重難點09雙變量問題(舉一反三專項訓(xùn)練)【全國通用】【題型1雙變量單調(diào)性問題】 【題型2雙變量的最值(取值范圍)問題】 【題型3雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題】 【題型4與極值點有關(guān)的雙變量問題】 【題型5與零點有關(guān)的雙變量問題】 【題型6雙變量的恒成立問題】 24【題型7雙變量的不等式證明問題】 【題型8與切線有關(guān)的雙變量問題】 【題型9導(dǎo)數(shù)中雙變量的新定義問題】 1、雙變量問題導(dǎo)數(shù)是高中數(shù)學(xué)的重要考查內(nèi)容，是高考?？嫉臒狳c內(nèi)容，而導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題在高考中占有很重要的地位.從近幾年的高考情況來看，雙變量問題主要涉及雙變量的恒成立問題、雙參數(shù)不等式問題以及雙變量的不等式證明等問題，一般作為解答題的壓軸題出現(xiàn)，難度較大，需要靈活求解.知識點1導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題1.導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題往往以雙參數(shù)不等式的形式呈現(xiàn)，要想解決雙變量問題，就需要掌握破解雙參數(shù)不等式的方法：一是轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參數(shù)滿足的關(guān)系式，并把含雙參數(shù)的不等式轉(zhuǎn)化為含單參數(shù)的不等二是巧構(gòu)函數(shù)，再借用導(dǎo)數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值；三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應(yīng)用到雙參不等式，即可證得結(jié)果.知識點2導(dǎo)數(shù)中的雙變量問題的解題策略1.轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決雙變量問題此類問題一般是給出含有x?,x?,f(x?),f(x?)的不等式，若能通過變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結(jié)構(gòu)形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解.2.整體代換解決雙變量問題(1)解此類題的關(guān)鍵是利用代入消元法消去參數(shù)a,得到僅含有x1,x2的式子.(2)與極值點x?,x?有關(guān)的雙變量問題：一般是根據(jù)x?,x?是方程f(x)=0的兩個根，確定x?,x?的關(guān)系，再通過消元轉(zhuǎn)化為只含有x?或x2的關(guān)系式，再構(gòu)造函數(shù)解題，即把所給條件轉(zhuǎn)化為xi,x2的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關(guān)于的函數(shù)，把看作一個變量進行整體代換，從而把二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)來解決問題.3.構(gòu)造函數(shù)解決雙變量問題的答題模板第一步：分析題意，探究兩變量的關(guān)系；第二步：合二為一，變?yōu)閱巫兞坎坏仁剑坏谌剑簶?gòu)造函數(shù)；第四步：判斷新函數(shù)的單調(diào)性或求新函數(shù)的最值，進而解決問題；第五步：反思回顧解題過程，規(guī)范解題步驟.【題型1雙變量單調(diào)性問題】x?,都恒成立，則a的取值范圍是()A.[0,1]B.(1,+∞)C.[0,【解題思路】設(shè)x?>x?>0,構(gòu)造函數(shù)g(x)=f(x)-2x,分析可知函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，可知g'(x)≥0對任意的x>0恒成立，利用參變量分離法可求得實數(shù)a的取值范圍.【解答過程】不妨設(shè)x?>x?>0,可得f(x?)-f(x?)>2x?-2x?,可得f(x?)-2x?