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导数中双变量问题的四种策略
导数中双变量问题的四种策略双变量问题的几种处理策略策略一：合并思想已知函数$f(x)=\ln x$的图像上任意不同的两点的中点为$A(x_1,y_1)$。
$B(x_2,y_2)$，线段$AB$的中点为$C(x,y)$，记直线$AB$的斜率为$k$，试证明：$k>f'(x)$。
解析：因为$f(x)=\ln x$，所以$f'(x)=\frac{1}{x}$。
又因为k=\frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x_1}=\frac{\ln x_2-\lnx_1}{x_2-x_1}=\frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}$$不妨设$x_2>x_1$，要比较$k$与$f(x)$的大小，即比较frac{\ln\frac{x_2}{x_1}}{x_2-x_1}\text{和}\frac{1}{x_1}$$的大小，即比较ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}\text{和}e^{\frac{1}{x_2-x_1}}$$的大小。
又因为$x_2>x_1$，所以frac{x_2-x_1}{x_2+1}<\ln\left(\frac{x_2}{x_1}\right)^{\frac{1}{x_2-x_1}}<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$因此frac{x_2-x_1}{x_2+1}<k<\frac{x_2-x_1}{x_1}$$又因为$x_2>x_1$，所以$\frac{x_2-x_1}{x_2+1}>\frac{1}{2}$，因此$k>f'(x)$。
策略二：分离思想问题2：若$g(x)=\ln x+\frac{1}{x}$，求$a$的取值范围，使得对任意的$x_1,x_2\in(1,2)$，都有$g(x_2)-g(x_1)<-1$。
导数中双变量问题的四种策略
双变量问题的几种处理策略策略一：合的思想问题1：已知函数x x f ln )(=的图象上任意不同的两点，，线段的中点为，记直线的斜率为，试证明：．解析：因为∴, ∴,又 不妨设 ， 要比较与的大小，即比较与的大小， 又∵，∴ 即比较与的大小．令,则, ∴在上位增函数．又，∴， ∴，即二：分的思想问题2：若1ln )(++=x a x x g ，且对任意的(]2,1,21∈x x ，，都有，求a 的取值范围．解析∵ ，∴由题意得在区间(]2,1上是减函数． ∴ ()11,y x A ()22,y x B AB),(00y x C AB k )(0x f k '>x x f ln )(=xx f 1)(='210021)(x x x x f +=='121212121212ln ln ln )()(x x x x x x x x x x x f x f k -=--=--=12x x >k )(0x f '1212lnx x x x -212x x +12x x >12lnx x 1)1(2)(212122112+-=+-x x x x x x x x )1(1)1(2ln )(≥+--=x x x x x h 0)1()1()1(41)(222≥+-=+-='x x x x x x h )(x h [)+∞,1112>x x 0)1()(12=>h x x h 1)1(2ln 121212+->x x x x x x )(0x f k '>21x x ≠1)()(1212-<--x x x g x g 1)()(1212-<--x x x g x g []0)()(121122<-+-+x x x x g x x g x x g x F +=)()(1)1(1)(2++-='x ax x F由在恒成立． 设，，则 ∴在上为增函数，∴.策略3：变得思想设函数x x x f ln )(=，若，求证 解析：, ,所以在上是增函数，上是减函数.因为，所以即,同理. 所以 又因为当且仅当“”时，取等号. 又，, 所以,所以， 所以：.问题4：已知函数()21ln ,2f x x x mx x m R =--∈，若函数()f x 有两个极值点12,x x ,求证: 212x x e >解析：欲证212x x e >,需证: 12ln ln 2x x +>,若()f x 有两个极值点12,x x ,即函数()'f x 有两个零点,又()'ln f x x mx =-, 所以12,x x 是方程()'0f x =的两个不同实根313)1()1(0)(222+++=+++≥⇒≤'xx x x x x a x F []2,1∈x =)(x m 3132+++x x x []2,1∈x 0312)(2>+-='xx x m )(x m []2,1227)2(=≥m a 1),1,1(,2121<+∈x x e x x 42121)(x x x x +<x x xx f x g ln )()(==e x x x g 1,0ln 1)(==+=),1(+∞e )(x g )1,0(e11211<+<<x x x e111212121ln )()ln()()(x x x g x x x x x x g =>++=+)ln(ln 211211x x x x x x ++<)ln(ln 212212x x x x x x ++<)ln()2()ln()(ln ln 2112212112122121x x x xx x x x x x x x x x x x +++=++++<+,421221≥++x x x x 21x x =1),1,1(,2121<+∈x x ex x 0)ln(21<+x x )ln(4)ln()2(21211221x x x x x x x x +≤+++)ln(4ln ln 2121x x x x +<+42121)(x x x x +<于是,有1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,解得1212ln ln x x m x x +=+,另一方面,由1122ln 0{ln 0x mx x mx -=-=,得()2121ln ln x x m x x -=-,从而可得21122112ln ln ln ln x x x x x x x x -+=-+,于是()()222121111222111lnln ln ln ln 1x x x x x x x x x x x x x x ⎛⎫+ ⎪-+⎝⎭+==--.又120x x <<, 设21x t x =,则1t >.因此, ()121ln ln ln ,1t t x x t ++=-1t >. 要证12ln ln 2x x +>,即证:()1ln 2,11t t t t +>>-.即当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 设函数()()21ln ,11t h t t t t -=-≥+,则()()()()()()222212111011t t t h t t t t t +---'=-=≥++, 所以, ()h t 为()1,+∞上的增函数.注意到, ()10h =,因此, ()()10h t h ≥=.于是,当1t >时,有()21ln 1t t t ->+. 所以,有12ln ln 2x x +>成立, 212x x e >.问题5：x m x x x f x --=221ln )(已知函数，若()x f 有两个极值点x 1，x 2，（x 1<x 2),且x x x x x a 12112ln 2ln ->-恒成立，求整数a 的最大值。
导数压轴-双变量问题的探讨
引言导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m 和n 、a 和b 、1x 和2x 。
显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。
方法点睛方法一：也是最核心、最常见的方法。
就是进行式子齐次化，进行了齐次化后可以将12x x 或者12x x -作为单元，这样就达到了减元的目的。
方法二：一般可以通过联立12,x x 的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。
方法三：对于等价双变量不等式问题，我们先令如12x x >，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为()g x ，问题也许就转化成了()g x 的单调性问题。
还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。
例题讲解【例题1】已知函数(1)()ln 1a x f x x x -=-+. （Ⅰ）若函数()f x 在(0,)+∞上为单调增函数，求a 的取值范围 （Ⅱ）设m ，n +∈R ，且m n ≠，求证：ln ln 2m n m nm n -+<- 对话与解答：（Ⅰ）2a ≤（Ⅱ）不妨设m n >，证明原不等式成立等价于证明()2ln m n mm n n-<+成立，也就是证明第六课：关于导数中双变量问题的探讨21ln 1m m n m n n⎛⎫- ⎪⎝⎭<+成立。
令,1m t t n =>，即证()()21ln 01t g t t t -=->+。
运用（Ⅰ）的结论，()g t 在()0+∞，上单调递增，故()()10g t g >=，不等式得证。
本题我们用到方法一。
看到解答，你可能会觉得将()2m n m n -+处理成211m n m n⎛⎫- ⎪⎝⎭+真是神来之笔，也是解决整个问题的关键。
那么这个处理究竟有没有思路可循呢？当然是有的，不难发现()2ln m n mm n n-<+的右边已经出现了m n 的形式，同时右边分子分母都死其次式，如果一开始就有“转化成一个变量”的思想，就会迅速锁定mn整体换元。
第11讲 利用导数研究双变量问题(学生版) 备战2025年高考数学一轮复习学案(新高考通用)
