导数中的双变量问题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数中的双变量问题”热点专题，依据高考评价体系梳理了同构思想、等量代换、极值点偏移等核心考点，通过近三年高考真题及模拟题分析，明确“构造函数转化”“根与系数代换”“比值代换”等常考题型的权重分布，构建系统的解题思路框架。 课件亮点在于“真题引领+变式迁移+素养渗透”的备考设计，如以2022全国甲理极值点偏移真题为范例，详解“构造对称函数”突破策略，培养学生的数学思维与逻辑推理素养。配套“解题技巧库”和“易错警示”，通过典例变式训练，帮助学生掌握双变量问题转化单变量的关键方法，教师可据此精准开展专题复习，提升学生应试得分能力。

高考热点3　导数中的双变量问题 返回目录 类型1　双变量地位等同同构思想 典例1    (2025届江苏苏州模拟,17)已知函数f(x)=ex-ax2-bx-1,其中a,b∈R,e为自然对数的 底数. (1)若a=0,讨论f(x)的单调性; (2)若b=0,对任意的x1,x2∈[1,2],x1≠x2,都有 <a(x1+x2),同时f(x)在(0,+∞)上存在 两个极值点m,n,求a的取值范围. 返回目录 解析    (1)当a=0时, f'(x)=ex-b, b≤0时, f'(x)>0, f(x)在R上单调递增, b>0时,x∈(0,ln b)时, f'(x)<0, f(x)在(0,ln b)上单调递减, x∈(ln b,+∞)时, f'(x)>0, f(x)在(ln b,+∞)上单调递增. (2)设x1<x2,则x1-x2<0. 因为 <a(x1+x2), 所以f(x1)-a >f(x2)-a , 设g(x)=f(x)-ax2,则g(x1)>g(x2), 返回目录 则g(x)=f(x)-ax2在[1,2]上单调递减, 所以在x∈[1,2]上,g'(x)=f'(x)-2ax=ex-4ax≤0,所以 ≤4a恒成立, 设h(x)= ,h'(x)= = ≥0,则h(x)在[1,2]上单调递增,则a≥ , 因为f(x)在(0,+∞)上存在两个极值点m,n,所以f'(x)=ex-2ax=0有两个根,则 =2a在(0,+∞) 上有两个根, 所以 =2a= ,m≠n, 又h'(x)= , 则x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增;x∈(0,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,所以h(x)≥h(1), 返回目录 即 ≥e,所以2a>e,则a> . 综上,a的取值范围是 . 解题技巧　对于含有同等地位的两个变量的方程变形,通过变形整理使不等式两边具 有相同结构(函数同构),便可通过函数的单调性进行求解. 1. >k(x2>x1)⇔f(x1)-f(x2)<kx1-kx2⇔f(x1)-kx1<f(x2)-kx2⇔构造y=f(x)-kx,为增函数. 2. < (x2>x1)⇔f(x1)-f(x2)>  ⇔f(x1)+ >f(x2)+ ⇔构造y=f(x)+ ,为减函数. 返回目录 变式训练 1.(情境模型变式)(2025届福建龙岩月考,17)已知函数f(x)= . (1)若a>0,求f(x)的单调区间; (2)若∀x1,x2∈[1,3],x1≠x2都有 <2恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 解析    (1)函数f(x)的定义域为{x|x≠0},且f'(x)= , 因为a>0,所以当x∈(-∞,0),x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增, 所以f(x)的单调递减区间为(-∞,0)和(0,1),单调递增区间为(1,+∞). (2)不妨设x1>x2,则x1-x2>0. 由 <2,得f(x1)-f(x2)<2x1-2x2,即f(x1)-2x1<f(x2)-2x2, 令g(x)=f(x)-2x,则g(x)= -2x在[1,3]上为减函数,     返回目录 因为g'(x)=f'(x)-2= -2, 所以 -2≤0在[1,3]上恒成立, 当x=1时,-2≤0恒成立, 当x≠1时,即a≤ 在(1,3]上恒成立, 令h(x)= ,x∈(1,3], h'(x)= = <0恒成立, 所以当x∈(1,3]时,h(x)为减函数, 返回目录 则h(x)的最小值为h(3)= = ,所以a≤ , 所以a的取值范围是 . 