新高考数学一轮复习专题三导数及其应用微专题三导数中的双变量问题课件.ppt

所以当x=1时,f(x)min=e+1-a.因为f(x)≥0,所以e+1-a≥0,所以a≤e+1.(2)证明:由题意知,f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x11x2,要证x1x21,即证x1?,因为x1,?∈(0,1),所以证f(x1)f?,因为f(x1)=f(x2),所以证f(x2)f?,即?-lnx+x-x?-lnx-?0,x∈(1,+∞),即证?-x?-2?0.?疑难点拨:利用分析法,将证明“x1x21”转化为证明“?-x?-2?0”?下面证明x1时,?-x?0,lnx-??0,设g(x)=?-x?,x1,则g(x)=?ex-?=??ex-??=??=??,设φ(x)=?(x1),则φ(x)=?ex=?ex0,所以φ(x)φ(1)=e,而?e,所以?-?0,所以g(x)0,所以g(x)在(1,+∞)上单调递增,即g(x)g(1)=0,所以?-x?0.令h(x)=lnx-??,x1,h(x)=?-??=?=?0,所以h(x)在(1,+∞)上单调递减,即h(x)h(1)=0,所以lnx-??0.综上,?-x?-2?0,所以x1x21.类型二:整体代换消元若函数(不等)式中的双变量变形后以整体的形式出现,则可以将这两个变量看成

一个整体,用另一个新元代换,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元的取值

范围,同时注意函数(不等)式变形的等价性.例2已知函数f(x)=?-lnx.(1)若f(x)在x=x1,x2(x1≠x2)处导数相等,证明:f(x1)+f(x2)8-8ln2;(2)若a≤3-4ln2,证明:对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.?证明????(1)对f(x)求导得f(x)=?-?,由f(x1)=f(x2)得?-?=?-?,因为x1≠x2,所以?+?=??难点:由???-??=?-?可得?.由基本不等式得??=?+?≥2?,因为x1≠x2,所以x1x2256.由题意得f(x1)+f(x2)=?-lnx1+?-lnx2=??-ln(x1x2).设g(x)=??-lnx,则g(x)=?(?-4),g(x),g(x)的变化情况如表:x(0,16)16(16,+∞)g(x)-0+g(x)↘2-4ln2↗所以g(x)在[256,+∞)上单调递增,故g(x1x2)g(256)=8-8ln2,即f(x1)+f(x2)8-8ln2.(2)令m=e-(|a|+k),n=?+1,则f(m)-km-a|a|+k-k-a≥0,f(n)-kn-an?≤n?0,所以存在x0∈(m,n)使f(x0)=kx0+a,所以对于任意的a∈R及k∈(0,+∞),直线y=kx+a与曲线y=f(x)有公共点.由f(x)=kx+a得k=?.设h(x)=?,则h(x)=?=?,其中g(x)=?-lnx.由(1)可知g(x)≥g(16),又a≤3-4ln2,故-g(x)-1+a≤-g(16)-1+a=-3+4ln2+a≤0,所以h(x)≤0,即函数h(x)在(0,+∞)上单调递减,因此方程f(x)-kx-a=0至多有1个实根.综上,当a≤3-4ln2时,对于任意k0,直线y=kx+a与曲线y=f(x)有唯一公共点.类型三:比值代换消元比值代换的常用关系式:ln?=lnx1-lnx2.将差式转化为商式,通过分子、分母同除以x1或x2转化为只含有?或?的函数式,令t=?或?,则上述函数式即可转化为关于t的函数式,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元“t”的取值范围,有时需要等

式或不等式两边取自然对数构造比值关系式.例3????(2024山西联考,18)已知函数f(x)=ln(mx)-x(m是常数).(1)若m0,求函数f(x)的图象在x=2处的切线方程;(2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x22x10,证明:0x11,且x23ln2-x1.?解析????(1)因为m0,f(x)=ln(mx)-x,所以f(x)=?-1,?(1分)则f(2)=-?,?(2分)又f(2)=ln(2m)-2,所以所求切线的方程为y-ln(2m)+2=-?(x-2),即x+2y-2ln(2m)+2=0.?(4分)(2)证明:因为x1,x2是f(x)的两个零点,所以ln(mx1)=x1,ln(mx2)=x2,两式相减,得ln?=x2-x1.?(5分)令t=?,t2,则x2=tx1,代入上式得lnt=(t-1)x1,故x1=?,x2=?.?(7分)令g(t)=x1=?,t2,则g(t)=?.