第11讲 利用导数研究双变量问题（核心考点精讲精练）命题规律及备考策略【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分【命题预测】题型分析 双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．破解双参数不等式的方法:一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式:二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值;三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果1．（2024·天津·高考真题）设函数()ln f x x x =．(1)求()f x 图象上点()()1,1f 处的切线方程；(2)若()(f x a x ³-在()0,x Î+¥时恒成立，求a 的值；(3)若()12,0,1x x Î，证明()()121212f x f x x x -£-．2．（2022·北京·高考真题）已知函数()e ln(1)x f x x =+．(1)求曲线()y f x =在点(0,(0))f 处的切线方程；(2)设()()g x f x ¢=，讨论函数()g x 在[0,)+¥上的单调性；(3)证明：对任意的,(0,)s t Î+¥，有()()()f s t f s f t +>+．3．（2021·全国·高考真题）已知函数()()1ln f x x x =-.（1）讨论()f x 的单调性；（2）设a ，b 为两个不相等的正数，且ln ln b a a b a b -=-，证明：112e a b<+<.1．（2024·江苏盐城·模拟预测）已知函数()2e ax xf x =，其中0a >．(1)若()f x 在(]0,2上单调递增，求a 的取值范围；(2)当1a =时，若124x x +=且102x <<，比较()1f x 与()2f x 的大小，并说明理由2．（23-24高三下·江苏苏州·阶段练习）已知函数()(1)1f x x x aa =+--，其中1,1x a >->.(1)讨论()f x 的单调性；(2)若01b a <£<，证明：a b b a a b a b +³+.3．（23-24高三下·北京·开学考试）已知()()1e ,0kx f x x k =+¹.(1)若1k =，求()f x 在()()0,0f 处的切线方程；(2)设()()g x f x ¢=，求()g x 的单调区间；(3)求证：当0k >时，()()()(),0,,1m n f m n f m f n ¥"Î+++>+.4．（22-23高三下·四川成都·开学考试）已知函数()1()e ln 1x f x a x x x -=--+-，0a ³．(1)求证：()f x 存在唯一零点；(2)设1()e 1x g x a x -=+-，若存在12,(1,)x x Î+¥，使得()()()211g x g x f x =-，求证：12111ln121x x x +-+>-．5．（23-24高三上·江西·阶段练习）已知函数()()()2ln 11R f x x x ax a =+---Î.(1)当2a =-时，存在[]12,0,1x x Î，使得()()12f x f x M -³，求M 的最大值；(2)已知m ，n 是()f x 的两个零点，记()f x ¢为()f x 的导函数，若()0,m n Î+¥,，且m n £，证明：02m n f +æö<ç÷èø¢.1．（2023·甘肃定西·模拟预测）已知函数21()ln(1)()2f x a x x x a =++-ÎR ．(1)若a ＝1，求函数()f x 的单调区间；(2)若函数()f x 有两个极值点12,x x ，且12x x <，求证：()122x f x >．2．（2024·四川德阳·二模）已知函数()2ln 2,R f x x x ax a =+-Î，(1)当0a >时，讨论()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，求()()122f x f x -的最小值.3．（2023·福建龙岩·模拟预测）设函数()n e l xxf x x x =+-.(1)求()f x 的极值；(2)已知()()()1212f x f x x x =<，12kx x +有最小值，求k 的取值范围.4．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数()f x 的定义域为()0,¥+，其导函数()()()222112f x x a a f a x¢=+-Î=-R ,．(1)求曲线()y f x =在点()()1,1f 处的切线l 的方程，并判断l 是否经过一个定点；(2)若12,x x $，满足120x x <<，且()()120f x f x ¢¢==，求()()122f x f x -的取值范围．5．（2022·四川泸州·一模）已知函数()1ln f x ax x x =+-的图像在1x =处的切线与直线0x y -=平行．(1)求函数()f x 的单调区间；(2)若()12,0,x x "Î+¥，且12x x >时，()()()221212f x f x m x x ->-，求实数m 的取值范围．6．（2023·河南郑州·三模）已知函数()()2ln 1f x x a x =+-，R a Î．(1)讨论函数()f x 的单调性；(2)若函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，且12x x <，求证：()12f x ax a ->-．7．（2023·福建龙岩·二模）已知函数()ln f x x =，2()g x x x=-．(1)若0x 满足()00011x f x x +=-，证明：曲线()y f x =在点()00,ln A x x 处的切线也是曲线e x y =的切线；(2)若()()()F x f x g x =-，且()()()1212F x F x x x ¢=¹¢，证明：()()124ln 27F x F x +<-．8．（23-24高三上·天津宁河·期末）已知函数()2ln 2a f x x x =+，a ÎR ．(1)当1a =时，求曲线()y f x =在()()1,1f 处的切线方程；(2)求()f x 的单调区间；(3)设()1212,0x x x x <<是函数()()g x f x ax =-的两个极值点，证明：()()12ln 2ag x g x a -<-．9．（2024·河北保定·二模）已知函数()ln ,()f x ax x x f x ¢=-为其导函数．(1)若()1f x £恒成立，求a 的取值范围；(2)若存在两个不同的正数12,x x ，使得()()12f x f x =，证明：0f ¢>．10．（2023·广西·模拟预测）已知函数()2()e ln R x f x x x x ax a =-+-Î．(1)若1a =，求()y f x =在1x =处的切线方程；(2)若()f x 有两个不同零点1x ，2x 证明：()()1212e 1f x x a x x >+-．11．（2023·全国·模拟预测）已知函数()()ln 1x af x a x x=++-，a ÎR ．(1)讨论()f x 的单调性；(2)若()()12f x f x =，当12112x a x <<<<时，证明：()()21212112a a x x x x a +æö++>ç÷èø．12．（2023·海南·模拟预测）已知函数()()2ln ,af x x x b a b x=--+ÎR 在()0,¥+上单调递增.(1)求a 的取值范围；(2)若存在正数()1212,x x x x ¹满足()()12f x f x b ¢¢==（()f x ¢为()f x 的导函数），求证：()()120f x f x +>.13．（2024高三下·全国·专题练习）设3x =是函数()23()e ()x f x x ax b a -=++ÎR 的一个极值点．(1)求a 与b 的关系式（用a 表示b ），并求()f x 的单调区间；(2)设0a >，225()e 4xg x a æö=+ç÷èø．若存在1x ，24[]0,x Î，使得()()121f x g x -£，求实数a 的取值范围．14．（2024·浙江绍兴·三模）若函数()x a 有且仅有一个极值点m ，函数()x b 有且仅有一个极值点n ，且m n >，则称()x a 与()x b 具有性质//m n a b ->．(1)函数21()sin x x x j =-与()2e xx x j =-是否具有性质120//0x j j ->？并说明理由．(2)已知函数()()e ln 1x f x a x =-+与()()ln e 1xg x x a =+-+具有性质12//f g x x ->．（i ）求a 的取值范围；（ii ）证明：()12g x x >．15．（2023·全国·模拟预测）已知函数()212ln xf x x +=.(1)设函数()()1e 0kx g x k kx=->，若()()f x g x £恒成立，求k 的最小值；(2)若方程()f x m =有两个不相等的实根1x 、2x ，求证：()122121ln m x x x x m-+<.1．（重庆·高考真题）设函数()()()1f x x x x a =--，()1a >.（1）求导数()f x ¢，并证明()f x 有两个不同的极值点1x ､2x ；（2）若不等式()()120f x f x +≤成立，求a 的取值范围.2．（湖南·高考真题）设函数1()ln ()f x x a x a R x=--Î（1）讨论()f x 的单调性；（2）若()f x 有两个极值点1x 和2x ，记过点1122(,()),(,())A x f x B x f x 的直线的斜率为k ，问：是否存在a ，使得2k a =-？若存在，求出a 的值，若不存在，请说明理由．3． 已知函数22()ln (0)f x x a x x x =++>，()f x 的导函数是()f x ¢．对任意两个不相等的正数1x 、2x ，证明：(1)当0a …时，1212()()()22f x f x x x f ++>；(2)当4a …时，1212|()()|||f x f x x x ¢-¢>-．。
选修2-2 专题五导数背景下双变量问题的处理
即 ln
x
2( x x2
1) 1
令x
b
, 则 ln
b
2( b a
1) ,即
a
a (b)2 1
a
f
(b)
f
(a)
2a(b a) a2 b2
一、转化为值域（最值）问题
形如|f(x1)﹣f(x2)|<m(m>0)恒成立
二、转化为函数单调性问题
形如 f (x1) f (x2 ) m恒成立 x1 x2
等价于g(x) a 1 2ax 4 0在(0,)上恒成立 x
从而a
4x 1 2x2 1
(2x 1)2 2x2 1
2
2
三、构造新函数化二元为一元
例3.已知函数f(x)=lnx （1）求函数g(x)=(x2+1)f(x)-2x+2(x≥1)的最小值； （2）当0<a<b时，求证：
f
(b)
f
(a)
2a(b a) a2 b2
解析：(1)由已知g(x) 2x ln x x2 2x 1 x
x 1
2x ln x 0, x2 2x 1 0 x
g(x) 0, g(x)在1， 上是增函数
g(x)min g(1) 0
解得 a 1 c 3
f (x) 3x2 3 3(x 1)(x 1)
