第六章 专题18 双变量问题(1)主元变量-【6星学霸·高考黑题】2026年高考数学二轮专项冲刺

第六章函数、导数与不等式学霸 专题18 双变量问题(1) 主元变量 命题密钥 双变量问题是高考常考的一类函数问题，考查学生利用代数变形的方法处理含有不止一个 变量的复杂函数的能力解决双变量问题的常用方法是消元，即将双变量问题转化为单变量问 题后再进行下一步的讨论 主元法是解决双变量问题的一种手段，核心是将其中一个变量看作主元，其他变量都看作 参数，首先讨论主元函数应满足的条件，之后再继续讨论其他变量.在利用主元法解决双变量问 题时，选择合适的主元可以有效地简化运算 考点觉醒 变更主元 构造函数g(a) 可 讨论g(a 将x看作参数，求出g(a)的最值记为h(x) 可 讨论h(x) 求出h(x)的最值，完成证明或求出参数的范围 实战演练 典型例题（全国高考）已知函数f(x)=e-ln(x+m). (1)设x=0是f(x)的极值点，求m的值，并讨论f(x)的单调性： (2)当m≤2时，证明：f(x)>0 147 学霸高考，黑题数学 变式训练1.(2025·浙江杭州模拟)已知函数f八x)=a(x-1)e-2x. (1)若曲线y=f(x)在x=-1处的切线过点(0，-3)，求实数a的值； (2)当a<子时，证明-3 2 变式训练2已知函数)=子-m2+m(meR)的导西数为"(. (1)若函数g(x)=f(x)-f'(x)存在极值，求m的取值范围： (2)设函数h(x)=f'(e)+f'(lnx)(其中e为自然对数的底数)，对任意meR,若关于x的不等式 h(x)≥m2+k2在(0，+0)上恒成立，求正整数k的取值集合 148得h(o)=e0+ln0=0,则0e0= 于是，)加()）由()知，函数到在(0，+)止单调递州则 当xE(0,)时，(x)<0,g'(x)>0,则函数g(x)在(0，xo)上单调递增， 当x(0,+多)时，(x)>0,g(x)<0,则函数g(x)在(0，+)上单调 递减，因此g(x)=g(x0)=-c+ n0:-eho0:-l,则≥ xo -1,所以实数a的取值范围为[-1，+x)。 变式调练1.解：(1)因为f)=心：-1，所以f(x)=- 空中“是傲题0=e是1，新科 1212 (2)因为x)=e血三，”一1的定义城为(0，+)， 又)=en4-1=-n+a≥0，所以c-nr+a-x≥0恒 成立， 令g(=e-hre0+).则g0=((e-）月 令h(到=e-子e(0,+).期（到=e+子>0，所以(）在 (0.+x)）上单调递增 又6（行）=-2<0,4(1）=e-1>0,所以3∈（仔，）使得 ()=0.即g（o)=0,e0-=0,则1n6=- 0 当xe(0,0)时g'(x)<0,当xe(a,+0)时g(x)>0,所以g(x)在 (0,0)上单调递诚，在(，+)上单调递增，所以g(x)=g(和)= oc0-lhn-n+u=l+0-xn+a≥0，所以a≥-l,即实数a的取值范围为 [-1,+x 变式训练2.(1)解“(x)=1红=“x)定义域为(0.+) (1)当a≤0时，f'(x)>0恒成立，所以八x)在(0，+x)上单调递增： (i)当a>0时，由f"(x)>0解得x>a,所以f八x)在(a,+x)上单调递 增，由∫'《x)<0解得0<x<a,所以八x)在(0，a)上单湖递减 综上所述，当a0时，f八x)在(0，+x)上单调递增： 当>0时x)在(0.a)上单调递减，在(a,+x)上单调递增. (2)解：由(1)知，(i)当a≤0时f八x)在(0，+g)上单测递增且f八1)= 0,所以xe(0,1)时f八x)<0,不符合题意： (i)当>0时/八x)在(0，a)上单调递减，在(a,+x)上单调递增.故 fx)e=f八a)=a-alna-1. 令g(a)=-alna-1,依题意p(a）≥0，① 又p'(a)=1-lna-1=-lma,所以由p'(a)>0得0<a<1,由g'(a)<0得 >1,所以(a)在(0,1)上单调递增，在(1，+）上单两递减，因此p （(a)在a=1处取得最大值，即(a)=(1)=0,故p(a)≤0.② 由①2得，p(a)=0. 又因为p(a)在(0.1)上单调递增，在(1，+三)上单调递减，且(1)= 0,所以e(a)=0有且仅有一个解，即a=1, （3)证明：要证二≥血-1+0，即证(x-)e-n+1-0≥0. e 令a(e)=(x-)e-hx+1-a(>0),所以'(x)=e-】 令(x)=c- (o0).