变更主元法

在处理导数试题的过程中，我们经常会遇到涉及两个变量的不等式问题，比如一个变量为x，另一个变量（也可以是参数）为a.在这种情况下，我们潜意识里总会把函数看作是关于变量x的函数，寄希望于利用导数研究f(x)的性质，从而得出结论.如果说x与a具有一定的关联，这种思维定势会为我们的解决问题带来方便.但在绝大多数情况下，x与a是没有关联的，这个时候这种思维定势就会给我们的解题带来障碍.此时，我们不妨转换一下眼光，将字母a作为主要未知数，然后来解决问题.这种选择主要未知数（简称主元）的方法，我们称之为变更主元法.

【例1】已知函数f(x)lnxax2(2a1)x（x0）. （1）讨论f(x)的单调性；

3

2. 4a

(x1)(2ax1)

【解析】（1）求导，得f(x).

x

（2）当a0时，证明：f(x)

当a0时，f(x)0，f(x)在(0,)上单调递增；

11，f(x)0x. 2a2a

11

由此可知，f(x)在(0,)上单调递增，在(,)上单调递减.

2a2a33

（2）要证明f(x)2，即lnxax2(2a1)x20，将其视为关于

4a4a

32

字母a的不等式，整理，得a(x2x)lnxx2，只需证明

4a

当a0时，f(x)00x

(a)(x22x)

3

lnxx2. 4(a)

3

3(x22x). 4(a)

因为a0，所以a0，从而(a)(x22x)

只需证明3(x2x)lnxx2. 由于lnx2ln2x2(x1)，即3(x22x)2(x1)x2x2x.

故只需证明3(x2)x2，即证3(x2)x4x4，即证2x24x.而

这是显然成立的.从而原不等式得证.

本题是2017年全国III卷文科的压轴题，由于a与x没有关系，因此可以用a当作主元来解决，这相对于标准答案来说，别有一番情趣；这里将a转换为a的目的是为了方便使用重要不等式.

1

【例2】已知aR，函数f(x)x(ex2a)ax2. （1）若f(x)有极小值，且极小值为0，求实数a的值； （2）当xR，f(x)f(x)0，求实数a的取值范围.

（2018年广东佛山市第二次模拟试题）

【解析】（1）求导，得f(x)(e2a)xe2ax(x1)(e2a)(xR). 1若a0，由f(x)0，解得x1. ○

当x(,1)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(1,)时，f(x)0，f(x)单调递增.

故当x1时，f(x)取得极小值f(1)ae1，令ae10，得a2当a0时，则由ex2a0，解得xln(2a). ○

（i）若ln(2a)1，即0a

x

x

x

1

（舍去）. e

1

时， 2e

当x(,ln(2a))时，f(x)0，f(x)单调递增； 当x(ln(2a),1)时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(1,)时，f(x)0，f(x)单调递增。

故当x1时，f(x)取得极小值f(1)ae1，令ae10，得a（舍去）.

1e

1

时，f(x)0，f(x)单调递增，不存在极值. 2e1

（iii）若ln(2a)1，即a时，

2e

（ii）若ln(2a)1，即a

当x(,1)时，f(x)0，f(x)单调递增； 当x(a,ln(2a))时，f(x)0，f(x)单调递减； 当x(ln(2a),)时，f(x)0，f(x)单调递增.

故当xln(2a)时，f(x)取极小值f(ln(2a))aln2(2a)0，得a

件.

1

满足条2

2

故当f(x)有极小值，且极小值为0时，a

1. 2

（2）f(x)f(x)0x(exex)2ax20，即x(exex)2ax2（*） 当x0时，（*）式恒成立；当x0时，x(exex)0，故当a0时，（*）式成立；以下求当x0时，不等式exex2ax0恒成立，且当x0时，不等式

exex2ax0恒成立时正数a的取值范围.

11

tt1

且当0t1时，g(t)t2alnt0恒成立时正数a的取值范围.

t

令ext，g(t)t2alnt，以下求当t1时，g(t)t2alnt0恒成立，

12at22at1 对g(t)求导，得g(t)12，记h(t)t22at1，4a24. 2

ttt

（i）当0a1时，4a40，h(t)t2at10，g(t)0，故g(t)在

2

2

(0,)上单调递增，又g(1)0，故t1时，g(t)g(1)0；0t1时，g(t)g(1)0.

即当0a1时，（*）式恒成立.

（ii）当a1时，h(0)10，h(1)22a0，故h(t)的两个零点即为g(t)的两个零点t1(0,1)与t2(1,).在区间(t1,t2)上，h(t)0，g(t)0，g(t)是减函数.