f (x)在(1,1)单调递减
| f (x1) f (x2 ) | f (1) f (1) 4
二、转化为函数单调性问题
例2.已知函数f(x)=(a+1)lnx+ax2+1 （1）讨论函数f(x)的单调性； （2）设a<﹣1．如果对任意x1，x2∈(0，+∞)，|f(x1)﹣f(x2)|≥4|x1﹣x2|， 求a的取值范围．
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平（福建省厦门第一中学）361000在解决函数综合题时，我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题，由于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路，造成无从下手的之感，正因为如此，这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中，是学生感到困惑的难点问题之一，本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想，希望能给同学们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知时在｜2|,1)(2≤≥-+=m m mx x x f 恒成立，求实数x 的取值范围.分析：从题面上看，本题的函数式)(x f 是以x 为主变量，但由于该题中的“恒”字是相对于变量m 而言的，所以该题应把m 当成主变量，而把变量x 看成系数，我们称这种思想方法为改变“主变量”思想。
解： 01)1(122≥-+-⇔≥-+x x m m mx x 时在｜2|≤m 恒成立，即关于m 为自变量的一次函数=)(m h 1)1(2-+-x m x 在]2,2[-∈m 时的函数值恒为非负值{0)2(0)2(≥-≥⇔h h 得{1301203222≥-≤⇔≥+-≥-+x x x x x x 或。
对于题目所涉及的两个变元，已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动，求另一个变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往往会利用我们习以常的x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们抓住“任意变动的量”为主变量，“所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变量，而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想例２.已知,0n m <≤试比较)1ln(++-m e m n 与)1ln(1++n 的大小，并给出证明.分析：本题涉及到两个变量m,n ，这里不妨把m 当成常数，指定n 为主变量x ，解答如下解：构造函数),[),1ln(1)1ln()(+∞∈+--++=-m x x m e x f m x ，0≥m ， 由0)1()1(1111)(>+-+=+-=+-='-m mx m x m x ex e e x x e e x e x f 在),[+∞∈m x 上恒成立，∴)(x f 在),[+∞m 上递增，∴0)()(min ==m f x f ，于是，当n m <≤0时，0)1ln(1)1ln()(>+--++=-n m e n f m n 即)1ln(++-m e m n >)1ln(1++n 。
如何处理导数问题中含有两个变量的问题
， 一 一 ２
式 转 化 为ｌ ｎ ＞ —
１ ＋ （ ）
， 即证 明ｌ ｎ ＞ － ２ ｘ － ２ ： ￣ｘ ∈（ １ ＋ ） 恒 成 立
，
ｌ ＋ ｘ
ｘ －２ 证 明： 设ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一 — ２
—
，
ｘ∈（ １ ， ＋∞） ，
１ ＋ｘ 一
二 ！ （ Ｘ ） ＞０， ／ 则ｇ （ ｘ） ： １ ｎ ｘ 一２ ｘ － ２ ： ￣（ １ ， ＋ ∞） 上单调递增 ， ｇ （ ｘ ） ＞ ｇ （ １ ） ： Ｏ ．
．
，
１ ＋ｘ ‘
又． ． ． ０ ＜ ａ ＜ ｂ ． 一 ｂ
２ ｂ
一
证明： ． ． ． ０ ≤ｂ ＜ ａ ≤１ 。 要证 ＜ ） 二 ＜ ２
＝
ｈ ， （ ｘ） ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋（ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） ． 一 ２ ａ ： ２ ｘ （ １ ｎ ｘ — ｌ ｎ ａ ） ＋
—
ａ ＋ｘ ａ ＋ｘ
［ （ ａ ２ ＋ ｘ ２ ） （ １ ｎ ｘ
—
ｌ ｎ ｚ ） 一
例２ ： 函数ｆ （ ｘ ） ＝ ｌ ｎ ｘ ， 当０ ＜ ａ ＜ ｂ时 ， 求证 ： ｆ （ ｂ ） 一 ｆ （ ａ ） ＞
２ ａ （ ｂ — ａ）
ａ ＋ ｂ
２ ａ ｘ ＋ ２ ａ］ ， （ ｘ ＞ ａ ）
了
．
，
１ ］ ，
（ ｘ ） ≥０
恒成立 ．
正负情况即可 ． 求导过程相对较简单． 如 果 有 的 同 学 对 变 量 集 中不 太 熟 练 ．我 们 也 可 以换 一 个 角度来 考虑 ， 对我 们要证 明的不等式ｌ ｎ ｂ — ｌ ｎ ａ ＞ — ２ ａ （ ｂ － ａ ）
导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)
h(m)
(x
1)m
x2
1在m [2, 2]时的函数值恒为非负值
h(2) 0 h(2) 0
x
3或x
1
★对任意n N , 恒有(1 1 )2na e2 ,求实数a 的最大值. n
(1 1 )2na e2 ln(1 1 )2na ln e2 (2n a) ln(1 1 ) 2 (n a ) ln(1 1) 1
n
n
n
2
n
a 2
1 ln(1
1
)
n, 设G (
x)
1 ln(1
x)
1 x
,
x
0,1
n
G '(x)
(1
1 x) ln2 (1
x)
1 x2
(1 x) ln2 (1 x) x2 x2 (1 x) ln2 (1 x)
, 设h( x)
(1
x) ln2 (1
x) x2
h '(x) ln2 (1 x) 2ln(1 x) 2x, h ''(x) 2ln(1 x) x ,易得G(x)在0，1上单调递减
构造函数f (x) exm ln(m 1) 1 ln(x 1), x (m, ), m 0 f (x) exm 1 ex 1 (x 1)ex em 0在x (m, )上恒成立,
x 1 em x 1 (x 1)em f (x)在(m, )上递增 f (x) f (m) 0 当0 m n时,即f (n) enm ln(m 1) 1 ln(n 1) 0 enm ln(m 1) 1 ln(n 1)
要题设中的不等式恒成立,只需a ln a e 1成立便可,于是构造(a) a ln a e 1,
高考总复习一轮数学精品课件 第4章 导数及其应用 素能培优(六) 破解“双变量问题”的基本策略
<0,
∴f(x)在(0,+∞)内单调递减.
不妨假设 x1≥x2,∴|f(x1)-f(x2)|≥4|x1-x2|等价于 f(x2)-f(x1)≥4x1-4x2,
即 f(x2)+4x2≥f(x1)+4x1.
+1
22 +4++1
令 g(x)=f(x)+4x,则 g'(x)= +2ax+4=
(1)解 函数 g(x)=ln x- e2 +t(t∈R)的定义域为(0,+∞),且 g'(x)= − e2 = e2 .
∴函数 f(x)在(0,x2),(x1,+∞)内单调递减,在(x2,x1)内单调递增.
当 m>0 时,x1<0<x2,∴函数 f(x)在(0,x2)内单调递减,在(x2,+∞)内单调递增.
1
1
(2)证明 f(x1)-mx1=f(x2)-mx2(0<x1<x2),即 ln x1+ =ln x2+ (0<x1<x2).
由(1)知,f(x)在(0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,所以 0<x1<1<x2.
所以证明 x2+x1>2 等价于证明 x2>2-x1.
又因为 2-x1>1,x2>1,f(x)在(1,+∞)内单调递增,
因此证明原不等式等价于证明 f(x2)>f(2-x1),即要证明 f(x1)>f(2-x1),
(1)解 当 a=2 时,f(x)=3ln x+2x2+1,∴f(1)=3,即切点为(1,3).
导数中的双变量问题
故 f(x)在0，b＋1 1上单调递增，在b＋1 1，＋∞上单调递减. 综上，当 b≤－1 时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增；当 b>－1 时，f(x)在0，b＋1 1
上单调递增，在b＋1 1，＋∞上单调递减.
(2)若 0＜a＜2，b＝1，实数 x1，x2 为方程 f(x)＝m－ax2 的两个不等实根，求证：
令 h(x)＝f(x)－mx ＝ln x＋x2－3x－mx ，x∈[1，10]， 所以 h′(x)＝1x＋2x－3＋xm2≤0 在[1，10]上恒成立， 则m≤－2x3＋3x2－x在[1，10]上恒成立. 设F(x)＝－2x3＋3x2－x(x∈[1，10])， 则 F′(x)＝－6x2＋6x－1＝－6x－122＋21. 当x∈[1，10]时，F′(x)<0，所以函数F(x)在[1，10]上单调递减， 所以F(x)min＝F(10)＝－2×103＋3×102－10＝－1 710， 所以m≤－1 710， 故实数m的取值范围为(－∞，－1 710].
近年高考应考，常涉及“双变量”或“双参”相关问题，能力要求高，破解问 题的关键：一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含 双变量问题转化为含单变量的问题，二是巧妙构造函数，再借用导数，判断函 数的单调性，从而求其最值.
考向1 与双变量有关的恒成立问题
【典例1】 已知函数f(x)＝ln x＋ax2－3x.
点津突破
1.利用 f′(1)＝0，得 a 的方程，解方程求 a 的值，再求 f′(x)＝0 的实数解，并判断 在实数解的两侧 f(x)的导数值符号，得 f(x)的极值. 2.“ 双 变 量 不 等 式 ” 变 “ 单 变 量 不 等 式 ” ： 双 变 量 不 等 式 “f(x1) － f(x2)>m（xx21－x2x1）”可化为“f(x1)－xm1>f(x2)－xm2”，只需构造函数 h(x)＝f(x)－ mx ，判断其在[1，10]上单调递减，从而转化为单变量不等式“h′(x)＝1x＋2x－3＋ xm2≤0 在[1，10]上恒成立”.分离参数 m，构造新函数，借助函数最值求 m 的取 值范围.
