导数压轴题双变量问题题型归纳总结

导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】已知函数2lnfxxaxbx，曲线yfx在点1,1f处的切线方程为2yx.（1）求实数,ab的值；（2）设21212,,0FxfxxmxmRxxxx分别是函数Fx的两个零点，求证：120Fxx.【解析】（1）1,1ab；（2）2lnfxxxx，1lnFxmxx，11Fxmx，因为12,xx分别是函数Fx的两个零点，所以11221ln1lnmxxmxx，两式相减，得1212lnln1xxmxx，1212121212lnln111xxFxxmxxxxxx，要证明120Fxx，只需证121212lnln1xxxxxx.思路一：因为120xx，只需证1211122212121lnlnln0xxxxxxxxxxxx.令120,1xtx，即证12ln0ttt.令12ln01httttt，则22212110thtttt，所以函数ht在0,1上单调递减，10hth，即证12ln0ttt.由上述分析可知120Fxx.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把12,xx转化为t的函数，常把12,xx的关系变形为齐次式，设12111222,ln,,xxxxtttxxtexx等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为120xx，只需证121212lnln0xxxxxx，设2222lnln0xxQxxxxxxx，则22222222222221120222xxxxxxxxxxxxxxQxxxxxxxxxxxxxx，所以函数Qx在20,x上单调递减，20QxQx，即证222lnlnxxxxxx.由上述分析可知120Fxx.【规律总结】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1x（或2x）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.【变式训练】已知函数21fxxaxlnxax2aR2有两个不同的极值点x1，x2，且x1＜x2．（1）求实数a的取值范围；（2）求证：x1x2＜a2．【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，解得结果，（2）先根据极值点解得a，再代入化简不等式x1x2＜a2，设21xxt，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）略（2）f′（x）=x-alnx，g（x）=x-alnx，由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根，则2211lnxxlnxxaa，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=2121xxlnxlnx，即证x1x2＜221221(xx)x(ln)x，即证22221121x(xx)(ln)xxx=2112xx2xx，由x1＜x2，得21xx=t＞1，只需证ln2t-t-120t，设g（t）=ln2t-t-12t，则g′（t）=221lnt1tt=112lntttt，令h（t）=2lnt-t+t1，∴h′（t）=2211tt=-（11t）2＜0，∴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ln2t＜t-2+t1在（1，+∞）上恒成立，∴x1x2＜a2．【变式训练】已知函数12lnfxxaxx.（1）讨论fx的单调性；（2）设2lngxxbxcx，若函数fx的两个极值点1212,xxxx恰为函数gx的两个零点，且12122xxyxxg的范围是2ln2,3，求实数a的取值范围.【解析】（1）fx的定义域为0,，22212211axaxfxxxx.（i）若1a，则0fx，当且仅当1a，1x时，0fx（ii）若1a，令0fx得22121,1xaaxaa.当220,11,xaaaa时，0fx；当221,1xaaaa时，0fx，所以，当1a时，fx单调递减区间为0,，无单调递增区间；当1a时，fx单调递减区间为220,1,1,aaaa；单调递增区间为221,1aaaa.（2）由（1）知：1a且12122,1xxaxx.又12gxbcxx，∴12121222xxgbcxxxx，由120gxgx得22112122lnxbxxcxxx，1222121212121222xxxxyxxgbxxcxxxx.121112212122212lnln1xxxxxxxxxxxx，令12(0,1)xtx，∴2(1)ln1tytt，∴22(1)0(1)tytt，所以y在0,1上单调递减.