2025年高考数学复习(新高考专用)重难点07双变量问题【九大题型】特训(学生版+解析)

这是一份2025年高考数学复习(新高考专用)重难点07双变量问题【九大题型】特训(学生版+解析)，共87页。

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\l "_Tc2390" 【题型1 双变量单调性问题】 PAGEREF _Tc2390 \h 2
\l "_Tc32058" 【题型2 双变量的最值（取值范围）问题】 PAGEREF _Tc32058 \h 3
\l "_Tc15940" 【题型3 双变量问题转化为单变量问题】 PAGEREF _Tc15940 \h 4
\l "_Tc1209" 【题型4 与极值点有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc1209 \h 5
\l "_Tc13710" 【题型5 与零点有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc13710 \h 6
\l "_Tc29599" 【题型6 双变量的恒成立问题】 PAGEREF _Tc29599 \h 7
\l "_Tc28718" 【题型7 双变量的不等式证明问题】 PAGEREF _Tc28718 \h 8
\l "_Tc7404" 【题型8 与切线有关的双变量问题】 PAGEREF _Tc7404 \h 10
\l "_Tc7011" 【题型9 双变量的新定义问题】 PAGEREF _Tc7011 \h 11
1、双变量问题
导数是高中数学的重要考查内容，是高考常考的热点内容，而导数中的双变量问题在高考中占有很重要的地位，主要涉及双变量的恒成立问题、双参数不等式问题以及双变量的不等式证明等问题，一般作为解答题的压轴题出现，难度较大，需要灵活求解.
【知识点1 导数中的双变量问题】
1．导数中的双变量问题
导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握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．
【知识点2 导数中的双变量问题的解题策略】
1．转化为同源函数解决双变量问题
此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
2．整体代换解决双变量问题
(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子.
(2)与极值点x1，x2有关的双变量问题：一般是根据x1，x2是方程f'(x)=0的两个根，确定x1，x2的关系,再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于的函数，把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
3．构造函数解决双变量问题的答题模板
第一步：分析题意，探究两变量的关系；
第二步：合二为一，变为单变量不等式；
第三步：构造函数；
第四步：判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题；
第五步：反思回顾解题过程，规范解题步骤.
【题型1 双变量单调性问题】
【例1】（23-24高二下·江苏常州·期中）已知函数fx=xlnx−12ax2，a∈R．
(1)若gx=f(x)x，求函数gx在区间1,e上的最大值；
(2)若对于任意的x1，x2∈(0,+∞)，x1≠x2，都有f(x1)−f(x2)x1−x2mx1+x2，求实数m的取值范围.
【变式1-2】（23-24高二下·上海·期末）已知函数fx=ax2−a+2x+lnx
(1)当a=1时，求函数fx的极大值；
(2)若fx1−fx2x1−x2>−2对一切00)的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为k1和k2，且k1>k2，则（ ）
A．351，t∈1,k时，G′t0，则Gt在k,+∞单调递增.
又G1=0，Gk0恒成立，
又∵t∈(0,1)，∴lntx1x2，即证x2x1−1lnx2x1>x2x1，
令t=x2x1，则t>1，即证明t−1lnt>t，只要证明：lnt−t−1t0，
∴F′x=1x−1−2x2，令F′x1=F′x2=m，得：2x12−1x1+1+m=02x22−1x2+1+m=0，
∴1x1，1x2为方程2t2−t+1+m=0的两根，
∴1x1+1x2=12即：2x1+x2=x1x2，
∴x1x2=2x1+x2>4x1x2 ∴x1x2>16，
∴Fx1+Fx2=lnx1−x1+2x1+lnx2−x2+2x2
