重难点专题09 双变量不等式十大题型（解析版）-决战2024年高考数学重难点题型突破（新高考通用）

重难点专题09双变量不等式十大题型汇总题型1转化为单变量 1题型2整体换元法 9题型3选取主元法 20题型4变更主元法 题型5比值代换法 题型6同构法 题型7双变量的单调问题 题型8中点类型 题型9极值点的和差积商问题 题型10剪刀模型 86题型1转化为单变量【分析】(1)首先求函数的导数，分a≥0和a<0两种情况讨论函数的单调性；(2)首先根据函数的单调性，确定a<0时，,再根据零点存在性定理，确定a【详解】(1)因为函数的定义域为(0,+),(2)由(1)知，a<0且,解得-因,所,因为j,g(t)=1+2lnt-2t,即即因则(2)由(1)可得a>0,ae*1=2xi,ae*z=2x₂,显然x₁>0,x₂>0,.不妨令x₁>x₂>0,,).所以h(t)在(1,+)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0,所以x₁+x₂<2In2-2Ina.构造函用导数证明即可.即即,,即i,1)得证.综上：2x₃<x₁+x₂<2(a+1).(2)证明：不妨设x₁<x₂,得f₂)得f₂)题型2整体换元法划重点划重点【分析】(1)首先求函数的导数，并讨论a的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性；,结合函数的单调性，即可证明；(ii)根据(1)的结果整理,再构造函,再利用换元，将不等式转化,再利用换元，变形，将不等式整理,并构造函数,k>1,利用导数，判断函数的单调性，结合不等关系，即可证明.【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+),1a0+0N极小值7极大值③若0<a<1时a10+0递增.(ii)由(1)知，当0<a<1所以0<x₁<a<x₂<1<x₃.整理,1212要证：即证所以ψ(k)在(1,+)为增函数，所以ψ(k)>ψ(a)在(0,+)上单调递增.(2)若存在正数x₁,x₂(x₁≠x₂)满足f'(x₁)=f'(x₂)=b(f'(x)为f(x)的导函数),求证：f(x₁)+f(x₂)>0.【分析】(1)由题意可知f'(x)≥0在(0,+)上恒成立，即a≥-x²+2x在(0,+)上恒成故实数a的取值范围是[1,+].①证明2<x₁+x₂:又g(x)在(1,+)上单调递减，所以x₂>2-x₁,即2<x₁+x₂·(2)若a<-16,求证：方程f'(x)+(a+1)xe*=0在(0,+)上有两个不同的实数根再设直线y=kx+1相切与函数g(x)的切点坐标为(xo,lnxo),由导(2)设a>b,得到a-b>0,0),不等式等价于t-2(e{-1)>0在t>0上成立，从而构造函et+1(2)若选择①:不妨设a>b,则a-b>0,题型3选取主元法划重划重,ex-ax+1.,令t(x)=1-x+lnx(x>0),!,,也即h(m)≤h(值.值1,,故0<x₁<a<x₂<e<x₃,a即证：即证：故即证即证：即证：,),所以u(k)>u(1)=0,,故φ(k)在(1,+)上为增函数，是自然对数底数)当0<x<,h'(x)<0,h(x)单调递减；,h'(x)>0,h(x)单调递增；所以h(x)>0,则F(x)>0.设G(x)=xe×-1-2x²+2x-1,则G'(x)=(x+1)e*-1-4x+2,所以G'(x)在(2,+)上单调递增，G'(x)>G'(2)=3e-6>0,所以G(x)在(2,+)上单调递增，G(x)>G(2)=2e-5>0,综上得：原不等式成立.