培优5 导数中的双变量问题（专题突破练）-【第一梯队】2026年高考数学二轮专项突破教用word

培优5　导数中的双变量问题 1.(2025江西三新教研共同体联考)已知函数f(x)=xex-ln x-x-1. (1)已知f(x)的导函数为f'(x),证明: f'(x)=0有唯一实数解; (2)若函数g(x)=,∀x1∈(0,+∞),∃x2∈R, f(x1)-1≥g(x2),求m的取值范围. 解析　(1)证明: f'(x)=(x+1)ex--1=(x+1)·,x>0, f'(x)=0等价于ex-=0. 设h(x)=ex-,x>0,则h(x)在(0,+∞)内单调递增, 因为h=-2<0,h(1)=e-1>0, 所以h(x)在(0,+∞)内存在唯一零点x0∈, 所以f'(x)=0有唯一实数解. (2)由(1)知,当0<x<x0时,h(x)<0, 即f'(x)<0, f(x)单调递减, 当x>x0时,h(x)>0,即f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)≥f(x0)=x0-ln x0-x0-1. 因为-=0,所以x0=1, x0=,x0∈, f(x0)=x0·-ln -x0-1=0, 即f(x)≥0. g'(x)=, 令g'(x)=0,得x=m+1,令g'(x)>0,得x>m+1, 令g'(x)<0,得x<m+1, 所以g(x)在(-∞,m+1)上单调递减,在(m+1,+∞)上单调递增, 所以g(x)≥g(m+1)==-, 因为∀x1∈(0,+∞),∃x2∈R, f(x1)-1≥g(x2), 所以f(x)min-1≥g(x)min, (双变量恒(能)成立问题的转化方法见P64) 所以-1≥-, 解得m≤-1, 所以m的取值范围为(-∞,-1]. 2.(2025湖南长沙长郡中学月考(八))已知函数f(x)=(0<a<1). (1)求f(x)的定义域; (2)求证:无论a取何值, f(x)都有两个极值点; (3)设f(x)的极大值点为x1,极小值点为x2,求证: f(x1)+f(x2)>2. 解析　(1)要使函数f(x)有意义, 则有解得0<x<或x>, ∴函数f(x)的定义域为(0,)∪(,+∞). (2)证明: f'(x) = =, 令ln x=t,由f'(x)=0,0<a<1,得at2-t-1=0,Δ=1+4a>1, 因此方程at2-t-1=0有两个不等实根,t1=,t2=, 显然<0<<, 当t<t1或t>t2时,at2-t-1>0, 当t1<t<或<t<t2时,at2-t-1<0, 则f'(x)有两个变号零点, ∴函数f(x)始终有两个极值点. (3)证明:由(2)知,则x1x2=, f(x1)+f(x2)=+ ==[x1(ln x1+1)+x2(ln x2+1)], (ln x1+1)(ln x2+1)=ln x1·ln x2+ln x1+ln x2+1=-++1=1, 由0<a<1,得ln x1==-∈(-1,0),ln x2=>1, ln x1+1∈(0,1),x1>0,x2>0, f(x1)+f(x2)=[x1(ln x1+1)+x2(ln x2+1)]≥=, 令=t,t>1, 则f(x1)+f(x2)≥2t, 令h(x)=2x,x>1, 则h'(x)=2+x>0, 则h(x)在(1,+∞)上单调递增, ∴f(x1)+f(x2)≥2t>2×1×=2. ∴f(x1)+f(x2)>2. 3.(2025河北石家庄质检(二))已知函数f(x)=2aln x+x2-(a+2)x,其中a>0. (1)若a=1,求f(x)的单调区间; (2)若g(x)=f(x)-x2+(a+1)x+,x1,x2为g(x)的两个不同的极值点,求g(x1)+g(x2)-4a的最小值. 解析　(1)因为a=1,所以f(x)=2ln x+x2-3x, f'(x)=+x-3=(x>0), 令f'(x)>0,解得0<x<1或x>2; 令f'(x)<0,解得1<x<2, 所以f(x)的单调递增区间为(0,1)和(2,+∞),单调递减区间为(1,2). (2)由题意知g(x)=-x+2aln x,g'(x)=--1+=, 由题意知-x2+2ax-a=0有两个不等正根x1,x2, ∴ 解得a>1, ∴g(x1)+g(x2)-4a =-x1+2aln x1+-x2+2aln x2-4a =-(x1+x2)+2aln(x1x2)-4a=2aln a-4a, 令h(a)=2aln a-4a(a>1), 则h'(a)=2ln a-2, ∴当a∈(1,e)时,h'(a)<0;当a∈(e,+∞)时,h'(a)>0, ∴h(a)在(1,e)上单调递减,在(e,+∞)上单调递增, ∴h(a)min=h(e)=2e-4e=-2e, 即g(x1)+g(x2)-4a的最小值为-2e. 4.(2025江苏南京六校联合体联考)已知f(x)=3x-2sin x-k·ln x. (1)当k=0时,求曲线f(x)在x=处的切线方程; (2)当k=1时,讨论函数f(x)的极值点个数; (3)若存在t1,t2∈R(t1<t2), f()=f(),证明:t1+t2<2ln k. 解析　(1)当k=0时, f(x)=3x-2sin x, 因为f'(x)=3-2cos x,所以切线的斜率为f'=3,又因为切点为, 所以曲线f(x)在x=处的切线方程为y=3x-2. (2)当k=1时, f(x)=3x-2sin x-ln x, 则f'(x)=3-2cos x-, 当x≥1时, f'(x)≥2-2cos x≥0, 故f(x)在[1,+∞)上单调递增,不存在极值点; 当0<x<1时, f'(x)=3-2cos x-, 令p(x)=f'(x)=3-2cos x-, 则p'(x)=2sin x+>0总成立, 故函数f'(x)在(0,1)上单调递增,且f'(1)=2-2cos 1>0, f'=-2cos <0, 所以存在唯一x0∈,使得f'(x0)=0, 所以当0<x<x0时, f'(x)<0, f(x)单调递减;当x0<x<1时, f'(x)>0, f(x)单调递增,故在(0,1)上f(x)存在唯一极小值点. 综上,当k=1时,函数f(x)的极值点有且仅有一个. (3)证明:令=x1,=x2. 由f(x1)=f(x2)知,3x1-2sin x1-kln x1=3x2-2sin x2-kln x2, 整理得3(x1-x2)-2(sin x1-sin x2)=k(ln x1-ln x2), 不妨令g(x)=x-sin x(x>0),则g'(x)=1-cos x≥0,故g(x)在(0,+∞)上单调递增, 当0<x1<x2时,有g(x1)<g(x2),即x1-sin x1<x2-sin x2, 那么sin x1-sin x2>x1-x2, k(ln x2-ln x1)=2sin x1-2sin x2-3x1+3x2=2sin x1-2sin x2-(2x1-2x2)-x1+x2>-x1+x2,因此k>, 接下来证明>(0<x1<x2),等价于证明ln >-, 即ln -+>0, 令=m(0<m<1), 令φ(m)=2ln m-m+, φ'(m)=-1-=<0, 则φ(m)在(0,1)上单调递减, 所以φ(m)>φ(1)=0, 故ln >-,即>(0<x1<x2)得证, 由不等式的传递性知<k, 即x1x2<k2,即·<k2, 所以<k2,即t1+t2<2ln k. 第 15 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $