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新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题三导数中的双变量问题课件
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这是一份新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题三导数中的双变量问题课件，共26页。
类型一:直接代换消元 双变量问题含有两个变量,若两个变量是等量关系,则消去一个变量,变成一元函 数问题;若两个变量是不等关系,则需要寻求两变量的其他等量关系进行转化,或者是 利用不等式性质、函数单调性等进行放缩代换,将双变量问题转化为单变量问题.
例1 (2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)= -ln x+x-a.(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
解析 (1)因为f(x)= -ln x+x-a,所以函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= - +1= .令f '(x)=0,得x=1,f '(x),f(x)的变化情况如表:
所以当x=1时, f(x)min=e+1-a.因为f(x)≥0,所以e+1-a≥0,所以a≤e+1.(2)证明:由题意知, f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x1<1f ,因为f(x1)=f(x2),所以证f(x2)>f ,
即 -ln x+x-x -ln x- >0,x∈(1,+∞),即证 -x -2 >0. 疑难点拨:利用分析法,将证明“x1x2<1”转化为证明“ -x -2 >0” 下面证明x>1时, -x >0,ln x- <0,设g(x)= -x ,x>1,则g'(x)= ex-
= ex- = = ,设φ(x)= (x>1),则φ'(x)= ex= ex>0,所以φ(x)>φ(1)=e,而0,所以g'(x)>0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,
即g(x)>g(1)=0,所以 -x >0.令h(x)=ln x- ,x>1,h'(x)= - = = <0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,即h(x)0,所以x1x2<1.
类型二: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,用另一个新元代换,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2 已知函数f(x)= -ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
证明 (1)对f(x)求导得f '(x)= - ,由f '(x1)=f '(x2)得 - = - ,因为x1≠x2,所以 + = 难点:由 - = - 可得 .由基本不等式得 = + ≥2 ,因为x1≠x2,
所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)= -ln x1+ -ln x2= -ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)= ( -4),g'(x),g(x)的变化情况如表:
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n= +1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
类型三:比值代换消元 比值代换的常用关系式:ln =ln x1-ln x2.将差式转化为商式,通过分子、分母同除以x1或x2转化为只含有 或 的函数式,令t= 或 ,则上述函数式即可转化为关于t的函数式,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元“t”的取值范围,有时需要等 式或不等式两边取自然对数构造比值关系式.
例3 (2024山西联考,18)已知函数f(x)=ln(mx)-x(m是常数).(1)若m>0,求函数f(x)的图象在x=2处的切线方程;(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1>0,证明:03ln 2-x1.
解析 (1)因为m>0, f(x)=ln(mx)-x,所以f '(x)= -1, (1分)则f '(2)=- , (2分)又f(2)=ln(2m)-2,所以所求切线的方程为y-ln(2m)+2=- (x-2),即x+2y-2ln(2m)+2=0. (4分)(2)证明:因为x1,x2是f(x)的两个零点,所以ln(mx1)=x1,ln(mx2)=x2,两式相减,得ln =x2-x1. (5分)
令t= ,t>2,则x2=tx1,代入上式得ln t=(t-1)x1,故x1= ,x2= . (7分)令g(t)=x1= ,t>2,则g'(t)= .构造函数G(t)=1- -ln t(t>2),则G'(t)= - = <0,所以G(t)在(2,+∞)上单调递减,G(t)2时,G(t)<0,所以g'(t)<0,
所以函数g(t)在区间(2,+∞)上单调递减,故x1=g(t)3ln 2-x1,只要证明x1+x2≥3ln 2.令h(t)=x1+x2= + = (t>2),则h'(t)= = ,
令H(t)=t- -2ln t,t>2,则H'(t)=1+ - = >0,所以H(t)在(2,+∞)上是增函数,所以当t>2时,H(t)>H(2)= -2ln 2>0,所以h'(t)>0, (15分)所以h(t)在(2,+∞)上是增函数,h(t)>h(2)=3ln 2,所以x1+x2>3ln 2,即x2>3ln 2-x1. (17分)
类型四:利用根与系数的关系消元 双变量如果是一元二次方程的两根时,可以利用根与系数的关系找到两个变量的 等量关系,然后进行合理消元处理,最终转化为单变量问题,最后通过构造函数解决问 题,核心思想是统一变量,这个单变量可以是x1,x2, 等,或是解析式中的参数.
例4 已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:2时, f(x)在 和 ,+∞ 上是减函数,在 , 上是增函数.综上,当a≤2时, f(x)在(0,+∞)上是减函数,
当a>2时, f(x)在 和 上是减函数,在 上是增函数.(2)证明:由(1)知,当且仅当a>2时f(x)存在两个极值点.因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x11.因为 =- -1+a· =-2+a· =-2+a· ,
类型一:直接代换消元 双变量问题含有两个变量,若两个变量是等量关系,则消去一个变量,变成一元函 数问题;若两个变量是不等关系,则需要寻求两变量的其他等量关系进行转化,或者是 利用不等式性质、函数单调性等进行放缩代换,将双变量问题转化为单变量问题.
