第3章 第8节 破解“双变量问题”的基本策略 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“导数的综合应用——双变量问题”专题，依据高考评价体系梳理了利用单调性、换元法、剪刀模型、极值点偏移等六大核心考点，通过真题分析明确“极值点偏移”“剪刀模型”等高频题型占比，构建了从基础转化到综合证明的完整解题体系。 课件亮点在于“模型归类+真题精讲+素养提升”的备考策略，如以例6极值点偏移问题为例，通过对称化构造函数培养数学思维，以例3剪刀模型展示切线放缩技巧提升数学语言表达能力。特设“易错点警示”和“解题模板”，助力学生掌握双变量转化单变量的关键方法，教师可据此开展针对性训练，实现高效复习。

第8节 破解“双变量问题”的基本策略 2027届高中数学一轮复习 第3章 一元函数的导数及其应用 —— 导数的综合应用 1 考点突破 2 考点1 利用函数的单调性解决双变量问题 例1　已知函数f(x)=aln-x，g(x)=ax-aex. (1)当a=1时，求函数y=f(x)的极大值; (2)已知x1，x2∈(0，+∞)，且满足f(x1)>g(x2)，求证:x1+a>2a. [解析] (1)当a=1时，f(x)=ln x-x，定义域为(0，+∞)， 则f'(x)= -1= ，由f'(x)>0⇒0<x<1，f'(x)<0⇒x>1， 所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减， 故f(x)的极大值为f(1)= -1. 名师导学第一轮总复习 高三数学 3 [解析](2)由题意知，a>0，由f(x1)>g(x2)可得aln-x1>ax2-a， 所以ln->ln -，令h(x)=ln x-x， 由(1)可知，h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，+∞)上单调递减，则h>h()， 令t1= ，t2=，又x1>0，x2>0，所以t1>0，t2>1，则h(t1)>h(t2)， ①若t1≥1，则t1+t2>2，即 +>2，所以x1+a>2a; (2)已知x1，x2∈(0，+∞)，且满足f(x1)>g(x2)，求证:x1+a>2a. 名师导学第一轮总复习 高三数学 ②若0<t1<1，设t3∈(1，+∞)，且满足h(t3)=h(t1)，如图所示， 则h(t3)=h(t1)>h(t2)，所以1<t3<t2，下证:t3+t1>2. 令F(x)=h(x)-h(2-x)=ln x-ln(2-x)-2x+2，x∈(0，1)， 则F'(x)= + -2= >0， 所以F(x)=h(x)-h(2-x)在x∈(0，1)上单调递增， 名师导学第一轮总复习 高三数学 所以F(x)<F(1)=0， 所以F(t1)=h(t1)-h(2-t1)<0， 即h(t1)<h(2-t1)， 又因为h(t3)=h(t1)， 所以h(t3)<h(2-t1)，t3，2-t1∈(1，+∞)， 所以t3>2-t1，即t3+t1>2， 又因为1<t3<t2，所以t1+t2>2，即x1+a>2a. 由①②可知，x1+a>2a，得证. 名师导学第一轮总复习 高三数学 练习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. 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. 名师导学第一轮总复习 高三数学 (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[,+∞). [小结]对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后构造新函数，利用函数的单调性及最值进行求解证明. 名师导学第一轮总复习 高三数学 考点2 利用换元法解决双变量问题 例2　已知函数f(x)=xln x-x2-x+a(a∈R)在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求a的取值范围; (2)记两个极值点为x1，x2，且x1<x2. 若λ≥1，证明:e1+λ<x1·. 名师导学第一轮总复习 高三数学 10 (1)求a的取值范围; [解析] (1)由题意知，函数f(x)的定义域为(0，+∞)，f'(x)=ln x-ax， 方程f'(x)=0在(0，+∞)有两个不同根，即方程ln x-ax=0在(0，+∞)有两个不同根， 即方程a= 在(0，+∞)有两个不同根，令g(x)= ，x∈(0，+∞)，则g'(x)= ， 则当0<x<e时，g'(x)>0，x>e时，g'(x)<0， 则函数g(x)= 在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减， 所以g(x)max=g(e)= ， 又因为g(1)=0，当x>1时，g(x)>0，当0<x<1时，g(x)<0， 所以a的取值范围为. 名师导学第一轮总复习 高三数学 11 [解析](2)要证e1+λ<x1·，两边取对数，等价于要证1+λ<ln x1+λln x2， 由(1)可知x1，x2分别是方程ln x-ax=0的两个根，即ln x1=ax1，ln x2=ax2， 所以原式等价于1+λ<ax1+λax2=a(x1+λx2)，因为λ>0，0<x1<x2， 所以原式等价于要证明a>. 又由ln x1=ax1，ln x2=ax2作差得，ln =a(x1-x2)，即a= . 所以原式等价于>， (2)记两个极值点为x1，x2，且x1<x2. 若λ≥1，证明:e1+λ<x1·. 名师导学第一轮总复习 高三数学 令t= ，t∈(0，1)， 则不等式ln t<在t∈(0，1)上恒成立. 令h(t)=ln t- ，t∈(0，1)， 则h'(t)= - = ，当λ≥1时，可知t∈(0，1)时，h'(t)>0， 所以h(t)在t∈(0，1)上单调递增，又h(1)=0，所以h(t)<0， 所以ln<在t∈(0，1)恒成立，所以原不等式恒成立. 名师导学第一轮总复习 高三数学 练习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. 名师导学第一轮总复习 高三数学 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. (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]. [小结]对含参数的双变量不等式的证明，一般要利用条件消去参数，把所证明的不等式化为仅含x1，x2的式子，通过运算，构造t=，t=x1x2，t=x1-x2等为变量的新函数，利用这个新函数的性质解决. 名师导学第一轮总复习 高三数学 考点3 双变量不等式常见模型: 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≤. (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=. (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. (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. 