导数中的双变量问题课件——2027届高考数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“导数中的双变量问题”核心考点，依据高考评价体系梳理了同构思想、等量代换、极值点偏移三大考查类型，通过2021新高考Ⅰ卷等真题分析，明确极值点偏移证明占比35%、构造函数法占40%的高频考点分布，构建系统解题框架。 课件亮点在于“真题溯源+方法建模+素养提升”策略，如以2021新高考Ⅰ卷“双变量不等式证明”为例，详解构造对称差函数与比值代换法，培养学生数学思维与逻辑推理能力。特设“易错点警示”与“母题变式训练”，助力学生掌握得分技巧，教师可据此精准突破考点，实现高效复习。

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 ★★★(2026届广东深圳实验学校、惠东高级中学第一次联考,14)已知函数f(x)=x(1+ ln x),且对任意x1,x2∈(0,+∞),且x1>x2,不等式a( - )>2[f(x1)-f(x2)]恒成立,则实数a的取值 范围是______________.     [e,+∞)     返回目录 解析　由题意a( - )>2[f(x1)-f(x2)], 得2f(x2)-a >2f(x1)-a ,构造g(x)=2f(x)-ax2=2x(1+ln x)-ax2,x>0,则g(x2)>g(x1),所以函数g(x) 在(0,+∞)上单调递减,则g'(x)=2ln x-2ax+4≤0对于x∈(0,+∞)恒成立,即 ≤a对于x ∈(0,+∞)恒成立,设h(x)= ,x>0,则h'(x)= = ,令h'(x)>0,得0<x< , 令h'(x)<0,得x> , 所以函数h(x)在 上单调递增,在 上单调递减,则h(x)max=h =e,即a≥e, 所以实数a的取值范围是[e,+∞). 返回目录 类型2　等量代换 1.★★★★(2026届安徽六校测试,18)已知函数f(x)=ex-ax(a∈R). (1)讨论函数f(x)的单调性; (2)若函数f(x)有两个正零点x1,x2且x1<x2. (i)求证:x1+x2>2; (ii)当x>0时,不等式(2e2x-bex+c)·f(x)≥0恒成立,求证:b>4a. 返回目录 解析    (1)由题意知函数f(x)的定义域为R,对f(x)求导得f '(x)=ex-a, 当a≤0时, f '(x)>0,所以函数f(x)在R上单调递增; 当a>0时,令f '(x)=0,解得x=ln a, 当x∈(-∞,ln a)时, f '(x)<0,函数f(x)单调递减,当x∈(ln a,+∞)时, f '(x)>0,函数f(x)单调递增. 综上所述,当a≤0时,函数f(x)在R上单调递增; 当a>0时,函数f(x)在(-∞,ln a)上单调递减,在(ln a,+∞)上单调递增. (2)证明:由(1)知a>0且f(ln a)=a-aln a<0,解得a>e,由题意知方程ex-ax=0有两个不同的正 实根x1,x2, 返回目录 所以 =ax1, =ax2, 两边同时取自然对数,得x1=ln a+ln x1,x2=ln a+ln x2, 两式相减得x2-x1=ln x2-ln x1,即 =1. (i)要证x1+x2>2,只需证明 < ,令t= ,t>1, 只需证明ln t> ,(*) 构造函数g(t)=ln t- (t>1),求导得g'(t)= - = >0, 所以函数g(t)在(1,+∞)上单调递增,于是g(t)>g(1)=0,所以不等式(*)成立, 于是原不等式x1+x2>2成立. 返回目录 (ii)结合以上分析可知,当x∈(0,x1)时, f(x)>0;当x∈(x1,x2)时, f(x)<0;当x∈(x2,+∞)时, f(x)> 0. 所以要满足题意,则关于x的方程2e2x-bex+c=0的两根也是x1,x2, 于是2e2x-bex+c=2(ex- )(ex- )=2e2x-2( + )ex+2 , 对比系数得b=2( + )=2(ax1+ax2)=2a(x1+x2)>4a, 所以b>4a. 返回目录 2.★★★★(2026届北京顺义月考,21)已知f(x)=2 -aln x-ax-1. (1)若a=-1,求曲线y=f(x)在点P(1, f(1))处的切线方程; (2)若函数y=f(x)存在两个不同的极值点x1,x2,求证:f(x1)+f(x2)>0. 解析    (1)当a=-1时, f(x)=2 +ln x+x-1,则f(1)=2, f '(x)= + +1,则f '(1)=3, 所以曲线y=f(x)在点P(1,2)处的切线方程为y-2=3(x-1),即y=3x-1. (2)证明:f'(x)= - -a, 令f'(x)=0,得 - -a=0, 令t= ,则t>0, 返回目录 原方程可化为at2-t+a=0①,则t1= ,t2= 是方程①的两个不同的正根, 所以 解得0<a< , 由根与系数的关系得t1+t2= ,t1t2=1,则 + =(t1+t2)2-2t1t2= -2, 所以f(x1)+f(x2)=2( + )-a(ln x1+ln x2)-a(x1+x2)-2 =2(t1+t2)-aln(  )-a( + )-2 =2a+ -2, 令h(a)=2a+ -2 , 返回目录 则h'(a)=2- <0 , 所以函数h(a)在 上单调递减, 所以h(a)>h =1>0, 所以f(x1)+f(x2)>0. 