第3章 高考热点3 导数中的双变量问题（word练习）-【高考突破新方案】2027年高考数学大一轮复习练案

**基本信息** 聚焦导数双变量问题，通过同构思想、等量代换、极值点偏移三大方法体系，系统构建从变量转化到不等式证明的解题逻辑链，培养数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |双变量地位等同同构思想|1|构造同构函数转化恒成立问题|基于函数单调性，通过结构变形实现变量统一| |等量代换|3|比值代换（t=x2/x1）、对数代换|利用零点/极值点关系建立方程，转化为单变量函数证明| |极值点偏移|3|对称差函数构造、不等式放缩|结合函数凹凸性，通过构造差函数或代换证明和差不等式|

高考热点3　导数中的双变量问题 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　　　　.  答案　[e,+∞) 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. 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, 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. (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. 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, 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, 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+, 则h'(a)=2-, 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. 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. 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-2>0⇒>e2⇒0<a<e-2.综上,0<a<e-2. (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 =, 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. 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. 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, 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, 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. 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. 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), 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. 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. 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,+∞), 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. 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. 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=, 当x∈,,,时, f'(x)>0, ∴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, ∴-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-cos 3x+3cos x,其中x∈, ∴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, ∵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. 第 1 页 共 7 页 学科网（北京）股份有限公司 $