解题关键　第(2)问,由 <2,得f(x1)-2x1<f(x2)-2x2,即转化为函数g(x)=f(x)-2x=  -2x在[1,3]上为减函数,再分离参数,求a的取值范围. 返回目录 类型2　等量代换 1.根与系数关系代换 典例2    (2026届江苏扬州新华中学学情调研,16)已知f(x)=x-aln x- x2. (1)若曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=x垂直,求实数a的值; (2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求f(x1)+f(x2)的取值范围. 返回目录 解析    (1)因为f'(x)=1- -ax,所以f'(1)=1-2a, 又曲线y=f(x)在x=1处的切线与直线y=x垂直, 所以1-2a=-1,解得a=1. (2)因为f'(x)=1- -ax= ,x>0, 所以f(x)的两个极值点x1,x2是方程-ax2+x-a=0的两正根, 所以 解得0<a< , 返回目录 所以f(x1)+f(x2)=x1-aln x1-  +x2-aln x2-  =(x1+x2)-aln(x1x2)- [(x1+x2)2-2x1x2] = -aln 1-  = +a, 令g(a)= +a , 则g'(a)=- +1= <0, 所以g(a)在 上单调递减, 当a→0+时,g(a)→+∞,且g =1+ = , 所以f(x1)+f(x2)的取值范围是 . 返回目录 解题技巧　双变量如果是一元二次方程的两根时,可以利用根与系数的关系找到两个 变量的等量关系,然后进行合理消元处理,最终转化为单变量问题,最后通过构造函数解 决问题,核心思想是统一变量,这个单变量可以是x1,x2, 等,或是解析式中的参数. 返回目录 变式训练 2.(条件设问变式)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. 返回目录 解析    (1)函数的定义域为(0,+∞), 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,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. 返回目录 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. 因为f(x)的两个极值点x1,x2满足x2-ax+1=0,所以x1x2=1,不妨设x1<x2,则x2>1. 【接下来利用两根之积为1进行代换,将两个变量转化为一个变量】 因为  =- -1+a·  返回目录 =-2+a· =-2+a· , 所以 <a-2等价于 -x2+2ln x2<0. 设h(x)= -x+2ln x, 由(1)知,h(x)在(0,+∞)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. 返回目录 2.变量比值代换 典例3    (2025届江苏连云港期末,19)已知函数f(x)=2x+ax2+xln x,a∈R. (1)当a=0时,求曲线y=f(x)在x=e处的切线方程; (2)若f(x)有两个零点x1,x2,且x2>3x1,证明:x1x2> . 返回目录 解析    (1)当a=0时, f(x)=2x+xln x, f'(x)=2+ln x+1, 曲线y=f(x)在x=e处切线的斜率为k=f'(e)=3+ln e=4,又∵f(e)=2e+eln e=3e,∴切线方程为y- 3e=4(x-e), 即曲线y=f(x)在x=e处的切线方程为4x-y-e=0. (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2, 则2x1+a +x1ln x1=0, 2x2+a +x2ln x2=0, 得-a= = . 