返回目录 3.★★★★(2026届云南昆明一中联考,18)已知函数f(x)=ln x-ax-1(a∈R). (1)若f(x)存在两个零点,求实数a的取值范围; (2)设函数g(x)=xf(x),若g(x)有两个极值点x1,x2,证明:x1x2>e2. 返回目录 解析    (1)由题意,得f '(x)= -a(x>0), 当a≤0时, f'(x)>0,此时f(x)在(0,+∞)上单调递增, f(x)至多只有一个零点,不合题意; 当a>0时, f'(x)>0⇔0<x< , f'(x)<0⇔x> , 当x→0时, f(x)→-∞,当x→+∞时, f(x)→-∞, 此时f(x)在 上单调递增,在 上单调递减,f(x)有最大值f , 若f(x)存在两个零点, 则f =ln -2>0⇒ >e2⇒0<a<e-2.综上,0<a<e-2. 返回目录 (2)证明:g(x)=xf(x)=xln x-ax2-x, g'(x)=ln x-2ax, g(x)有两个极值点x1,x2⇔g'(x1)=g'(x2)=0,不妨设x1<x2, 所以  即2a= = , 所以ln x1+ln x2 = = , 返回目录 令t= ,t>1,则ln x1+ln x2= . 要证x1x2>e2,即证ln x1+ln x2>2,即证 >2(t>1), 即证ln t> ⇔ln t- >0(t>1). 令h(t)=ln t- (t>1), 则h'(t)= - = >0, 所以h(t)在(1,+∞)上单调递增, 所以h(t)>h(1)=0,即ln t- >0. 所以ln x1+ln x2>2成立,即x1x2>e2成立. 返回目录 类型3　极值点偏移 1.★★★★(2026届重庆南开中学第三次质量监测,18)已知函数f(x)=ex(x+1)+ax-1. (1)若函数f(x)有两个极值点x1,x2(x1<x2). (i)求实数a的取值范围; (ii)求证:x1+x2<-6. (2)若f(x)≥ln x-ax2-x对x>0恒成立,求实数a的取值范围. 返回目录 解析    (1)f'(x)=ex(x+2)+a,要满足题意,则m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2, 易知m'(x)=ex(x+3),令m'(x)=0,得x=-3,所以m(x)在(-∞,-3)单调递减,在(-3,+∞)单调递增, 又x→+∞时,m(x)→+∞;x<-3时,m(x)<0. (i)若m(x)=ex(x+2)=-a有两个不等实根x1,x2,则-a∈(-e-3,0),即a∈(0,e-3), 此时x1,x2的两侧导数正负符号都相反,所以x1,x2都是极值点. (ii)由上面讨论可知x1<-3<x2, 故要证x1+x2<-6,即证x1<-x2-6<-3,即证m(x2)=m(x1)>m(-x2-6),即证m(x2)-m(-x2-6)>0, 令n(x)=m(x)-m(-x-6),x>-3, 返回目录 则n'(x)=m'(x)+m'(-x-6)=(x+3)·(ex-e-x-6), 由于x>-3,所以x+3>0,又y=ex-e-x-6在(-3,+∞)单调递增, 则ex-e-x-6>e-3-e3-6=0, 所以n'(x)>0,n(x)在(-3,+∞)单调递增,n(x)>n(-3)=0. 所以x1+x2<-6得证. (2)先证两个结论:①ex≥ex;②ln x≤x-1. 证明结论①:令e(x)=ex-ex,则e'(x)=ex-e,令e'(x)=0⇒x=1, 所以e(x)在(-∞,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以e(x)≥e(1)=0,即ex≥ex; 证明结论②:令t(x)=x-1-ln x,则t'(x)= ,令t'(x)=0⇒x=1, 返回目录 所以t(x)在(0,1)单调递减,在(1,+∞)单调递增,所以t(x)≥t(1)=0,即ln x≤x-1. 由题意可得h(x)=f(x)-(ln x-ax2-x)=ex(x+1)+ax2+(a+1)x-ln x-1≥0对x>0恒成立, 当a<-e时,h(1)=2e+2a<0,不满足题意; 当a≥-e时,h(x)≥ex(x+1)-ex2+(1-e)·x-ln x-1≥ex(x+1)-ex2+(1-e)x-(x-1)-1=0. 综上,a≥-e. 返回目录 2.★★★★★(2021新高考Ⅰ,22,12分)已知函数f(x)=x(1-ln x). (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a,b为两个不相等的正数,且bln a-aln b=a-b,证明:2< + <e. 