高等数学：导数（二）

布满荆棘的人生 2023-10-15 13:06 18阅读 0赞

#### 文章目录 ####

*  二、双变量问题：
 *   *  方法一：利用主元法

## 二、双变量问题： ##

双变量问题在一般情况下都是以极值点偏移问题出现，因此下面我们就具体来谈谈解决极值点偏移问题的方法，在谈方法之前首先看看何为极值点偏移？

若函数  f ( x ) f(x) f(x) 在  x = x 0 x=x\_0 x=x0 处取得极值，则称  x 0 x\_0 x0为函数得极值点。我们知道二次函数  f ( x ) = a x 2 + b x + c ( a ≠ 0 ) f(x)=ax^2+bx+c(a\\ne 0) f(x)=ax2\+bx\+c(a=0)的极值点  x 0 = − b 2 a x\_0=\\frac\{-b\}\{2a\} x0=2a−b .作直线  y = h y=h y=h与函数  y = f ( x ) y=f(x) y=f(x) 交于  A ( x 1 , h ) , B ( x 2 , h ) A(x\_1,h),B(x\_2,h) A(x1,h),B(x2,h)两点，则 AB 的中点位  M ( x 1 + x 2 2 , h ) M(\\frac\{x\_1+x\_2\}\{2\},h) M(2x1\+x2,h) .对于二次函数，极值点  x 0 = x 1 + x 2 2 x\_0=\\frac\{x\_1+x\_2\}\{2\} x0=2x1\+x2 ，此时认为极值点居中，没有偏离中点；然而如果函数 f(x) 是连续函数， f(x) 在区间  ( x 1 , x 2 ) (x\_1,x\_2) (x1,x2)内只有一个极值点 x\_0 ，且  f ( x 1 ) = f ( x 2 ) f(x\_1)=f(x\_2) f(x1)=f(x2) ，很多极值函数由于极值点左右增减速度不同，函数图像不具有对称性，导致  x 0 ≠ x 1 + x 2 2 x\_0\\ne\\frac\{x\_1+x\_2\}\{2\} x0=2x1\+x2

### 方法一：利用主元法 ###

根据具体条件和解題需要,从不同的角度出发,在众多变元中选用一个变元为主元,并以此为线索把握解决问题的方法叫做主元法,许多数学问题,都含有常量、参量和变量(统称为元素),这些元素中,必有某个元素在问题中处于突出的、主导的地位,我们在解题时把这个元素看作主元。主元法在许多问题中都有涉及，在这里笔者我就不一一陈述，我们主要来看主元法在导数中的应用：

具体操作可以参考下列步骤：

①将需要证明的关于  x 1 , x 2 x\_1,x\_2 x1,x2的式子设置为一个新函数  h ( x 1 ) ∨ h ( x 2 ) h(x\_1)\\vee h(x\_2) h(x1)∨h(x2)

②对构造出的新函数求导（注意：你构造的新函数中那个是常量，那个是变量）；

③根据主元新函数的单调性和自设或题设的  x 1 , x 2 x\_1,x\_2 x1,x2范围可得出结论

（2014年江苏省南通市二模第20题第Ⅱ问）设函数  f ( x ) = e x − a x + a f(x)=e^x-ax+a f(x)=ex−ax\+a ,其图像与 x 轴交于 A(x\_1,0),B(x\_2,0) 两点，且 x\_1<x\_2. 证明： f’(\\sqrt\{x\_1x\_2\})<0.  
分析与解：要证 f’(\\sqrt\{x\_1x\_2\})<0

只需证 f’(\\frac\{x\_1+x\_2\}\{2\})<f’(\\ln a)

易证： f’(x)=e^x-a 单增

∴只需证明 f(x\_2)=f(x\_1)>f(2\\ln a-x\_1) （这里我选择 x\_1 为主元）

令 g(x\_1)=f(x\_1)-f(2\\ln a-x\_1),(x\_1<\\ln a) 则：

g’(x\_1)=f’(x\_1)-f’(x\_1-2\\ln a)=e\{x\_1\}-\\frac\{a2\}\{e^\{x\_1\}\}-2a<0

∴ g(x\_1) 在 (0,\\ln a) 上单减， g(x\_1)>g(\\ln a)=0.