>f(x?)-2x?,,則g(x?)>g(x?),所以，函數(shù)g(x)在(0,+∞)上為增函數(shù)，2≥0對任意的x>0恒成立，所以，a≥2x-x2,當(dāng)x>0時，2x-x2=-(x-1)2+1≤1,當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，等號成立，所以，a≥1.【變式1-1】(24-25高三上·河北滄州·階段練習(xí))已知函數(shù)f(x)=ex-ax2的定義域為且對Vx?,x?∈),x?≠x?恒成立，則實數(shù)a的取值范圍為()F(x)=f(x)-x2=e?-ax2-上恒成立，即+【解題思路】設(shè)x?>x?,由題意，原問題等價于f(xF(x)=f(x)-x2=e?-ax2-上恒成立，即+x2,則F(x?)<F(x?),進而可得F(x)在上為減函數(shù)，則F'(x)≤0在1)從而即可求解.【解答過程】解：設(shè)x?>x?,因為對V,當(dāng)x?≠x?等價于f(x?)-f(x?)<x2-x?2,即f(x?)-x2<f(x?)-x2,所以所,解得(1)討論函數(shù)f(x)的極值點情況；(2)設(shè)a=2,若對任意x?,x?∈(0,+○),x?≠x?,恒成立，求實數(shù)b的取值范圍.【答案】(1)答案見解析【解題思路】(1)根據(jù)函數(shù)極值點和函數(shù)導(dǎo)數(shù)之間的關(guān)系，分類討論函數(shù)導(dǎo)數(shù)的情況，分別判斷每種情況下的單調(diào)性和極值點取值情況.(2)根據(jù)題目構(gòu)造函數(shù)，可知構(gòu)造函數(shù)單調(diào)遞增，由此得函數(shù)導(dǎo)數(shù)大于零恒成立，列出不等式，求出參數(shù)范圍.【解答過程】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),令f'(x)=0,則x=1或x=a-1,所以f(x)在(0,+∞)單調(diào)遞增，無極值點，當(dāng)a-1>1,即a>2時，在(0,1)和(a-1,+∞)單調(diào)遞減，所以x=1是極大值點，x=a-1是極小值點，當(dāng)a-1<1,即a<2時，在(0,a-1)和(1,+∞)上f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增；在(a-1,1)上f'(x單調(diào)遞減，綜上，當(dāng)a=2時，無極值點，不妨設(shè)則恒成立，等價于f(x?)-bx?>f(x?)-bx?恒成立，,x∈(0,+∞),則g(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，所在(0,+∞)上恒成立，即b 由均值不等(當(dāng)且僅當(dāng)x=1時取等號),所以,則b≤0,故實數(shù)b的取值范圍是(-∞,0).【變式1-3】(2025-海南·模擬預(yù)測)已知函數(shù)f(x)=ax-xlnx的圖象在x=1處的切線與直線2x-y=0平(1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間；(2)若Vx?,x?∈(0,+∞),且x?>x?【答案】(1)f(x)在(0,e2)上單調(diào)遞增，在(e2,+∞)上單調(diào)遞減【解題思路】(1)對于f(x)=ax-xlnx求導(dǎo)，根據(jù)切線與直線2x-y=0平行，求出a,代入進行求解單調(diào)恒成立，轉(zhuǎn)化為f(x?)-mx2>f(x?)-mx2,構(gòu)造函數(shù)g(x)=【解答過程】(1)f(x)=ax-xlnx的導(dǎo)數(shù)為f'(x)=a-1-Inx,(2)因為x?>x?,若Vx?,x?∈(0,+∞),由f(x?)-f(x?)>mx2-mx2,【題型2雙變量的最值(取值范圍)問題】的最大值為()A.-1B.-2,求得h′令m(x)=1-x2-lnx(x>0),【解答過程】由f(x?)=g(x?),可得x?+e×1=x?+Inx?,所以x?+ex1=elnx2+Inx?,又由f'(x)=1+e?>0,所以f(x)在R上單調(diào)遞增，最大值為()A.4ln2-2B.41n2-4C.8ln2-2D.4lnx-x(x>e),利用導(dǎo)數(shù)求解函數(shù)單調(diào)性，即可求解最值得解.