素能培优(3) 破解“双变量问题”的基本策略 专题课件-2027届高三数学一轮复习

该高中数学高考复习课件聚焦“双变量问题”核心考点，针对求参数取值范围和证明不等式两大考查要求，对接高考评价体系，分析其在导数应用中的高频权重，归纳出单调性转化、单变量化归、剪刀模型等六大常考题型，构建系统备考框架。 课件亮点在于“真题解析+策略提炼+素养提升”模式，如以2025山西晋中二模为例，通过构造函数将双变量不等式转化为单调性问题，培养学生数学思维与模型观念，助力掌握导数工具应用技巧，教师可依托此课件实施精准复习，提升学生高考冲刺效率。

素能培优(三)　破解“双变量问题”的基本策略 2027 高考试题中,常常涉及“双变量”的相关问题,以求参数的取值范围和证明不等式为主,这类问题难度较大,对能力要求较高.破解这类问题的关键:一是由已知条件入手,寻找双变量所满足的等量关系,将双变量化为单变量进行求解;二是巧妙构造函数,再借助导数,研究函数的单调性、极值和最值,进而解决问题. 题型一　双变量转化为单调性问题 例1　(2025·山西晋中二模)已知函数f(x)=2aln x+-(a+2)x,a∈R. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若>1-a对任意两个不相等的正实数x1,x2恒成立,求实数a的取值范围. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 解 (1)f'(x)=+x-(a+2)=,x>0. 当a>2时,由f'(x)>0,得x>a或0<x<2,由f'(x)<0,得2<x<a,所以f(x)在区间(0,2)上单调递增,在区间(2,a)上单调递减,在区间(a,+∞)上单调递增;当a=2时,f'(x)≥0恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<2时,由f'(x)>0,得x>2或0<x<a,由f'(x)<0,得a<x<2,所以f(x)在区间(0,a)上单调递增,在区间(a,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增;当a≤0时,由f'(x)>0,得x>2,由f'(x)<0,得0<x<2,所以f(x)在区间(0,2)上单调递减,在区间(2,+∞)上单调递增. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)不妨设0<x1<x2, 因为>1-a对任意两个不相等的正实数x1,x2恒成立,所以2aln x1 +-(a+2)x1-[2aln x2+-(a+2)x2]<(1-a)(x1-x2), 化简得2aln x1+-3x1<2aln x2+-3x2. 设g(x)=2aln x+-3x,则当0<x1<x2时,恒有g(x1)<g(x2),所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增,即g'(x)=+x-3≥0,所以2a≥x(3-x)在区间(0,+∞)上恒成立. 又x(3-x)≤()2=,当且仅当x=时,等号成立,所以2a≥,得a≥,即a的取值范围是[,+∞). 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　此类问题一般是给出含有x1,x2,f(x1),f(x2)的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 题型二　双变量转化单变量问题求解 例2　(2025·山东聊城模拟)已知函数f(x)=x2-2ax+ln x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)若f(x)有两个不同的极值点x1,x2,且f(x1)+f(x2)≥2ln-6a+3,求实数a的取值范围. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 解 (1)函数f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=x-2a+. ①当a≤0时,对于任意x>0,f'(x)>0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; ②当a>0时,设g(x)=x2-2ax+1,其中Δ=(-2a)2-4=4a2-4,若Δ≤0,即0<a≤1,则对于任意x>0,f'(x)≥0,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 若Δ>0,即a>1,令f'(x)>0,解得0<x<a-,或x>a+;令f'(x)<0,解得a-<x<a+.所以f(x)在区间(0,a-)上单调递增,在区间 (a-,a+)上单调递减,在区间(a+,+∞)上单调递增. 综上,当a≤1时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当a>1时,f(x)在区间 (0,a-)上单调递增,在区间(a-,a+)上单调递减,在区间(a+,+∞)上单调递增. