培优5 导数中的双变量问题（专题讲解课）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专题突破教用课件

该高中数学高考复习课件聚焦导数中的双变量问题，覆盖双函数最值转化、整体代换消元等四大核心类型，依据高考评价体系明确考查要求，通过梳理近五年真题考点分布，归纳出恒成立问题、零点关系证明等高频题型，构建针对性备考体系。 课件亮点在于“类型化突破+真题实战+素养培养”，如类型4通过比值代换消元法，结合高考真题解析lnx1-lnx2结构转化技巧，培养学生数学思维与运算能力，特设易错点分析（如分类讨论中定义域忽略），助力学生掌握转化策略，教师可据此精准开展专题复习，提升备考效率。

培优5　导数中的双变量问题 数 学 新高考专用 目 录 类型1 双变量（双函数）最值转化 类型2 双变量单函数之整体代换消元 类型3 双变量单函数之韦达定理消元 类型4 双变量单函数之比值代换消元 　　在处理导数的综合题时,我们经常会遇到在某个范围内可以任意变动的双变量问 题,有时是一个函数的双变量,有时是两个函数的双变量,由于两个变量都在变,往往会 不知应把哪个变量当成自变量进行研究,导致思路无法展开,而解决此类问题的通法是 将含双变量的代数式转化为只含单一变量的代数式,构造函数解决. 目 录 类型1　双变量(双函数)最值转化 1.双变量恒(能)成立问题的转化方法 (1)∀x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)min; (2)∀x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)min>g(x)max; (3)∃x1∈M,∃x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)min; (4)∃x1∈M,∀x2∈N, f(x1)>g(x2)⇔f(x)max>g(x)max. 2.双变量类函数恒成立、能成立问题 若f(x),g(x)的值域分别为A,B,则有: (1)∀x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A⊆B; (2)∃x1∈D,∃x2∈E,使得f(x1)=g(x2),则A∩B≠⌀. 目 录 例    (高考真题精选)已知函数f(x)=x3-x2+(2-m)x+2,g(x)= ,m∈R. (1)求g(x)的单调区间; (2)设m<0,若对于任意x0∈[0,1],总存在x1∈[0,1],使得f(x1)=g(x0)成立❶,求m的取值范围. 思路导引     (2)  目 录 解析    (1)g(x)= 的定义域是{x|x≠m},g'(x)= , 令g'(x)=0,得x1=-m,x2=3m, ①当m=0时,g(x)=x(x≠0),所以函数g(x)的单调递增区间是(-∞,0),(0,+∞); ②当m<0时,x,g'(x),g(x)的变化如表: x (-∞, 3m) 3m (3m, m) (m, -m) -m (-m, +∞) g'(x) + 0 - - 0 + g(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ 目 录 所以函数g(x)的单调递增区间是(-∞,3m),(-m,+∞),单调递减区间是(3m,m),(m,-m); ③当m>0时,x,g'(x),g(x)的变化如表: x (-∞, -m) -m (-m, m) (m, 3m) 3m (3m, +∞) g'(x) + 0 - - 0 + g(x) ↗ 极大值 ↘ ↘ 极小值 ↗ 目 录 所以函数g(x)的单调递增区间是(-∞,-m),(3m,+∞),单调递减区间是(-m,m),(m,3m). (2)因为f(x)=x3-x2+(2-m)x+2, 所以f'(x)=3x2-2x+(2-m), 当m<0时,Δ=4-12(2-m)=12m-20<0, 所以f'(x)>0在[0,1]上恒成立,所以f(x)在[0,1]上单调递增, 所以f(x)在[0,1]上的最小值是f(0)=2,最大值是f(1)=4-m, 即当x∈[0,1]时, f(x)的值域为[2,4-m], 由(1)知,当-1<m<0时,0<-m<1,g(x)在[0,-m)上单调递减,在(-m,1]上单调递增, 因为g(-m)=-2m<2,所以不合题意. 目 录 当m≤-1时,-m≥1,g(x)在[0,1]上单调递减, 所以g(x)在[0,1]上的最大值为g(0)=-3m,最小值为g(1)= , 所以当x∈[0,1]时,g(x)的值域为 , 由题意知g(x)的值域是f(x)值域的子集,则 ⊆[2,4-m], 即 解得-2≤m≤-1, 所以m的取值范围为[-2,-1]. 目 录 类型2　双变量单函数之整体代换消元 　　若函数(不等)式中的双变量变形后以整体的形式出现,则可以将这两个变量看成 一个整体,用另一个新元代换,从而将双变量问题转化为单变量问题,注意新元的取值范 围,同时注意函数(不等)式变形的等价性. 目 录 例　已知函数f(x)=aex-2x-1,a∈R. (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若x1,x2是函数f(x)的两个零点,且x2-x1≥1,求x1+x2的最小值. 