参考例题：

2016年全国Ⅰ卷理科第21题第Ⅱ问  
2013年湖南卷文科第21题第Ⅱ问  
2010年天津卷理科第21题第Ⅱ问  
方法二：构造对数平均不等式解决  
首先我们来看看什么是对数平均不等式：两个正数和的对数平均定义 L(a,b)= \\left\{ \\begin\{array\}\{lr\} \\frac\{a-b\}\{\\ln a-\\ln b\}(a\\ne b)&\\ a(a=b)&\\ \\end\{array\} \\right. ,对数平均（L）、算数平均（A）和几何平均（G)满足： A\\ge L \\ge G ( A-L-G 不等式），这个关系记为对数平均不等式。

（2016年全国Ⅰ卷理科第21题第Ⅱ问）函数 f(x)=(x-2)ex+a(x-1)2 有两个零点.设 x\_1,x\_2 是 f(x) 的两个零点，证明： x\_1+x\_2<2.  
分析与解：算算后发现 a>0,x\_1<1<x\_2<2  
 ∵ \{ a ( x 1 − 1 ) 2 = ( 2 − x 1 ) e x 1 a ( x 2 − 1 ) 2 = ( 2 − x 2 ) e x 2 两边取对数得： ∵ \\left\\\{ \\begin\{array\}\{lr\} a(x\_1-1)^2=(2-x\_1)e^\{x\_1\}&\\\\ a(x\_2-1)^2=(2-x\_2)e^\{x\_2\}&\\\\ \\end\{array\} \\right. 两边取对数得： ∵\{ a(x1−1)2=(2−x1)ex1a(x2−1)2=(2−x2)ex2两边取对数得：  
 \{ ln ⁡ a + 2 ln ⁡ ( 1 − x 1 ) = ln ⁡ ( 2 − x 1 ) + x 1 ln ⁡ a + 2 ln ⁡ ( x 2 − 1 ) = ln ⁡ ( 2 − x 2 ) + x 2 两式相减得 \\left\\\{ \\begin\{array\}\{lr\} \\ln a+2\\ln(1-x\_1)=\\ln(2-x\_1)+x\_1&\\\\ \\ln a+2\\ln(x\_2-1)=\\ln(2-x\_2)+x\_2&\\\\ \\end\{array\} \\right. 两式相减得 \{ lna\+2ln(1−x1)=ln(2−x1)\+x1lna\+2ln(x2−1)=ln(2−x2)\+x2两式相减得  
 2 ln ⁡ ( 1 − x 1 ) − 2 ln ⁡ ( x 2 − 1 ) = ln ⁡ ( 2 − x 1 ) − ln ⁡ ( 2 − x 2 ) − \[ ( 2 − x 1 ) − ( 2 − x 2 ) \] 2\\ln(1-x\_1)-2\\ln(x\_2-1)=\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)-\[(2-x\_1)-(2-x\_2)\] 2ln(1−x1)−2ln(x2−1)=ln(2−x1)−ln(2−x2)−\[(2−x1)−(2−x2)\] ∴ 2 ln ⁡ ( 1 − x 1 ) − 2 ln ⁡ ( x 2 − 1 ) ln ⁡ ( 2 − x 1 ) − ln ⁡ ( 2 − x 2 ) = 1 − ( 2 − x 1 ) − ( 2 − x 2 ) ln ⁡ ( 2 − x 1 ) − ln ⁡ ( 2 − x 2 ) ∴ \\frac\{2\\ln(1-x\_1)-2\\ln(x\_2-1)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\}=1-\\frac\{(2-x\_1)-(2-x\_2)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\} ∴ln(2−x1)−ln(2−x2)2ln(1−x1)−2ln(x2−1)=1−ln(2−x1)−ln(2−x2)(2−x1)−(2−x2)  
(利用反证法)假设 x\_1+x\_2\\ge2 ,则 1-x\_1\\le x\_2-1

∴ \\frac\{2\\ln(1-x\_1)-2\\ln(x\_2-1)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\}\\le0

故 1-\\frac\{(2-x\_1)-(2-x\_2)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\}\\le0 ,从而 \\frac\{(2-x\_1)-(2-x\_2)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\}\\ge1 由对数平均不等式可知：

1\\le\\frac\{(2-x\_1)-(2-x\_2)\}\{\\ln(2-x\_1)-\\ln(2-x\_2)\}<\\frac\{(2-x\_1)-(2-x\_2)\}\{2\}

∴ x\_1+x\_2<2 这与假设 x\_1+x\_2\\ge2 矛盾

∴ x\_1+x\_2<2.