由y的取值范围是2ln2,3，得t的取值范围是10,2，∵122xxa，∴222222211221212112212212(2)242xxxxxxaxxxxxxaxxxx，∴2122119422,2xxatxxt，又∵1a，故a的取值范围是32,4.(二)各自构造一元函数【例】已知函数f（x）＝lnx﹣ax+1（a∈R）．（1）求f（x）的单调区间；（2）设g（x）＝lnx344xx，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11'axfxaxx，然后分a≤0和a＞0两种情况分类求解.（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）max＜g（x）max，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1）略（2）222213113143'4444xxxxgxxxxx，在区间（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）max＝g（3）＝ln312，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）max＜g（x）max，由（1）知当a≤0时，f（x）无最值，当a＞0时，f（x）max＝f（1a）＝﹣lna，所以﹣lna＜ln312，所以3elna＞ln，解得a3e＞．【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数2()()e()xfxxaxaaR.（1）当0a时，求曲线()yfx在点(1,(1))f处的切线方程；（2）设2()1gxxx，若对任意的[0,2]t，存在[0,2]s使得()()fsgt≥成立，求a的取值范围.【解析】(1)当0a时，因为2xfxxe，所以2'2,'13xfxxxefe，又因为1fe，所以曲线yfx在点1,1f处的切线方程为31yeex，即320exye.(2)“对任意的0,2t，存在0,2s使得fsgt成立”等价于“在区间0,2上，fx的最大值大于或等于gx的最大值”.因为2215124gxxxx，所以gx在0,2上的最大值为21g.2'2xxfxxaexaxae222xexaxa2xexxa,令'0fx，得2x或xa.①当0a，即0a时，'0fx在0,2上恒成立，fx在0,2上为单调递增函数，fx的最大值大为2124fae，由2141ae，得24ae；②当02a，即20a时，当0,xa时，'0,fxfx为单调递减函数，当,2xa时，'0,fxfx为单调递增函数，所以fx的最大值大为0fa或2124fae.由1a，得1a；由2141ae，得24ae，又因为20a，所以21a；③当2a，即2a时，'0fx在0,2上恒成立，fx在0,2上为单调递减函数，所以fx的最大值大为0fa，由1a，得1a，又因为2a，所以2a，综上所述，实数a的取值范围是1a或24ae.(三)消元构造一元函数【例】已知函数𝑓(𝑥)={e−𝑥+1,𝑥≤0,2√𝑥,   𝑥0.函数𝑦=𝑓(𝑓(𝑥)+1)−𝑚(𝑚∈𝑅)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𝑥1𝑥2，且𝑎𝑥1+𝑥2≥1恒成立，求实数𝑎的取值范围．【解析】（1）当𝑥≤0时，𝑓(𝑥)=e−𝑥+1≥2.当𝑥0时，𝑓(𝑥)=2√𝑥0.∴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𝑡10，𝑡21．∴𝑓(𝑥)=𝑡1−1无解.从而𝑓(𝑥)=𝑡2−1要有两个不同的根，应满足𝑡2−1≥2，∴𝑡2≥3.∴𝑓(𝑡2)=𝑓(𝑓(𝑥)+1)≥2√3.即𝑚≥2√3．∴𝑚的最小值为2√3.(2)𝑦=𝑓(𝑓(𝑥)+1)−𝑚有两个零点𝑥1、𝑥2且𝑥1𝑥2，设𝑓(𝑥)=𝑡，𝑡∈[2,+∞)，∴e−𝑥1+1=𝑡，∴𝑥1=−ln(𝑡−1).2√𝑥2=𝑡，∴𝑥2=𝑡24.∴−𝑎ln(𝑡−1)+𝑡24≥1对𝑡∈[2,+∞)恒成立设ℎ(𝑡)=−𝑎ln(𝑡−1)+𝑡24−1，ℎ′(𝑡)=−𝑎𝑡−1+𝑡2=𝑡2−𝑡−2𝑎2(𝑡−1).∵𝑡∈[2,+∞)，∴𝑡2−𝑡∈[2,+∞)恒成立.∴当2𝑎≤2，即𝑎≤1时，ℎ′(𝑡)≥0，∴ℎ(𝑡)在[2,+∞)上单调递增.∴ℎ(𝑡)≥ℎ(2)=−𝑎ln1+1−1=0成立.当𝑎1时，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，𝑡∈(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，𝑎≤1.【变式训练】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𝑥1𝑥21.【解析】（1）𝑓′(𝑥)=