1 (1 x1 )] g(2 x1 ) g(x1 ) g(x2 ).而2 x1 1，x2 1，g(x) 在(1,) 上单调递增，因此g(2 x1 ) g(x2 ) 2 x1 x2 .即x1 x2 2.（证法三）数形结合法当a 0 时，f (x) (x 2)e x a(x 1)2 有两个零点x , x ，不妨设x 1 x .1 2 1 2设P(x0 , y0 ) 是函数f (x) 图象上的任意一点，它关于直线x 1 的对称点Q(x, y) 在曲线y (x) 上，将x2 x代入y(x2)e x0 a(x1)2 ，得y xe2x a(x 1)2 ，y y0 0 0即(x) xe2 x a(x 1)2 .记F (x) f (x) (x) (x 2)e x xe2 x e2 x [(x 2)e2 x 2 x] ，记m(x) (x 2)e2x2x，则m(x) (2x 3)e2x2 1 ，记m(x) (4x 4)e2x2，所以m(x)在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增，所以m(x)m(1)0，则m(x)在R 上单调递增，而m(1) 0 ，所以当x (,1) 时，F(x) e2x m(x) 0，即f (x) (x).同理可得，当x (1, ) 时，f (x) (x).由0 f (x2) f (x1 ) (x2 ) f (2 x1 ) ，又2 x1 1，x2 1，f (x) 在(1,) 上单调递增，因此，f (x2 ) f (2 x1 ) 2 x1 x2 ，从而x1 x2 2.（设(x) 的两个零点为x3, x4，且x3 x4 ，则有x1 x3 1x2 x4 ，故x 1x2x3x42. ）函数的双变量问题是近几年来高考试卷中“热门”试题之一，这类试题不仅形式多样，而且联系的知识面较广，构造思维要求较高，因此这类问题的解决方法也是多种多样的.我们在此给出六种方法，希望能起到抛砖引玉的作用.。

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衡阳市数学学会练习 1.对任意的正数 x, y ，若不等式 x xy a(x 2y) 恒成立，求实数 a 的最小值.
策略三、构造同型函数策略
例 3.函数 f (x) (a 1) ln x ax2 1(a 2) ，证明：x1, x2, f (x1) f (x2 ) 4 x1 x2 .
f
x2
Hx
ln 2x
x
1 4x
， x 0，1 2
， H 'x
2x 12
4x2
0.
H x在 0，1 单调递减， H x H 1 0 ，依题 m 0 .
2
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【评注】本题中两个变量 x1, x2 再加上参数 a ，三变量鼎立，令人心烦，但三者又有两个方程，虽不能解之，但通过两方程可得到三者之间的关系，我们就是利用这个桥梁关系，进行合理消元进而化为一元函数式，构造函数解之.消元与化元其实就是一个化繁为简的过程，应证了我们的教学理念 “ 将复杂问题简单化！”在解二元最值问题上，也可尝试消元构造函数或三角换元，化为一元.
a 2
x1
x2
1 2x1
1 2x1
，
f
x1
f
x2
ln
x1 x2
x12 x22
a x1
x2
ln 2x12
x12
1 4x12
，
x1
x2
，
1 2
x1
x2
x12
0
x12
1 2
，令
x
x12
0，1 2
，
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f
x1
由此对比：两边已化为结构相同的函数，故可由单调性定义，只须证明：
g(x) f (x) 4x(a 2) 在 (0, ) 上单调递减即可.
【评注】对于以上双变量问题，式子结构有着高度的和谐、对称性，不妨顺应自然，将变量分别集中，再发现式子的共性（即变成结构相同的函数模型），予以构造同型函数予以求解. 有时也会化为斜率式，从几何意义角度出发处理双变量.
练习
1.函数
f
(x)
x2 (x 0) ex (x 0)
，若
f
2 (x)
a 恰有两根
x1, x2
，求
x1
x2 的取值范围.
练习 2.已知函数 f (x) x2 2x a ln x(a 0) 的两个极值点为 x1, x2 (x1 x2 ) 且
f (x1) mx2 恒成立，求 m 的范围.