例1 (2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)= -ln x+x-a.(1)若f(x)≥0,求a的取值范围;(2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1.
解析 (1)因为f(x)= -ln x+x-a,所以函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)= - +1= .令f '(x)=0,得x=1,f '(x),f(x)的变化情况如表:
所以当x=1时, f(x)min=e+1-a.因为f(x)≥0,所以e+1-a≥0,所以a≤e+1.(2)证明:由题意知, f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x1<1
即 -ln x+x-x -ln x- >0,x∈(1,+∞),即证 -x -2 >0. 疑难点拨:利用分析法,将证明“x1x2<1”转化为证明“ -x -2 >0” 下面证明x>1时, -x >0,ln x- <0,设g(x)= -x ,x>1,则g'(x)= ex-
= ex- = = ,设φ(x)= (x>1),则φ'(x)= ex= ex>0,所以φ(x)>φ(1)=e,而
即g(x)>g(1)=0,所以 -x >0.令h(x)=ln x- ,x>1,h'(x)= - = = <0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,即h(x)
类型二: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,用另一个新元代换,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2 已知函数f(x)= -ln x.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明: f(x1)+f(x2)>8-8ln 2;(2)若a≤3-4ln 2,证明:对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
证明 (1)对f(x)求导得f '(x)= - ,由f '(x1)=f '(x2)得 - = - ,因为x1≠x2,所以 + = 难点:由 - = - 可得 .由基本不等式得 = + ≥2 ,因为x1≠x2,
所以x1x2>256.由题意得f(x1)+f(x2)= -ln x1+ -ln x2= -ln(x1x2).设g(x)= -ln x,则g'(x)= ( -4),g'(x),g(x)的变化情况如表:
所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)>g(256)=8-8ln 2,即f(x1)+f(x2)>8-8ln 2.(2)令m=e-(|a|+k),n= +1,则f(m)-km-a>|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-a
故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln 2+a≤0,所以h'(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln 2时,对于任意k>0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.
类型三:比值代换消元 比值代换的常用关系式:ln =ln x1-ln x2.将差式转化为商式,通过分子、分母同除以x1或x2转化为只含有 或 的函数式,令t= 或 ,则上述函数式即可转化为关于t的函数式,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元“t”的取值范围,有时需要等 式或不等式两边取自然对数构造比值关系式.
例3 (2024山西联考,18)已知函数f(x)=ln(mx)-x(m是常数).(1)若m>0,求函数f(x)的图象在x=2处的切线方程;(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>2x1>0,证明:0
解析 (1)因为m>0, f(x)=ln(mx)-x,所以f '(x)= -1, (1分)则f '(2)=- , (2分)又f(2)=ln(2m)-2,所以所求切线的方程为y-ln(2m)+2=- (x-2),即x+2y-2ln(2m)+2=0. (4分)(2)证明:因为x1,x2是f(x)的两个零点,所以ln(mx1)=x1,ln(mx2)=x2,两式相减,得ln =x2-x1. (5分)
令t= ,t>2,则x2=tx1,代入上式得ln t=(t-1)x1,故x1= ,x2= . (7分)令g(t)=x1= ,t>2,则g'(t)= .构造函数G(t)=1- -ln t(t>2),则G'(t)= - = <0,所以G(t)在(2,+∞)上单调递减,G(t)
所以函数g(t)在区间(2,+∞)上单调递减,故x1=g(t)
令H(t)=t- -2ln t,t>2,则H'(t)=1+ - = >0,所以H(t)在(2,+∞)上是增函数,所以当t>2时,H(t)>H(2)= -2ln 2>0,所以h'(t)>0, (15分)所以h(t)在(2,+∞)上是增函数,h(t)>h(2)=3ln 2,所以x1+x2>3ln 2,即x2>3ln 2-x1. (17分)
类型四:利用根与系数的关系消元 双变量如果是一元二次方程的两根时,可以利用根与系数的关系找到两个变量的 等量关系,然后进行合理消元处理,最终转化为单变量问题,最后通过构造函数解决问 题,核心思想是统一变量,这个单变量可以是x1,x2, 等,或是解析式中的参数.
例4 已知函数f(x)= -x+aln x.(1)讨论f(x)的单调性;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:
当a>2时, f(x)在 和 上是减函数,在 上是增函数.(2)证明:由(1)知,当且仅当a>2时f(x)存在两个极值点.因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1
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