重难点突破06 双变量问题（六大题型）（解析版）

重难点突破06双变量问题目录破解双参数不等式的方法：一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.题型一：双变量单调问题例1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数2()(1)ln1fxaxax．(1)当2a时，求曲线()yfx在1,(1)f处的切线方程；(2)设2a，证明：对任意1x，2(0,)x，1212|()()|4||fxfxxx．【解析】（1）当2a时，2()3ln21fxxx，(1)3f，切点为1,3求导3()4fxxx，切线斜率(1)7kf曲线()yfx在1,(1)f处的切线方程为74yx．（2）2aQ，()fx的定义域为(0,)，求导2121()20aaxafxaxxx，()fx在(0,)上单调递减．不妨假设12xx，∴12124fxfxxx等价于211244fxfxxx．即221144fxxfxx．令()()4gxfxx，则2124124aaxxagxaxxx．2aQ，0x，22214410xxxgxxx．从而()gx在(0,)单调减少，故12()()gxgx，即221144fxxfxx，故对任意121212,0,,4xxfxfxxx．例2．（2023·安徽·校联考三模）设aR，函数2ln11fxaxax.（Ⅰ）讨论函数fx在定义域上的单调性；（Ⅱ）若函数fx的图象在点1,1f处的切线与直线820xy平行，且对任意12,,0xx，12xx，不等式1212fxfxmxx恒成立，求实数m的取值范围.【解析】（Ⅰ）fx的定义域是,0.2'2(1)()2(1)aaxafxaxxx.（1）当1a时，0fx，fx的定义域,0内单增；（2）当10a时，由2210axa得，2(1)axa.此时fx在,2(1)aa内单增，在,02(1)aa内单减；（3）当0a时，0fx，fx的定义域,0内单减.（Ⅱ）因为'18f，所以2(1)81aa，2a.此时2()2ln()31fxxx.由（Ⅰ）知，2a时，fx的定义域,0内单减.不妨设210xx，则1212fxfxmxx，即1212fxfxmxx，即2211fxmxfxmx恒成立.令gxfxmx，0x，则gx在,0内单减，即'0gx.''2()()60gxfxmxmx，26mxx，0x.而2643xx，当且仅当33x时，26xx取得最小值43，所以43m，故实数m的取值范围是,43.例3．（2023·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末）已知函数2()(1)ln1.fxaxax（Ⅰ）讨论函数()fx的单调性；（Ⅱ）若1a时，任意的120xx，总有1212|()()|2||fxfxxx，求实数a的取值范围.【解析】（Ⅰ）fx21212aaxaaxxx（x＞0）①当1a时()0fx¢，故fx在0,上单调递增；②当0a时0fx，故fx在0,上单调递减；③当01a时，令0fx解得12axa则当102axa时，0fx；当12axa时，()0fx¢故fx在1(0,)2aa上单调递减；在1,)2aa上单调递增；综上所述：当1a时，()0fx¢故fx在0,上单调递增；当0a时，0fx故fx在0,上单调递减；当01a时，fx在1(0,)2aa上单调递减；在1,)2aa上单调递增．（II）由（Ⅰ）知当1a时0fx故fx在0,上单调递增；对任意121212120,22xxfxfxfxfxxx即121222fxfxxx令2,gxfxx因为1212120,22xxfxfxxx所以2,gxfxx在0,上单调递增；所以gx122,aaxx即1220aaxx在0,上恒成立故212112122,0,1122xxxaxaxxxxx令21,tx则12tx又因为0,x所以22213211212122tttatttttt1323tt当且仅当3t时取等号，所以231322tt，故不等式232att恒成立的条件是312a即31,2a.所以，实数a的取值范围为31[,)2.变式1．（2023·全国·模拟预测）已知函数1log2amfxxx，mR，0a且1a．（1）当2a时，讨论fx的单调性；（2）当ae时，若对任意的120xx，不等式21121212xfxxfxxx恒成立，求实数m的取值范围．【解析】（1）函数fx的定义域为()0,+?，将2a代入fx的解析式，得21log2mfxxx，求导得221ln2ln2ln2mxmfxxxx．