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微专题之《浅谈双变量问题的常见解决策略》
问题一:已知实数
x,
y
满足：
2x y x 3y
1
，求
x,
y
的值.
问题二:已知实数 x, y 满足： x2 y2 1，求 3x 4y 的范围.
问题三:某汽车公司，分别在甲、乙两地销售汽车，若在甲、乙两地销售汽车的数量 x （辆）
与销售利润 y （万元）的关系分别为： y x 与 y x2 17x 9 ，现有 20 辆汽车，问甲、
策略二、齐次化策略
例 2．已知 x, y R 满足: 2x2 xy 2y2 1，求W 3x2 4y2 的取值范围.
【简析】细观此式，消元似无望！但W
3x2 2x2
4y2 xy 2 y2
=ห้องสมุดไป่ตู้
2
3 4( y )2 x
( y ) 2( y )2
，不妨令
y x
t
，
xx
W
3 4t2 2 t 2t2
策略一、消元与化元策略
例 1. 已知函数 f x ln x x2 ax a 0 ，若 x1, x2x1 x2 是函数 f x 的两个极值点，且 f x1 f x2 m 恒成立，求实数 m 的取值范围.
【简析】
f
x
1 x
2x
a
2x2
ax x
1
，依题：
x1
x1
x2
a 2
x2
1 2
4
44
乙两地各销售多少辆，使得总利润最大？
【简析】问题一为二元一次方程组问题，消去 x 或 y ，得到一元一次方程而解之；
对于问题二，由式子平方和为
1
的结构，我们容易联想到三角换元，不妨令
x
y
cos sin
，
3x 4y 3cos 4sin 5sin( ) [5,5] ，通过三角换元，化二元为一元有界性问题.
y
m 4
n2 4
17n 4
，这般设未知数虽增大了解题难度.但展现了许多学生的原生态思维. 9
【评注】以上三个问题，我们不难发现对于一些二元问题，我们最容易想到消元与化元策略，其实也是方程思想的应用，未知数越少，心里压力越少.所以如何合理设未知数，我们也倾向于引导学生设未知数越少越好！故而对于双变量相关问题，我们第一感觉想到的就是：
对于问题三，在设未知数之时，我们一般设在乙地销售汽车 x 辆，在甲地销售汽车 (20 x) 辆，
故总利润为
y
x2 4
17x 4
9
20 4
x
1 (x 8)2 4
12. 显然
x
8,
ymax
12.
但也发现有学生这样设未知数：设在甲地销售汽车 m 辆，在乙地销售汽车 n 辆，故有：
m n 20
.瞬间,二元化为一元了.至少难度已经下来！
对于转化后的式子的处理，我们有很多方法，如法一：判别式法，法二：构造函数求导法，法三：变量分离化为对勾函数模型等.在这里不妨再思考：若是求 x y 的最大值呢？
【评注】齐次化构造，一般适宜于分式结构，通过相除方式，将双变量合二为一，再整体视为一个变量解题.齐次化构造有着广泛的应用，如二元最值问题，圆锥曲线中的斜率之和等，以及本文中的例题 1 中的双变量问题也可通过齐次化构造解决，限于篇幅，本文不再展开，大家不妨多方求证.
【简析】观察结论中的式子结构，让人情不自禁地联想到单调性的定义或导数的定义，又或是斜率. 故而我们不妨顺其自然，利用以上的知识，进行合理构造处理.去绝对值符号为先.
不妨假设 x2 x1 0 ，
f (x) a 1 2ax 0 ， x 0 ， f (x) . x
命题等价证明： f (x1) f (x2 ) 4(x2 x1) f (x1) 4x1 f (x2) 4x2 .
答案： m ln 2 1.5
问题：已知
sin(
x
k
)
4cos(
x
k
)
，求
sin x cos cos(x
x )
与
sin
1 x cos
x
的值.
4
【评注】此问题我们早已烂熟于心，其中将 1 中分子中的‘1’变为 sin2 x cos2 x ，这 sin x cos x
个‘1’的变换技巧，其实就是一种齐次化（等式不等式两边各项的次数相等）的构造！