导数压轴题双变量问题题型归纳总结.docx

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1、导数应用之双变量问题（一）构造齐次式，换元【例】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

2、上述分析可知.【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（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.【变式训练】已知函数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，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单

3、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，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=，即证x1x2＜，即证=，由x1＜x2，得=t＞1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，则g′（t）==，令h（t）=2lnt-t+，∴h′（t）==-（）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）=

4、0，即ln2t＜t-2+在（1，+∞）上恒成立，∴x1x2＜a2．【变式训练】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.(二)各自构造

5、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）＝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），在区间（1，3）上，g′（x）＞0，g（x）单调递

6、增，在区间（3，+∞）上，g′（x）＜0，g（x）单调递减，所以g（x）max＝g（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）max＜g（x）max，由（1）知当a≤0时，f（x）无最值，当a＞0时，f（x）max＝f（）＝﹣lna，所以﹣lna＜ln3，所以，解得a．【变式训练】【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】(1)当时，因为，所以，又因为

7、，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.①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；②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；③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.(三)消元构造一元函数【例】已知函数f(x)=e-x+1,x≤0,2x,   

8、x>0.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x10时，f(x)=2x>0.∴f(x)的值域为(0,+∞)．令f(f(x)+1)=m，∵f(x)+1>1，∴f(f(x)+1)>2，∴m>2.又f(x