上分专题11 导数综合应用中的双变量问题-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学选择性必修第二册（北师大版）

L-->0,所以h(x)在区间(1，+)上单调递增，因为 h(3)=1-ln3<0,h(4)=2-ln4>0,所以h(x)在区间 (1,+∞)内存在唯一零点x∈(3,4)，即x-lnx0-2=0,所 以lnxo=xo-2,当x∈(1，xo)时，h(x)<0,即g'(x)<0;当x∈ (x。,+)时，h(x)>0,即g'(x)>0.可知g(x)在区间(1，x0) 上单调递减，在区间(xo,+∞)上单调递增，所以g(x)in xoln xo 1 g(xo)= 。01+2= 22因为 x∈(3,4)，则xo+1e(4,5),即g(x)mme(4,5),且a为整 数，则a≤4，所以整数a的最大值是4. 7.解：(1)x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=1-,当a≤0 时.f'(x)>0恒成立，故f(x)在(0，+∞)上单调递增：当a>0 时，由f'(x)=0得x=a,当0<x<a时，f'(x)<0,当x>a时， f'(x)>0,故f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递 增.综上，当a≤0时，f(x)在(0，+o)上单调递增，当a>0 时，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a,+)上单调递增. (2)①：g(x)=fx）-(m+1）x+m=ln-m+m 心g'(x)= -mm-m-m:_m-+m令h(x）=m2-+m,要 1 使g(x)存在两个极值点x,x2,则方程mx2-x+m=0有两个 不相等的正数根1，x2, h(0)=m>0, 70 .2m 解得0<m<2m的 +m<0 取值范围为0<m<2 ②由于x)<2x-(x-2)e+6在xe[?,1]上恒成立. n+(-2)c-b在xe[3,1]上恒成立，令G() n+(x-2)ex,则c(x)<6在x∈[分，1]上恒成立，则 c(=x-2ee1=(-(e-）当 -≤x<1 时-1<0，令()=-,则(e)=e+>0u(在 (31）上单调递增，又u(3）=6-2<0,u()=e-1>0, 存在元e(1）使得()=0，即e0= 故当xe(分)时.a()<0,此时()>0，当e (xo,1)时，u(x)>0,此时G(x)<0,故函数G(x)在 (分)上单调递增，在(，1)上单潤递减，从面 G(x)m=G(xo)=In xo+(x-2)eo-=-+(o-2). =1-2-2令m()=1-2-2,e(分，1）则 xo 12 1 递增，-4=m(2)<m(x)<m(1)=-3,又6为整数，故6≥ -3,即整数b的最小值为-3. 选择性必修第二册·BS 8.解：(1)f'(x)=[-x2+(a-2)x+a-1]e*=-(x+1-a)(x+1)e. ①当a=0时，f'(x)=-(x+1)2e≤0，f代x)单调递减； ②当a>0时，-1<a-1,此时若x∈(-0，-1)，则f'(x)<0, f(x)单调递减；若x∈(-1，a-1),则f'(x)>0,f(x)单调递 增：若x∈(a-l,+o),则f'(x)<0,f(x)单调递减； ③当a<0时，a-1<-1,此时若xe(-o,a-1),则f'(x)<0 f(x)单调递减；若xe(a-1,-1),则f'(x)>0,f(x)单调递 增；若x∈(-1，+o),则f'(x)<0,f(x)单调递减 综上所述：当a=0时，f代x)在R上单调递减；当a>0时， f(x)在(-∞，-1)和(a-1,+∞)上单调递减，在(-1，a-1)上 单调递增；当a<0时，f(x)在(-0，a-1)和(-1，+o)上单 调递减，在(a-1,-1)上单调递增. (2)当a=2时f(x)<(1-x)(kx-3),即(-x2+2x-1)e<(1- x)(kx-3),化简得-(x-1)2e<(1-x)(x-3).