专题07 函数中的双变量问题(学生版) -2025年高考数学压轴大题必杀技系列导数
专题7 函数中的双变量问题函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现在函数背景下借组导数处理含有两个变量的等式与不等式问题,这类问题由于变量多,不少同学不知如何下手,其实如能以函数思想为指导,把双变量问题转化为一个或两个一元函数问题,再利用导数就可有效地加以解决.(一) 与函数单调性有关的双变量问题此类问题一般是给出含有()()1212,,,x x f x f x 的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解.常见结论：(1)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()12120f x f x x x ->-,则()y f x =在D 上单调递增；(2)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()1212f x f x k x x ->-,则()y f x kx =-在D 上单调递增；(3)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x kx x x x ->-,则()k y f x x =+在D 上单调递增；(4)若对任意12,x x D Î,当12x x ¹时恒有()()121212f x f x x x x x ->+-,则()2y f x x =-在D 上单调递增.【例1】（2024届四川省仁寿第一中学校高三上学期调研）已知函数212ln ()xf x x +=．(1)求()f x 的单调区间；(2)存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，使()()1212ln ln f x f x k x x -³-成立，求k 的取值范围．【解析】（1）由题意得()34ln xf x x -¢=，令()0f x ¢=得1x =，(01),x Î时，()0f x ¢>，()f x 在(0,1)上单调递增；,(1)x Î+¥时，()0f x ¢<，()f x 在(1,)+¥上单调递减；综上，()f x 单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1,)+¥．（2）由题意存在12,(1,)x x Î+¥且12x x ¹，不妨设121x x >>，由（1）知,(1)x Î+¥时，()f x 单调递减．()()1212ln ln f x f x k x x -³-等价于()()()2112ln ln f x f x k x x -³-，即()()2211ln ln f x k x f x k x +³+，即存在12,(1,)x x Î+¥且12x x >，使()()2211ln ln f x k x f x k x +³+成立．令()()ln h x f x k x =+，则()h x 在(1,)+¥上存在减区间．即234ln ()0kx x h x x-¢=<在(1,)+¥上有解集，即24ln x k x <在(1,)+¥上有解，即2max 4ln x k x æö<ç÷èø，(1,)x Î+¥；令()24ln x t x x =，(1,)x Î+¥，()()3412ln x t x x -¢=，(x Î时，()0t x ¢>，()t x在(上单调递增，)x ¥Î+时，()0t x ¢<，()t x在)+¥单调递减，∴max 2()e t x t ==，∴2ek <． (二) 与极值点有关的双变量问题与极值点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x ¢=的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.【例2】（2024届黑龙江省双鸭山市高三下学期第五次模拟）已知函数2()ln (1)(R)f x x a x a x=+-+Î.(1)当1a =-时，讨论()f x 的单调性；(2)若()1212,x x x x <是()f x 的两个极值点，证明：()()21f x f x -<【解析】（1）当1a =-时，2()ln 1,()f x x x f x x=+++的定义域为(0,)+¥，所以2222122(2)(1)()1x x x x f x x x x x¢+-+-=-+==，令()0f x ¢=，解得1x =，当(0,1)x Î时，()0f x ¢<，当(1,)x Î+¥时，()0f x ¢>，故()f x 在(0,1)上单调递减，在(1,)+¥上单调递增．（2）222122()ax x f x a x x x ¢-+-=--=，由题意可知，()1212,x x x x <是方程220ax x -+-=的两根，则102180a a ì>ïíïD =->î，解得108a <<，所以121x x a +=，122x x a =，要证()()21f x f x -<====即证()()22112122ln 1ln 1x a x x a x x x éù+-+-+-+êúëû只需证()()122211122lnx x x a x x x x x -+--<需证()()212211122ln2x x x a x x x x x -<-=++令21(1)x t t x =>，则需证2(1)ln 1t t t -<++，设()ln 1)g t t t =>，则2111111442222111(1)11222()02t t t t t t t g t t t tt---¢æö-ç÷----+èø=-==-<，所以函数()g t 在(1,)+¥上单调递减，所以()(1)0g t g <=，因此ln t <由1t >得，2(1)01t t ->+，所以2(1)ln 1t t t -<+，故()()21f x f x -<,【例3】（2023届云南省曲靖市高三下学期第二次联考）已知函数()()21ln 402f x x a x x a =+->.(1)当3a =时，试讨论函数()f x 的单调性；(2)设函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，证明：()()12ln 10f x f x a +>-.【解析】（1）当3a =时，()213ln 42f x x x x =+-定义域为()0,x Î+¥，()()()2133434x x x x f x x x x x---+=+-==¢，令()0f x ¢=解得1x =或3，且当01x <<或3x >时，()0f x ¢>，当13x <<时，()0f x ¢<，所以当01x <<或3x >时，()f x 单调递增，当13x <<时，()f x 单调递减，综上()f x 在区间()0,1，()3,+¥上单调递增，()f x 在区间()1,3单调递减.（2）由已知()21ln 42f x x a x x =+-，可得()244a x x af x x x x-+=+-=¢，函数()f x 有两个极值点()1212,x x x x <，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<，又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--，要证()()12ln 10f x f x a +>-，即证ln 8ln 10a a a a -->-，只需证()1ln 20a a a -+-<，令()()1ln 2m a a a a =-+-，()0,4a Î，则()11ln 1ln a m a a a a a-=-++=-¢，令()()n a m a ¢=，则()2110n a a a¢=--<恒成立，所以()m a ¢在()0,4a Î上单调递减，又()110m ¢=>，()12ln202m =-<¢，由零点存在性定理得，()01,2a $Î使得()00m a ¢=，即001ln a a =，所以()00,a a Î时，()0m a ¢>，()m a 单调递增，()0,4a a Î时，()0m a ¢<，()m a 单调递减，则()()()()0000000max 00111ln 2123m a m a a a a a a a a a ==-+-=-+-=+-，又由对勾函数知0013y a a =+-在()01,2a Î上单调递增，所以00111323022a a +-<+-=-<，所以()0m a <，即()()12ln 10f x f x a +>-得证.(三) 与零点有关的双变量问题与函数零点12,x x 有关的双变量问题,一般是根据12,x x 是方程()0f x =的两个根,确定12,x x 的关系,再通过消元转化为只含有1x 或2x 的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为12,x x 的齐次式,然后转化为关于21x x 的函数,有时也可转化为关于12x x -的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.【例4】（2024届四川省南充高中高三下学期月考）已知函数())ln 2f x x a =-ÎR .(1)讨论函数()f x 的单调性，并求()f x 的极值；(2)若函数()f x 有两个不同的零点12,x x （12x x <），证明：1e a<<.【解析】（1）函数()f x 的定义域为(0,)+¥，由题意，()1f x x ==¢，当0a £时，()0f x ¢>，函数()f x 在(0,)+¥单调递增，无极值.