所以aw(=(10e+7>0, 又ae(0..所以(）之-20=e-1≥0，所以 3(小使0即e所以 a=-2nx0: 当x∈(0，和)时，4'(x)<04(x)单调递减，当x∈[a.+x)时，u'(x)≥ 一学霸高考·黑 0(x)单调递增，所以4(x）m=μ(xu）=(0-1)e0-l血o+1-a= n- -3lna-xa+1。 由(2)知当a=1时，x-nx-1≥0恒成立，所以lnx≤x-1,所以-nxo 1-,所以4(o)≥ (1-xm)(2xa-1)(2x+1) -+3(1-x0)-0+1= x (分小所以a()-()≥ 1-0)(2x0-1)(2x0+1） 又e 0,放()=(-l)e-nx+1-a≥0，即-nlg 专题18双变量问题(1)一主元变量 典型例题（1)解"(x)=由x=0是的极值点得'气0)=0， x十m 所以m=1 于是x)=e-n(x+)定义域为(-1，+)了”()=g-易知两数 f(x)=e 在(-1.+)上单测递增，且f(0)=0.因此当xe(1 x+1 0)时f(x)<0:当xe(0,+)时f'(x）>0.所以f代x)在(-1.0)上单调 递减，在(0，+x)上单调递增. (2)证明：记g(m)=-n(m+x)+e,m≤2，则g(m)单调递或，所以 g(m）≥g(2)=-H(x+2)+e2. i记h(x)=-n(x+2)+e,则h(x)=- +20单调递增，义'(-)=-1+ 。<0.(0)=之=>0，故存在6e(-1.0)使得(6)=0.所 以h(x)在(-1，x0)上递减，在(0，+∞)上递增，h(x)≥h(0)= -ln(xo+2)+e0, 由h'(x)=0得eo= +2所以6=-h(o+2),所以h(x)≥ -In(xo+2)+e'0=xo+ 1(x0+1)3 +2+20综上，当m≤2时)>0 变式训练1.(1)解：函数f(x)的定义域为R.f'(x)=ae-2,所以 -1)=4-2.又-1)=-（20-2）所以)在x=-1处的切线 方程为)2=(2)+1).将点(0，-3)代人得=3.解得 a=e. 2)证明：记g(a)=(x-)ea-2,3<a<,若=1，期g(a)=-2 e ≥-3 -3.若x≠1，则g()为一次函数，即证 即证 2 】2-3 （-1)e23-3；记x=(x-1)er2-2,则hN(x)=3-2,记 l2(x-1)e1-2x≥-3， (x)=h'(x),则e'(x)=(x+1)e2,所以'(x)在(-x,-1)上单调递 减，在(-1，+x)上单调递增，又'(2)=0.且当x<-1时'(x)<0,所 以h'(x)有唯一零点2，且当x<2时'(x)<0,x>2时h'(x)>0,所以 h(x)在(-%，2)上单调递减，在(2，+)上单调递增.所以h(x）≥ h(2)=-3,即(x-1)e2-2x≥-3记m(x)=2(x-1)e-1-2,则 m'(x)=2xe-2,记n(x)=m'(x),则n'(x)=2(x+1),所以m'(x)】 在(-，-1)上单调递减，在(-1，+x)上单调递增，又m'(1)=0,且当 x<-1时m'(x)<0.所以m'(x)有唯一零点1，且当x<1时m'(x)<0,x> 1时m'(x)>0,所以m(x)在(-，1)上单周递减，在(1，+)上单调递 增，所以m(x)m(1)=-2>-3缘上八x)>-3 变式训练2解：)因为/)子-24m,所以”()=2 2m+m2,所以=到-f()=号-(m*2)+(m2+2m-2 则g'(x)=22-2(m+2)x+m2+2m,由题意可知4=4(m+2)2- 8(m2+2m)>0,解得m6(-2,2). (2)由(1)可知，f'(x)=2x2-2mx+m2,所以h(x)=2e24-2me+ 2lnx）2-2mlnx+2m 因为h(x)=2e2-2me+2(mx)2-2mlnx+2m2≥m2+2,整理得m2 题·数学·87一 2(e+lnx)m+2e+2(lnx)2-k2≥0， 设F(m)=m2-2(e+nx)m+2e2+2(nx)2-2=[m-(e+ In x)]2+e+(In x)2-2e'In x-k2=[m-(e'+In x)]2+(c*-In x)22 关于m开口向上的二次函数， 设H(x)=e+nx-m,则F(x)=e+>0,所以H(x)单调递增，且值 域为R,所以F(m)=F(。