當(dāng)x∈(1,+0)時，1-x<0,ex>0,所以f'(x)<0,f(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞減...,所以x?=Inx?,那么4x?-x?=4lnx?-x2·【解題思路】(1)求導(dǎo)(x>0,a<0),對a分類討論即可得解；【解答過程】(1)函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),所以函數(shù)f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.,所以h(t)在單調(diào)遞增，所以f(x?)-f(x?)的最大值(ii)求4a-b的最大值.【答案】,最大值(2)(i)證明見解析；【解題思路】(1)利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的極值，然后與端點值進行比較即可求得最值；(2)(i),并用導(dǎo)數(shù)研究其單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性找到隱零點，結(jié)合1,x∈(0,+c),利用導(dǎo)數(shù)求出單調(diào)區(qū)間，即可求解最大值.【解答過程】(1)若a=3,,所以f'(x)=x2-2x-3=(x-3)(x+1),令f'(x)>0,可得x>3或x<-1,故f(x)在(-1,3)單調(diào)遞減，(-∞,-1),(3,+∞)單調(diào)遞增.所以f(x)在[-4,4]上的最小值最大值則g'(x)=x2+(1-a)x-a+(x+1)e×=(x+1)(x-a)+令h(x)=x-a+ex,所以存在唯一的m∈(0,a),滿足h(m)=0,即a=m+em,g(m)是g(x)在(0,+c∞)上的極小值，也是最小值，又因為g(0)=b+1>0要使g(x)=0在(0,+∞)上僅有一個實根x?,必需x?=m,所以令u'(x)>0,可得0<x<2,令u'(x)<0,可得x>2,【題型3雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題】x?).【解題思路】(1)將函數(shù)f(x)=ae-x3(a∈R)的極值問題轉(zhuǎn)化為f'(x)=ae?-3x2=0的零點問題，再分離參數(shù)，,利用導(dǎo)數(shù)研究函數(shù)g(x)的變化趨勢，數(shù)形結(jié)合求解；上單調(diào)遞增，可解.【解答過程】(1)函數(shù)f(x)=ae×-x3(a∈R)有三個極值點x?,x?,x?(x?<x?<x?),故實數(shù)a的最大值為3(ln2)2.【解題思路】(1)求導(dǎo)得斜率，再利用點斜式求直線并化簡即可；(2)由導(dǎo)函數(shù)的兩個零點得x?+x?=(a+1)(ex1+e2)和x?-x?=(a+1)(ex2-ex1),,轉(zhuǎn)化為證明,換元t=x?-x?,證明h(t)=(t-2)e+t+2>0得到a+1=【解答過程】(1)當(dāng)a=1時，(2)證明：函數(shù)f'(x)=(a+1)ex-x,X?,x?是y=f'(x)的兩個零點，所以x?=(a+1)ex1,x?=(a+1)e2,則有x?+x要證x?+x?>2,只要證明(a+1)(ex1+ex2)記t=x?-x?,則t>0,et>1,記h(t)=(t-2)e+t+2(t>0),則【解題思路】(1)由題意得f'(x)≥0恒成立，參變分類求最值即可；(2)求導(dǎo)，確定其單調(diào)性得到f(x)≤1,構(gòu)造函求導(dǎo)確定其單調(diào)性得到g(x)≥1,即可求,通過討論其單調(diào)性即可求證.【解答過程】(1)由題意知函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),所即a的取值范圍(2)證明：若a=0,f(x)=Inx-x+2,所當(dāng)且僅當(dāng)x=1時，等號成立.所(3)證明：由題意可所以要,即證l,則證明1(2)若f(x)有2個零點x?,x?,證明：a(x?+x?)2+(x?+x?)>2.【答案】【解題思路】(1)求導(dǎo)，確定函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性可得最值；2(t-1)<0成立.【解答過程】(1)當(dāng)a=1,函數(shù)f(x)=x2+x-Inx-1(x>0),兩式相減，得a(x?+x?)(x?