当0a >时，令()0f x ¢=，得21x a =∴()f x 在210,a æöç÷èø单调递增，在21,a ¥æö+ç÷èø单调递减，所以函数()f x 在21x a =时取极大值，极大值为212ln 2f a a æö=--ç÷èø，无极小值.x210,a æöç÷èø21a 21,a ¥æö+ç÷èø()f x ¢+-()f x 递增极大值递减（212t t ==，且12x x <，则有1122ln ln t at t at =ìí=î，两式相减可得，1212ln ln t t a t t-=-1a <.12121ln ln t t a t t-<=-12ln 0t t Û>，令u =121ln02ln 0(01)t u u u t u >Û-+><<，设()12ln g u u u u =-+，则()222212110u u g u u u u -+-=--=<¢，所以()g u 在()0,1上单调递减，所以()()10g u g >=1a<.1122ln ln t at t at =ìí=î，两式子相加得，()1212ln t t a t t =+e >，即证212e t t >，由上式只需证()122a t t +>，即证()1121212112221ln ln 2ln 201t t t t t t t t t t t t --×+>Û-<-+，令12t v t =，11212211ln 20ln 20(01)11t t t v v v t t v t --æö-<Û-<<<ç÷+èø+，设()()1ln 2011v h v v v v -æö=-<<ç÷+èø，则()22(1)0(1)v h v v v +¢-=>，所以()h v 在()0,1上单调递增，所以()()10h v h <=e >.综上：1e a<<. (四) 独立双变量,各自构造一元函数此类问题一般是给出两个独立变量,通过变形,构造两个函数,再利用导数知识求解.【例5】（2024届陕西省宝鸡实验高中高三一模）已知函数2()ln (,,1)x f x a x x a b a b R a =+--Î>，e 是自然对数的底数.(1)当e,4a b ==时，求整数k 的值，使得函数()f x 在区间(,1)k k +上存在零点；(2)若存在12,[1,1],x x Î-使得12|()()|e 1f x f x -³-，试求a 的取值范围.【解析】（1）2()e 4x f x x x =+--，()e 21x f x x ¢\=+-，(0)0f ¢\=当0x >时，e 1x >，()0f x ¢\>，故()f x 是(0,)+¥上的增函数，同理()f x 是(,0)-¥上的减函数，2(0)30,(1)e 40,(2)e 20f f f =-<=-<=->，且2x >时，()0f x >，故当0x >时，函数()f x 的零点在()1,2内，1k \=满足条件．同理，当0x <时，函数()f x 的零点在()2,1--内，2k \=-满足条件，综上1,2k =-．（2）问题Û当[1,1]x Î-时，max min max min |()()|()()e 1f x f x f x f x -=-³-，()ln 2ln 2(1)ln x x f x a a x a x a a ¢=+-=+-，①当0x >时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢->>\>；②当0x <时，由1a >，可知10,ln 0,()0x a a f x ¢-<>\<；③当0x =时，()0f x ¢=，()f x \在[1,0]-上递减，[0,1]上递增，\当[1,1]x Î-时，min max ()(0),()max{(1),(1)}f x f f x f f ==-，而1(1)(1)2ln f f a a a--=--，设1()2ln (0),g t t t t t =-->22121()1(1)0g t t t t¢=+-=-³Q （仅当1t =时取等号），()g t \在(0,)+¥上单调递增，而(1)0g =，\当1t >时，()0g t >即1a >时，12ln 0a a a-->，(1)(1),(1)(0)e 1f f f f \>-\-³-即ln e 1e ln e a a -³-=-，构造()ln (1)h a a a a =->，易知()0¢>h a ，()h a \在(1,)+¥递增，e a \³，即a 的取值范围是[e,)+¥．(五) 构造一元函数求解双变量问题当两个以上的变元或是两个量的确定关系在解题过程中反复出现.通过变量的四则运算后,把整体处理为一个变量,从而达到消元的目的.【例6】（2024届山东省菏泽市高考冲刺押题卷）已知函数2()ln 1(02)f x tx x x t =-+<£．(1)求函数()f x 的单调区间(2)若0a b >>，证明:2244a b a b <-．【解析】（1）()ln 2,0f x t x t x x ¢=+->，令()()ln 2g x f x t x t x ¢==+-，所以()2,0tg x x x¢=->，由()0g x ¢>可得02t x <<，由()0g x ¢<可得2t x >，所以()f x ¢在(0,)2t 上单调递增，在(,)2t+¥上单调递减，所以max ()(ln ln 222t t tf x f t t t t ¢¢==+-=.又因为02t <£，所以ln02t£，即()0f x ¢£，且()f x ¢至多在一个点处取到0.所以()f x 在(0,)+¥上单调递减，故()f x 的单调递减区间为()0,+¥，没有单调递增区间.（2）证明2244a b a b <-，只需证：22222222222222+)))()11((ln 24(a b a b a b a b a b a b --<-++-，即证：2222222222222ln a b a b a b a b a b a b ++-<---+，令2222,0a b x a b a b +=>>-，所以1x >，只需证：12ln x x x<-，即证：22ln 10x x x -+<，由（1）知，当2t =时，2()2ln 1f x x x x =-+在(0,)+¥上单调递减，1x >()(1)0f x f <=，即22ln 10x x x -+<，所以2244a b a b<-.(六) 独立双变量,把其中一个变量看作常数若问题中两个变量没有明确的数量等式关系,有时可以把其中一个当常数,另外一个当自变量【例7】已知函数，(1)若函数在处的切线也是函数图像的一条切线，求实数a 的值；(2)若函数的图像恒在直线的下方，求实数a 的取值范围；(3)若，且，证明：>【解析】 (1)，在处切线斜率，，所以切线，又，设与相切时的切点为，则斜率，则切线的方程又可表示为，由，解之得．(2)由题可得对于恒成立，即对于恒成立，令，则，由得，x20,e a æöç÷èø2e a2e a æö+¥ç÷èø，()h x ¢+0-()h x ↗极大值↘则当时，，由，得：，即实数的取值范围是．(3)由题知，由得，当时，，单调递减，因为，所以，即，所以，①同理，②①+②得，()ln (0)af x x a x=×>()e xg x =0x =()f x ()f x 10x y -+=12,(,)e 2a a x x Î12x x ¹412()x x +212a x x ()e xg x ¢=()g x 0x =()01k g ¢==()01g =:1l y x =+()ln1af x x =¢-l ()f x 000,ln a x x x æöç÷èø()00ln 1a k f x x ¢==-l ()000000ln 1ln ln 1a a ay x x x x x x x x æöæö=--+=-+ç÷ç÷èøèø00ln 111ax x ì-=ïíï=î2e a =()10f x x --<0x >ln 10ax x x--<0x >()ln 1a h x x x x =--()ln 2ah x x =¢-()0h x ¢=2ea x =0x >()22max 1e ea a h x h æö==-ç÷èø210e a -<20e a <<a ()20,e ()ln 1af x x=¢-()0f x ¢=e a x =e a x a <<()0f x ¢<()()ln 0af x x a x=>112x x x a +<<()()112f x f x x >+()112112ln ln a ax x x x x x >++121112lnln x x a a x x x x +>+122212ln ln x x a ax x x x +>+1212121212lnln ln x x x x a a ax x x x x x æöç÷èø>+++++因为，由得，即，所以，即，所以．(七) 双变量,通过放缩消元转化为单变量问题此类问题一般是把其中一个变量的式子放缩成常数,从而把双变量问题转化为单变量问题【例8】（2024届河北省衡水市高三下学期联合测评）过点(),P a b 可以作曲线e x y x =+的两条切线，切点为,A B .(1)证明：()1ea b a ->-；(2)设线段AB 中点坐标为()00,x y ，证明：00a y b x +>+.【解析】（1）证明：设切点(),e tA t t +，1e xy ¢=+，所以e 1e t tPAt bk t a+-=+=-，即关于t 的方程()1e 0tt a b a --+-=有两个不相等的实数根.设()()1e t f t t a b a =--+-，则()()e 0tf t t a =-=¢，t a =.当t a <时，()0f t ¢<，则()f t 在(),a ¥-上单调递减；当t a >时，()0f t ¢>，则()f t 在(),a ¥+上单调递增，所以()f t 在t a =处取值得最小值，即()e af a b a =--.当t ®+¥时，()f t ¥®+，当t ®-¥时，()f t b a ®-，若满足方程有两个不相等的实数根，则0e 0ab a b a ->ìí--<î，于是0e a b a <-<，即()ln b a a -<，得()()()ln b a b a b a a --<-,设()ln g x x x =，()ln 10g x x +¢==，得1ex =，在10,e æöç÷èø上，()0g x ¢<，则()g x 单调递减，在1,e ¥æö+ç÷èø上，()0g x ¢>，则()g x 单调递增，所以()ln g x x x =，在1e x =处取得最小值，即11e e g æö=-ç÷èø，所以()1e a b a ->-.