因为x>1,所 以(x-1）e>k-3,即k<x-1)e+3要证k<x-1)e+3在 (1,+)上恒成立，令g(x)=（x-l)e+3,只需证k< Y gmg(x)=（-+e-3,令m(x)=(-t+1）e-3. 则m'(x)=x(x+1)e,因为x>1,所以m'(x)>0,所以m(x) 单调递增，m(1)=e-3<0,m(2)-3e2-3>0,所以存在x∈ (1,2),使得m(xo)=(x后-xo+1)e0-3=0,即当x∈ (1,xo)时，m(x)<0,g'(x)<0,g(x)单调递减；当x∈(x0,+0) 时，m(x)>0,g'(x)>0,g(x)单调递增；所以g(x)mn=g(xo)= 3 (x-1)e*o+3（o-l)3 -+3 6-0+1 3x0 3一因为 3X0 x0-0+1 1 x0+ -1 e1.2,所以+1e(1),所以g)e(2.3). 0 所以整数k的最大值为2. 上分专题11导数综合应用中的双变量问题 1.(1)解：因为fx)=[x2-(m-2)x+m+2]e,所以f'(x)=[x2- (m-4)x+4]e,由题意，x2-(m-4)x+4=0在(0,4)上有两 个不同的根1，，所以+4=m-4在(0,4)上有两个不同 的根1，由y=+在(0,2)上单调递减，在(2.4)上单 调递增，其中区间(0,2)上的值域为(4，+∞)，区间(2,4)上 的值域为(4,5)，所以4<m-4<5,则8<m<9. (2)证明：由(1)知x1+x2=m-4,xx2=4,所以f(x1)f(x2)= [x-(m-2)c+m+2][x-(m-2)x2+m+2]e12=[xx- (m-2)x1x2-(m-2)xx2+(m-2)2x,x2+(m+2)(x+x2)- (m2-4)(x1+x2)+(m+2)2]e*1+2=[x7x-(m-2)x1x2(x1+ x2)+(m-2)2x1x2+(m+2)(x号+x号)-(m2-4)(x1+x2)+ (m+2)2]e12=[16-4(m-2)(m-4)+4(m-2)2+(m+2)· (m-4)2-8(m+2)-(m2-4)(m-4)+(m+2)2]em-4=(-m2+ 8m+4)em-4,令g(m)=(-m2+8m+4)em-4,则g'(m)=(-m2+ 6m+12)em-4,且8<m<9,故g'(m)<0,所以g(m)在(8,9)上 单调递减，则g(m)<g(8)=4e,所以f(x,)f(x2)<4e得证. 2.解：(1)因为x)=nx+2-2a,x>0,所以f'(x)=1+ 2x-2a-24-2+1,令g(x)=2x2-2ax+1,则4=4h2-8= 4(a2-2),因为a>0,当0<a≤2时，A≤0，则g(x)≥0，即 f'(x)≥0，此时f(x)在(0，+∞)上单调递增：当a>√2时，△> 黑白题70 0,由g(x)=0,得x,=a-2 2,4=二，且x3<x4, 2 当0<x<x3或x>x4时，g(x)>0,即f'(x)>0;当x3<x<x4时， g(x)<0,即f'(x)<0,所以fx)在(0，x3),(x,+∞)上单调 递增，在(x3,x4)上单调递减.综上，当0<a≤2时，f(x)在 (0,+o)上单调递增，当a>√2时，f(x)在(0，x3),(x4,+∞) 上单调递增，在（心）上单调递减，其中=0-√a-2 2 飞，0+v2 2 (2)由(1)可知，x3,x:为f代x)的两个极值点，且x<x4,所以 x,=,,=4,且1，是方程2x2-2x+1=0的两个不等正 根此时0>万=a>0名=号所以e(0号）： e(经+）且有2m1=2+1.2=2+1,则2) f(x2)=2(lnx,+x-2x,)-(lnx2+号-2ax2）= 2(lnx,+x-2x-1)-(ln2+x号-2x-1)=-2x+2lnx1- 1 1. 2+号-1=-2+2m-lnx2-1= 3 1 血号-2n2-1,令=，则te（2,+”令g()=t 13 nt-2n2-1,则g'(t)=1 13(2-1)-1D,当 2t2 2221 1e(分，1）时，g'()<0,则g)单调递减，当1e(1,+) 时，g'(t)>0,则g(t)单调递增，所以g(t)m=g(1)= 1+42,所以2)代，)的最小值为-1+42 2 2 四重难点拨 本题解决的关键是利用韦达定理将双变量的2f(x,)-f(x2)转 化为关于单变量x号的函数，从而得解， 3.