返回目录 令x2=tx1(t>3), 则 = = , 故ln x1= = -2, 则ln x2=ln(tx1)=ln t+ln x1=ln t+ -2= -2, ∴ln(x1x2)=ln x1+ln x2= -2+ -2= -4, 令h(t)= -4(t>3), 则h'(t)= , 返回目录 令g(t)=-2ln t+t- (t>3),则g'(t)=- +1+ = = >0, ∴g(t)在(3,+∞)上单调递增, ∴g(t)>g(3)=-2ln 3+3- = (4-3ln 3)= (ln e4-ln 33)>0, ∴h'(t)= >0,则h(t)在(3,+∞)上单调递增, ∴h(t)>h(3)= -4=ln , ∴ln(x1x2)>ln ,故x1x2> . 返回目录 解题技巧　比值代换的常用关系式:ln x1-ln x2=ln .将差式转化为商式,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对数构造比值关系式. 返回目录 变式训练 3.(对数均值不等式)已知函数h(x)=ln x和g(x)=ax,若存在两个实数x1,x2,且x1≠x2,使得 h(x1)=g(x1),h(x2)=g(x2),证明:x1x2>e2. 证明　不妨设x1>x2, 因为ln x1-ax1=0,ln x2-ax2=0, 所以ln x1+ln x2=a(x1+x2),ln x1-ln x2=a(x1-x2),所以 =a, 欲证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2. 因为ln x1+ln x2=a(x1+x2), 所以即证a> , 返回目录 【将参数a作为媒介,换元后构造新函数,将要证明的不等式转化为证明ln t- >0,利 用构造函数法解决】 所以即证 > , 即证ln > . 令t= ,则t>1,x1x2>e2等价于ln t- >0, 构造函数g(t)=ln t- ,t>1, 因为g'(t)= >0,所以g(t)在(1,+∞)上单调递增, 故g(t)>g(1)=ln 1- =0, 返回目录 即ln t- >0,所以x1x2>e2. 知识拓展　对数均值不等式链:对任意的正实数a,b,且a<b,则 < < . 返回目录 类型3　极值点偏移 典例4    (2022全国甲理,21,12分)已知函数f(x)= -ln x+x-a. (1)若f(x)≥0,求a的取值范围; (2)证明:若f(x)有两个零点x1,x2,则x1x2<1. 解析    (1)因为f(x)= -ln x+x-a, 所以函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)= - +1= . 令f'(x)=0,得x=1, f'(x),f(x)的变化情况如表: 返回目录 x (0,1) 1 (1,+∞) f'(x) - 0 + f(x) ↘ e+1-a ↗ 所以当x=1时, f(x)min=e+1-a. 因为f(x)≥0,所以e+1-a≥0,所以a≤e+1. (2)证法一　由题意知, f(x)的一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设x1<1<x2,要证x1x2<1, 即证x1< , 因为x1, ∈(0,1),所以证f(x1)>f ,又f(x1)=f(x2),则证f(x2)>f ,即证 -ln x+x-x -ln x-  >0,x∈(1,+∞), 返回目录 即证 -x -2 >0. 【疑难点拨:利用分析法,将证明“x1x2<1”转化为证明“ -x -2 ln x-   >0”】 下面证明x>1时, -x >0,ln x-  <0,设g(x)= -x ,x>1, 则g'(x)= ex-  +x ·  =  ex-   =  =  , 设φ(x)= (x>1), 则φ'(x)= ex= ex>0, 所以φ(x)>φ(1)=e,而 <e, 返回目录 所以 - >0,所以g'(x)>0, 所以g(x)在(1,+∞)上单调递增, 即g(x)>g(1)=0,所以 -x >0. 令h(x)=ln x-  ,x>1, h'(x)= -  = = <0, 所以h(x)在(1,+∞)上单调递减, 即h(x)<h(1)=0,所以ln x-  <0. 返回目录 综上, -x -2 >0, 所以x1x2<1. 证法二　对数均值不等式. 由题意得f(x)= +ln -a, 令t= ,t>e, 则g(t)=t+ln t-a,g'(t)=1+ >0, 所以g(t)=t+ln t-a在(e,+∞)上单调递增,故g(t)=0只有1个解. 