题型4变更主元法另一外变元的取值范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问另一个变量作为自变量，从而使问题得以解决，我们称这种方法为变更主元【例题4】(2021·微山县校级二xlnx(3)若0<a<b,证明：函数f(x)=xlnx,则f'(x)=1+lnx,(x>0令h(x)=(x+1)ln(x+1)-mx,则h'(x)=ln(x+1)+1-m,h(0)=0;故实数m的取值范围为：[-,1];),【详解】(1)f(x)的定义域为(0,+0),,).,则1[方法四]:隐零点讨论+基本不等式.易知f(x)在区间(0,xo)内是减函数，在区间(xo,+)内是增函数.所以[f(x)]min=f(xo)=aexo-Inxo-1,-Inxo=Ina+xo.[方法五]:异构令g(x)=ae*-x,g'(x)=ae*-1[方法六]:高阶函数借位构建有界函数[方法五]:值点.【答案】(1)f(x)在(-1,0)上是减函数；在(0,+)上是增函数(2)见解析由x=0是f(x)的极值点得f'(0)=0,所以m=1.于是f(x)=exIn(x+1),定义域为(1,+0),所以f(x)在(-1,0)上单调递减，在(0,+oo)上单调递增，当m=2时，函数在(2,+o)上单调递增.小值.法2:(定主元m)设h(m)=e²-ln(x+m)(x..-m),题型5比值代换法划重点划重点小问满分4分，若选②则该小问满分9分.(2)选①:根据(1)得到x₁-2<-2<x₂-2<0,利用比值代换法：设t₁=x₁-2,t₂=x₂-2,,t₁=kt²=选②根据(1)得到x1-2<-2<x₂-2<0利用比值代换法设t₁=x₁-2t=x₂-2,即0<a<4,(2)选①,证明如下：,,选②,证明如下：由(1)得：x₁<0<x₂<2,又(x₁-2)²e*1=(x₂-2)²e×2=a,即t÷e¹+²=t÷e¹₂+2=a,,即k²ekt₂=et²,,下证x₁+x₂<0,(2<x<3),,(2)由g(x₁)=g(x₂)可得5a(Inx₂-Inx₁)=2(sinx₂-sinx₁)+3((2)由(1),得g(x)=2x-2sinx-5x+5alnx=-2sinx-3x+5alnx,x>0,【详解】(1)函数f(x)的定义域为(0,+).,要证又a+1>0,所以g'(t)>0,g(t)在(1,+)上单调递增.,所以并把含双变量的关系式转化为含单变量的关系式进行求解；二是巧妙构造函数再借助导数，(2)由(1)可知当a>e时，f(lna)=a(1-lna)<0,f(0)=1>0,得划重点划重点成立.设u(x)=e*-x-1,则u'(x)=e*-1,得mx²=1+2lnx₁,mx²=1+2lnx₂,有m(x¹+x2)=2+2Inx₁x₂.即证2+2lnx1x₂<2x₁x₂(1-lnm),即证1+1nx₁x₂<x₁x₂-x₁x₂Inm,由x₁x₂>0,1nm<0,得x₁x₂<x₁x₂-x₁Inm(2)首先方程变形为ex+lna+x+lna=x+3+ln(x+3)=eln(x+3)+ln(x+3再利用分析法，转化不等式证明为ae×1+ae*2>2,转化为证明x₁+3+x₂+3>令f'(x)>0,得-3<x<-2;令f'(x)<0,得x>-(2)方设g(x)=e*+x,显然g(x)在(-,+)上是增函数，又g(x+lna)=g(ln(x+3))ae*1+ae*2=e×1+|na+e×2+lna=eln(因,因此要,因为0<t<1,所以可化成,又因,换元,(0<t<1),结合(1)直接求导，分m≤0和m>0讨论单调性即可；f(x₁)=0,f(x₂)=0相减得,换元令,(0<t<1),进而得到递增；个零点x₁,x₂不妨设,则,相减得,设,则x₁=tx₂,代入上式，解得,所以因为,所以,只需证,即题型7双变量的单调问题R).(2)已知0<x₁<x₂,构建g(x)=,,0有两个不同实数根x1,x₂,由(1)知0<x₁<1<x₂,),当0<x<1时，(1-x)lnx<0;当x>1时，(1-x)lnx<0;当x=1时，(1-x)lnx=0;且e*>0,故g'(x)≤0对Vx∈(0,+o)恒成立，故g(x)在(0,+)上单调递减，由a>0,F(x)=xe*+²+ax²+2ax+a>xeaxaxaxF(-2-x₂)=-(2+x₂)e-×z+a(x₂+1)F(-2-x₂)=-(2+x₂)e-x2-x₂e*数的底数).