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)因为f(x)有两个不同的极值点x1,x2,由第(1)问可得a>1,且x1,x2是方程 x2-2ax+1=0的两根,所以x1+x2=2a,x1x2=1.于是f(x1)+f(x2)=)-2a(x1+x2)+ln(x1x2)=[(x1+x2)2-2x1x2]-2a(x1+x2)+ln(x1x2)=(4a2-2)-4a2 =-2a2-1,所以原不等式等价于a2+ln-3a+2≤0.设g(x)=x2+ln-3x+2(x>1),则原不等式可化为g(a)≤0.g'(x)=2x+-3=,因为当x>1时,g'(x)>0,所以g(x)在区间(1,+∞)上单调递增. 又g(2)=0,所以当且仅当1<x≤2时,g(x)≤0,因此1<a≤2. 综上,实数a的取值范围为(1,2]. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　在双变量问题中,如果已知函数的两个自变量x1,x2及其对应的函数值f(x1),f(x2)所满足的一个不等关系,则可根据函数单调性的定义,转化为一个与f(x)相关的函数的单调性问题,然后利用导数进行求解. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 [对点训练1](2026·湖北武汉高三检测)已知函数f(x)=x2-x+aln x+. (1)讨论f(x)的单调性; (2)已知f(x)存在两个极值点x1,x2,若x1<x2,且x2≥,求f(x1)+f(x2)的最小值.   题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 解 (1)x∈(0,+∞),f'(x)=x-1+. ①若a≥,则x2-x+a≥0恒成立,f'(x)≥0,∴f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. ②若0<a<,则由x2-x+a>0,得0<x<或x>;由x2-x+a<0,得<x<. ∴f(x)在区间()上单调递减,在区间(0,)和(,+∞)上单调递增. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 ③若a≤0,则由x2-x+a>0,得x>;由x2-x+a<0,得0<x<. ∴f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增. 综上,当a≥时,f(x)在区间(0,+∞)上单调递增;当0<a<时,f(x)在区间()上单调递减,在区间(0,)和(,+∞)上单调递增;当a≤0时,f(x)在区间(0,)上单调递减,在区间(,+∞)上单调递增. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)由题意得x1,x2是方程x2-x+a=0的两个根,∴x1+x2=1,x1x2=a. ∵x1<x2,且x2≥,∴0<a≤, ∴f(x1)+f(x2)=-x1+aln x1+-x2+aln x2+(x1+x2)2-x1x2-(x1+x2)+aln(x1x2)+-a-1+aln a+=aln a-a+. 令g(x)=xln x-x+(0<x≤),则g'(x)=ln x<0.∴g(x)在区间(0,]上单调递减,∴g(x)min=g()=lnln,∴f(x1)+f(x2)的最小值为ln. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 题型三　双变量不等式:剪刀模型 例3　已知函数f(x)=(x+b)(e2x-a)(b>0)在点(-,f(-))处的切线方程为 (e-1)x+ey+=0. (1)求a,b; (2)函数f(x)图象与x轴负半轴的交点为P,且在点P处的切线方程为y=h(x),函数F(x)=f(x)-h(x),x∈R,求F(x)的最小值; (3)关于x的方程f(x)=m有两个实数根x1,x2,且x1<x2,证明:x2-x1≤. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (1)解 将x=-代入(e-1)x+ey+=0,得y=0,所以f(-)=0,所以(-+b) (e-1-a)=0,所以b=或a=.因为f'(x)=(e2x-a)+2(x+b)e2x=(2x+2b+1)e2x-a,所以f'(-)=-a.又f(x)在点(-,f(-) )处切线方程的斜率为-1,所以-a=-1. 若a=,则b=1-<0,舍去;若b=,则a=1,满足题意.故a=1,b=. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)解 由(1)知,f(x)= (x+) (e2x-1). 令f(x)=0,得x=-或x=0,所以f(x)与x轴负半轴有唯一的交点P(-,0),所以h(x)=f'(-)·(x+),所以F(x)=f(x)-f'(-)·(x+),所以F'(x)=f'(x)-f'(-). 又f'(x)=e2x-1+2e2x(x+)=2e2x(x+1)-1,所以F'(x)=2e2x(x+1)-.