专题6双变量问题（教师版）

专题6：双变量问题<<<专题综述>>><<<专题综述>>>双变量问题顾名思义，题设情境是以双变量的形式呈现的综合性问题，函数与导数的双变量问题在高中函数与导数知识模块中属于重难点问题，往往会作为压轴题出现，同时双变量问题的出题形式以及出题结构相对灵活，考察的具体内容也可与其他知识模块进行融合，这就导致双变量函数问题具有一定的综合应用的特点，在解答此类问题的过程中应分析双变量函数问题的基本形式，并将基本形式与引入参数、等价转化、分离参数等基本方法的应用相结合，进而完成题型的定位，确定双变量函数问题的整体求解策略.函数与导数的双变量问题在解答过程中，应从两方面分析参数之间的制约关系，一方面会表现为参数变量之间的确定性的数量关系，借助此类数量关系，可将两类变量进行等价转化；另一方面，此类双变量问题会变化成一种动态的制约关系，这种制约关系往往会表现为一种参数变化的趋势.又可分成两类题型，一是求参变量的取值范围类问题，二是含有参数的双变量证明问题，这两类题型属于构造函数的范畴.<<<专题探究>>><<<专题探究>>>一、双变量函数问题的解题策略:1.引入参数：引入参数法处理的问题多与参数的单调性以及最值问题相关，在进入此类新参数的过程中，应注意构造合理的新函数；2.等价转化：等价转化的思想是数学解题过程中的关键思想，在此类思想的引导下，可将题目中的不同参数依据固定的数量关系进行转化，从而达成参数形式上的统一形式；3.分离参数：应用分离参数解题方法的过程中，应对初始的函数形式进行一定的变化，将自变量与其中的参数系数进行分离，在分离参数之后，可获得包含单一参数的函数形式，相应的最值可有效确定；4.构造函数，(1)转化为函数单调性问题，无论是证明题还是求参数范围问题，解题思路是设定两个未知量的大小关系，然后构造出所需要的函数，进而使用单调性来判断不等式成立或将单调性转化为参数恒成立问题.(2)找两个变量之间的关系，然后将双变量转化为单变量即可；用其中一个变量作为自变量而另外一个变量作为常数来用，确定主变元而转化为单变量问题,也可以将两个变量的和或商作为一个新变元.二、利用导数研究不等式恒成立问题的求解策略：1.通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；2.利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题；3.根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．题型一：题型一：构造函数法题设情境是由函数的的单调性参数的取值范国，求与函数的极值点相关解析式的取值范围.第（1）问应用导数与函数单调性的基本方法，由函数的单调递增的充要条件，即函数的导函数大于或等于0恒成立，求参数的取值范围；第（2）问应用等价转换技巧及函数存在极值点的必要条件，借助函数有两个零点的临界位置（函数相关切线），求得参数a的参值范围,然后由函数的极值点的充分条件，应用方程思想和数学建模方珐,通过“消参、换元，构造函数”等技巧而解决问题.例1（湖北省九师联盟20222023学年高三上学期11月质量检测）已知函数fx=e（1）若函数fx在[0,+∞上单调递增，求实数（2）若函数fx存在两个极值点x1,x2x【思路点拨】第（1）问由题设函数fx在(0,+∞上单调递增，转化为f'x=ex-ax-2a≥0恒成立,参变分离得exx+2≥a在0,+∞上恒成立.