又t11，所以g(t1)g(1)0，当a1时，（*）式不能恒成立. 综上所述，所求实数a的取值范围是(,1].

【例３】已知函数f(x)lnxkx1（k为常数），函数g(x)xexln(为正常数）.

（1）若函数f(x)有且只有一个零点，求实数k的取范围； （2）当（1）中的k取最大值时，求证：ag(x)2f(x)2ln【解析】（1）求导，得f(x)

4

x1)（aa

a. 2

1

k. x

当k0时，f(x)0，则f(x)在(0,)上单调递增；

而f(ek1)k(1ek1)0，f(1)1k0，故f(x)在(0,)上存在唯一零点，符合题意；

3

当k0时，由f(x)0，得0x

11；又由f(x)0，得x； kk

所以f(x)在(0,)上单调递增；在(,)上单调递减. 从而f(x)maxf()lnk.

若k1，lnk0，此时f(x)存在零点x1，满足题意； 若k1，即lnk0，此时f(x)不存在零点，不满足题意；

1

k1k

1k

1k222

0，f(2)ln210，

eekkk

11

故f(x)在(0,)上有唯一零点，在(,)上有唯一零点，此时不符合题意.

kk

若0k1，即lnk0，因为f()综上所述，实数k的取值范围是(,0]{1}. （2）要证明ag(x)2f(x)2ln只需证明a(xeln(

x

a

， 2

4ax1))2(lnxx1)2ln a2

a4

只需证明axex2(lnxx1)2lnaln(x1).

2a

44ax

因为ln(x1)x，所以只需证明axe2(lnxx1)2ln4x.

aa2

ax

关于a整理，得(xe)a2ln2(lnxx1)0.

2ax

令h(a)(xe)a2ln2(lnxx1)（a0）.

2222x

令h(a)xe，令h(a)0，得0ax；h(a)0，得ax.

axexe2

故h(a)h(x)0，故不等式得证.

xe本题若以x为主元，则需要隐零点过渡来辅助完成证明，不容易处理. 本例使用变更主元法，处理起来要容易得多.第（2）问是指对混合不等式，使用基本对数不等式将较复杂的对数部分放缩掉，这种方法就是局部放缩法. 【例４】已知函数f(x)

1alnx，其中aR； x

（1）若函数f(x)在x1处取得极值，求实数a的值；

x2(t2)xt2

（２）在（１）的结论下，若关于x的不等式f(x1)(tN)，2

x3x2

当x1时恒成立，求t的值；

4

（3）令g(x)xf(x)，若关于x的方程g(x)g(3x)0在(0,1)上至少有两个解，求实数a的取值范围.

（2018年四川省成都七中第三次诊段理科试题）

【解析】（１）f(x)满足条件；

1aax1

当x1时，f(x)0，解得a1.经验证a12，

x2xx

x2(t2)xt2xt1

（２）当a1时，f(x1)， 2

x3x2x2x1

整理得t(x2)ln(x1)x，令h(x)(x2)ln(x1)x， 则h(x)

x21

ln(x1)1ln(x1)0，(x1) x1x1

所以h(x)min3ln21，即t3ln21(0,2)，∴t1

（３）g(x)g(3x)3

3

alnx(3x)

x(3x)

33alnt，即方程F(t)3alnt0tt

3

在区间(0,2)上只少有两个解，又F(1)0，所以方程F(t)3alnt0在区间

t

3a3at

(0,1)(1,2)上有解，F(t)22.

ttt

令tx(3x)(0,2)，构造函数F(t)3

当a0时，F(t)0，即函数yF(t)在(0,2)上是增函数，且F(1)0， 所以此时方程在区间(0,1)(1,2)上无解；

当0a1时，F(t)0，同上方程无解；

3

1，要使方程a

33

，所以此F(t)0在区间(0,1)(1,2)上有解，则F(2)0，即aln20a

2ln4

3

时a(,3).

ln4

333

当a3时，函数F(t)在(0,)上递增，在(,2)上递减，且1，此时方程F(t)0

aaa

3

在(0,)内必有解；

a

当1a3时，函数F(t)在(0,)上递增，在(,2)上递减，且

当a3时，函数F(t)在(0,1)上递增，在(1,2)上递减，且F(1)0，所以方程F(t)0

3

a3a

5

在区间(0,1)(1,2)内无解.

综上所述，实数a的范围是(

3

,3)(3,). ln4

6