-x?)+(x?-x?)-(Inx?-Inx?)=0,整理得欲證明a(x?+x?)2+(x?+x?)>2,不妨設(shè)0<x?<x?,,則0<t<1,令h(t)=(t+1)lnt-2(t-1)(0<t<1),又所以，當(dāng)0<t<1時，u(x),即h'(t)單調(diào)遞減，則h'(t)>h'(1)=0,故當(dāng)0<t<1時，h(t)單調(diào)遞增，則h(t)<h(1)=0,所以，原不等式成立，故不等式a(x?+x?)2+(x?+x?)>2得證.【題型4與極值點有關(guān)的雙變量問題】A.21n2B.3ln2C.4ln2【解題思路】根據(jù)極值點為導(dǎo)函數(shù)零點，整理變形得,然后代入后表示出x?,x?,代入目標(biāo)式轉(zhuǎn)化為關(guān)于t的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)求最值即可【解答過程】由題知，f(x)的定義域為(0,+∞),因為f(x)有兩個極值點x?,x?,所以ex1-ax?=0,e×2-ax?=0,代入①整理可得因為1<x≤2,所以h'(x)>0,所以h(x)在[1所以h(x)>-3ln1+2-1-所以g(x)max=g(2)=5ln2.A.(-∞,16)B.(-∞,16)C.(16,+∞)D.(16,+∞)【答案】B【解題思路】由條件可得f'(x)=3x2-6ax+12,則所以△=36a2-4×3×12>0,即a>2,x?+x?=2a,x?·x?=4,故f(x?)+f(x?)=-4a3+24a,得到答案.則f'(x)=3x2-6ax+12因為函數(shù)f(x)存在兩個極值點x?,x?所以△=36a2-4×3×12>0,即a>2f(x?)+f(x?)=x?3-3ax?2+12x?+(x?3=(x?+x?)(x?2-x?·x?+x?2)-3a[(x?+x?)2-2x?·x?]+=(x?+x?)[(x?+x?)2-3x?·x?]-3a[(x?+x?)2-2x?·x?]+設(shè)g(a)=-4a3+24a,當(dāng)a>2時，g'(a)<0,則g(a)在(2,+∞)上單所以g(a)<g(2)=16,所以f(x?)+f(x?)的取值范圍是(-∞,16),故選：B.(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)若函數(shù)f(x)有兩個極值點x?,x?(x?<x?),證明：【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解題思路】(1)求導(dǎo)，分類討論函數(shù)的單調(diào)性.(2)由函數(shù)有兩個極值點x?,x?(x?<x?)確定a的范圍，代入函數(shù)值，構(gòu)造函數(shù)，利用函數(shù)單調(diào)性求解.【解答過程】(1)由題意得，函數(shù)f(x)的定義域為(0,+∞),且a>0,令g(x)=-ax2+x-a,當(dāng)1-4a2≤0,即時，g(x)≤0恒成立，則f'(x)≤0,所以f(x)在(0,+∞)上是單調(diào)遞減； 當(dāng)1-4a2>0,當(dāng)x變化時，f(x),f'(x)的變化情況如下表所示：x-0+0-減增減綜上，當(dāng)時，f(x)在內(nèi)單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；，f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞減.則x?,x?是方程g(x)=0的兩個根，由韋達(dá)定理，得x?x?=1,所以0<x?<1<x?,令h(x)=-lnx-1+x2,【解題思路】(1)利用導(dǎo)數(shù)與函數(shù)單調(diào)性的關(guān)系，分類討論△≤0與△>0兩種情況即可得解；f(x?)表示成關(guān)于x2的函數(shù)，再利用換元法和導(dǎo)數(shù)求得所得函數(shù)的最小值，從而得解.【解答過程】(1)因為f(x)=Inx+x2-2ax,x>0,令g(x)=2x2-2ax+1,則△=4a2-8=4(a2-2),當(dāng)a>√2時，△>0,由g(x)=0,,且x?<x4,(2)由(1)可知，x3,x?為f(x)的兩個極值點，且x?<x?,則2f(x?)-f(x?)=2(lnx?+x=2(lnx?+x2-2x2-1)-(lnx?+x2-2x2-1)=-2x2+2lnx?