构造函数gx=exx+2,x∈(0,+∞，利用导数判gx的最小值，即可求出a的取值范围；第(2)问由fx有两个极值点x1,x2，推导实数a的取值范围及x1，x2【规范解析】(1)因为fx=e因为函数fx在[0,+∞上单调递增，所以f'所以exx+2≥a在则g'x=x+1exx+2故gx≥g0=12因为f'x=ex-函数hx过点x0,将-2,0代入上式得-所以过-2,0的hx所以要使y=ex与y=ax+2a有两个交点，则此时fx有两个极值点x1,由ex1令t=x2+2x1所以tx1-x1令mt=令nt=t-2lnt-1因为n1=0，所以nt>0在1,+∞上恒成立.所以所以mt在1,+∞上递增.又所以当mt∈5-3ee-1，练1（湖北省黄冈市20222023学年高三上学期阶段性质量抽测）已知函数fx=-1+2e（1）当a=-12（2）当a>0时，若f(x)有两个极值点x1,x2，且f【规范解析】(1)由巳知得f'当a=-1当2ex-1>0，即x>-ln2，f'(x)<0故当a=-12时，f(x)的递增区间为(-∞,-ln(2)当a>0时，由（1）知f令t=1ex(t>0)故∆=1-4a>0,a>01exf=-1又f故不等式fx1+fx2由于a>4，故-1+2a+lna令φ(a)=2+a+2lna=aφ(a)是(4,+∞)上的增函数，φ(a)>φ(4)=∴k≤2，即k最大值为2.练2（河北南宫中学2023届高三上学期12月月考）已知函数f(x)=e-xx2（1）若m=2，求曲线y=f(x)在点0,f0（2）若函数f(x)有3个极值点x1,x（i）求实数m的取值范围；（ii）证明：x3【规范解析】(1)当m=2时，f(x)=e-xx求导得f'x=(-于是得y=-4x+9，所以所求切线方程为：4x+y-9=0.（i）依题意，f'x=-(x+1)2m+xe即f'x=0有三个不同的解，由(x+1)2m+xe则-2m=xe-x有不等于令g(x)=xe-x，求导得g'(x)=(1-x)e-x，当x<1时，于是函数g(x)在(-∞,1)上是增函数，在1,+∞上是减函数，则g(x)max又当x<0时，g(x)<0，且g(0)=0，当x>0时，因此方程-2m=xe-x有两解时0<-2m<1所以实数m的取值范围是(-1（ii）由（i）知，x3=-1，0<x2<1两边取自然对数得lnx1-令t=x1x2，则x1=tx显然x3>-12x令h(t)=t2-2tlnt-1，则φ'从而得函数h'(t)在1,+∞上单调递增，则有因此函数h(t)在1,+∞上单调递增，总有h(t)>h(1)=0所以不等式x3>-(题型二：题型二：主变元变更法及应用题设情境是应用导数研究方程的解和多变量的恒成立问题.第（1）问由两函数的导数构造方程，然后研究函数单调性及最值得到方程的解，即得t的值；第（2）问首先视a为主变元构造函数,由研究不等式恒成立相关的方法得到其最小值,由最小值的结构特征,即关于b、k的解析式,然后视b为主变元,造构相应的函数,应用分类与整合思想求参变量k的取值范围.例2（河北省2022届高考临考信息（预测演练））已知函数fx=e（1）若k=1,f't=g't（2）若a,b∈R+，fa【思路点拨】第(1)问由题设条件k=1，f't=g't，得et-lnt+1-1=0,应用导数研究上述方程的根,即得实数t的值；第(2)题构造函数h(x)=f(x)-bx+gb-f(0)-g(0)=e【规范解析】（1）∵函数fx=e∴f'x=ex-1,g'x=lnx令φt=e∵φ''t=et+1t+12>0∴当-1<t<0时，φ't<0，φt单调递减，当t>0时，φ'∴φ(t)≥φ(0)=0，当且仅当∴方程f't=g't有且仅有唯一解t=0，实数t（2）令h=ex-则h'x=ex-b+1，∴当当0<x<lnb+1时,h'x故h(x)=(b+k)ln(b+k)-(b+1)ln(b+1)-令tx=(x+k)ln(x+k)-(x+1)ln(x+1)-①若k>1时,t'x>0，tx在0,+∞②若k=1时，tx③若0<k<1时，t