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高考数学复习拓展提升课七　双变量问题（导学案）

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这是一份高考数学复习拓展提升课七　双变量问题（导学案），共7页。试卷主要包含了相互替代法　统一变量，齐次构造法　统一变量，分离构造法　统一变量，主元法构造　统一变量，切线法　统一变量等内容，欢迎下载使用。

培优增分拓展提升课七双变量问题
考情分析:双变量问题,一直是高考命题的热点问题,试题常常出现在“压轴题”的位置.这类试题综合性强,难度大,对学生的数学素养要求很高,因此具有很好的区分度,解题时往往顾此失彼,难以入手.
解题关键:解决双变量问题的法宝是构造一元变量函数,借助导数知识获得简捷、明了的解答.
一、相互替代法统一变量
[典例1]已知函数f(x)=1x-x+aln x.
(1)讨论函数f(x)的单调性;
(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,求证:f(x1)−f(x2)x1−x2【解题思路】(1)对f(x)求导,确定函数f(x)的单调性;
(2)由f(x)存在两个极值点x1,x2,而
f'(x)=-x2−ax+1x2,x2-ax+1=0,得到x1x2=1,利用x1x2=1将双变量问题转化为关于x1或x2的单变量问题,从而借助函数单调性求解.
解析：(1)f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-1x2-1+ax=−x2+ax−1x2.
①若a≤2,则f'(x)≤0,当且仅当a=2,x=1时f'(x)=0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减.
②若a>2,令f'(x)=0得,x=a−a2−42或x=a+a2−42.
当x∈(0,a−a2−42)∪(a+a2−42,+∞)时,f'(x)<0;
当x∈(a−a2−42,a+a2−42)时,f'(x)>0.
所以f(x)在(0,a−a2−42),(a+a2−42,+∞)上单调递减,在(a−a2−42,a+a2−42)上单调递增.
(2)由题意f'(x)=-x2−ax+1x2(x>0)有零点x1,x2,即x1,x2满足方程x2-ax+1=0.
所以x1+x2=a,x1x2=1.
所以x1=1x2.
由(1)知a>2,不妨设x1所以f(x1)−f(x2)x1−x2=-1x1x2-1+a×ln x1−ln x2x1−x2=-2+a×ln x1x2x1−x2=-2-2a×ln x21x2−x2.
因此,要证f(x1)−f(x2)x1−x22ln x2-x2+1x2<0(x2>1),
设g(x)=2ln x-x+1x<0(x>1),
由(1)知g(x)在(0,+∞)上单调递减,
而g(1)=0,所以当x∈(1,+∞)时,g(x)<0.
因此2ln x2-x2+1x2<0(x2>1),
所以f(x1)−f(x2)x1−x2当出现双变量时,若能将双变量中所有变量统一用其中一个变量来替换,这样就将双变量问题转化为我们熟知的单变量问题,从而为我们的解题带来方便.
二、齐次构造法统一变量
[典例2]已知函数f(x)=xln x-12ax2-x,a∈R.若f(x)的两个极值点为x1,x2,且x1e2.
【解题思路】可以通过两边取对数将问题转化为ln x1+ln x2>2.由导数对应方程的根x1,x2,可得ln x1−ax1=0,ln x2−ax2=0.通过两式相加减得到ln x1+ln x2x1+x2=ln x2−ln x1x2−x1.这样可以通过换元,设t=x2x1,构造一元变量函数求解.
【证明】要证x1x2>e2,只需证ln x1+ln x2>2.
若f(x)的两个极值点为x1,x2,即函数f'(x)的两个零点.因为f'(x)=ln x-ax,
所以x1,x2是方程f'(x)=0的两个不同实数根.
于是ln x1−ax1=0,ln x2−ax2=0,
两式相加,整理得a=ln x1+ln x2x1+x2,
两式相减,整理得a=ln x1−ln x2x1−x2,
因此ln x1+ln x2x1+x2=ln x2−ln x1x2−x1,
于是ln x1+ln x2=(ln x2−ln x1)(x2+x1)x2−x1=(1+x2x1)ln x2x1x2x1−1.
又01,
因此,ln x1+ln x2=(1+t)lntt−1(t>1),
要证ln x1+ln x2>2,即证(1+t)lntt−1>2(t>1).
设g(t)=ln t-2(t−1)t+1(t>1),
g'(t)=1t-2(t+1)−2(t−1)(t+1)2=(t−1)2t(t+1)2>0,
所以g(t)在(1,+∞)上为增函数.
g(t)>g(1)=0.
于是,当t>1时,有ln t>2(t−1)t+1,
所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2.
对于齐次构造法解决极值点偏移的二元变量问题,通常对导函数对应的零点方程相加减,构造出对应零点的齐次方程,顺其自然消去参数,结合所证构造对应函数解决问题.
