2025年高考数学一轮复习-拓展拔高6-双变量问题【导学案】

这是一份2025年高考数学一轮复习-拓展拔高6-双变量问题【导学案】，共6页。学案主要包含了高考考情，解题关键等内容，欢迎下载使用。

【解题关键】一是转化,即由已知条件入手,寻找双变量满足的关系式,并把含双变量问题转化为含单变量的问题;二是巧妙构造函数,并借用导数,判断函数的单调性,从而求其最值.
视角一 利用双变量的关系化为单变量
[例1]已知f(x)=12x2-2x+2aln x有两个极值点x1,x2,证明:f(x1)+f(x2)>-3.
【切入点】x1,x2是函数f(x)的两个不等的极值点,则x1,x2是方程f'(x)=0的两个不等实根,由根与系数的关系可得x1,x2之间的关系,由此可利用替换法将双变量化为单变量.
【证明】f'(x)=x-2+2ax=x2-2x+2ax(x>0).
因为函数f(x)有两个极值点x1,x2,
所以方程x2-2x+2a=0有两个正根x1,x2.
所以x1+x2=2,x1·x2=2a>0,且Δ=4-8a>0,
解得0由题意得f(x1)+f(x2)=12x12-2x1+2aln x1+12x22-2x2+2aln x2=12(x12+x22)-2(x1+x2)+2aln (x1·x2)=12(x1+x2)2-x1·x2-2(x1+x2)+2aln (x1·x2)=2aln (2a)-2a-2,
令h(a)=2aln (2a)-2a-2(0则h'(a)=2ln (2a)<0,
所以y=h(a)在(0,12)上单调递减,所以h(a)>h(12)=-3,所以f(x1)+f(x2)>-3.
思维升华
当出现双变量时,若能将双变量中所有变量统一用一个变量来替换,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.
视角二 作比整体代换法
[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.
【切入点】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.
f(x)的两个极值点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,+∞)上单调递增.
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.
思维升华
对含参数的双变量不等式的证明,一般要利用条件消去参数,把所证明的不等式化为仅含x1,x2的式子,通过运算,构造t=x1x2,t=x1x2,t=x1-x2等为变量的新函数,利用这个新函数的性质解决.
视角三 分离构造法
微切口1:若两个变量能分离
[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.
【切入点】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)+4x1,①
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].
微切口2:若两个变量不能分离
[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.
【切入点】对于第(2)问,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,+∞)上单调递增,
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.
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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.
视角四 主元构造法
[例5]已知函数f(x)=aex-ln x-1,求证:当a≥1e时,f(x)≥0.
【切入点】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.
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当问题中含有变量较多且变量之间互不影响时,可以选择一个量作为主元,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.
视角五 切线法
[例6]已知不等式ex-(a+2)x≥b-2,则b-5a+2的最大值为( )
A.-1ln3B.-ln 3C.1e3D.e3
【切入点】由题意可转化为ex≥(a+2)x+b-2恒成立.设直线与指数函数的切点坐标为(x0,ex0),可得到b-5a+2=1-x0-3ex0,构造函数解决.
【解析】选B.由题意知ex≥(a+2)x+b-2恒成立,可构造函数f(x)=ex,y=(a+2)x+b-2.
设直线与指数函数的切点坐标为(x0,ex0),则ex≥ex0·x+ex0-x0ex0.
因此a+2=ex0,b-2=(1-x0)ex0.
则b-5a+2=(1-x0)ex0-3ex0=1-x0-3ex0.
令g(t)=1-t-3et,则g'(t)=-1+3et.
令g'(t)=0,则t=ln 3,
g(t)max=g(ln 3)=-ln 3.
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将不等式转化为两个函数的不等关系,辅助以几何关系,如常见的ex≥x+1,ln x≤x-1等,直观分析曲线间的位置关系,再利用切线解决问题.