'x<0，tx在0,+∞单调递减，综上，正实数k的取值范围是1,+∞练3（天津市咸水沽第一中学20212022学年高三上学期月考）已知函数fx（1）若fx单调递增，求实数a（2）若函数Fx=fx-3x+1有两个极值点x1,x2,【规范解析】（1）fx的定义域为0,+∞,f若fx单调递增，则f'x即a≥-2x2-xy=-2x2-x在0,+∞所以实数a的取值范围为0,+∞（2）证明：Fx=fx依题意可得x1,x于是x1+x2=1要证Fx2+即证Fx2x因为2x22从而Fx令gt=2-2tlnt+t+1设ht=g't解得t0=5由h't>0得12<t<t于是ht在12,即g't在12而g'12=2ln2-1>0，g'因此gt在12,1综上所述，Fx练4（天津市咸水沽第一中学20202021学年高三上学期月考）已知函数fx=ax2+bx+1-1ex（1）若b=1，当x≥0时，fx≥1，求实数（2）若b=0，fx存在两个极值点x1，x2，求证：【规范解析】（1）当b=1，则fx=当0<a≤12时，f'x≥0，f(x)在当a>12时，f(x)在0,2a-1a则f(x)∴实数a的取值范围为(0,12（2）证明：当b=0时,fx∵函数f(x)存在两个极值点，∴4a2-4a>0由题意知，x1，x2为方程ax2不妨设x1<x2，则0<由（1）知，当b=1,a=12即ex≥12x2+x+1（当且仅当x=0时取等号），f=1=12又fx1令hx=则h'x=1-xex+e2从而f(x综上可得：1<f(x1题型三：题型三：比(差)值代换法及应用题设情境是目标函数含三角函数与对数函数,证明有关三角函数的不等式和与“零点”有关的不等式.第（1）问由待证不等式构造函数，利用函数的单调性及最值证明不等式；第（2）问首先应用导数研究函数的单调性，结合条件fx1=fx2确定a>0例3（2022届重庆市高三上学期教学质量监测）已知函数fx=x-x∈0,(1)求证：2x<sinx+(2)若存在x1、x2∈0,π2，且当【思路点拨】第（1）问由题设构造函数gx=2x-sinx-tanx,求其导数g'x=第（2）问由、题设条件fx1=fsinx从而fx1=f然后通过恰当构造得aln利用sinx1-sinx【规范解析】(1)构造函数gx=2x-则g=-因为0<x<π2，则0<cos即当0<x<π2时，g'x<0故当0<x<π2时，gx(2)若a≤0，则f'此时函数fx在0,π2由（1）可知，函数gx在0,π2上单调递减，不妨设0<则gx1>g所以，sinx因为fx1=f所以，aln所以，aln所以，lnx1-而要证x1x2a2<1,只要证x1即证lnx1x2>令ht=2lnt-所以函数ht在0,1上为减函数，当0<t<1时，h所以，当x2>x所以x1x2<x练5（浙江省金华十校20222023学年高三上学期期末模拟）已知函数fx（a∈R（1）当a≤e时，讨论函数fx（2）若函数fx恰有两个极值点x1，x2（x1<x2【规范解析】（1）函数的定义域为0,+∞，f'x当a≤0时，f'x>0恒成立，fx当0<a≤e时，令f'x=0，则ex-ax=0，设易知，当0<x<lna时，g'x<0，gx单调递减，当x>lna时，∴gx≥glna=elna-a综上，当a≤e时，fx在0,+∞（2）依题意，f'x1两式相除得，ex2-x1=x2x1，设x2x1∴x1+x2=t+1lnt设φt=t-1t-2lnt，则则φt>φ1=0，∴h't又x1+x2≤2e+1⋅ln2∴ht∴t∈(1,2e)，即x2x1练6（重庆市第八中学2023届高三上学期高考适应性月考）已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R)，f'(x)为f(x)的导函数．