返回目录 解析    (1)f(x)的定义域为(0,+∞). 由f(x)=x(1-ln x)得, f '(x)=-ln x, 当x∈(0,1)时, f'(x)>0;当x∈(1,+∞)时, f '(x)<0. 故f(x)在区间(0,1)上单调递增,在区间(1,+∞)上单调递减. (2)证法一　构造对称差函数 bln a-aln b=a-b变形为 - = - ,所以 = . 令 =m, =n, 则上式变为m(1-ln m)=n(1-ln n), 返回目录 且命题转化为证明2<m+n<e. f(x)=x(1-ln x),则有f(m)=f(n), 不妨设m<n,结合(1)知0<m<1,1<n<e. 先证m+n>2. 要证m+n>2⇔n>2-m⇔f(n)<f(2-m)⇔f(m)<f(2-m),即证f(m)-f(2-m)<0. 令g(x)=f(x)-f(2-x),x∈(0,1), 则g'(x)=f ' (x)+f '(2-x)=-ln x-ln(2-x)=-ln[x(2-x)]>-ln 1=0, 所以g(x)在区间(0,1)内单调递增, 所以g(x)<g(1)=0,即m+n>2得证. 返回目录 再证m+n<e. 因为m(1-ln m)=n(1-ln n)>m, 所以需证n(1-ln n)+n<e⇒m+n<e. 令h(x)=x(1-ln x)+x,x∈(1,e), 所以h'(x)=1-ln x>0, 故h(x)在区间(1,e)内单调递增. 所以h(x)<h(e)=e. 故h(n)<e,即m+n<e. 综上可知,2< + <e. 返回目录 证法二　比值代换 证明 + >2同证法一. 以下证明m+n<e. 不妨设n=tm,则t= >1, 由m(1-ln m)=n(1-ln n)得m(1-ln m)=tm[1-ln(tm)],ln m=1- , 要证m+n<e,只需证(1+t)m<e,两边取自然对数得ln(1+t)+ln m<1, 即ln(1+t)+1- <1,即证 < . 记g(s)= ,s∈(0,+∞), 返回目录 则g'(s)= . 记h(s)= -ln(1+s), 则h'(s)= - = <0, 所以h(s)在区间(0,+∞)内单调递减,h(s)<h(0)=0,则g'(s)<0, 所以g(s)在区间(0,+∞)内单调递减. 由t∈(1,+∞)得t-1∈(0,+∞), 所以g(t)<g(t-1),即 < . 故m+n<e. 综上可知,2< + <e. 返回目录 3.★★★★★(2026届广东肇庆一模,19)已知函数f(x)=asin 3x+3sin x. (1)当a=0,x∈(0,π)时,求证: <3. (2)当a=1时. (i)求f(x)在(0,2π)上的所有极大值点之和; (ii)若f(x)=m在 上有两个实根x1,x2,比较x1+x2与- 的大小关系. 返回目录 解析    (1)证明:当a=0,x∈(0,π)时, f(x)=3sin x,要证  <3,即证sin x<x. 设h(x)=sin x-x,则h'(x)=cos x-1<0, ∴h(x)在(0,π)上单调递减,∵h(0)=0,∴h(x)<0,即sin x<x,∴ <3得证. (2)(i)当a=1时, f(x)=sin 3x+3sin x, f '(x)=3cos 3x+3cos x=3[cos(2x+x)+cos(2x-x)]=6cos 2xcos x. 当x∈(0,2π)时,由f'(x)=0得cos 2x=0或cos x=0,解得x= ,x= ,x= ,x= ,x= 或x= , 当x∈ , , , 时, f '(x)>0, 返回目录 ∴f(x)在 , , , 上单调递增; 当x∈ , , 时, f '(x)<0, ∴f(x)在 , , 上单调递减. ∴当x∈(0,2π)时, f(x)的极大值点为 , , ,极大值点的和为 . (ii)x1+x2<- ,证明如下: ∵f(x)的定义域为R,且f(-x)=-f(x),∴f(x)为奇函数,由(i)知f(x)是周期为2π的周期函数, ∴f(x)在 上单调递减,在 上单调递增, 返回目录 ∴- 是f(x)的极小值点. 设x1<x2,∴x1∈ ,x2∈ ,∴- -x1∈ , 要证x1+x2<- ,只需证x2<- -x1,即证f(x2)<f , ∵f(x1)=f(x2), ∴只需证f(x1)<f . 令g(x)=f(x)-f =sin 3x+3sin x-sin -3sin =sin 3x+3sin x-cos 3x+ 3cos x,其中x∈ , 返回目录 ∴g'(x)=3cos 3x+3cos x+3sin 3x-3sin x =3cos(2x+x)+3cos(2x-x)+3sin(2x+x)-3sin(2x-x) =6cos 2x(cos x+sin x) =6 cos 2xsin , ∵x∈ ,∴2x∈ ,x+ ∈ , ∴cos 2x<0,sin <0,∴g'(x)>0,∴g(x)在 上单调递增, ∵g =0,∴g(x)<0,∴g(x1)<0, ∴f(x1)<f ,所以x1+x2<- 得证. 返回目录 $