又因为f(x)= +ln -a有两个零点x1,x2,故t= = , 返回目录 两边取对数得x1-ln x1=x2-ln x2, 即 =1, 又因为 < , 所以 <1,即x1x2<1. 下证 < . 不妨令x1>x2. 因为 < ⇔ln x1-ln x2< ⇔ln < - , 返回目录 不妨设s= ,s>1, 则只需证2ln s<s- , 构造函数h(s)=2ln s-s+ ,s>1, 则h'(s)= -1- =- <0, 故h(s)=2ln s-s+ 在(1,+∞)上单调递减, 故h(s)<h(1)=0,即2ln s<s- ,得证. 返回目录 技巧点拨　极值点偏移是双变量问题的典型代表,这类问题的解题核心是将双变量变 为单变量,进而解决问题.例如本题,要证x1x2<1,即证x1< ,利用单调性,即证f(x1)>f , 利用f(x1)=f(x2),进而转化为证明f(x2)>f ,成功将双变量转化为单变量. 这类问题的常见转化有两种形式: 对于x1+x2>2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);对于x1·x2> 型,构造函 数F(x)=f(x)-f .本题就是第二种构造. 另外:极值点偏移问题也可以用比值代换法证明. 返回目录 变式训练 4.(关键元素变式)(2026届黑龙江齐齐哈尔质量检测,19)已知函数f(x)=(x-1)ln x. (1)求f(x)的极值; (2)若函数g(x)=f(x)-a有两个零点x1,x2(x1<x2). (i)求a的取值范围; (ii)求证:x1+x2>2. 返回目录 解析    (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞), f'(x)=ln x+ =ln x+1- , 令F(x)=f'(x),F'(x)= + >0, 所以f'(x)在(0,+∞)上单调递增,且f'(1)=0, 当x∈(0,1)时, f'(x)<0, f(x)单调递减; 当x∈(1,+∞)时, f'(x)>0, f(x)单调递增. 则当x=1时, f(x)取得极小值f(1)=0, f(x)没有极大值. (2)(i)g(x)=(x-1)ln x-a, 返回目录 g'(x)=ln x+ ,由(1)知, 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. 若a<0,则g(x)>0恒成立,没有零点,不符合题意. 若a=0,g(x)=f(x)≥0恒成立,且仅当x=1时,g(x)=0,不符合题意. 若a>0,则g(1)=f(1)-a=-a<0, 此时,0<e-(a+1)<1,g(e-(a+1))=[e-(a+1)-1]·[-(a+1)]-a=1-(a+1)e-(a+1). 令Q(x)=1-x·e-x(x≥1), Q'(x)=- = , 返回目录 ∵x≥1,∴Q'(x)≥0,∴Q(x)min=Q(1)=1- >0, ∴Q(x)>0,∵a+1>1,Q(a+1)=1-(a+1)·e-(a+1)>0,故g(e-(a+1))>0, 因此,存在x1∈(e-(a+1),1)⊆(0,1),使得g(x1)=0. 同时,ea+1>e>2>1,g(ea+1)=(ea+1-1)(a+1)-a>(a+1)-a=1>0. 因此,存在x2∈(1,ea+1)⊆(1,+∞),使得g(x2)=0, 综上所述,a的取值范围是(0,+∞). (ii)证明:要证x1+x2>2,只需证x2>2-x1, 由于2-x1,x2∈(1,+∞),且当x∈(1,+∞)时,g(x)单调递增. 故只需证明g(x2)>g(2-x1), 返回目录 由于g(x1)=0=g(x2), 故只需证明g(x1)>g(2-x1). 构造h(x)=g(x)-g(2-x),x∈(0,1). h'(x)=g'(x)-[g(2-x)]'=g'(x)+g'(2-x)=ln x+ +ln(2-x)+  =ln[x(2-x)]- , 当x∈(0,1)时,0<x(2-x)<1,则h'(x)<0,h(x)单调递减. 因为h(1)=0,所以当x∈(0,1)时,h(x)>0. 因为x1∈(0,1),所以h(x1)>0,即g(x1)>g(2-x1),所以x1+x2>2. 返回目录 $