13.解二元导数问题的一把利剑——比值换元-《中学生数理化》高二数学2024年3月刊

解二元导数问题的一把利剑——比值换元 ■山东省枣庄二中 龙如玉 在近几年的高考或模拟试卷中,二元变 量问题常作为压轴的导数题出现。求解此类 问题,多是通过类比、联想、抽象、概括等手 段,构建出适当的函数,化二元问题为一元问 题,并在此基础上利用函数的性质使原问题 获解。解题的关键是如何将二元问题化为一 元问题,其中先构造比值再换元是最常见的 方法之一,下面举例说明。 例 1 (2021年高考新课标Ⅰ卷)已知 函数f(x)=x(1-ln x)。 (1)讨论f(x)的单调性; (2)设 a,b 为 两 个 不 相 等 的 正 数,且 bln a-aln b=a-b,证明:2< 1 a+ 1 b<e 。 分析:(1)求出函数的导数,判断其符号 可得到函数的单调区间。 (2)设 1 a=x1 ,1 b=x2 ,原不等式等价于 2<x1+x2<e,前者可构建新函数,利用极值 点偏移可证,后者可设x2=tx1,从而把x1+ x2<e转化为(t-1)ln(t+1)-tln t<0在 (1,+∞)上恒成立问题,利用导数可证明该 结论成立。 解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), 并且f'(x)=1-ln x-1=-ln x。 当x∈(0,1)时,f'(x)>0; 当x∈(1,+∞)时,f'(x)<0。 故f(x)的单调递增区间为(0,1),单调 递减区间为(1,+∞)。 (2)因bln a-aln b=a-b,故b(ln a+ 1)=a(ln b+1),即 ln a+1 a = ln b+1 b ,也即 f 1 a =f 1b 。 设 1 a=x1 ,1 b=x2 ,由(1)可知不妨设 0<x1<1,x2>1。 当x∈(0,1)时,f(x)=x(1-ln x)>0; 当x∈(e,+∞)时,f(x)=x(1-ln x)<0。 故1<x2<e。 先证x1+x2>2。 若x2≥2,则x1+x2>2必成立。 若x2<2, 要证x1+x2>2,即证x1> 2-x2。而0<2-x2<1,故即证f(x1)> f(2-x2),也即证f(x2)>f(2-x2),其中 1<x2<2。 设g(x)=f(x)-f(2-x),1<x<2。 则g'(x)=f'(x)+f'(2-x)= -ln x-ln(2-x)=-ln x(2-x)。 因为1<x<2,所以0<x(2-x)<1, -ln x(2-x)>0, 故g'(x)>0,g(x)在(1,2)上为增函 数,g(x)>g(1)=0。 因此,f(x)>f(2-x),即 f(x2)> f(2-x2)成立,故x1+x2>2成立。 综上,x1+x2>2成立。 设 x2 x1 =t,即x2=tx1,则t>1。 结合 ln a+1 a = ln b+1 b ,1 a=x1 ,1 b=x2 , 可得x1(1-ln x1)=x2(1-ln x2)。 整理得1-ln x1=t(1-ln t-ln x1)。 故ln x1= t-1-tln t t-1 。① 要证x1+x2<e,即证(t+1)x1<e,也即 证ln(t+1)+ln x1<1。 将①式代入得ln(t+1)+ t-1-tln t t-1 < 1,即证(t-1)ln(t+1)-tln t<0。 令S(t)=(t-1)ln(t+1)-tln t,t>1。 则S'(t)=ln(t+1)+ t-1 t+1-1-ln t= ln1+ 1 t - 2t+1。 先证明不等式ln(x+1)≤x 成立。 设u(x)=ln(x+1)-x,则u'(x)= 33 解题篇 创新题追根溯源 高二数学 2024年3月 1 x+1-1= -x x+1 。 当-1<x<0时,u'(x)>0; 当x>0时,u'(x)<0。 故u(x)在(-1,0)上为增函数,在(0, +∞)上为减函数,u(x)max=u(0)=0。 因此,ln(x+1)≤x 成立。 由 上 述 不 等 式 可 得,当 t>1 时, ln1+ 1 t ≤1t< 2t+1,故S'(t)<0恒成立, S(t)在(1,+∞)上为减函数。 因此,S(t)<S(1)=0。 故(t-1)ln(t+1)-tln t<0成立,即 x1+x2<e成立。 综上所述,2< 1 a+ 1 b<e 。 例 2 (江苏省南通市2024届高三上 学期10月质量监测试题)已知函数f(x)= x2-x-aln x 存在两个极值点x1,x2,且 x1<x2。 (1)求a的取值范围; (2)若f(x2)-f(x1)<mx1x2,求m 的 最小值。 分析:(1)对 f(x)求 导 得 f'(x