=lnx1+lnx2−x1+x2+2x1+2x2
=lnx1x2−x1x22+1，
令t=x1x2>16，则lnx1x2−x1x22+1=lnt−t2+1，
令ℎt=lnt−t2+1t>16，则ℎ′t=1t−121−x2x1即可；
（ii）根据题意分析可得00，解得00，
令g′(x)1，可得−lnx2x1>1−x2x1，
综上eex2−eex1>−lnx2x1>1−x2x1；
（ii）∵x1ex1=x2ex2=k，则kx1−1ex1=kx2−1ex2=0，
可知f′(x)=kx−1ex=0有两个不同实数根x1,x2，由（1）知0x2．
【解题思路】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分a≤0及a>0可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对a细分，结合零点的存在性定理讨论不同的a的情况下不同的极值点的范围，结合x1>x2进行计算即可得解；
（ii）分a∈0,1及a∈1,+∞进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【解答过程】（1）函数φ1(x)=sinx−x2与φ2x=ex−x具有性质φ1−φ2//x0>0，理由如下：
φ1′(x)=csx−2x，令ℎx=φ1′x=csx−2x，
则ℎ′x=−sinx−20，φ1′1=cs1−20；
（2）（i）f′x=aex−1x+1， 又x+1>0，故x>−1，
当a≤0时，f′x=aex−1x+10时， 令mx=f′x=aex−1x+1，
则m′x=aex+1x+12>0恒成立，
故f′x在−1,+∞上单调递增，
g′x=1x+a−ex，x+a>0，故x>−a，
由a>0，令nx=g′x=1x+a−ex，
则n′x=−1x+a2−exx2>0，则ex1>ex2，
故有1ax1+1>1x2+a，即x2>ax1，即ax1>x2，即x2>ax1，则a>x2x1，
由x2x1x2>0，则ex2=1x2+a>e0=1，故0g0=ln0+a−e0+1=lna>0，
即要证gx1>x2，只需证gx1+x2>0，
gx1+x2=lnx1+a−ex1+1+x2>lnx2+a−ex1+1+x2
=ln1ex2−ex1+1+x2=−x2−ex1+1+x2=1−ex1>1−e0=0，
即当a∈1,+∞，有gx1>x2；
综上所述，gx1>x2.
【变式9-1】（2023·湖北·二模）设fx是定义在区间(1,+∞)上的函数，其导函数为f′(x)．如果存在实数a和函数ℎx，其中ℎx对任意的x∈(1,+∞)都有ℎx>0，使得f′(x)=ℎ(x)x2−ax+1，则称函数fx具有性质Pa．
(1)设函数f(x)=lnx+b+2x+1(x>1)，其中b为实数．
（i）求证：函数fx具有性质Pb；
（ii）求函数fx的单调区间．
(2)已知函数gx具有性质P2.给定x1,x2∈(1,+∞)，x11，β>1，若|g(α)−g(β)|0恒成立，即可证明函数fx具有性质Pb；（ii）φx=x2−bx+1=x−b22+1−b24，φx与f′(x)的符号相同，分−212,m≠1，m=12和m1，ℎx=1xx+12>0恒成立，所以函数fx具有性质Pb；
（ii）设φx=x2−bx+1=x−b22+1−b24，φx与f′(x)的符号相同.
当1−b24>0即−20，
故此时fx在区间1,+∞上递增；
当b=±2时，对于x>1，有f′(x)>0，所以此时fx在区间1,+∞上递增；
当b0，f′(x)>0，所以此时fx在区间1,+∞上递增；
当b>2时，φx的图象开口向上，对称轴x=b2>1，方程φx=0的两根为：
x1=b+b2−42,x2=b−b2−42，且x1>1，b−b2−42=2b+b2−4∈0,1，
当x∈1,b+b2−42时，φx0，
所以对任意的x∈1,+∞都有g′x>0，gx在1,+∞上递增.
又α+β=x1+x2,α−β=2m−1x1−x2，
当m>12,m≠1时，α0)，
所以g(a+2)=ea+2−a(a+2)−2a>(a+2)2−a(a+2)−2a=4>0，
由零点存在定理可知，g(x)在(lna,a+2)⊆(lna,+∞)上存在唯一零点．
因为g(0)≠0,g(−1)≠0,所以a≠12a≠1e，
综上，a的取值范围是1e,12∪12,+∞．
（2）证明：由（1）知，0是函数f(x)的一个极值点．不妨设x3=0,x1−2．
由gx1=0,gx2=0,得ex1−ax1−2a=0,ex2−ax2−2a=0,，即ex1=2a+ax1,ex2=2a+ax2,两式相除得ex1−x2=2+x12+x2．
令x1−x2=t(t−2，只要证明2tet−1−4+t>−2，
即2tet−1+t−2>0，其中t