三、分离构造法统一变量
角度1 两个变量若能分离
[典例3]已知函数f(x)=(a+1)ln x+ax2+1,若a<-1,对∀x1,x2∈(0,+∞),|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|,求a的取值范围.
【解题思路】由|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|想到利用单调性去掉绝对值符号,分离两个变量,得到f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1,根据特征构造函数g(x)=f(x)+4x,再利用导数求解.
解析：f(x)的定义域为(0,+∞),
f'(x)=a+1x+2ax.当a<-1时,f'(x)<0,
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减.
不妨设x1≥x2,从而对∀x1,x2∈(0,+∞),
|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1①.
令g(x)=f(x)+4x,则g'(x)=a+1x+2ax+4,
①等价于g(x)在(0,+∞)上单调递减,
即a+1x+2ax+4≤0,
从而a≤−4x−12x2+1=(2x−1)2−4x2−22x2+1=(2x−1)22x2+1-2,
故a的取值范围为(-∞,-2].
角度2 若两个变量不能分离
[典例4]已知函数f(x)=ln x,
(1)求函数g(x)=(x2+1)f(x)-2x+2(x≥1)的最小值;
(2)当02a(b−a)a2+b2.
【解题思路】对于第二问,由于两个变量a,b的独立性不强,不能直接构造.根据(1)中的结论可得ln x>2(x−1)x2+1,将两个变量合二为一,令x=ba,代入其中求解.
解析：(1)g'(x)=2xln x+x2+1x-2=2xln x+x+1x-2.
因为x≥1,所以g'(x)≥0,
所以g(x)在[1,+∞)上是增函数,
所以g(x)min=g(1)=0.
(2)由(1)知,当x>1时,g(x)>0,
所以(x2+1)ln x>2(x-1),即ln x>2(x−1)x2+1,
令x=ba,则ln ba>2(ba−1)ba2+1=2a(b−a)a2+b2,
所以f(b)-f(a)>2a(b−a)a2+b2.
对于双变量问题,若两个变量地位均等,相互独立,能分离,则分离构造一元函数;如不能分离,则合二为一,构造一元函数.
四、主元法构造统一变量
[典例5]已知函数f(x)=aex-ln x-1,求证:当a≥1e时,f(x)≥0.
【解题思路】本题先将f(x)视为关于参数a的一次函数,利用函数单调性将参数消掉,进而转化为关于x的单变量问题求解.
【证明】令h(a)=aex-ln x-1,则h(a)在1e,+∞上单调递增,所以h(a)min=h(1e).
要证f(x)≥0,只需证h(a)≥0,
即证h(a)min=h(1e)=ex-1-ln x-1≥0.
构造函数g(x)=ex-1-ln x-1,
则g'(x)=ex-1-1x在(0,+∞)上单调递增.
注意到g'(1)=0,所以当01时,g'(x)>0.
故g(x)min=g(1)=0,g(x)≥0,
即ex-1-ln x-1≥0,
所以当a≥1e时,f(x)≥0.
当问题中含有变量较多且变量之间互不影响时,可以选择一个作为主元,并以此为线索解决问题,这样的方法叫做主元法.对于含所有参数的函数不等式证明,巧妙设置主元,将参数消掉,进而转化为单变量问题来处理,可以使问题化繁为简,事半功倍.
五、切线法统一变量
[典例6]已知函数f(x)=ln x+(e-a)x-2b,若不等式f(x)≤0,对x∈(0,+∞)恒成立,则ba的最小值为( )
A.-12eB.-2eC.1eD.e2
【解题思路】问题转化为ln x≤(a-e)x+2b恒成立.设(x0,y0)为曲线y=ln x上的任意点,求切线方程得到ln x≤1x0x+ln x0-1,利用系数相等得到a=e+1x0,b=12(ln x0−1),进而构造关于x0的函数,求解ba的最小值.
解析：选A.由题意知ln x≤(a-e)x+2b对x∈(0,+∞)恒成立,设y=ln x上一点为(x0,y0),则ln x≤1x0(x-x0)+ln x0=1x0x+ln x0-1.
故a=e+1x0,b=12(ln x0−1),
则ba=12(ln x0−1)e+1x0=12·x0ln x0−x0ex0+1.
令g(x)=xlnx−xex+1,则g'(x)=lnx+ex(ex+1)2,
易知g'(1e)=0,所以g(x)在(0,1e)上单调递减,在(1e,+∞)上单调递增,故bamin=12g(x)min=12g(1e)=-12e.
将不等式转化为两个函数的不等关系,辅助几何关系,如常见的ex≥x+1,ln x≤x-1等,通过直观分析曲线间的位置关系解决问题.