当0m时，()0fx¢，故fx在()0,+?上单调递增；当0m时，令()0fx¢=，得ln2xm．所以当0,ln2xm时，()0fx¢，当ln2,xm时，()0fx¢，于是fx在区间0,ln2m上单调递减，在区间ln2,m上单调递增．综上，当0m时，fx在()0,+?上单调递增；当0m时，fx在区间0,ln2m上单调递减，在区间ln2,m上单调递增．（2）当ae时，1ln2mfxxx．因为120xx，所以不等式2112121  2xfxxfxxx可化为1211221122fxfxxxxx，所以12221122lnlnxxmmxxxx对任意的120xx恒成立，所以函数2lntmgttt为()0,+?上的减函数，所以231ln20tmgttt在()0,+?上恒成立，可得2lnmttt在()0,+?上恒成立，设lnhtttt，则lnhtt，令0ht，得1t．所以当0,1t上单调递增，在区间()1,+?上单调递减，所以max11hth，得12m．所以实数m的取值范围为1,2．变式2．（2023·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试）已知函数2ln21fxxaxax．(1)讨论fx的单调性；(2)当a0时，证明324fxa；(3)若对任意的不等正数12,xx，总有12122fxfxxx，求实数a的取值范围．【解析】（1）由题意得：fx定义域为0,，2111221axxfxaxaxx；当0a时，210ax，10x，0fx在0,上恒成立，()fx\在0,上单调递增；当a0时，令0fx，解得：12xa，当10,2xa时，()0fx¢；当1,2xa时，0fx；()fx\在10,2a上单调递增，在1,2a上单调递减；综上所述：当0a时，fx在0,上单调递增；当a0时，fx在10,2a上单调递增，在1,2a上单调递减.（2）由（1）知：max111ln1224fxfaaa；要证324fxa，只需证113ln12244aaa，即证11ln1022aa；设ln1gxxx，则111xgxxx，当0,1x时，0gx；当1,x时，0gx；gx在0,1上单调递增，在1,上单调递减，max10gxg；又102a，111ln10222gaaa，即324fxa.（3）不妨设120xx，则由12122fxfxxx得：121222fxfxxx，即112222fxxfxx，令2hxfxx，则hx在0,上单调递增，122210hxfxaxax在0,上恒成立，即11211xaxxx，又10x，21121xxaxxxx；令210xmxxxx，则22222212121xxxxxxmxxxxx，令0mx，解得：12x（舍）或21x，当0,21x时，0mx；当21,x时，0mx；mx在0,21上单调递增，在21,上单调递减，max221322432mxm，2322a，解得：3222a；a的取值范围为322,2.题型二：双变量不等式:转化为单变量问题例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数1()lnfxxaxx．（1）讨论()fx的单调性；（2）已知52a，若()fx存在两个极值点12,xx，且12xx，求2112()()+fxfxxx的取值范围.【解析】（1）函数()fx的定义域为(0,)，22211()1axaxfxxxx，当2a时，221(1)20xaxxaxxax，当且仅当2,1ax即“=”，则()0fx，()fx在(0,)上单调递减，当2a时，方程210xax有两个正根为2142aax，2242aax，当2402aax或242aax时，()0fx，当224422aaaax时，()0fx，于是得()fx在24(0,)2aa、24(,)2aa上单调递减，在2244(,)22aaaa上单调递增；（2）因()fx存在两个极值点12,xx，且12xx，由(1)知2a，即522a，则12121，xxaxx，显然，2242aax对5(2,)2a是递增的，从而有212x，2221221122211112()()()()1ln1lnfxfxxfxxfxxaxxxaxxxx222222211222112122112()(lnln)2lnlnxxxxxxxxxxxxxx222222222112()lnxxxxx，令222211()2()ln(12)gxxxxxxx，233233221111()2(2)ln()()2lngxxxxxxxxxxxxxx4444333411112ln=(2ln)1xxxxxxxxxx