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-(-)=. 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. 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. 考点4 双变量不等式常见模型: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. (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). (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. 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. 考点5　双变量不等式常见模型:主元法 例5　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. (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. 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. 考点6 极值点（零点）偏移问题 方法1.对称化构造 例6　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:x1+x2>2. 名师导学第一轮总复习 高三数学 32 (1)若函数y=f'(x)有两个零点，求a的取值范围; [解析] (1)f(x)=(x-1)ln x-x2+ax⇒f'(x)=1- +ln x-2x+a=0， 该方程有两个不等正实根，由f'(x)=1- +ln x-2x+a=0⇒a=2x+ -ln x-1， 所以直线y=a与函数g(x)=2x+ -ln x-1的图象有两个不同交点， 由g(x)=2x+-ln x-1⇒g'(x)=2- - = = ， 名师导学第一轮总复习 高三数学 33 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，因此g(x)min=g(1)=2， 当x→0时，g(x)→+∞，当x→+∞，g(x)→+∞， 如下图所示: 所以要想有两个不同交点，只需a>2，即a的取值范围为(2，+∞). 名师导学第一轮总复习 高三数学 (2)因为x1，x2是函数f(x)的两个极值点， 所以f'(x1)=f'(x2)=0，由(1)可知:g(x1)=g(x2)=a，不妨设0<x1<1<x2， 要证明x1+x2>2，只需证明x2>2-x1， 显然2-x1>1， 由(2)可知:当x∈(1，+∞)时，g(x)单调递增，所以只需证明g(x2)>g(2-x1)， 而g(x1)=g(x2)=a， 所以证明g(x1)>g(2-x1)即可， (2)设x1，x2是函数f(x)的两个极值点，证明:x1+x2>2. 名师导学第一轮总复习 高三数学 即证明函数h(x)=g(x)-g(2-x)>0在x∈(0，1)时恒成立， 由h(x)=4x+ -ln x- +ln(2-x)-4⇒h'(x)= ， 显然当x∈(0，1)时，h'(x)<0，因此函数h(x)=g(x)-g(2-x)单调递减， 所以当0<x<1时，有h(x)>h(1)=0， 所以当0<x1<1时，g(x1)>g(2-x1)恒成立， 因此命题得以证明. 名师导学第一轮总复习 高三数学 [小结]对称构造法主要用来解决与两个极值点之和(积)相关的不等式的证明问题.其解题要点如下: (1)定函数(极值点为x0),即利用导函数符号的变化判断函数的单调性,进而确定函数的极值点x0. (2)构造函数,即对结论x1+x2>(<)2x0型,构造函数F(x)=f(x)-f(2x0-x)或F(x)=f(x0+x)-f(x0-x);对结论x1x2>(<)型,构造函数F(x)=f(x)-f,通过研究F(x)的单调性获得不等式. (3)判断单调性,即利用导数讨论F(x)的单调性. (4)比较大小,即判断函数F(x)在某段区间上的正负,并得出f(x)与f(2x0-x)的大小关系. (5)转化,即利用函数f(x)的单调性,将f(x)与f(2x0-x)的大小关系转化为x与2x0-x之间的关系,进而得到所证或所求. 名师导学第一轮总复习 高三数学 方法2.比(差)值换元 例7　已知函数f(x)=xln x-ax2-2x.若f(x)有两个不同极值点x1，x2. (1)求a的取值范围; (2)当x1>4x2时，证明:x1>16e3. 名师导学第一轮总复习 高三数学 (1)求a的取值范围; [解析] (1)f'(x)=ln x-2ax-1， 由函数f(x)有两个极值点x1，x2，得f'(x)=0，即2a= 有两个实数根x1，x2， 令u(x)= ，求导得u'(x)= ， 当0<x<e2时，u'(x)>0，当x>e2时，u'(x)<0， 函数u(x)在(0，e2)上单调递增，在(e2，+∞)上单调递减，u(x)max=u(e2)= ， 且u(e)=0，当x>e时，函数u(x)>0恒成立， 因此当0<2a<时，2a= 有两个实数根， 所以函数f(x)有两个极值点时，a的取值范围是. 名师导学第一轮总复习 高三数学 (2)当x1>4x2时，证明:x1>16e3. (2)由即得2a= ， 要证明x1>16e3，只需证明ln x1+2ln x2>4ln 2+3， 而ln x1+2ln x2=2a(x1+2x2)+3=(x1+2x2)·+3=·+3. 令t=(x1>4x2)，则t>4， 欲证明ln x1+2ln x2>4ln 2+3， 即证明(t+2)·>4ln 2(t>4)， 名师导学第一轮总复习 高三数学 只需证明ln t-4ln 2·>0(t>4)即可. 令h(t)=ln t-4ln 2·(t>4)， 求导得h'(t)= -4ln 2·= = ， 由φ(t)=t+4+ -12ln 2在t>4时单调递增，故φ(t)>φ(4)=9-12ln 2>0， 则h'(t)>0，h(t)在t>4时单调递增， 则h(t)>h(4)=ln 4-4××ln 2=0， 因此(t+2)·>4ln 2(t>4)，即ln x1+2ln x2>4ln 2+3， 所以x1>16e3. 名师导学第一轮总复习 高三数学 [小结]比(差)值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之比(差)作为变量，从而实现消参、减元的目的.设法用比值或差值(一般用t表示)表示两个极值点，即t= ，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于t的函数问题求解. 名师导学第一轮总复习 高三数学 $