破解“双变量问题”的基本策略 课件-2027届高三数学一轮复习

素能培优(五)　破解“双变量问题”的基本策略 近年来,高考数学试题中频繁出现以“双变量”为核心的命题,这类问题主要考查参数的取值范围求解和不等式证明,综合性强、思维要求高.解题时需先建立变量间的等量关系实现降维转化,再构造函数并运用导数分析单调性、极值等性质.这类题目重点考查转化能力以及函数与导数的综合运用能力. 题型一　转化单变量问题求解 例1　(2025·安徽合肥一模)已知函数f(x)=ln x-a(x-),其中a>0. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2),证明:f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)>ln 2-. 题型一 题型二 题型三 (1)解 由题意得,函数f(x)的定义域为(0,+∞),且a>0,f'(x)=-a-,令g(x)=-ax2+x-a,当1-4a2≤0,即a时,g(x)≤0恒成立,则f'(x)≤0,所以f(x)在(0,+∞)内单调递减; 当1-4a2>0,即0<a<时,函数g(x)有两个零点,x1=,x2=, 当x变化时,f(x),f'(x)的变化情况如下表所示: x (0,x1) x1 (x1,x2) x2 (x2,+∞) f'(x) - 0 + 0 - f(x) 单调递减 f(x1) 单调递增 f(x2) 单调递减 综上,当0<a<时,f(x)在()内单调递增,在(0,)和(,+∞)内单调递减;当a时,f(x)在(0,+∞)内单调递减. 题型一 题型二 题型三 (2)证明 由(1)知,当0<a<时,f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2), 则x1,x2是方程g(x)=0的两个根,由韦达定理,得x1x2=1,x1+x2=, 所以0<x1<1<x2,f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)=f(x1)+f()+f() =ln x1-a(x1-)+ln-a(-x1)+f()=f()=ln-a(-a)=-ln a-1+a2, 令h(x)=-ln x-1+x2,0<x<,则h'(x)=-+2x=, 当0<x<时,h'(x)<0,则h(x)在区间(0,)内单调递减,从而h(x)>h()=ln 2-,故f(x1)+f(x2)+f(x1+x2)>ln 2- 题型一 题型二 题型三 规律方法　在双变量问题中,如果能够依据题目条件得出双变量所满足的等量关系式,则可转化为含单变量的问题,然后再构造函数,利用导数研究该函数的单调性、极值,进而解决问题. 题型一 题型二 题型三 [对点训练1](2025·四川眉山模拟)已知函数f(x)=aln x+x+(a≠0). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)设g(x)=2x2-mex(e=2.718…为自然对数的底数),当a=-e时,对任意x1∈[1,4],存在x2∈(1,3),使g(x1)≥f(x2),求实数m的取值范围. 题型一 题型二 题型三 解 (1)由题意可知函数f(x)的定义域为(0,+∞),且f'(x)=,a≠0. ①当a>0时,令f'(x)>0,得x>2a,令f'(x)<0,得0<x<2a,可知f(x)在(2a,+∞)内单调递增,在(0,2a)内单调递减; ②当a<0时,令f'(x)>0,得x>-6a,令f'(x)<0,得0<x<-6a,可知f(x)在(-6a,+∞)内单调递增,在(0,-6a)内单调递减. 综上,当a>0时,f(x)在(2a,+∞)内单调递增,在(0,2a)内单调递减;当a<0时,f(x)在(-6a,+∞)内单调递增,在(0,-6a)内单调递减. 题型一 题型二 题型三 (2)当a=-e时,由(1)可知函数f(x)在(e,+∞)内单调递增,在(0,e)内单调递减,即当x=e∈(1,3)时,函数f(x)取得极小值,同时也是最小值,f(e)=-e+e+e=e. 若对任意x1∈[1,4],存在x2∈(1,3),使g(x1)≥f(x2), 等价于g(x1)e,即2x2-mexe,整理得m, 构建h(x)=,x∈[1,4],则h'(x)=, 由h'(x)=0,得x=1+或x=1-(舍去), 题型一 题型二 题型三 可知函数h(x)在[1,1+)内单调递增,在(1+,4]上单调递减, 则当x=1+时,h(x)取得极大值同时也是最大值, 且h(1)=,h(4)=,可知h(1)<h(4),则函数h(x)的最小值为h(1)=, 可得m,所以实数m的取值范围是(-∞,]. 