（2）证明：设()()1122,,,A x y B x y ，则()()12012011e e 22x x y y y x =+=++，即()()12001211e e 22x x y x y y -=+=+，121221121224x x x x x x x x x x +++=++³12x x a +<121a x x +>12ln 0ax x >+1212ln ln 4ln a a a x x x x +>+421212a a x x x x æö>ç÷+èø()421212x x a x x +>在点()()1122,,,A x y B x y 处的切线方程都过(),P a b ，于是，由()()1111e 1e x xb x a x --=+-，得()1110e x b a x a --++=，由()()2222e 1e x xb x a x --=+-，得()2210e x b a x a --++=两式相减整理得：()121212e e e x x x x x x b a +--=-，()()()()1212121200e 1e ee e 2x x x x x x x x b a y x +----=-+-()()121212122212e e e 2e 2e e x x x x x x x x x x ++éù-=--êú-ëû()()1212121212e 12e e 2e e x x x x x x x x x x +--éù=--+êú-ëû，不妨设1212,0x x m x x >=->，所以()1212e 02e e x x x x +>-，则()12e e m mh m m =-+，()12e 220e m mh m ¢=--£-=，所以()h m 在()0,¥+上单调递减，于是()()00h m h <=，于是()()000b a y x ---<，即00a y b x +>+.【例1】（2024届陕西省西安市一中高三考前模拟）已知函数()2e 2xx f x a =++.(1)若4a =-，求()f x 的极值；(2)若0a >，不相等的实数,m n 满足()()228f m f n m n +=++，求证：0m n +<.【解析】（1）依题意，()2e 42x f x x =-+，则()2e 4xf x =¢-，令()0f x ¢=，解得ln 2x =，故当(),ln 2x ¥Î-时，()0f x ¢<，当()ln 2,x ¥Î+时，()0f x ¢>，故函数()f x 在(),ln 2¥-上单调递减，在()ln 2,¥+上单调递增，故函数()f x 的极小值为()ln 244ln 2264ln 2f =-+=-，无极大值；（2）令()()222e 2x g x f x x ax x =-=+-+，则()2e 2xg x x a =¢-+，令()e xt x x =-，则()e 1x t x ¢=-，当0x <时，()0t x ¢<，当0x >时，()0t x ¢>，所以函数()t x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以()()e 010x t x x t =-³=>，又0a >，所以()()2e 0xg x x a =-+>¢，所以()g x 在R 上单调递增，()()228f m f n m n +=++，即()()8g m g n +=，因为()04g =，所以,0m n ¹，要证0m n +<，即证n m <-，只需证()()g n g m <-，即()()8g m g m -<-，即()()8g m g m +->，令函数()()()22e 2e 24x x h x g x g x x -=+-=+-+，则()2e 2e 4x x h x x -=--¢，令()()x h x j =¢，则()2e 2e 40xx x j -=-¢+³，所以()h x ¢为R 上的增函数，当0x <时，()()00h x h ¢¢<=，当0x >时，()()00h x h ¢¢>=，所以()h x 在(),0¥-上单调递减，在()0,¥+上单调递增，所以对任意0m ¹，都有()()()()08h m g m g m h =+->=，从而原命题得证.【例2】（2024届河北省衡水市部分示范性高中高三下学期三模）已知()e xf x x =-．(1)求()f x 的单调区间和最值；(2)定理：若函数()f x 在(,)a b 上可导，在[]a b ，上连续，则存在(,)a b x Î，使得()()()f b f a f ξb a-¢=-．该定理称为“拉格朗日中值定理”，请利用该定理解决下面问题：若0m n <<，求证：()2e e 111m n m n m n m æö-<+-ç÷èø．【解析】（1）()e 1x f x ¢=-，令()0f x ¢=，解得0x =，当(,0)x Î-¥时，()0,()¢<f x f x 单调递减；当,()0x Î+¥时，()0,()¢>f x f x 单调递增． 当0x =时，()f x 取得最小值1，无最大值；（2）要证2e e 11(1)m n m n m n m æö-<+-ç÷èø，只需证2e e (1)()m n m n m m n -<+-，因为0m n <<，故只需证2e e (1)m nm n m m n->+-． 令()e (0)x g x x x =>，显然()g x 在(,)m n 上可导，在[]m n ，上连续，故由拉格朗日中值定理知存在(,)m n x Î，使得e e()m nm n g m nx ¢-=-，而()(1)e 0,()x g x x g x ¢¢=+>在(0,)+¥上单调递增，因为m n x <<，故()()g g m x ¢¢>，即()(1)e m g m x ¢>+，故只需证2(1)e (1)m m m +³+即可，因为0m >，故只需证e 1m m ³+．由（1）知e 1x x ³+恒成立，因此原命题得证．【例3】（2024届天津市部分区高三二模）已知,R a b Î，函数()sin ln f x x a x b x =++．(1)当0,1a b ==-时，求()f x 的单调区间；(2)当1,02a b =-¹时，设()f x 的导函数为()f x ¢，若()0f x ¢>恒成立，求证：存在0x ，使得()01f x <-；(3)设01,0a b <<<，若存在()12,0,x x Î+¥，使得()()()1212f x f x x x =¹>．【解析】（1）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得其定义域为()0,¥+，当0,1a b ==-时，可得()ln f x x x =-，则()111x f x x x¢-=-=，当()0,1x Î时，可得()0f x ¢<，()f x 单调递减；当()1,x ¥Î+时，可得()0f x ¢>，()f x 单调递增，\函数()f x 的单调递增区间为()1,¥+，单调递减区间为()0,1．（2）当1,02a b =-¹时，可得()1sin ln 2f x x x b x =-+，则()11cos 2bf x x x =-+¢，Q ()0f x ¢>恒成立，即11cos 02b x x -+>恒成立，令()11cos ,02bh x x x x=-+>，若0b <，则0b x <，存在2b x =-，使得111cos 21cos 022222b b b h æöæöæö-=---=---<ç÷ç÷ç÷èøèøèø，即()0f x ¢<，不符合题意，>0b \，取30e bx -=，则001x <<，可得()3301esin e 312bb f x --=--<-，即存在0x ，使得()01f x <-．（3）由函数()sin ln f x x a x b x =++，可得()1cos bf x a x x ¢=++，设12x x <，由()()12f x f x =，可得111222sin ln sin ln x a x b x x a x b x ++=++，则()()()22121211sin sin ln ln lnx x x a x x b x x b x -+-=--=-，又由sin y x x =-，可得'1cos 0y x =-³，\函数sin y x x =-为单调递增函数，\2211sin sin x x x x ->-，即2121sin sin x x x x -<-，\()()2211ln1x b a x x x -<+-，设()1ln 21x h x x x -=-´+，可得()()()()222114011x h x x x x x -=-=+¢³+，\当1x >时，()()10h x h >=，即ln 2x >\2>即ln 4x =>\21ln 44x x >=代入可得：()()()()21411b a x x a ×-<+-=+，则()241b a -×<++，\>【例4】（2024届四川省百师联盟高三联考三）已知函数()214ln 2f x x x a x =-+.(1)当1a =时，求曲线()f x 在点()()1,1f 处的切线方程；(2)设函数()y f x =有两个不同的极值点1x ，2x .证明：()()2121135ln 244f x f x a a +--≥.【解析】（1）当1a =时()214ln 2x f x x x =-+，()14f x x x ¢=-+，()171422f =-=-，()14121f ¢=-+=-，则切线方程为()7212y x +=--，化简得4230x y ++=.（2）证明：由题()244a x x af x x x x=¢-+=-+，函数()f x 有两个极值点1x ，2x ，即240x x a -+=在()0,¥+上有两个不等实根，令()24h x x x a =-+，只需故()()00240h a h a ì=>ïí=-<ïî，故04a <<.又124x x +=，12x x a =，所以()()221211122211ln 4ln 422f x f x x a x x x a x x æöæö+=+-++-ç÷ç÷èøèø()()()2212121214ln ln ln 82x x a x x x x a a a =-+++++=--.若证()()2121135ln 244f x f x a a +--≥，即证21135ln 8ln 244a a a a a ----≥，即2113ln ln 0244a a a a a --++≥.令()2113ln ln 244x x x x x x j =--++，()0,4x Î，()11ln 2x x xx j æö¢=+-ç÷èø，则()x j ¢在()0,4上递增，且有()01j ¢=，当()0,1x Î时，()0x j ¢<，所以()x j 在()0,1上递减；当()1,4x Î时，()0x j ¢>，所以()x j 在()1,4上递增；所以()()113ln11ln101244x j j =--++=≥，()0,4x Î.即()()2121135ln 244f x f x a a +--≥得证.【例5】（2024陕西省西安八校高三下学期联考）已知函数的图象在处的切线过原点．(1)求的值；(2)设，若对总，使成立，求整数的最大值．【解析】（1）易知的定义域为，又，的图象在处的切线方程为，将代入，得；（2）．当时，取得最小值，．由（1）知，．，得的定义域为．则，易知单调递增，又．