(1)解：当a=0时，f(x)=2x+xnx,f'(x)=2+lnx+1,曲线 !! y=f)在(ee)处切线的斜率为k=f'(e)=3+lne=4, 又，f代e)=2e+elne=3e,.切线方程为y-3e=4(x-e),即曲 线y=f(x)在(ef(e)处的切线方程为4x-y-e=0. (2)证明：若f()有两个零点1，，则2x,+x+x,n名= 0,2x2+ax2+x2ln2=0,得-a 2+lnx1_2+ln>3x1,令 X2 年=，3)，则2n_24n（）_2+n4n,故n,- ix 2+ln 1-2tt2.=n (=Int+ t-1t-1 肾2-2()=h+h22 t-1 +1)1nL4,令)=+1)n1-4(>3),则')= t-1 t-1 -2In +t-1 （-‘,令8)=-21*(>3，则g'(e)=-2+ 1_2-21+1_(t-1)2 >0,g()在(3，+∞)上单调递增， 80>83)=-23+3-}号433)=3h- 参考答案 3)>0(t)=之0，则h()在(3，+∞)上单调递 指4(0)>h(3)=3-4=h号h()h2,故 9 x1x2>4 e4 4.(1)解：因为函数fx)的定义域为(0，+∞)，所以f(x)≤-1 成立，等价于a ≥血+成立.令h(x)=血+r,则(x) x2 x2 -2nx令g)=1--21nx,则g(x)=-12<0,所 以g(x)在(0，+∞)内单调递减.又因为g(1)=0,所以当x∈ (0,1)时，h'(x)>0,h(x)单调递增；当x∈(1，+∞)时， h'(x)<0,h(x)单调递减，所以y=h(x)在x=1处取极大值 也是最大值因此a≥h(1)=1,即实数a的取值范围为[1，+∞). (2证明)有2个不阿的零点等价于a有2个不阿 的实数根令)则P()1,当F()=0 x3 时，解得x=e.所以当xe(0,e)时，F'(x)>0,F(x)单调递 增，当xe(E,+∞)时，F'(x)<0,F(x)单调递减，所以y= FP()在=E处取极大值为F(,6)=云又因为F()=0, 当xe(0,1)时，F(x)<0,当x>1时，F(x)>0,且x→+0时， F()0所以1<c<,且ae(0,2)因为出是方 程a-n的2个不同实数根，即血=将两式相除得 x2 (In x2=axz. 三n5,令=，则>1，= (x,变形得n In t x7 In x1' 1 In x t2-11 出又国为生 1nx2 n1,x=n2,因此要证2x+3x> ，只需证 5 n3n2.因为o>0,所以只需证2n,+ aa 5a F-1+>号因为>1，即证n4 3n32,即证3n‘+2n112 12(2-1 >0.令G(t)=nt- 12(2-1) (t>1),则G'(t)= 5(3t+2) 5(32+2) (32-2)2 i(3+2)≥0，所以G()在(1，+×)上单调递增，G(1)> G(1)=0,即当t>1时，lnt 12(-1》>0成立，命题得证 5(3t2+2) 5.(1)解：由题意知函数f(x)的定义域为(0，+∞)，解f'(x)= ->0得1，解f'(x)=-1<0得0<x<1,所以函数代)在 (0,1)上单调递减，在(1，+∞)上单调递增，所以∫(x)n= f1)=1-a,又f代x)≥0，所以1-a≥0，解得a≤1，所以a的取 值范围为(-0,1]. (2)证明：不妨设1<，则由(1)知0<，<1<，0<<1，构 造函数g()=x)-f(日）=x名-2n,则g()=1+ 黑白题71 ↓2=-≥0，所以函数g()在(0，*)上单涧递 增，所以当x>1时，g(x)>g(1)=0,即当x>1时，f(x)> f(任）所)=)(）又)在0.D上单调 递减，所以0<，<<1，即，<1 6.(1)解：x)的定义域为(0，+)，f'()=2-2.