题型一 题型二 题型三 题型二　构造对称和(差)证明双变量不等式 例2　(2025·西南名校联盟模拟)定义:x1,x2是函数f(x)的两个极值点,若x1+x2<2<f(x1)+f(x2),则称f(x)为“τ函数”. (1)若f(x)=x3+3ax2-15为“τ函数”,求实数a的取值范围. (2)已知函数g(x)=2ex-1-x2-bx+b有两个极值点. ①求b的取值范围; ②证明:g(x)为“τ函数”. 题型一 题型二 题型三 (1)解 已知f(x)=x3+3ax2-15,求导得f'(x)=3x2+6ax. 令f'(x)=0,即3x2+6ax=3x(x+2a)=0,解得x1=0或x2=-2a. 因为函数f(x)为“τ函数”,所以x1+x2<2<f(x1)+f(x2). x1+x2=0+(-2a)=-2a,f(x1)=f(0)=-15,f(x2)=f(-2a)=(-2a)3+3a·(-2a)2-15 =-8a3+12a3-15=4a3-15. 则不等式为-2a<2<-15+4a3-15. 解-2a<2,得a>-1;解2<4a3-30,得a>2.所以a>2. 则实数a的取值范围为(2,+∞). 题型一 题型二 题型三 (2)①解 已知g(x)=2ex-1-x2-bx+b,求导得g'(x)=2ex-1-2x-b, 令h(x)=g'(x),得h'(x)=2(ex-1-1). 令h'(x)=0,即2(ex-1-1)=0,解得x=1. 当x<1时,h'(x)<0,h(x)在(-∞,1)内单调递减; 当x>1时,h'(x)>0,h(x)在(1,+∞)内单调递增. 所以h(x)≥h(1)=2e0-2-b=-b. 当x→-∞时,h(x)→+∞;当x→+∞时,h(x)→+∞. 因为函数h(x)存在两个不同的变号零点(可设为x3,x4,且x3<1<x4),所以-b<0,即b∈(0,+∞). 题型一 题型二 题型三 ②证明 令H(x)=h(x)-h(2-x)=2ex-1-2e1-x-4x+4,则H'(x)=2ex-1+2e1-x-4,由基本不等式得ex-1+e1-x≥2(当且仅当x=1时,等号成立), 所以H'(x)≥0,H(x)在R上单调递增. 又H(1)=0,当x>1时,H(x)>0,即h(x)>h(2-x). 利用单调性证明x3+x4<2: 因为h(x3)=h(x4)>h(2-x4),且h(x)在(-∞,1)内单调递减,x3<1,2-x4<1, 所以x3<2-x4,即x3+x4<2. 构造函数G(x)并分析单调性证明g(x3)+g(x4)>2: 因为x3<x<1时,g'(x)=h(x)<0,g(x)在(x3,1)内单调递减,x3<2-x4<1, 所以g(x3)>g(2-x4),g(x3)+g(x4)>g(2-x4)+g(x4). 题型一 题型二 题型三 其中g(2-x)=2e1-x-(2-x)2-b(2-x)+b,令G(x)=g(2-x)+g(x)=2ex-1+2e1-x-2x2+4x-4, 则G'(x)=2ex-1-2e1-x-4x+4, 令P(x)=G'(x),P'(x)=2ex-1+2e1-x-4≥0,P(x)在R上单调递增. 当x>1时,P(x)>P(1)=0,即G'(x)>0,G(x)在(1,+∞)内单调递增,G(x)>G(1)=2.所以g(2-x4)+g(x4)>2,即g(x3)+g(x4)>2. 综上,函数g(x)为“τ函数”. 题型一 题型二 题型三 规律方法　如果双变量问题是证明与函数的两个零点之和(之差)有关的不等式,可以利用构造对称和(差)的方法证明不等式,一般步骤如下: 题型一 题型二 题型三 [对点训练2](2025·湖北武汉模拟)已知函数f(x)=(x-1)ln x-x2+ax(a∈R). (1)若函数y=f'(x)有两个零点,求a的取值范围; (2)设x1,x2是函数f(x)的两个极值点,证明:>4. 题型一 题型二 题型三 (1)解 f(x)=(x-1)ln x-x2+ax,则f'(x)=1-+ln x-2x+a, 令f'(x)=0,得a=2x+-ln x-1. 设g(x)=2x+-ln x-1,若函数y=f'(x)有两个零点, 则直线y=a与函数g(x)=2x+-ln x-1的图象有两个不同的交点. g'(x)=2- 当x∈(0,1)时,g'(x)<0,g(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 所以g(x)min=g(1)=2.当x→0时,g(x)→+∞,当x→+∞时,g(x)→+∞, 作出函数g(x)的大致图象与直线y=a如图所示,要使二者有两个不同交点, 则a>2,故a的取值范围为(2,+∞). 题型一 题型二 题型三 (2)证明 因为x1,x2是函数f(x)的两个极值点,所以f'(x1)=f'(x2)=0. 由(1)知g(x1)=g(x2)=a,不妨设0<x1<1<x2, 要证>4,即证x1+x2>2,只需证x2>2-x1,显然2-x1>1. 