专题07 函数中的双变量问题（原卷版）

专题7函数中的双变量问题一、考情分析函数与导数一直是高考中的热点与难点,近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.二、解题秘籍(一)与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有1212,,,xxfxfx的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意12,xxD,当12xx时恒有12120fxfxxx,则yfx在D上是增函数；(2)若对任意12,xxD,当12xx时恒有1212fxfxkxx,则yfxkx在D上是增函数；(3)若对任意12,xxD,当12xx时恒有121212fxfxkxxxx,则kyfxx在D上是增函数；(4)若对任意12,xxD,当12xx时恒有121212fxfxxxxx,则2yfxx在D上是增函数.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期第一次调研）已知函数212ln()xfxx．(1)求()fx的单调区间；(2)存在12,(1,)xx且12xx，使1212lnlnfxfxkxx成立，求k的取值范围．【解析】（1）由题意得34lnxfxx，令()0fx得1x，(01),x时，()0fx，()fx在(0,1)上单调递增；,(1)x时，()0fx，()fx在(1,)上单调递减；综上，()fx单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)．（2）由题意存在12,(1,)xx且12xx，不妨设121xx，由（1）知,(1)x时，()fx单调递减．1212lnlnfxfxkxx等价于2112lnlnfxfxkxx，即2211lnlnfxkxfxkx，即存在12,(1,)xx且12xx，使2211lnlnfxkxfxkx成立．令()()lnhxfxkx，则()hx在(1,)上存在减区间．即234ln()0kxxhxx在(1,)上有解集，即24lnxkx在(1,)上有解，即2max4lnxkx，(1,)x；令24lnxtxx，(1,)x，3412lnxtxx，1,ex时，()0tx，()tx在1,e上单调递增，e,x时，()0tx，()tx在e,单调递减，∴max2()(e)etxt，∴2ek．(二)与极值点有关的双变量问题与极值点12,xx有关的双变量问题,一般是根据12,xx是方程0fx的两个根,确定12,xx的关系,再通过消元转化为只含有1x或2x的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,xx的齐次式,然后转化为关于21xx的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届福建省福州第一中学高三上学期质量检查）已知函数2lnafxaxxx．(1)若0,1x，0fx，求实数a的取值范围；(2)设1x，2x是函数fx的两个极值点，证明：21241afxfxa．【解析】（1）当0a时，22222aaxxafxaxxx，在0,1x时，0fx，fx单调递减，又100faa，所以0fx，不满足题意；当0a时，222axxafxx，若2440a，即1a时，0fx，fx在0,1x上单调递增，又100faa，所以0fx，满足题意；若2440a，即01a时，令0fx，可得211101axa，22111axa，当2110,axa时，()0fx¢，fx单调递增，当211,1axa时，0fx，fx单调递减，而100faa，所以2110极大值afa，不满足fx在0,1x上0fx.综上所述，1a；（2）当0a时，由0x得2220axxafxx，fx单调递减，无极值，不满足题意；当0a时，222axxafxx，若2440a，即1a时，0fx，fx在0,1x上单调递增，无极值，不满足题意；若2440a，即01a时，令0fx，可得2111axa，2211axa，此时21xx，当2110,axa时，()0fx¢，fx单调递增，当221111,aaxaa时，0fx，fx单调递减，当211,axa时，0fx，fx单调递增，所以1fx为极大值，2fx为极小值，且122xxa，121xx，12fxfx，要证21241afxfxa，即证221212121221214144244xxxxfxfxxxxxa，即12212fxfxxx，即证：1111112fxfxxx，即证：11201sxfxfxxxx则2222242242222axxaasxaxxx，因为221642216320aaa，故sx在0,1上为减函数，故10sxs，故112,01fxfxxxx成立，故21241afxfxa.【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数21ln402fxxaxxa.(1)当3a时，试讨论函数fx的单调性；(2)设函数fx有两个极值点1212,xxxx，证明：12ln10fxfxa.【解析】（1）当3a时，213ln42fxxxx定义域为0,x，2133434xxxxfxxxxx，令0fx解得1x或3，且当01x或3x时，()0fx¢，当13x时，0fx，所以当01x或3x时，fx单调递增，当13x时，fx单调递减，综上fx在区间0,1，3,上单调递增，fx在区间1,3单调递减.（2）由已知21ln42fxxaxx，可得244axxafxxxx，函数fx有两个极值点1212,xxxx，即240xxa在0,上有两个不等实根，令24hxxxa，只需00240haha，故04a，又124xx，12xxa，所以221211122211ln4ln422fxfxxaxxxaxx2212121214lnlnln82xxaxxxxaaa，要证12ln10fxfxa，即证ln8ln10aaaa，只需证1ln20aaa，令1ln2maaaa，0,4a，则11ln1lnamaaaaa，令nama，则2110naaa恒成立，所以ma在0,4a上单调递减，又110m，12ln202m，由零点存在性定理得，01,2a使得00ma，即001lnaa，所以00,aa时，0ma，ma单调递增，0,4aa时，0ma，ma单调递减，则0000000max00111ln2123mamaaaaaaaaa，又由对勾函数知0013yaa在01,2a上单调递增，所以00111323022aa所以0ma，即12ln10fxfxa得证.(三)与零点有关的双变量问题与函数零点12,xx有关的双变量问题,一般是根据12,xx是方程0fx的两个根,确定12,xx的关系,再通过消元转化为只含有1x或2x的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,xx的齐次式,然后转化为关于21xx的函数,有时也可转化为关于12xx的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例4】已知函数2()lnfxaxxx．(1)当1a时，求()fx的单调区间；(2)若函数()fx在定义域内有两个不相等的零点12,xx．①求实数a的取值范围；②证明：12122lnfxxxx．【解析】(1)当1a时，函数2()lnfxxxx，定义域为(0,)．2121(21)(1)()21xxxxfxxxxx．由()0fx，得1x．当01x时，()0fx，当1x时，()0fx，所以()fx的单调递减区间为(0,1)，单调递增区间为(1,)．(2)①若函数()fx在定义域内有两个不相等的零点12,xx，则方程2ln0axxx有两个不等的实根．即方程2lnxxax有两个不等的实根．记2ln()(0)xxgxxx，则32(n)l1xxxgx，记()12ln(0)mxxxx，则()mx在(0,)上单减，且(1)0m，∴当01x时，()0,()0mxgx；当1x时，()0,()0mxgx，∴()gx在(0,1)上单调递增，在(1,)单调递减．∴max()(1)1gxg．又∵10ge且当1x时，()0gx，∴方程为()gxa有两个不等的实根时，01a．∴当01a时函数()fx在定义域内有两个不相等的零点12,xx．②要证12122lnfxxxx，只需证212121212ln2lnaxxxxxxxx，只需证212122axxxx，因为22111222ln0,ln0axxxaxxx，两式相减得：22121212lnln0axxxxxx．整理得121212lnln1xxaxxxx．所以只需证12121212lnln12xxxxxxxx，即证121212lnln2xxxxxx，即1121221ln21xxxxxx，不妨设120xx，令12(01)xttx，只需证1ln21ttt，只需证(1)ln2(1)0ttt，设()(1)ln2(1)ntttt，只需证当01t时，()0nt即可．∵221111()ln1,()0(01)tnttntttttt，∴()nt在（(0,1)单调递减，∴当01t时，()(1)0ntn，∴()nt在(0,1)单调递增，当01t时()(1)0ntn，∴原不等式得证．明.(四)独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高级中学高三一模）已