导数中双变量问题的处理策略
程春民
(江西省永丰中学)
导数中的双变量问题是高考的热点,这类问题综合性比较强,常常出现在试卷的压轴位置.掌握这类问题的基本思想和基本策略是解决双变量问题的关键.其实处理双变量问题的基本思想就是把双变量问题转化为单变量问题,本文以例题来说明处理双变量问题的各种常见策略.
如果两个变量是一个一元二次方程的根,则可以通过根与系数的关系来消元.
分析,因为f(x)在定义域上有两个极值点x1,x2(x1≠x2),所以2x2＋(a＋4)x＋2＝0的两根为x1,x2,由根与系数的关系可知.而
故可得f(x1)＋f(x2)＝a,所以
至此,我们就把双变量问题转化成了单变量问题,以下略.
当两个变量所组成的是齐次式时,往往可以用比值来换元.
分析根据函数与方程的关系将方程进行转化,利用换元法转化为方程有解问题.由
2x＋a(y－2ex)(lny－lnx)＝0,
得
分析由题意可知x1,x2是方程f′(x)＝lnxax＝0的两个根,即
不妨假设0＜x1＜x2,两式相减得a(x2－x1),即;两式相加得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).待证不等式x1x2＞e2?lnx1＋lnx2＞2?a(x1＋x2)＞2,再把代入上式整理得,即,令,待证不等式x1x2＞e2转化为证lnt－).以下略.
分析由题意可知x1,x2是方程f′(x)＝ex－2x－a＝0的两个根,即
因为0＜x1＜x2,且两式相减得,所以待证不等式转化为
令t＝x2－x1(t＞0),则待证不等式为,变形整理得,以下略.
分析f′(x)＝(x－1)(ex＋2a),因为a＞0,所以易知f(x)在(－∞,1)上单调递减,在(1,＋∞)上单调递增.不妨设x1＜1＜x2,则2－x1＞1,要证明x1＋x2＜2,即证明x2＜2－x1,又因为x2,2－x1均在f(x)的单调递增区间(1,＋∞)上,所以x2＜2－x1?f(x2)＜f(2－x1),又因为f(x1)＝f(x2),则f(x1)＜f(2－x1),从而待证不等式x1＋x2＜2转化为证明F(x)＝f(x)－f(2－x)＜0(x＜1)恒成立,以下略.
分析显然f(x)在(0,＋∞)上单调递增,且f(1)＝2,因为正实数x1,x2满足f(x1)＋f(x2)＝4,所以x1,x2中至少有一个要小于或等于1,不妨设x1≤1,则2－x1≥1,要证x1＋x2≥2,即证x2≥2－x1,又因为f(x)在(0,＋∞)上单调递增,且2－x1＞0,所以只需证明f(x2)≥f(2－x1),又因为f(x1)＋f(x2)＝4,消去f(x2)得4－f(x1)≥f(2－x1),从而转化为证明F(x)＝4－f(x)－f(2－x)≥0(0＜x≤1)恒成立,以下略.
分析设a＝ex1＝lnx2,则x1＝lna,x2＝ea,t＝x2－x1＝ea－lna,令h(x)＝ex－lnx,从而转化为函数h(x)的最小值所属区间问题,以下略.答案选C.
分析由分段函数的解析式不难得到函数f(x)的图像,如图1所示.设f(x1)＝f(x2)＝t,由题可知1≤t≤4e,由f(x1)＝t,得x1＋4e＝t,即x1＝t－4e,则x1f(x2)＝t(t－4e)＝(t－2e)2－4e2,因为1≤t≤4e,所以当t＝2e时,x1f(x2)取得最小值－4e2.
图1
分析变形得,构造函数,则f(x1)＜f(x2),即f(x)在定义域(0,a)上单调递增,即转化为在(0,a)上恒成立,以下略.答案选C.
分析对4lnx＋2ln(2y)≥x2＋8y－4变形得
构造f(x)＝lnx－x＋1,上式等价于f(4y)≥0.由,得f(x)在(0,1)上单调递增,在(1,＋∞)上单调递减,所以f(x)≤f(1)＝0,即f(x)≤0.要使成立,当且仅当时才满足,即,所以.故选A.
分析因为blna－alnb＝a－b,变形得
由于f(x1)＝f(x2),即x1－x1lnx1＝x2－x2lnx2,则x2－x1＝x2lnx2－x1lnx1,于是待证不等式转化为
构造函数h(x)＝x2－2xlnx,则h(x2)＞h(x1).易证h′(x)＝2x－2(lnx＋1)≥0,所以h(x)单调递增,又因为x2＞x1,所以h(x2)＞h(x1),则上式显然成立,于是x1＋x2＞2得证.
分析由f(x1)＝f(x2),可知lnx1－ax1＝lnx2－ax2＝0,即且
x2lnx1＝x1lnx2.
待证不等式为
分析,易得t≥e.因为y＝t＋lnt在[e,＋∞)上是单调函数,所以f(x)有两个零点x1,x2等价于y＝t＋lnt在t≥e上有一个零点t0,即,变形得,两边取对数得x2－x1＝lnx2－lnx1,即.于是待证不等式
处理双变量问题的关键是将其转化为单变量问题,我们应该掌握常见的基本策略:根与系数的关系消元、比值换元、差值换元、构造和或差函数、同构转化等.
(完)
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