当x≤-1时,F'(x)<0;当-1<x<-时,x+1∈(0,),e2x∈(),所以F'(x)=2e2x(x+1)-<0,当x>-时,2(x+1)e2x>,F'(x)>0,所以F(x)在区间(-∞,-)上单调递减,在区间 (-,+∞)上单调递增,所以F(x)min=F(-)=0. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (3)证明 令h(x)=(-1) (x+),设h(x)=m的根为x'1,则x'1=-,因为y=h(x)单调递减,由(2)知f(x)≥h(x)恒成立,所以m=h(x'1)=f(x1)≥h(x1),所以x'1≤x1. 设曲线y=f(x)在点(0,0)处的切线方程为y=t(x),则t(x)=x,令T(x)=f(x)-t(x)= (x+) (e2x-1)-x,T'(x)=2(x+1)e2x-2. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 当x≤-1时,T'(x)=2(x+1)e2x-2≤-2<0,当x>-1时,T″(x)=2(2x+3)e2x>0,故函数y=T'(x)在区间(-1,+∞)上单调递增.因为T'(0)=0,所以当x∈(-∞,0)时,T'(x)<0,当x∈(0,+∞)时,T'(x)>0,所以函数y=T(x)在区间(-∞,0)上单调递减,在区间(0,+∞)上单调递增,所以T(x)≥T(0)=0,即f(x)≥t(x). 设t(x)=m的根为x'2,则x'2=m,因为函数y=t(x)单调递增,故m=t(x'2)=f(x2)≥t(x2),故x'2≥x2. 又x'1≤x1,所以x2-x1≤x'2-x'1=m-(-)=. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　剪刀模型的实质是凹凸函数切割线放缩. 常见形式是证明与零点差有关的不等式. 已知函数f(x)为定义域上的凸函数,且图象与y=m交于A,B两点,其横坐标为x1,x2,这样如下图所示,我们可以利用凸函数的切线与y=m的交点将x1,x2的范围予以估计,这便是切线放缩的基本原理. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 如图,在函数图象先减后增的情形下,两条切线和两条割线即可估计出零点的一个上下界,而切割线的方程均为一次函数,这样我们就可以得到一个显式解(精确解)的估计. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 题型四　双变量不等式:中点型 例4　已知函数f(x)=ln x-ax2+(2-a)x. (1)讨论f(x)的单调性; (2)设a>0,证明:当0<x<时,f(+x)>f(-x); (3)函数y=f(x)的图象与x轴相交于A,B两点,线段AB中点的横坐标为x0,证明f'(x0)<0. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (1)解 f(x)的定义域为(0,+∞),f'(x)=-2ax+(2-a)=-. ①若a≤0,则f'(x)>0,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递增; ②若a>0,则由f'(x)=0,得x=,且当x∈(0,)时,f'(x)>0,当x∈(,+∞)时,f'(x)<0, 所以f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减. (2)证明 设函数g(x)=f(+x)-f(-x),则g(x)=ln(1+ax)-ln(1-ax)-2ax, g'(x)=-2a=. 当0<x<时,g'(x)>0,而g(0)=0,所以g(x)>g(0)=0.故当0<x<时,f(+x)>f(-x). 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (3)证明 由(1)可得,当a≤0时,函数y=f(x)的图象与x轴至多有一个交点,故a>0,从而f(x)的最大值为f(). 不妨设A(x1,0),B(x2,0),0<x1<x2,则0<x1<<x2. 由(2)得f(-x1)=f(-x1)>f(x1)=f(x2)=0. 又f(x)在区间(,+∞)上单调递减,从而x2>-x1,于是x0=.由(1)知,f'(x0)<0,得证. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　这类问题的常见形式是证明与函数的零点的中点的导数有关.常见处理方法是转化为极值点偏移问题或单变量问题. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 题型五　双变量不等式:极值和差商积问题 例5　已知函数f(x)=ln x-(ax-). (1)若a=1,证明:当0<x<1时,f(x)>0;当x>1时,f(x)<0. (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,证明:. 