《导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版》由会员分享，可在线阅读，更多相关《导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版（39页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、精选优质文档-倾情为你奉上导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】（2020年河南高三期末）已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）设分别是函数的两个零点，求证：.【解析】（1）；（2），因为分别是函数的两个零点，所以， 两式相减，得， ，要证明，只需证. 思路一：因为，只需证.令，即证. 令，则，所以函数在上单调递减，即证.由上述分析可知.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为，只需证，设，则 ，所以函数在上单调递减，即证.由上述分析可知.【规律总结】
2、极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明此乃主元法.思路三：要证明，只需证. 即证，由对数平均数易得. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法.【类题展示】【四川省2020届高三期末】已知函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2（1）求实数a的取值范围；（2）求证：x1x2a2【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a所需满足的条件
3、，解得结果，（2）先根据极值点解得a，再代入化简不等式x1x2a2，设，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）函数，x0，f（x）=x-alnx，函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2f（x）=x-alnx=0有两个不等根，令g（x）=x-alnx，则=，（x0），当a0时，得g（x）0，则g（x）在（0，+）上单调递增，g（x）在（0，+）上不可能有两个零点当a0时，由g（x）0，解得xa，由g（x）0，解得0xa，则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-alna0，解得ae，实数a的
4、取值范围是（e，+）（2）由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根，则，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=，即证x1x2，即证=，由x1x2，得=t1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，则g（t）=，令h（t）=2lnt-t+，h（t）=-（）20，h（t）在（1，+）上单调递减，h（t）h（1）=0，g（t）0，即g（t）在（1，+）上是减函数，g（t）g（1）=0，即ln2tt-2+在（1，+）上恒成立，x1x2a2【类题展示】（2020湖北高三期末）已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若函数的两个极值点恰为函数的两个零点，且的范围是，求
5、实数a的取值范围. 【解析】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，（ii）若，令得.当时，；当时，所以，当时，单调递减区间为，无单调递增区间；当时，单调递减区间为；单调递增区间为.（2）由（1）知：且.又，由得，.，令，所以在上单调递减.由y的取值范围是，得t的取值范围是，又，故a的取值范围是.【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于（或）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.(二)各自构造一元函数 【例】（2020河南高三月考）已知函数f（x）lnxax+1（aR）（1）求f（x）的单调区间；（2）
6、设g（x）lnx，若对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，求实数a的取值范围【分析】（1）函数求导得，然后分a0和a0两种情况分类求解.（2）根据对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等价于f（x）maxg（x）max，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1），当a0时，f（x）0，f（x）单调递增，当a0时，在（0，）上，f（x）0，f（x）单调递增，在（，+）上，f（x）0，f（x）单调递减综上：当a0时，f（x）单调递增区间是（0，+），当a0时，f（x）单调递增区间是（0，），单调递减在区间是（，+）.（2），在区
7、间（1，3）上，g（x）0，g（x）单调递增，在区间（3，+）上，g（x）0，g（x）单调递减，所以g（x）maxg（3）ln3，因为对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等价于f（x）maxg（x）max，由（1）知当a0时，f（x）无最值，当a0时，f（x）maxf（）lna，所以lnaln3，所以，解得a【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.【类题展示】【广东省2020届高三期末】设函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）设，若对任意的，存在使得成立，求的取值范围.【解析】
8、 (1)当时，因为，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即.(2)“对任意的，存在使得成立”等价于“在区间上，的最大值大于或等于的最大值”.因为，所以在上的最大值为. ,令，得或.当，即时，在上恒成立，在上为单调递增函数，的最大值大为，由，得；当，即时，当时，为单调递减函数，当时，为单调递增函数，所以的最大值大为或.由，得；由，得，又因为，所以；当，即时，在上恒成立，在上为单调递减函数，所以的最大值大为，由，得，又因为，所以，综上所述，实数的取值范围是或.【评注】对任意的，存在使得成立”等价于“在区间上，的最大值大于或等于的最大值”.(三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)=e-x
9、+1,x0,2x,x0.函数y=f(f(x)+1)-m(mR)恰有两个零点x1和x2（1）求函数f(x)的值域和实数m的最小值；（2）若x10时，f(x)=2x0. f(x)的值域为(0,+) 令f(f(x)+1)=m， f(x)+11， f(f(x)+1)2， m2.又f(x)的单调减区间为(-,0，增区间为(0,+). 设f(x)+1=t1，f(x)+1=t2，且t11 f(x)=t1-1无解.从而f(x)=t2-1要有两个不同的根，应满足t2-12， t23. f(t2)=f(f(x)+1)23.即m23 m的最小值为23.(2) y=f(f(x)+1)-m有两个零点x1、x2且x11时
10、，设g(t)=t2-t-2a.由g(2)=4-2-2a=2-2a0. t0(2,+)，使得g(t0)=0.且当t(2,t0)时，g(t)0.当t(2,t0)时，h(t)单调递减，此时h(t)h(2)=0不符合题意.综上，a1.【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数f(x)=x2+ax-alnx.（1）若函数f(x)在2,5上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x20)，则h(x)=1-1x，当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)单调递增，h(x)min=h(1)=1-m.若方程f(x)=x
11、2+2m有两个不等实根，则有h(x)min1，当m1时，0e-m10，hem=em-2m，令g(x)=ex-2x(x1)，则g(x)=ex-20，g(x)单调递增，g(x)g(1)=e-20，h(em)0，原方程有两个不等实根，实数m的取值范围是(1,+).不妨设x1x2，则0x11x2，01x21，x1x21x1h1x2，hx1=hx2=0，hx1-h1x2=hx2-h1x2=x2-lnx2-m-1x2-ln1x2-m,=x2-1x2-2lnx2.令(x)=x-1x-2lnx(x1)，则(x)=1+1x2-2x=1x-120，(x)在(1,+)上单调递增，当x1时，(x)(1)=0，即x2-
12、1x2-2lnx20，hx1h1x2，x1x21.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】（2020深圳市高三期末）已知函数，其中为非零实数.（1）求的极值；（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围： 【分析】（1）求导，对分和两种情况讨论，分析函数的单调性，即可得出函数的极值；（2）由，得出，构造函数，可知函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，即可得出实数的取值范围；【详解】（1），其中为非零实数，.当时，函数单调递减；时，函数单调递增.所以，函数有极小值；当时，函数单调递增；时，函数单调递减.所以，函数有极大值.综上所述，当时，有极小值；当时，有极大值；（2）当时，当时，总有不等式成立，即，构造函数，由于，则函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，解得.由题意可知，因此，正实数的取值范围是；【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，同时考查了变换主元法，构造函数法和分类讨论法的应用，属于难题【类题展示