即在上有唯一解，故．()()()e ln 1R ,xf x m x x m f x =-+-Î()()1,1f m ()()()2,2g x f x x h x x x a =-=-+()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()1g x >()2h x a ()f x ()()0,,1e f ¥+=()()e 1,1e 1x mf x f m x¢¢=-+=-+()f x \()()1,1f ()()e e 11y m x -=-+-0,0x y ==1m =()222(1)1h x x x a x a =-+=-+-\1x =()h x ()()min []11h x h a ==-1m =()e ln 1x f x x x \=-+-()()e ln 1,x g x x g x =--()0,¥+()1e xg x x =¢-()1e 0xy x x=->()120,1e 102g g æö¢¢=-ç÷èø()0g x ¢=1,12æöç÷èø0x 000011e ,e x x x x ==于是当时，在上单调递减；当时，在上单调递增．在处取得极小值也是最小值．则，对总，使成立，只需，得．故整数的最大值为．1．（2024届广东省汕头市第二次模拟）设M 是由满足下列条件的函数()f x 构成的集合：①方程()0fx x-=有实根；②()f x 在定义域区间D 上可导，且()f x ¢满足()01f x ¢<<.(1)判断()ln 322x xg x =-+，()1,x Î+¥是否是集合M 中的元素，并说明理由；(2)设函数()f x 为集合M 中的任意一个元素，证明：对其定义域区间D 中的任意a 、b ，都有()()a b a b -£-f f .2．（2024届山东省滨州市高三下学期二模）定义：函数()f x 满足对于任意不同的12,[,]x x a b Î，都有()()1212f x f x k x x -<-，则称()f x 为[],a b 上的“k 类函数”．(1)若2()13x f x =+，判断()f x 是否为[]1,3上的“2类函数”；(2)若2()(1)e ln 2xx f x a x x x =---为[1,e]上的“3类函数”，求实数a 的取值范围；(3)若()f x 为[1,2]上的“2类函数”，且(1)(2)f f =，证明：1x "，2[1,2]x Î，()()121f x f x -<．3．（2024届辽宁省沈阳市第一二〇中学高三最后一卷）设函数()21ln 2f x x x x ax =--的两个极值点分别为()1212,x x x x <．(1)求实数a 的取值范围；(2)若不等式()12a x x l <+恒成立，求正数l 的取值范围（其中e 271828=L ．为自然对数的底数）．00x x <<()()0,g x g x ¢<()00,x 0x x >()()0,g x g x ¢>()0,x ¥+()g x \0x x =()000min 015e ln 112,2xg x x x x æö=--=+-Îç÷èø\()10,x ¥"Î+2x $ÎR ()()12g x h x >11a ³-2a £a 24．（2024届湖南省高三“一起考”大联考下学期模拟）已知函数()2f x ax =，()lng x x =，函数()f x ，()g x 有两条不同的公切线（与()f x ，()g x 均相切的直线）1l ，2l .(1)求实数a 的取值范围；(2)记1l ，2l 在y 轴上的截距分别为1d ，2d ，证明：121d d +<-.5．（2024届天津市民族中学高三下学期4月模拟）已知函数()()22ln 0f x x x a x a =-+>．(1)当2a =时，试求函数图象在点()()1,1f 处的切线方程；(2)若函数()f x 有两个极值点1x 、()212x x x <；（ⅰ）求a 的取值范围；（ⅱ）不等式()12f x mx ³恒成立，试求实数m 的取值范围．6．（2024届陕西省部分学校（菁师联盟）高三下学期5月份高考适应性考试）已知函数()2ln f x x x x =-.(1)求曲线()y f x =在2e x =处的切线方程；(2)若()()12f x f x =，且12x x <.求证：212e x x +<.7．（2024届广东省广州市二模）已知函数()()21e x f x a x x -=++．(1)讨论()f x 的零点个数；(2)若()f x 存在两个极值点，记0x 为()f x 的极大值点，1x 为()f x 的零点，证明：0122x x ->．8．（2024届重庆市名校联盟高三下学期全真模拟）T 性质是一类重要的函数性质，具有T 性质的函数被称为T 函数，它可以从不同角度定义与研究.人们探究发现，当()y f x =的图像是一条连续不断的曲线时，下列两个关于T 函数的定义是等价关系．定义一：若()y f x =为区间(),a b 上的可导函数，且()y f x ¢=为区间(),a b 上的增函数，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．定义二：若对()12,,x x a b "Î，()0,1l "Î，都有()()()()121211f x x f x f x l l l l éù+-£+-ëû恒成立，则称()y f x =为区间(),a b 上的T 函数．请根据上述材料，解决下列问题：(1)已知函数()πtan 02f x x x æö=Îç÷èø，,．①判断()y f x =是否为π0,2x æöÎç÷èø上的T 函数，并说明理由；②若π0,2a b æöÎç÷èø，且π22a b +=，求()()2f f a b +的最小值(2)设11111m n m n >>+=，，，当00a b >>，时，证明：11m na b ab m n+³．9．（2024届河南省九师联盟高三下学期5月联考）已知函数1()ln (0)f x a x a x=+¹．(1)若()f x a >对,()0x Î+¥恒成立，求a 的取值范围；(2)当3a =时，若关于x 的方程211()42f x x x b x =-++有三个不相等的实数根1x ，2x ，3x ，且1x <23x x <，求b 的取值范围，并证明：314x x -<．10．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，(1)讨论的单调性．(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得（ⅰ）证明不等式．（ⅱ）判断并证明与的大小．11．（2024届江西省上饶市六校高三5月第二次联合考试）已知函数．(1)若，求的极值；(2)若，求的最大值．12．（2024届山西省临汾市高三下学期考前适应性训练）已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若曲线与直线有且仅有一个交点，求的取值范围；(3)若曲线在处的切线与曲线交于另外一点，求证：．13．（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．()()24ln 42f x x ax a x =-+-a ÎR()f x ()f x 120x x <<0x ()()()()21021f x f x f x x x ¢-=-212121ln ln 2x x x x x x ->-+122x x +0x ()()ln ,,0f x x a x b a b a =--ιR 1a b ==()f x ()0f x ³ab ()()21ln 12=++f x x x ()f x 0x =()y f x =y ax =a ()y f x =()()(),0m f m m >()y f x =()(),n f n 21mm n m -<<-+()()()ln 0f x mx x m =->(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若有两个不同的零点，证明．14．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．(1)若恒成立，求的取值范围；(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．15．（2024届云南省高中毕业生第二次复习统一检测）已知常数，函数.(1)若，求的取值范围;(2)若、是的零点，且，证明:.()0f x £m ()f x 12,x x 122x x +>()ln ,()f x ax x x f x ¢=-()1f x £a 12,x x ()()12f x f x=0f ¢>0a >221()2ln 2f x x ax a x =--20,()4x f x a ">>-a 1x 2x ()f x 12x x ¹124x x a +>。
函数导数中双变量问题的四种转化化归思想
2012 年 第 8 期 数学通讯(上半月) 8-12处理函数双变量问题的六种解题思想吴享平(福建省厦门第一中学) 361000在解决函数综合题时， 我们经常会遇到在某个范围内都可以任意变动的双变量问题， 由 于两个变量都在变动，因此不知把那个变量当成自变量进行函数研究，从而无法展开思路， 造成无从下手的之感， 正因为如此， 这样的问题往往穿插在试卷压轴题的某些步骤之中， 是 学生感到困惑的难点问题之一， 本文笔者给出处理这类问题的六种解题思想， 希望能给同学 们以帮助和启发。
一、改变“主变量”思想例１.已知 f (x) x 2 mx 1 m,在｜m| 2时 恒成立，求实数 x 的取值范围 .分析： 从题面上看，本题的函数式 f (x)是以 x 为主变量 ，但由于该题中的“恒”字是 相对于变量m 而言的，所以该题应把 m 当成主变量，而把变量 x 看成系数，我们称这种思 想方法为改变“主变量”思想。
解： x 2 mx 1 m m(x 1) x 2 1 0 在｜ m| 2时 恒成立，即关于 m 为自 变量的一次函数 h(m) (x 1)m x 21在 m [ 2,2] 时的函数值恒为非负值得 x x 2 22x x 33 00x3或 x 1。
对于题目所涉及的两个变元， 已知其中一个变元在题设给定范围内任意变动， 求另一个 变元的取值范围问题，这类问题我们称之为“假”双变元问题，这种“假”双变元问题，往 往会利用我们习以常的 x 字母为变量的惯性“误区”来设计，其实无论怎样设计，只要我们 抓住“任意变动的量”为主变量， “所要求范围的量”为常数，便可找到问题所隐含的自变 量，而使问题快速获解。