(Ⅰ)当k=6时，

(i)求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；

(ii)求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x的单调区间和极值；

(Ⅱ)当k≥-3时，求证：对任意的x1，【规范解析】解：Ii当k=6时，fx=x3+6lnx，故f'x=3x2+6x，∴f'1=9，

∵f1=1，

∴曲线y=fx在点1,f1处的切线方程为y-1=9x-1，即9x-y-8=0；

iigx=fx-f'x+9x=x3+6lnx-3x2+3x,x>0，

∴g'x=3x2-6x+6x-3x2=3(x-1)3(x+1)x2，

令g'x=0，解得x=1，

当0<x<1，g'x<0，当x>1，g'x>0，

∴函数gx在0,1=t3-3t2+6lnt+3t-1，=2\*GB3②

由(Ⅰ)(ii)可知当t≥1时，g(t)>g(1)，

即t3-3t2+6lnt+3t>1，=3\*GB3③

由=1\*GB3①=2\*GB3②=3\*GB3③可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2[f(题型四：题型四：不等式恒(能)成立问题用题设情境是求函数解析式及单调区间，含双参数的不等式值成立向题.第（1）问通过求导函数值与函数值而求得函数f(x)的解析式，然后应用导数与函数单调性的基本知识求出函数f(x)的单调区间；第（2）问由f(x)≥12x2+ax+b对任意实数恒成立，通过构造函数，应用导数基本知识和分类讨论数学思想求得该函数的最值，然后利用函数的最值恒非负得到关a,b不等式，将该不等式代入例4（2014年高考全国1卷）已知函数f(x)满足满足f(x)=f(1)求f(x)的解析式及单调区间；(2)若f(x)≥12x【思路点拨】（1）应用赋值法求得f(0)和f'1的值,从而得到f(x)的解析式,然后应用导数求得函数f(x)的单调区间;(2)构造函数hx=f(x)-12x2-ax-b=ex【规范解析】(Ⅰ)f'(x)=f'(1)再由f(x)=f'(1)ex-1所以f(x)的解析式为f(x)=ef'(x)=ex-1+x,易知f所以f'所以函数f(x)的增区间为0,+∞,减区间为-∞(Ⅱ)若f(x)≥1即hx∵h(1)当a+1<0时,h'x>0恒成立,hx为R上的增函数,且当(2)当a+1=0时,hx>0恒成立,则b≤0,(3)当a+1>0时,h'x=ex故f当x=lna+1时,hx依题意有hln即b≤a+1-∵a+1>0,∴a+1令ux=xu'所以当x=e时,ux取最大值故当时,a+1b取最大值e综上,a+1=e,b=e2若f(x)≥1练7(2023·天津市期末)已知函数fx=1（1）若a>0，讨论函数fx（2）设函数gx=-a+2x，若至少存在一个x0【规范解析】（1）f'当a=2时，f'x≥0，∴f当0<a<2时，由f'x>0，得0<x<a或x>2，由f∴fx在0,a和2,+∞上单调递增，在a,2当a>2时，由f'x>0，得0<x<2或x>a，由f∴fx在0,2和a,+∞上单调递增，在2,a综上所述，当a=2时，fx在0,+∞当0<a<2时，fx在0,a和2,+∞上单调递增，在a,2当a>2时，fx在0,2和a,+∞上单调递增，在2,a（2）若至少存在一个x0∈e,4，使得fx0∵当x∈e,4时，lnx≥1，∴2a>-12x2∵h'x=-xlnx∴2a>-4ln2，即a>-2ln<<<专题训练>>><<<专题训练>>>1.（福建省福清市2023届高三上学期期中联考数学试题）已知函数fx（1）讨论fx（2）若fx恰有两个不同的零点x1，x2【解析】（1）因为fx=lnx-mx，所以当m≤0时，f'x>0恒成立，所以f当m>0时，令f'x>0，得0<x<1m则fx在0,1m上单调递增，在综上，当m≤0时，fx在0,+当m>0时，fx在0,1m单调递增，在（2）因为x1，x2是fx的两个零点.所以lnx1则f'x要证f'x1不妨设x1>x2>0令t=x1x2，则所以h'所以ht在1,+∞上单调递增，则h即t-1t-2lnt>0对任意2.（广东省揭阳市揭东区2023届高三上学期月考数学试题）已知函数fx=-1+2ex（1）当a=-12时，求（2）当a>0时，若f(x)有两个极值点x1,x2，且f【解析】(1)由巳知得f'x当a=-12当2ex-1>0，即x>-ln2，f'(x)<0故当a=-12时，f(x)的递增区间为(-∞,-ln(2)当a>0时，由（1）知f'令t=1ex(t>0)故Δ=1-4a>0,a>01ef=-1又f故不等式fx1+fx2由于a>4，故-1+2a+lna>3+令φ(a)=2+a+2lna=aφ(a)是(4,+∞)上的增函数，φ(a)>φ(4)=∴k≤2，即k最大值为2.3.