证明 (1)当a=1时,f(x)=ln x-(x-),定义域为{x|x>0},f'(x)=,f'(x)≤0在定义域上恒成立,所以f(x)在区间(0,+∞)上单调递减,当0<x<1时,f(x)>f(1)=0;当x>1时,f(x)<f(1)=0.原命题得证. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)f'(x)=(a+)=.若存在两个极值点,则解得0<a<1,且x1+x2=,x1x2=a-,原命题即证.不妨设x1>x2,原命题即证ln=2,即证ln·(). 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 不妨令t=>1,原命题即证ln t-<0,记g(t)=ln t-(t>1),则g'(t)=,当t>1时,g'(t)<0,g(t)在区间(1,+∞)上单调递减,g(t)<ln 1-=0,原命题得证. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　这类问题的常见形式是证明与函数极值的和差积商有关的不等式.一般处理方法是把极值代入,再结合极值点满足的关系式,依次消元转化为单变量问题. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 [对点训练2]已知函数f(x)=ln x-ax-2. (1)当a=1时,求函数f(x)的最值; (2)若函数g(x)=x·f(x)有两个不同极值点x1,x2,证明:x1x2>e3. (1)解 当a=1时,f(x)=ln x-x-2,所以f'(x)=-1=(x>0),当0<x<1时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增,当x>1时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以函数f(x)的最大值为f(1)=-3,无最小值. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (2)证明 因为g(x)=x·f(x)=xln x-ax2-2x,所以g'(x)=ln x-2ax-1. 由函数g(x)有两个极值点x1,x2,得g'(x)=0有两解, 即得2a=. 要证明x1x2>e3,只需证明ln x1+ln x2>3,而ln x1+ln x2=2a(x1+x2)+2 =(x1+x2)·+2=(+1)·+2,不妨设x1>x2,令t=,则t>1,欲证明ln x1 +ln x2>3,即证明(t+1)·>1(t>1),只需证明ln t->0(t>1)即可,令h(t)=ln t-(t>1),求导得h'(t)=>0,所以h(t)在区间(1,+∞)上单调递增,则h(t)>ln 1-=0,因此(t+1)·>1(t>1),即ln x1+ln x2>3,所以x1x2>e3. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 题型六　双变量不等式:主元法 例6　已知函数f(x)=ln x-mx+m(m∈R). (1)若f(x)≤0对x∈(0,+∞)恒成立,求m的取值范围; (2)在(1)的条件下,若0<a<b,求证:<1-a. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 (1)解 函数f(x)=ln x-mx+m的定义域为(0,+∞).要使f(x)≤0对所有x>0恒成立,需f(x)的最大值不超过0.求导得f'(x)=-m. 当m≤0时,f'(x)=-m>0,故f(x)在区间(0,+∞)上单调递增. 当x→+∞时,ln x→+∞,-mx≥0,故f(x)→+∞,不满足f(x)≤0. 当m>0时,f(x)在区间(0,)上单调递增,在区间(,+∞)上单调递减,最大值在x=处,即f()=ln()-m·+m=-ln m-1+m,要求f(x)≤0恒成立,需f()≤0, 即m-ln m-1≤0. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 令g(m)=m-ln m-1,求导得g'(m)=1-.当m=1时,g'(m)=0;当m<1时,g'(m)<0,当m>1时,g'(m)>0,故g(m)在m=1处取得最小值g(1)=0. 因此,当且仅当m=1时,g(m)=0,满足m-ln m-1≤0. 综上,m的取值范围为{1}. (2)证明 要证<1-a,即证f(b)-f(a)-(ln b-ln a)(1-a)<0.以b为主元,视a为参数,记F(x)=f(x)-f(a)-(ln x-ln a)(1-a),x∈(a,+∞),则F'(x)=f'(x)-<0,得F(x)在区间(a,+∞)上单调递减,所以F(x)<F(a)=0,即F(b)<0,得证. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 规律方法　如果两个变量之间没有联系可以任意取值,我们可以将其中一个变量看成主元,另一个变量变成次元,构造关于主元的函数. 题型一 题型二 题型三 题型四 题型五 题型六 $