2027届高三数学一轮复习练习课件：第3章　高考热点3　导数中的双变量问题(含解析)

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高考热点3　导数中的双变量问题
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类型1 双变量地位等同同构思想类型2 等量代换类型3 极值点偏移
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______________.
    [e,+∞)    
解析　由题意a( - )>2[f(x1)-f(x2)],得2f(x2)-a >2f(x1)-a ,构造g(x)=2f(x)-ax2=2x(1+ln x)-ax2,x>0,则g(x2)>g(x1),所以函数g(x)在(0,+∞)上单调递减,则g'(x)=2ln x-2ax+4≤0对于x∈(0,+∞)恒成立,即 ≤a对于x∈(0,+∞)恒成立,设h(x)= ,x>0,则h'(x)= = ,令h'(x)>0,得00,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 ae,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 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.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.
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 解得00),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⇔0e2,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.
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(x1-3,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+x20恒成立,当a-ln 1=0,所以g(x)在区间(0,1)内单调递增,所以g(x)2得证.
再证m+nm,所以需证n(1-ln n)+n