13.导数中的双变量问题-《中学生数理化》高考数学2024年5月刊

■安徽省合肥市第六中学 吴亚零 对于含有双变量或多变量的不等式的证 明问题,可以采用一些合理代换的方法,转化 为单变量不等式,再构造函数,利用导数证 明。经典的方法有构造两个变量的对数之差 或和转化不等式。下面通过具体的例题来说 明这几种策略。 题型一、证明含两变量之和的不等式 例 1 (山西省2023~2024学年高三 11月联合考试模拟预测数学试题)已知函数 f(x)=ln x-a x+1,a∈R。 (1)若f(x)≤0,求a的取值范围; (2)若关于x 的方程f(x2)=eax-ex2 有两个不同的正实根x1,x2,证明:x1+x2> 2e。 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞),由 f(x)=ln x-a x+1≤0,得a≥ ln x+1 x 。 设 g (x)= ln x+1 x ,则 g'(x)= 1-ln x 2x x 。由 g'(x)>0 得 0<x<e,由 g'(x)<0得x>e,则g(x)在(0,e)上单调 递增,在(e,+∞)上单调递减,从而g(x)max =g(e)= 2e e ,故a≥ 2e e 。 所以a的取值范围为 2e e ,+∞ 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 。 (2)由f(x2)=eax-ex2,得ln x2-ax+ 1=eax-ex2,即ex2+ln(ex2)=eax+ax,即 eln(ex 2)+ln(ex2)=eax+ax。 设F(x)=x+ex,则eln(ex 2)+ln(ex2)= eax+ax 等价于F(ln(ex2))=F(ax)。 易证F(x)在 R 上单调递增,则ax= ln (ex2),即a= 1+2ln x x 。 设 h(x)= 1+2ln x x ,则 h'(x)= 1-2ln x x2 。 由h'(x)>0得0<x< e,由h'(x)<0 得x>e,则h(x)在(0,e)上单调递增,在 (e,+∞)上单调递减,从而h(x)max=h(e) = 2 e ,且h 1 e =h e- 1 2 = 1+2ln e- 1 2 e -12 = 0,当x 趋于+∞时,h(x)趋于0。 图1 方程f(x2)=eax- ex2 有两个不同的正实根 x1,x2,不妨设x1<x2,由 图1可知, 1 e <x1< e< x2,0<a< 2 e 。 设G(t)=ln t- 2(t-1) t+1 (t>1),则 G'(t)= (t-1)2 t(t+1)2 >0,所以G(t)在(1,+∞) 上单调递增。 因为G(1)=0,所以G(t)>0,即ln t- 2(t-1) t+1 >0 。 设t= x2 x1 >1,则ln x2 x1 -2· x2 x1 -1 x2 x1 +1 >0, 即 2(x2-x1) x1+x2 <ln x2-ln x1,即 x2-x1 ln x2-ln x1 < x1+x2 2 。 因为方程f(x2)=eax-ex2 有两个不同 的正实根x1,x2,所以 ax1=1+2ln x1, ax2=1+2ln x2, 作差 得 x2-x1 ln x2-ln x1 = 2 a 。 因为 0<a< 2 e ,所 以 2 a > e ,所 以 83 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月 x2-x1 ln x2-ln x1 > e,则 x1+x2 2 > x2-x1 ln x2-ln x1 >e,故x1+x2>2e。 点评:本题第(2)问的方法是先利用同 构,将 方 程 转 化 为 ax=ln (ex2),即 a= 1+2ln x x 。再构造函数h(x)= 1+2ln x x ,利 用导 数 讨 论 其 性 质,结 合 图 像 可 得 两 个 根 x1,x2 及a的范围。再利用函数G(t)=ln t - 2(t-1) t+1 (t>1),令 t= x2 x1 >1,可 得 x2-x1 ln x2-ln x1 < x1+x2 2 。 最 后 由 ax1=1+2ln x1, ax2=1+2ln x2, 作差得 x2-x1ln x2-ln x1=2a, 又 2 a> e ,先得出 x2-x1 ln x2-ln x1 > e,进而得 到 x1+x2 2 >e ,故x1+x2>2e。这里的关 键是构造两个变量的对数之差转化不等式。 题型二、证明含两变量之积的不等式 例 2 (江苏省百校大联考2024届高 三上学期第二次考试数学试题)已知函数 f(x)=xln x- 1 2ax 2(a>0)。 (1)若函数f(x)在定义域内为减函数, 求实数a的取值范围; (2)若 函 数 f(x)有 两 个 极 值 点 x1, x2(x1<x2),证明:x1x2> 1 a 。 解析:(1)f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=1+ln x-ax。 由题意知,f'(x)≤0恒成立,即a≥ ln x+1 x 恒成立。 设 h (x)= ln x+1 x ,则 h'(x)= 1-ln x-1 x2 = -ln x x2 。 当x∈(0,1)时,h'(x)>0,h(x)单调递 增;当x∈(1,+∞)时,h'(x)<0,h(x)单调 递减。 所以h(x)在x=1处取得极大值,也是 最大值,h(x)max=h(1)=1,故a≥1。 (2)函数f(x)有两个极值点,由(1)可知 0<a<1。 设g(x)=f'(x)=1+ln x-ax,则 g'(x)= 1 x-a ,x1,x2(x1<x2)是g(x)的两 个零点。 当x∈ 0, 1 a 时,g'(x)>0,当 x∈ 1 a ,+∞ 时,g'(x)<0,所以g(x)在x∈ 0, 1 a 上单调递增,在x∈ 1a,+∞ 上单调 递减,所以0<x1< 1 a<x2 。 又因为g(1)=1-a>0,所以0<x1< 1< 1 a<x2 。 要证x1x2> 1 a ,只需证x2> 1 ax1 > 1 a ,只 需证g(x2)<g 1 ax1 ,其中g(x2)=0,即证 g 1 ax1 =1-ln (ax1)- 1 x1 >0,即 证 ln (ax1)+ 1 x1 -1<0。 由g(x1)=ln x1-ax1+1=0,设ax1= t∈(0,1),则ln x1=t-1,x1=et-1,则 ln (ax1)+ 1 x1 -1<0⇔ln t+e1-t-1<0。 设G(t)=ln t+e1-t-1(0<t<1),则 G'(t)= 1 t-e 1-t= et-1-t tet-1 。 由(1)知 ln x+1 x ≤1 ,故ln x≤x-1,所 以ex-1≥x,et-1-t≥0,即G'(t)≥0,G(t)在 (0,1)上 单 调 递 增,G(t)<G(1)=0,故 ln (ax1)+ 1 x1 -1<0成立,即x1x2> 1 a 。 点评:本题第(2)问的证法是转化目标, 要证x1x2> 1 a ,只需证x2> 1 ax1 > 1 a ,只需证 g(x2)<g 1 ax1 ,其 中 g(x2)=0,即 证 g 1 ax1 =1-ln (ax1)- 1 x1 >0,设ax1=t∈ (0,1),换元后证ln t+e1-t-1<0即可。 (责任编辑 王福华) 93 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2024年5月