高中數學多變量問題解法研究

關鍵詞：1f(x=x2-ax+2lnx．f(xf(xx1x2(x1<x2)f(x1)>mx2mx1x2ax1解：（1）f(x的定義域為(0

(x)

2x2-ax+2

(xg(x)=2x2-ax+2，則D=a2-16當D0即4a4g(x)…0f(x)0f(x(0+￥)，當V>0即a4或a>4g(xa aa a2-

或x aa+a2-若a4

a aa a2-a+a2-x>0g(x)>0f(x)>0f(x)的單調遞增區(qū)間為(0a+a+a2-a a2-若a>4，

(x>0g(x)>0a a2-a a2-

或x aa+a2-f(x)<0g(x)<0

<x a aa a2-a+a2- a2- a2-

a2- f(x的單調遞增區(qū)間為

÷ 單調遞減區(qū)間為

a2-

aa+a2- 綜上，當a?4f(x的單調遞增區(qū)間為(0+￥當a>4

a2- a2-

a2- f(x的單調遞增區(qū)間為

÷ 單調遞減區(qū)間為

a2-

a+a+a2- （2）

(x)

2x2-ax (x>0)f(xx1x2x1<x2xx是方程2x2ax+2=0的兩不等正實根，由（1）a>4 ∴x 2，xx=1，∴0<x<1 2=2 1

f(x1>m x2-ax+2ln x2-2x2-2+2ln = 1=

1=-x1-2x1+2x1ln令h(t)t3-2t+2tlnt，則h(t)3t2+2lnt，當0<t<1h(t)h(t)在(0,1)上為減函數，∴當0<t<1h(t)>h(1)=-f(x13m?-3m的取值范圍(￥2f(x=x2+ax+lnxa?x

fx+fx)=0

<x<2xf(x1)

f(x2的取值范圍

x-

2x2+ax(x)

(x>0)，所以方程2x2+ax+1=0不相等的正實根mn,不妨設m<n，則D=a28>0且m+n=-a>0，解得a取值范圍為(￥22)f(xx=mx=n處取得極小值，且有2m2+am+1=0f(m)m2+lnm-1g(x)=-x2+lnx-1，g(x=12x(x>0)12x=0x=2 g(x)￡g?2?

2-3<0f(m<0f(x?2 f(a)=ln(a)>0f(x存在唯一零點由題意知：2x

2x

0，即a

+x)

+x +x

2x 1f(x)-f(x)=x2-x2+a(x-

)+lnx11x1-x2+lnx1tx1

2

lntht)=-11+1)2￡0，所以h(t=- ( 2h(t)

?

f(x)

f(x??-4

? 3f(x)=ex-ln(x+m，當m￡2f(x)分析：本題是含有雙變量不等式證明問題，如果直接在m￡2上證明這個結論，難度很大，我們可以考慮對這個式子進行放縮處理，當m￡2時f(x)=ex-ln(x+m)3ex-ln(x我們只需證明ex-ln(x+2)>0解：當m￡2x

(-m+￥)ln(x+m)￡ln(x+2)f(x)=ex-ln(x+m)3ex-ln(x+2).故只需證明ex-ln(x+2)>0當m=2fx)=ex

x

-2+￥-2+￥

x

(2x0fx<0x

(x0+￥)fx)>0x=x0f(x)取得最小值.由f'(x)=0，得ex0

,

+2)=-x (xf(x

f(x) +x= >0， x x 綜上，當m￡2f(x)4f(xt=e2x-2t(ex+x+x2+2t2+1x

R,t

Rf(xt量ttx視為參數，通過配方，利用完全平方數的特征消去tx的函數，然后求得最 (ex

12 解：f(xt)

-

+x)t +

-xe=2(t

ex

12

-

因為(t

ex

30

f(x,t)

1e2

+x-xe+1 令g(x)=1 1x-xe+1，則g(x) +x-e- 設h(x)=ex-xhx)=ex1h(x)在(￥0)(0+￥上單調遞增，所以h(x)3h(0)=1>0ex-x>0g(x>0，即不等式ex1>0

x>0g(x)在(￥0)在(0+￥)g(x)3g(0)=3f(xt3 5已知函數f(x)=xexg(x)=x-ff(xx

?[1e]，且

g(x)-g(x m <x，都 恒成立，

x- x實數m的取值范圍

1m的取值范圍.解：（1）f(xRfx)=(xx1fx)>0f(x在(1+￥x1fx<0f(x（-￥-上單調遞減f(x單調遞增區(qū)間為(1+￥（￥-x

g(x)-g(x m <x時 恒成立，

x- x 1g(x

1- m+1-1+x>g(x2)

恒成立.設h(x)=g(x)+ +

x(m