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-lnx)。

(1)讨论f(x)的单调性;

(2)设a,b为两个不相等的正数,且blna-alnb=a-b,证明:

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。

解:(1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),并且f'(x)=1-lnx-1=-lnx。

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blna-alnb=a-b,故b(lna+1)=a(lnb+1),即,也即

当x∈(0,1)时,f(x)=x(1-lnx)＞0;当x∈(e,+∞)时,f(x)=x(1-lnx)＜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)=-lnx-ln(2-x)=-lnx(2-x)。

因为1＜x＜2,所以0＜x(2-x)＜1,-lnx(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。

先证明不等式ln(x+1)≤x成立。

设u(x)=ln(x+1)-x,则u'(x)=

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,,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)-tlnt＜0 成立,即x1+x2＜e成立。

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-alnx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)=,由题意知方程2x2-x-a=0在区间(0,+∞)内有两个不等根,从而列出不等式组即可求解。

因为函数f(x)存在两个极值点x1,x2,并且x1＜x2,所以方程2x2-x-a=0在区间(0,+∞)内有两个不等根。

分析:(1)分别对f(x),g(x)求导,讨论a≤0和a＞0,得出f(x)和g(x)的单调性,即可求出f(x),g(x)的极小值,从而得出答案。

当a≤0时,f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上单调递增,无极值,与题意不符。

当a＞0 时,令f'(x)=0,解得x=a。所以f(x)在(0,a)上单调递减,在(a,+∞)上单调递增,在x=a处取极小值,且f(a)=1+lna。

点评:上述三个例子的题型结构都是含有两个变量的复杂不等式证明问题,解答方法是通过比值换元,引入新变量,简化原有结构,使其转化为便于研究的形式,方便问题解决。