解二元導(dǎo)數(shù)問題的一把利劍
——比值換元

■山東省棗莊二中 龍如玉

在近幾年的高考或模擬試卷中,二元變量問題常作為壓軸的導(dǎo)數(shù)題出現(xiàn)。求解此類問題,多是通過類比、聯(lián)想、抽象、概括等手段,構(gòu)建出適當(dāng)?shù)暮瘮?shù),化二元問題為一元問題,并在此基礎(chǔ)上利用函數(shù)的性質(zhì)使原問題獲解。解題的關(guān)鍵是如何將二元問題化為一元問題,其中先構(gòu)造比值再換元是最常見的方法之一,下面舉例說明。

例1(2021年高考新課標(biāo)Ⅰ卷)已知函數(shù)f(x)=x(1-lnx)。

(1)討論f(x)的單調(diào)性;

(2)設(shè)a,b為兩個不相等的正數(shù),且blna-alnb=a-b,證明:

分析:(1)求出函數(shù)的導(dǎo)數(shù),判斷其符號可得到函數(shù)的單調(diào)區(qū)間。

解:(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),并且f'(x)=1-lnx-1=-lnx。

當(dāng)x∈(0,1)時,f'(x)＞0;

當(dāng)x∈(1,+∞)時,f'(x)＜0。

故f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0,1),單調(diào)遞減區(qū)間為(1,+∞)。

(2)因blna-alnb=a-b,故b(lna+1)=a(lnb+1),即,也即

當(dāng)x∈(0,1)時,f(x)=x(1-lnx)＞0;當(dāng)x∈(e,+∞)時,f(x)=x(1-lnx)＜0。

故1＜x2＜e。

先證x1+x2＞2。

若x2≥2,則x1+x2＞2必成立。

若x2＜2, 要證x1+x2＞2,即證x1＞2-x2。而0＜2-x2＜1,故即證f(x1)＞f(2-x2),也即證f(x2)＞f(2-x2),其中1＜x2＜2。

設(shè)g(x)=f(x)-f(2-x),1＜x＜2。

則g'(x)=f'(x)+f'(2-x)=-lnx-ln(2-x)=-lnx(2-x)。

因為1＜x＜2,所以0＜x(2-x)＜1,-lnx(2-x)＞0,

故g'(x)＞0,g(x)在(1,2)上為增函數(shù),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。

綜上,x1+x2＞2成立。

先證明不等式ln(x+1)≤x成立。

設(shè)u(x)=ln(x+1)-x,則u'(x)=

當(dāng)-1＜x＜0時,u'(x)＞0;

當(dāng)x＞0時,u'(x)＜0。

故u(x)在(-1,0)上為增函數(shù),在(0,+∞)上為減函數(shù),u(x)max=u(0)=0。

因此,ln(x+1)≤x成立。

由 上 述 不 等 式 可 得,當(dāng)t＞1 時,,故S'(t)＜0恒成立,S(t)在(1,+∞)上為減函數(shù)。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(江蘇省南通市2024 屆高三上學(xué)期10月質(zhì)量監(jiān)測試題)已知函數(shù)f(x)=x2-x-alnx存在兩個極值點x1,x2,且x1＜x2。

(1)求a的取值范圍;

(2)若f(x2)-f(x1)＜mx1x2,求m的最小值。

分析:(1)對f(x)求導(dǎo)得f'(x)=,由題意知方程2x2-x-a=0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個不等根,從而列出不等式組即可求解。

因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點x1,x2,并且x1＜x2,所以方程2x2-x-a=0在區(qū)間(0,+∞)內(nèi)有兩個不等根。

分析:(1)分別對f(x),g(x)求導(dǎo),討論a≤0和a＞0,得出f(x)和g(x)的單調(diào)性,即可求出f(x),g(x)的極小值,從而得出答案。

當(dāng)a≤0時,f'(x)＞0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增,無極值,與題意不符。

當(dāng)a＞0 時,令f'(x)=0,解得x=a。所以f(x)在(0,a)上單調(diào)遞減,在(a,+∞)上單調(diào)遞增,在x=a處取極小值,且f(a)=1+lna。

點評:上述三個例子的題型結(jié)構(gòu)都是含有兩個變量的復(fù)雜不等式證明問題,解答方法是通過比值換元,引入新變量,簡化原有結(jié)構(gòu),使其轉(zhuǎn)化為便于研究的形式,方便問題解決。