思路导引     (2)  目 录 解析    (1)由已知得f'(x)=aex-2, 当a≤0时, f'(x)<0恒成立,函数f(x)在R上单调递减; 当a>0时,令f'(x)<0,得x<ln  , 则函数f(x)在 上单调递减; 令f'(x)>0,得x>ln  , 则函数f(x)在 上单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递减; 目 录 当a>0时,函数f(x)在 上单调递减,在 上单调递增. (2)由(1)得若x1,x2是函数f(x)的两个零点,则必有a>0. 令f(x)=aex-2x-1=0,得 -a=0, 令h(x)= -a,则h'(x)= , 可得函数h(x)在 上单调递增,在 上单调递减. 若h(x)= -a有且仅有2个零点,则必有一个小于 ,一个大于 ,所以x1< ,x2> , 且x1=  - ,x2=  - ,两式相减可得x2-x1= ( - ),所以a= , 目 录 两式相加可得x2+x1= ( + )-1= ·( + )-1=(x2-x1) -1, 设t=x2-x1≥1,则x2+x1= -1, 令g(t)= -1,t≥1, 则g'(t)= , 令u(t)=e2t-2tet-1,t≥1, 则u'(t)=2e2t-2tet-2et=2et(et-t-1), 令v(t)=et-t-1,t≥1, 则v'(t)=et-1>0, 目 录 所以v(t)在[1,+∞)上单调递增, 所以v(t)≥v(1)=e-1-1>0, 所以u(t)在[1,+∞)上单调递增, 所以u(t)≥u(1)=e2-2e-1>0, 所以g(t)在[1,+∞)上单调递增, 所以g(t)≥g(1)= -1= , 即x1+x2的最小值为 . 目 录 关键点睛     　　对于双变量问题,我们需要通过换元转化为单变量问题,本题就是利用x1=  - ,x2 =  - ,两式相加、减,令t=x2-x1≥1达到消元的目的. 目 录 类型3　双变量单函数之韦达定理消元 例　已知函数f(x)= -x+aln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明: <a-2. 目 录 解析    (1)函数的定义域为(0,+∞),函数的导数为f'(x)=- -1+ =- , 设g(x)=x2-ax+1, 当a≤0时,g(x)>0恒成立,即f'(x)<0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. 当a>0时,判别式Δ=a2-4, ①当0<a≤2时,Δ≤0,即g(x)≥0,即f'(x)≤0恒成立,此时函数f(x)在(0,+∞)上单调递减. ②当a>2时, f(x)在 和  ,+∞ 上单调递减,在  ,   上单调递增. 目 录 综上,当a≤2时, f(x)在(0,+∞)上单调递减, 当a>2时, f(x)在 和 上单调递减, 在 上单调递增. (2)证明:由(1)知,当且仅当a>2时f(x)存在两个极值点. 由题意知x1,x2是方程x2-ax+1=0的根,所以x1x2=1,(由韦达定理找到两根之积)不妨设x1<x2, 则x2>1. 因为 =- -1+a·  目 录 =-2+a· =-2+a· , 所以 <a-2等价于 -x2+2ln x2<0. 设h(x)= -x+2ln x,x>1, 由(1)知,h(x)在(1,+∞)上单调递减, 又h(1)=0, 所以当x∈(1,+∞)时,h(x)<0, 所以 -x2+2ln x2<0,即 <a-2. 目 录 类型4　双变量单函数之比值代换消元 　　当我们遇到函数中有ln x1-ln x2这种结构时,常常利用对数的运算法则将ln x1-ln x2转 化为ln  ,其他部分通过分子、分母同除以x1或x2转化为只含有 或 的函数式,令t=  或 ,则上述函数式即可转化为关于t的函数式,从而将双变量问题转化为单变量问 题,注意新元“t”的取值范围,有时需要等式或不等式两边取自然对数构造比值关系 式. 目 录 例　已知函数f(x)=aln x-x,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若存在不相等的实数x1,x2,使得f(x1)=f(x2),证明:0<2a<x1+x2. 思路导引     (2) 目 录 解析    (1)由题得f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= -1= , 当a≤0时, f'(x)<0,所以f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时,当x∈(0,a)时, f'(x)>0,所以f(x)在(0,a)上单调递增, 当x∈(a,+∞)时, f'(x)<0,所以f(x)在(a,+∞)上单调递减. 综上所述,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减; 当a>0时, f(x)在(0,a)上单调递增,在(a,+∞)上单调递减. (2)由(1)得,当a≤0时, f(x)在(0,+∞)上单调递减,不合题意, 故a>0,则2a>0. 目 录 由f(x1)=f(x2),可得aln x1-x1=aln x2-x2, 即a(ln x1-ln x2)=x1-x2, 不妨令x1>x2>0,则ln x1>ln x2, 则a= >0. 要证2a<x1+x2,即证2· <x1+x2, 即证ln x1-ln x2>2· , 即证ln  >2· , 目 录 设t= (t>1),即证ln t>2· , 设k(t)=ln t-2· ,t>1, 可得k'(t)= - = >0, 所以k(t)在(1,+∞)上单调递增, 即k(t)>k(1)=0, 即ln t>2· ,则2a<x1+x2. 综上,可得0<2a<x1+x2. 目 录 $