当a<0 a x 时，f'(x)<0恒成立，所以代x)在(0，+∞)上单调递减；当 a>0时，'(=2x.2=2（+a)(x-a):当xe(0.a) a x ax 时f'(x)<0,所以f(x)单调递减；当x∈（√a,+)时， f'(x)>0,所以f(x)单调递增.综上所得，当a<0时，f(x)在 (0,+∞)上单调递减；当a>0时，(x)在(0，Wa)上单调递减， 在(a,+∞)上单调递增. (2)证明：当a=公时，)2：由(1)知)在 (0,e)上单调递减，在(e,+∞)上单调递增；由题意可得 x1∈(0，e),x2∈(e,+),由f(2e)=2-2n2>0及f(x2)= 0,得x2∈(e,2e),欲证x,+x2>2e,只要x1>2e-x2,注意到 fx)在(0，e)上单调递减，且f(x,)=0,只要证明f(2e-x2)> 0即可；由6，)= 。-2=0,得号=2e2n:所以f2e- )=(2e-3 -2n(2e-,）-4-4e,+-2h（2e-k） e2 e2 4e2-4e,+2e1n-2h(2e-,)=4-42+2n-2n(2e- 4x, ,）,e(e,2e）,令g(0=4-4+2h1-2n(2e-t),1e (e,2e),则g()=-4+2+.2=4e-)2 e12e-ta(2e->0,则g()在 (e,2e)上是单调递增的，因此g(t)>g(e)=0,即f(2e-x2)> 0.综上，x1+x2>2C 7.(1)解xg(x)定义域均为(0，+)"(x)=+ a I 2.令f'(x)<0,解得0<x<a,令'()>0，解得x>a,所以 f八x)在(0，a)上单调递减，在(a,+∞)上单调递增，所以在 x=a时取极小值，且o=1+ha;又g(x)=a-,令 g()<0,解得0<<，令g(x)>0,解得，所以g(x) 在(0，。)上单调递减在（行，+x）上单调递增，所以在 x=时取极小值，且g(）=-1+ha,所以1+lna-1+ lna=0,解得a=1. (2)证明：令m= -,因为x1≠x2,所以m≠n,由 a+ln=2, f(x1)=fx2)=2(x,≠x2)可得 4+lnx2=2 选择性必修第二册·BS m-lnm=2①①-2得a(m-n）=nm-h,所以- am-lnn=2②， m要证2，只要证m+n心 In m-In n 2,只要证m+n> 2(m-n) ,不妨设0<n<m,所以只要证nm2(m-m）,即证 In m-In n' m+n n m+l ,令1=m>1),只需证n>2-(>1). n t+1 令(0=n-22>D.')三1-2+1-2-1） t (+1)3 。(+1):+>0,所以h()在(1，+x)上单调递增， 14=(-1)2 所以h(t)>h(1)=0,即有lnt> +1(>1)成立，所以1+ 2(t-1) 12成立. x a 四方法总结 解决极值点偏移的主要方法有：构造对称函数：比值换元：对 数平均不等式 m-n 玉题使用的解法是对数平均不等式即证明：”】>m元 m-n称为m,n的对数平均数. In m-In n 8.(1)解：设h(x)=f(x)-2x=(x+a)ln(x+1)-2x,只需h(x)> 0在>0时恒成立即可，又'(x)=n(x+1)+-1,且 x+1 h(0)=0,所以h'(0)=a-2≥0，即a≥2.下面证明a≥2的充 分性：①当a≥2时，由x>0,h(x）=(x+a)1n(x+1)-2x≥ (x+2)ln(x+1)-2x,令p(x)=(x+2)ln(x+1)-2x,x>0,所以 '(=la(x+)+中l,i记m(x)=la(x+1)+中1，则 11 m'()=+1(x+1(x+1)≥0，所以p'(x)在[0，+） 上单调递增，则p'(x)≥p'(0)=0,所以p(x)在[0，+∞)上 单调递增，则p(x)≥p(0)=0,所以h(x)≥p(x)≥0恒成 立.综上所述，实数a的取值范围是[2，+∞). (2)证明：由函数g(x)=nx-bx.