+Hnx)=(e'-nx)2-2, 设G()=e-n.则c(s)=c- ，令()= ,则L(x)=e+ 宁>0.所以6)单调适州.因为公（行）6-20.G(0)=-10, 所以存在oe(仔1），使得G(o=0,即e三 0=-血0当xe 1 (0,)时，G(x)<0,当xe(,+x)时，G(x)>0,所以G(x)在(0，a) 上单调递或，在(，+g)上单调递增，所以G(x)=G(x)=c0- In xo =xo+ 由题意可知(G(x))2-k≥0，所以(G(x)m)2-2=(G(x)2-k2≥0， 解得≤G(x0),所以正整数的取值集合为{1,2} 专题19双变量问题(2)—用韦达定理代换 典型例题1.解：(1)对函数八x)求特可得/'(x)严1中(+2 4 22·为1cw20断议当 1-a≤0，即a≥1时/'(x)≥0恒成立，则函数八x)在(0，+g）上单删 递增：当0ca<1时，由f'(x=0x=±2va-a,则函数x在 (,2a-可)上单调递诚，在(a可）上单调递 (2)函数)的定义线为{：。↓且x≠-2}，由()可得当0ca< 时，/'(x)=0年±2va-可，则-2va-,-1且 2a可-2a≠号，即ae(0.）u(分1小则 主2va-a为函数(x)的两个板值点.代人x)+(),可 fx,)+f3)=m1+2a(1-a]+ln[-2a(1-e)] 4√1-a 2/1-a+2a -4√1-a -2√1-a+2a 1-11h2-222 令2-1.g0=hr42-2.由ae(o,）u(分1）知，当a 0,)时a(-1.0,当ae(合时e0.D 当1(-1.0时0)=2咖(-)2.对g0)求学可得g0)= 2.2-<0,所以函数g(0)在(-1,0)上单调递诚，则)< 2 (-1)=-4<0.即fx1)+x)<0.不符合题意 当ta(0.1)时.g()=2ln+ 2-2,对g0)求导可得g0=2 2 2-D<0,所以雨数g()在(0,1)上单调递减.则g)>8(1)=0.即 f八1)+八：》>0恒成立 综上，a的取值范围为 2,1 重难点拨 当舞目所求式子为对称形式时，可以直接利用事达定埋将出，2全 部代换，得到一个只含有参数：的式子，从而将翼变量可题转化为单 变量何愿进行求解. 变式调练1.(1)解：由题意得，函数fx)的定义城为(0，+x),且a>0 一学霸高考·黑 f'(x=↓-a-m2+- 令g(x)=-2+-a, 当1-4r≤0，即a≥时8)≤0相成立.则/r()≤0所以)在 (0,+)上单调递减： 当1-4如>0，即0<a2时，函数g()有两个零点 1-√/1-4a2 2a 1+/1-4a3 当x变化时，八x)f'(x)的变化情况如下表所示： 2a (0,x1） (1,2） (x2,+e) f'(x) 0 + 0 单嗣递减八x,) 单调递增爪) 单调递诚 综上，当0<a<)时x)在 t1-√1-4a21+/1-4a2 上单调递增 在(，仁)和（仁）上单调遥：当≥时。 2a 2a 八x)在(0，+)上单调递减 (2)证明：由(1)知，当0<a<2时)有两个极值点(c),则 南3是方程(x)=0的两个根，由韦达定理，得=1，高+=。 所01)-)h (合hi(信）ha-lge-a-id◆= lhx1+2,0<x<,则'(x)= 2x2,当0<<时， N()<0,则4()在K间(0，子）上单调遥减，从面4()>h(宁） h2,故)*)>h2 典型例题2(1)解：八x)的定义域为(0，+)，厂'(x)=- 21, x2-a+1 2 (i)若a≤2，则f'(x)≤0.当且仅当a=2.x=1时f'(x)=0.所以代x) 在(0，+x)上单洞递减 (i)若a>2.令f'()=0,得x4-4成0+V- 2 2 当xe(4+ 2 2 时，f‘(x)>0.所以f(x)在 )(）上单到在（仁 2 2 a+a2-4 上单闻递增 2 (2)证明：方法一：由(1)知.a>2时f尺x)存在两个极值点. 由于代x)的两个极值点1,2满足x2-+1=0,故2=1.不妨设1< 有，则>1因为八西)》 n-lh=-2+ X12 1-1+“ In x-n2ta-1 2,所)) x1-2 2<4-2等价于写 2ln x2<0. 设函数g(x)=一-x+21nx,由(1)知，g(x)在(0，+x)上单调递减 又g()=0,从面当xe(1,+)时，g(x)<0,所以-3+2n3<0. 题·数学·88一