由(1)知当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增,所以只需证g(x2)>g(2-x1), 而g(x1)=g(x2)=a,所以即证g(x1)>g(2-x1). 设h(x)=g(x)-g(2-x)=4x+-ln x-+ln(2-x)-4, 则h'(x)=, 当x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以当0<x<1时,h(x)>h(1)=0, 所以当0<x1<1时,g(x1)>g(2-x1),原不等式得证. 题型一 题型二 题型三 题型三　比值法换元 例3　(2026·河北保定模拟)已知函数f(x)的定义域为(0,+∞),其导函数为g(x),且g(x)=. (1)求g(x)的单调区间与最大值; (2)已知关于x的方程g(x)=a恰有两个实数根x1,x2,若x2≥2x1,求ln x1+ln x2的取值范围; (3)证明:f(x+2)-f(x)<. 题型一 题型二 题型三 (1)解 g'(x)=,令g'(x)=0,解得x=e, 所以当x∈(0,e)时,g'(x)>0,g(x)单调递增, 当x∈(e,+∞)时,g'(x)<0,g(x)单调递减, 所以当x=e时,g(x)取得最大值, 所以g(x)的单调递增区间是(0,e),单调递减区间是(e,+∞),g(x)的最大值为 题型一 题型二 题型三 (2)解 依题意a≠0,两式相除可得, 不妨设=t(t≥2),所以=t,所以ln x1=, 所以ln x1+ln x2=ln x1+tln x1=(t+1)= 设h(x)=(x≥2),则h'(x)=, 设m(x)=x--2ln x(x≥2),则m'(x)=1+>0, 所以m(x)单调递增,所以m(x)≥m(2)=-2ln 2=(3-4ln 2)>0, 所以h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)≥h(2)=3ln 2. 所以ln x1+ln x2的取值范围是[3ln 2,+∞). 题型一 题型二 题型三 (3)证明 设φ(x)=f(x+2)-f(x), 则φ'(x)=f'(x+2)-f'(x)=, 设F(x)=xln(x+2)-(x+2)ln x,则F'(x)=ln()+, 设G(x)=ln x+-x(x>1),则G'(x)=-1=<0,所以G(x)单调递减,G(x)<G(1)=0,所以F'(x)=G()<0,F(x)单调递减, 题型一 题型二 题型三 因为F(2)=2ln 4-4ln 2=0,所以当x∈(0,2)时,F(x)>0,即φ'(x)>0;当x∈(2,+∞)时,F(x)<0,即φ'(x)<0. 所以φ(x)在(0,2)内单调递增,在(2,+∞)内单调递减, 所以φ(x)≤φ(2)=f(4)-f(2), 由(1)知,g(x),所以函数k(x)=f(x)-单调递减, 所以f(2)->f(4)-,即f(4)-f(2)<, 所以f(x+2)-f(x)< 题型一 题型二 题型三 [对点训练3](2025·山东潍坊一模)已知函数f(x)=kx2-(k+2)x-ln,k∈R. (1)当k>2时,求函数f(x)的单调递增区间; (2)当k=2时,求f(x)>0的解集; (3)若函数f(x)图象上从左到右依次有三个点A,B,C,并且从左到右横坐标成等差数列,判断曲线f(x)在点B处的切线斜率与A,C两点连线斜率的大小关系. 题型一 题型二 题型三 解 (1)由f'(x)=2kx-(k+2)-,x>0,令f'(x)=0,得x=或x=,由于k>2,则,令f'(x)>0,得0<x<或x>,所以f(x)的单调递增区间为 (2)当k=2时,f(x)=2x2-4x-ln,且f(2)=0, 又f'(x)=0,即f(x)在(0,+∞)内单调递增, 所以f(x)>0的解集为(2,+∞). 题型一 题型二 题型三 (3)设A(x1,f(x1)),B(x2,f(x2)),C(x3,f(x3)),且0<x1<x2<x3,2x2=x1+x3,曲线f(x)在点B处的切线斜率为k1=f'(x2)=2kx2-(k+2)+, A,C两点连线的斜率为k2== =k(x3+x1)-(k+2)+, 题型一 题型二 题型三 所以k1-k2=,令t=>1,则2ln=2(t-1)-(t+1)ln t, 令g(t)=2(t-1)-(t+1)ln t,t>1,则g'(t)=1-ln t-,令h(t)=g'(t), 则h'(t)=-<0, 即h(t)在(1,+∞)内单调递减, 所以h(t)<h(1)=0,即g'(t)<0, 所以g(t)在(1,+∞)内单调递减, 故g(t)<g(1)=0, 题型一 题型二 题型三 所以2ln<0, 又>0,即>0, 所以k1-k2<0,即k1<k2, 所以曲线f(x)在点B处的切线斜率小于A,C两点连线斜率. 题型一 题型二 题型三 $