可得g()=1-b,设，< x2,由g(x1)=g(x2),可得lnx1-bx,=lnx2-bx2,则b(x2- )=ln-n=n至，由()知，当0时，a(+1)>2 2x 则1时h2质以h>2,期 +1 21 2h-》,所以n>4xV=4x-,代 x+1 x2 2+1 压+ Nx 人可得4×<6(，-)=6（压-压）(+ √/x2+/x1 ),则<(+)，所以店+>号 2 石 黑白题72上分专题11导数综合应用中的双变量问题 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.解决双变量问题的方向是将双变量问题转化为单变量问题后再进 行下一步的讨论，常见的方法有韦达定理代换和比值换元.2025年天津卷的第20题就是这样 的一个问题.同时极值点偏移也是双变量问题的经典题型之一，也是高考导数的重要题型.极 值点偏移问题题型多变，需要我们抓住极值点偏移问题的基本思路和通解通法来解决， 考点觉醒 ●用韦达定理代换 题目问题为对称形式 识别 题目问题为非对称形式 利用韦达定理对x,+x2, 利用韦达定理消去参数a, xx进行整体代换，得 代换消元 再用x,表示x2,并消去x,得 到只含有参数a的式子 到只含有x,的式子 构造函数g(a)并完成 构造单变 构造函数gx)并完成计算 计算 量函数 ●比值换元 两边同时除以x,的最高次幂，得到一个只含有变量的式子 令= 代入x,=x,消去x2,用t和参数表示出x1, 代入化简 ●“极值点偏移”问题 研究fx)的单调性 与极值 数形结合 构造对称函数F) F归ff2。v减F归ff(） 研究并运用F()的 化双变量为单变量 单调性 及 运用fx)的单调性 利用f(x=f(x) 脱去∫ 30 数学I选择性必修第二册·BS 实战演练日 题组1消元换元法转化为单变量问题 3.禁(2025·江苏连云港高二期末)已知函 1.#(2025·安徽阜阳高二期末)已知函数 数f(x)=2x+ax2+xnx,a∈R. f(x)=[x2-(m-2)x+m+2]e在(0,4)上有 (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在(e,f(e) 两个不同的极值点x1,x2 处的切线方程； (1)求m的取值范围： (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>3x1,证 (2)求证：f(x,)f(x2)<4e4 明xx7 9 2.(2025·吉林长春高二月考)已知函数 4.蓝已知函数f代)=血x。 --ax. f(x)=In x+x2-2ax,aE R. (1)若f(x)≤-1，求实数a的取值范围； (1)当a>0时，讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)有2个不同的零点x1,x2(x,< (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x,< x2),求2f(x1)-f(x2)的最小值. ,求证：2+3x 黑白题·上分秘籍31 题组2“极值点偏移”问题 7.*(2025·江苏无锡高三月考)已知函数 5.(2025·福建漳州高二期中)已知函数 f(x)="+lnx.g(x)=ax-ln x-2. f(x)=x-In x-a. (1)若f(x)≥0，求a的取值范围； (1)若a>0,当f(x)与g(x)的极小值之和为 (2)证明：若f(x)有两个零点x1,x2,则 0时，求正实数a的值； x1x2<1. (2)若f)=fx)=2(,≠），求证：1+ 1.2 一>9 x2 a 6.#(2025·山东日照高二月考)已知函数8.禁(2025·浙江杭州高二月考)已知函数 )-。2h(aeR且a≠0. f(x)=(x+a)In (x+1)(aER),g(x)=In x- bx(b20). (1)讨论函数f(x)的单调性； (1)当x>0时，f(x)>2x恒成立，求实数a的 (2)若函数f(x)有两个零点x1,x2(x1<x2), 取值范围 且a=e2,证明：x1+x2>2e (2)若存在x1,x2∈(0，+∞)，使得g(x1)= 2 g(x2)(x≠x),证明：√x+√x,> 32数学1选择性必修第二册·BS