(2)分析可得e²x1-λf(x₁)>e²x²-Af(x₂),构造函数g(x)=e²x-λf(x),即g'(x)=则h'(x)=(x²+ax+a-1)e×=(x+a-1)(x+1)e*当1-α>-1时，即a<2时，由h'(x)>0可得x<-1x<1-a.所以，函数h(x)的增区间为(-,-1)、(1-a,+),减区间为(1-a,-1);或x>1-a,由h'(x)<0可得-1<减区间为(-1,1-a).综上所述，当a=2时，函数h(x)的增区间为(-,+o);当a>2时，函数h(x)的增区间为(-,1-a)、(-1,+),减区间为(1-a,-1);b的取值范围.【答案】(1)a=-2e或a>0;(2)[0,1].【分析】(1)要先求出f'(x),利用分类讨论思想，讨论函数的单调性，结合零点存在定理可求答案；构造函数，结合单调性可得b的取值范围.+【详解】(1)定义域为(0,+),当b=2时，+,f'(x)<0,所以f(x)单调递减，解得a=-2e,综上，实数a的取值范围是a=-2e或a>0.所以f(x)max-f(x)min≤e-,,(1-a)x+2.数g(x)=-ln(1+x)+ln(1-x)+2x,证明当0<x<1时，函数y=g【详解】(1)因(2)由(1)知a>0时，,则h'(x)<0.(2)由(1)知，不妨设0<x₁<a<x₂综上所述，当m≤0时，函数f(x)的单调递减区间为(-,+);(2)由(1)知m<-2,且x₁+x₂=-m,x₁x₂=1,取值范围.【详解】(1)(1),(x>0),则f'(x)=0在(0,+)上有两个根，(2)证明：由(1)知m<-2,且x₁+x₂=-m,x₁x₂=1,,题型9极值点的和差积商问题【详解】(1)由f(x)=e*+2ax-(2)由已知F(x)=e*-ax²+2ax-1,则F'(x)=e*-2ax+2a,则1<x₁<2<x₂,.,结合-1,结合-1<x₁<0,ex-x-1,xe(0,+m),+1=ex因-1<x₁<0<x₂,h(x)在(0,+)上单调递增，因为-1<x₁<0,所以h(x₁)>h(-x₁).(2)根据(1)的结果，可知，x₁+x₂=1,,这样可将所证明不等【详解】(1)函数f(x)的定义域为(-,1),得出xe(x₁,1). (2)由(1)可知：当0<a<条件.【变式9-1】4.(2021春·温州期中)已知函【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.结果；(2)根据在极值点处导数为0可得0<a<1且x₁,将所需不等式化简0.原命题得证.不妨设x₁>x₂,原命题即证：1,由(*)知，题型10剪刀模型4a+2.x0+减极小值1-2ln2增(1)求a、b;(2)由(1)可知f(x)=(x+1)(e*-1),令f(x)=0,有x=-1或x=0,F'(-1)=0,函数y=F(x)在(-1,+)上单调递增.【答案】(1)a=1,b=2;(2)0;(3)证明见解析【详解】(1)线方程(e-1)x+ey+e1=0中，(舍去);,则a=1;(2)由(1)可知a=1,.,.若x若由(2)知f(x)≥h(x)恒成立，难题.极值点.(2)由(1)可得曲线y=f(x)在点P处的切线l:y=(3-e*0)(x-xo).令g(x)=,求出x₂-x₁即可.F(x)=f(x)-g(x)=3x-e×+1-(3-e*o)(AF'(x)=3-e*-(3-e*o)=e²o-e则有(3-exo)(x₂'-xo)=m,解∴r(x)在(0,+)上单调递增；则有0<x'<x₁<ln3,即0<xi'<x₁<In3<x₂<x₂';(2)设P(xo,0),则xo=V6,f'(xo)=-30,最新真题、模考题组练x(x>0),利用导数研究函数h(x)的单调性求出h(x)max,可得1nx<x,有2F(xo)=又函数F(x)在(0,+)上有2个零点x1,x₂