二、指定“主变量”思想例２ .已知 0 m n,试比较 e n m ln(m 1) 与1 ln(n 1)的大小，并给出证明m,n ，这里不妨把 m 当成常数，指定 n 为主变量 x ，解答如下xm解：构造函数 f (x) e x m ln(m 1) 1 ln(x 1),x [m, ) ，m 0，f (x)min f(m) 0，于是，当 0 m n 时，f (n) e n m ln(m 1) 1 ln(n 1) 0即 e n m ln(m 1) >1 ln(n 1)。
导数双变量处理方法汇总
导数双变量处理方法汇总导数是微积分中的重要概念，用于描述函数在某一点处的变化率。
在双变量函数中，导数也有着重要的应用。
本文将介绍双变量函数中的导数处理方法，帮助读者更好地理解和应用导数。
一、偏导数首先，介绍双变量函数中的偏导数。
偏导数是指在函数中只对其中一个变量求导，而将另一个变量视为常数。
比如，如果有双变量函数f(x,y)，那么f对x的偏导数表示为∂f/∂x，f对y的偏导数表示为∂f/∂y。
求偏导数的方法与一元函数相同，只需要将其中一个变量视为常数，对另一个变量求导即可。
同时，偏导数在给定点处代表了函数在该点处关于该变量的变化率。
另外，求偏导数时需要注意一些常见的数学符号和规律，如链式法则、求导法则等。
二、全微分全微分是指双变量函数的所有偏导数的线性和，在微积分中常用符号为df。
全微分描述了函数在一个点处的微小变化量，对于函数的极值和曲线斜率的研究也有着重要的作用。
求解全微分的方法，可以利用偏导数定义进行求解。
对于双变量函数f(x,y)，其全微分df为：df = ∂f/∂x dx + ∂f/∂y dy其中dx和dy分别是x和y的微小增量。
可以看出，全微分描述了函数在一个点处的微小变化，因此可以用来判断该函数在该点处的极值和曲线斜率的方向。
三、梯度梯度是指一个向量，该向量的方向是函数在某一点上升最快的方向，而该向量的模长为函数在该点处沿着该方向的增长率。
在双变量函数中，梯度可以表示为一个二维向量：grad f = (∂f/∂x, ∂f/∂y)同时，梯度处理方法可以用来求解函数在特定点处的最大值和最小值。
具体可采用以下步骤：1. 求出函数在该点的梯度向量。
2. 确定梯度向量的方向，即函数在该点上升最快的方向。
3. 沿着梯度向量的反方向进行搜寻，直到寻找到函数的最小值为止。
四、拉格朗日乘数法最后，介绍双变量函数中的拉格朗日乘数法。
该方法用于在一些带约束条件的问题中找到函数的极值点，在实际应用中有着广泛的应用。
导数中的双变量问题解题策略(史上最全题型)
令h(t)
ln t
(1 )(t 1) ,(0 t
t
1)
h '(t)
1 t
(1 )2 (t )2
(t
1)(t 2 ) t(t )2
当 2 1时, h '(t) 0 h(t)在(0,1)内单调递增 h(t) h(1) 0,合题;
当 2 1时,易知h(t)在(0, 2 ) 内单调递增,在( 2,1) 内单调递减, h(1) 0,h(t) 0不恒成立,不合题。
1
ax1
ax2
a( x1
x2 )
a
1 x1 x2
ln x1 x1
ln x2
x2
1 x1 x2
(1 )( x1 1)
ln
x1
ln
x2
(1 )(x1 x1 x2
x2 )
ln
x1 x2
x2
x1
,令 x1 t,t (0,1) x2
x2
ln t (1 )(t 1) 在(0,1)上恒成立, t
x12
x1 x22
ln
x1 x1
ln x2 x2
1, 从而原不等式即证
x1(x1 x2 ) x12 x22
(ln
x1
ln
x2 )
0
( x1 )2 x1
x2
x2
( x1 )2 1
ln
x1 x2
0,令t
x1 x2
,t
1,设g(t)
t2 t2
t ln t(t 1
1),
x2
g '(t) (2t 1)(t2 1) (t2 t) 2t 1 t4 t3 t 1 t3(1 t) (t 1) 0
导数中的双变量问题
导数中的双变量问题
吴亚零
【期刊名称】《中学生数理化（高二数学、高考数学）》
【年(卷),期】2024()9
【摘要】对于含有双变量或多变量的不等式的证明问题,可以采用一些合理代换的方法,转化为单变量不等式,再构造函数,利用导数证明。
经典的方法有构造两个变量的对数之差或和转化不等式。
下面通过具体的例题来说明这几种策略。
【总页数】2页(P38-39)
【作者】吴亚零
【作者单位】安徽省合肥市第六中学
【正文语种】中文
【中图分类】G63
【相关文献】
1.再谈导数中的双变量问题
2.破译导数中双变量问题
3.多种思路解决导数中的以“双变量”为特征的极值点偏移问题——以2021年新高考全国1卷为例
4.导数双变量不等式问题的变量转化处理策略探究
5.导数中双变量问题的处理策略
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高考数学导数中双变量不等式处理通用手法
高考数学导数中双变量不等式处理通用手法第一问：解法一/解法二/第二问思路一：化双变量为单变量解法一/解法二/万能“t”法解法三/解法四/思路二：积分法解法五/评论与赏析/本题第一问是常规性问题，在判断导数符号时，如果不能快速分解因式，就可以考虑解法一，构造新函数，二次求导来完成。
第二问为双变量的绝对值不等式的证明问题，第一步应考虑极值情况，将绝对值处理掉，第二步通常就要考虑消元，前四种解法的思路都是采用的消元。
1、消元的目的：因为若表达式所含变量个数较多，则表达式的范围不易确定(会受多个变量的取值共同影响)，所以如果题目条件能够提供减少变量的方式，则通常利用条件减少变量的个数，从而有利于求表达式的范围(或最值)。
消元最理想的状态是将多元表达式转为一元表达式，进而可构造函数求得最值或范围。
2、常见消元的方法（1）利用等量关系消元：若题目中出现了变量间的关系(等式)，则可利用等式进行消元，如解法一中利用及进行消元，得到关于的函数。
在消元的过程中要首先确定主元。
主元的选取有这样几个要点:一是主元应该有比较明确的范(即称为函数的定义域)；二是构造出的函数能够解得值域(函数结构不复杂)。
若被消去的元带有范围，则这个范围由主元承担。
（2）换元——常见的两种换元整体换元：若多元表达式可通过变形，能够将某一个含多变量的式子视为一个整体，则可通过换元转为一元表达式，常见的如，等，如在解法二中，将换元为，将问题转化为求，时的值域问题。
同样需要注意：在整体换元过程中要注意视为整体的式子是否存在范围，即要确定新元的范围。
三角换元：已知条件为关于的二次等式时，可联想到三角公式，从而将的表达式转化为三角函数表达式来求得范国。
因为三角函数公式的变形与多项式变形的公式不同，所以在有些题目中可巧妙的解决问题，3、消元后一元表达式的范围求法函数的值域一通过常见函数，或者利用导数分析函数的单调性，求得函数值域。
均值不等式：若表达式可构造出具备使用均值不等式的条件，则可利用均值不等式快速得到最值。
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1.构造函数利用单调性证明 2.任意性与存在性问题 3.整体换元—双变单 4.极值点偏移
【构造函数利用单调性证明】 形式如： | f ( x1 ) f ( x2 ) | m | x1 x2 | 例1、设函数 f (x) (2 a)ln x 2ax2 1 (a 0) ．
x (1) 讨论函数 f ( x) 在定义域内的单调性； (2) 当 a ( 3, 2) 时，任意 x1, x2 [1,3] ， (m ln 3)a 2ln 3 | f ( x1) f ( x2 ) | 恒成立， 求 实数 m 的取值范围．
⑴求函数 f ( x) 的单调增区间； ⑵记函数 F ( x) 的图象为曲线 C ，设点 A(x1, y1 )、 B( x2, y2 ) 是曲线 C 上两个不同点，如果 曲线 C 上存在点 M ( x0 , y0) ，使得：① x0 x1 x2 ；②曲线 C 在点 M 处的切线平行于直
2 线 AB ，则称函数 F ( x) 存在“中值相依切线”理由 .
4.(2018 届高三咸阳市二模理科） . 已知函数 f ( x) x2 2ln x(a R, a 0) . a
（1）讨论函数 f (x) 的单调性； （2） 若函数 f ( x) 有两个零点 x1， x2 ( x1 x2 ) ，且 a e2 ，证明： x1 x2 2e .
5
【整体换元——双变单】
ln x
1
例3、已知函数 f (x)
的图象为曲线 C , 函数 g( x) ax b 的图象为直线 l .
x
2
(Ⅰ ) 当 a 2,b 3 时 , 求 F ( x) f (x) g( x) 的最大值 ;
(Ⅱ ) 设直线 l 与曲线 C 的交点的横坐标分别为 x1, x2 , 且 x1 x2 , 求证 :
1
【任意与存在性问题】
例 2、 已知函数
（1）若函数 y
f x x a2 ， g x x ln x ，其中 a 0 ． x
f x 在 1,e 上的图像恒在 y g x 的上方，求实数
a 的取值范围．
（2）若对任意的 x1, x2 求实数 a的取值范围．
1，e （ e为自然对数的底数）都有
f x1 ≥ g x2 成立，
1.
2. 设 x 3 是函数 f x x2 ax b e3 x, x R 的一个极值点 .
（1）求 a 与 b 的关系式（用 a 表示 b ），并求 f x 的单调区间；
（2）设 a 0, g x
a 的取值范围 .
a2
25 ex ，若存在 4
1, 2
0, 4 ，使得 f 1
g2
1 成立， 求
4
3.已知函数 f (x) ln x 1 ax2 (a 1)x(a R， a 0) . 2
( x1 x2 ) g (x1 x2 ) 2 .
2
【对称轴问题 x1 x2 的证明】
x1 例4、已知函数 f (x) ex 1 ( x R). ⑴求函数 f ( x) 的单调区间和极值； ⑵已知函数 y g (x) 对任意 x 满足 g ( x) f (4 x) ，证明：当 x 2 时， f (x) g (x); ⑶如果 x1 x2 ，且 f ( x1 ) f ( x2 ) ，证明： x1 x2 4.
3
【实战演练】 1. 已知函数 f(x)= 1 x2－ ax+(a－ 1) ln x ， a 1 .
2
（1）讨论函数 f ( x) 的单调性； w.w.w.k.s.5.u.c.o.m
（2）证明：若 a 5 ，则对任意 x 1 ,x 2
(0,
) ，x1
x 2 ，有
f ( x1) x1
f ( x2 ) x2