（天津市五校联考20222023学年高三上学期期中数学试题）已知函数fx=(1)求函数fx(2)设t1，t2为两个不等的正数，且t2lnt【解析】(1)函数fx=e-xx+1定义域为当x<0时，f'(x)>0，当x>0因此，函数f(x)在(-∞,0)上单调递增，在(0,+∞所以当x=0时，函数f(x)有极大值1，无极小值.(2)令lnt1=则t2依题意，两个不等的实数x1,x2满足不妨令x1<x2，由(1)知，f(x)在且当x>0时，f(x)>0恒成立，f-1因此有-1<x1<0<x2，由x1+λ而f(x)在(0,+∞)上递减，从而有f(x1)=f(两边取对数得：ln(即λln(x令g(x)=λln(x+1)-λ所以g'当λ≥1时，g'(x)>0，则g(x)在(-1,0)上单调递增，当0<λ<1时，即-1<λ-1<0，当λ-1<x<0时，g'(x)<0，g(x)在当λ-1<x<0时，g(x)>g(0)=0，不符合题意，综上得：λ≥1，所以实数λ的取值范围是[1,+∞).4.（2023.湖北省宜昌市联考）已知函数fx=lnx-ax+2,gx=ex+1(1)试讨论函数fx(2)当a>0时，若对任意的x1∈0,+∞，x2∈【解析】（1）由题意得fx的定义域为0,+∞，f当a≤0时，f'x>0∴fx在区间0,+∞内单调递增，f当a>0时，令f'x<0，得x>1a∴fx在区间0，∴fx在x=1a综上，当a≤0时，fx无极值；当a>0时，fx的极大值为（2）由1知当a>0时，fx的最大值为1-由题意得g'x=ex+1又g'(-1存在x0∈-且当x∈-1,x0时，g当x∈x0,+∞时，ggx又ex0+1-1则gx令hx=1x+1+x+1-b(-即函数hx在区间-12故10+1+0+1-b<hx<1对任意的x1∈0,+∞，xf(x)即1-lna+b+lna又b∈Z，故b的最大值为05.（湖北省宜昌市协作体20222023学年高三期中联考数学试题）已知函数f(x)=ln（1）讨论函数f(x)的单调性；（2）若函数f(x)有两个零点x1,x2，求【解析】（1）因为fx=lnx-k所以f'x当k≥0时，f'x>0，所以函数fx当k<0时，由f'x=0当x∈0,-2k时，f'x<0所以函数fx在0,-2k上单调递减；在-综上所述，当k≥0时，函数fx在0,+∞当k<0时，函数fx在0,-2k上单调递减，在-（2）先求k的取值范围：方法1:由（1）知，当k≥0时，fx在0,+∞当k<0时，函数fx在0,-2k上单调递减，在所以fx要使函数fx有两个零点，首先fxmin因为-2k<-2k<1，且下面证明f-设gk=ln-2k因为k>-12e，所以所以gk在-12e,0上单调递增，所以所以k的取值范围是-12e方法2:由fx=lnx-k设gx=x当0<x<e-12时，g'所以函数gx在0,e-所以由gxmin=ge-12=-1要使函数fx有两个零点，必有-12e<k<0．所以k再证明x1方法1:因为x1，x2是函数fx的两个零点，不妨设x1<所以lnx1-所以lnt=kt2x12要证x1+x2即证x121+t因为-12e<k<0或证8lnt+1t设ht=8lnt+1t2所以h't=8t所以ht所以x1+方法2:因为x1，x2是函数fx有两个零点，不妨设x1<所以lnx1-所以lnt=kt2x12要证x1+x2>2-2k，需证即证t×klnt1t2-1>-2k．因为设ht=2lnt-t所以ht在1,+∞上单调递减，所以ht=2lnt-t+方法3:因为x1，x2是函数fx有两个零点，不妨设x1<所以lnx1-kx12需证x1x2>-2k．即证kx12+因为-2k<x1<0，所以x所以k1+而ln-2k<ln1方法4:因为x1，x2是函数fx有两个零点，不妨设x1<由已知得lnx1-kx12=0,lnx2设ht=t-1所以ht在1,+∞上单调递增，所以ht所以有lnx2-lnx因为x1x2<x1+所以x1+方法5:要证x1+x2>2即证x2>2-2k-x1．因为fx2=fx1，所以只要证明构造函数Fx=fx则Fx=lnx因为F=2<2所以Fx在0,-所以Fx所以fx>f2-2k-x6.（福建省福州格致中学2023届模拟）已知函数fx=x-sinx-tan