-(2)代入函數(shù)的零點，并變形,t?=12e?,并利用分析法，將所證明不等式轉(zhuǎn)化為證【解答過程】(1),x∈(0,+∞).(2)設(shè)0<x?<x?,記t?=12e?,要證(x?x?)?>12e?,只需只需由(1)可知，取a=t?>0,又0<x?<x?,所以h(x?)<h(x?),所以(x?x?)?>12e?成立.(i)求實數(shù)a的取值范圍.(ii)),f'(x)是f(x)的導(dǎo)函數(shù).證明：f'[λx?+(1-λ)x?]<0.(2)(i)(ii)證明見解析【解題思路】(1)求導(dǎo)，對a進行分類討論f(x)的單調(diào)性；(2)利用方程組3lnx?=ax?,3lnx?=ax?得到問題轉(zhuǎn)化0恒成立，換元后構(gòu)造函數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性及最值，從而得到證明.【解答過程】(1)令h(t)=t-1-[λ+(1-λ)t]lnt故有t-1-[λ+(1-λ)t]lnt<0,不等式得證.【解題思路】(1)求導(dǎo)，由題意得f'(x)<0,解不等式即可；合(1)可得f(x?)≥f(ex?),代入計算即可求解.【解答過程】(1)若a=0,則f(x)=Inx-x,定義域為(0,+0)X10遞減遞增若f(x)有兩個不同的零點，則方程g(x)=a有兩由(1)可知x?∈(0,1),x?∈(1,+∞)且f(x?)=f(x?)①求a的取值范圍；②求證：x?+x?>4.【解題思路】(1)求出函數(shù)的導(dǎo)函數(shù)，設(shè)切點為(x?,yo),利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出x?=1,從而得到切線(2)①問題轉(zhuǎn)化為恰有2個不相等的正實數(shù)根x?,X?,(x>0),利用導(dǎo)數(shù)求出函數(shù)g(x)的用導(dǎo)數(shù)求出最值得證.【解答過程】(1)當(dāng)a=0時，f(x)=ex,設(shè)直線l與曲線y=f(x)相切于點(xo,y?),又yo=f(x?)=ex?,故l的方程為y-ex?=exo(x-x?),(2)①因為f(x)在(0,+∞)上恰有兩個零點，所以關(guān)于x的方程ex-ax2=0有兩個不相等的正根，即恰有2個不相等的正實數(shù)根x?,x?,所以g(x)在(0,2)上單調(diào)遞減，在(2,+0)上單調(diào)遞增，所當(dāng)x從0的右側(cè)無限趨近于0時，g(x)趨近于+0;當(dāng)x無限趨近于+∞時，則g(x)趨近于+∞,則g(x)圖象如圖所示，所以實數(shù)a的取值范圍所以h(t)在(0,1)上單調(diào)遞增，所以h(t)<h(1)=0,所以當(dāng)t∈(0,1)時，恒成立，所以原不等式x?+x?>4得證.【題型6雙變量的恒成立問題】【例6】(2025-福建莆田·三模)已知函數(shù)f(x)=e*,g(x)=-x2-mx,若對區(qū)間[0,1]內(nèi)任意兩個實數(shù)X?,x?(x?≠x?),都有|f(x?)-f(x?)I>Ig(x?)-g(x?)|恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是()A.[-1,2-2ln2]B.[-e2-4,1]C.[-1,e-2]【答案】A【解題思路】由f(x)單調(diào)性及l(fā)g(x?)-g(x?)I<f(x?)-f(x?)推出f(x?)-f(x?)<g(x?)-g(x?)<f(x?)-f(x?).構(gòu)造函數(shù)F(x)=f(x)-g(x),因為它在[0,1]遞增，所以其導(dǎo)數(shù)F'(x)≥0,求出F'(x)最小值，進而得到m的一個取值范圍.構(gòu)造函數(shù)G(x)=f(x)+g(x),同理它在[0,1]遞增，G'(x)≥0,得出m的另一個取值范圍.進而可得解.【解答過程】假設(shè)x?<x?,因為f(x)=e×在R上單調(diào)遞增，所以|g(x?)-g(x?)|<f(x?)-f(x?),所令F(x)=f(x)-g(x)=e×+x2+mx,則F(x)在區(qū)間[0,1]內(nèi)單調(diào)遞增，所以F'(x)=e?+2x+m≥0,因為F'(x)在區(qū)間[0,1]上單調(diào)遞增，所以F'(x)的最小值為F'(0)=1+m,故1+m≥0,即m≥-1;令G(x)=f(x)+g(x)=e?-x2-mx,則G(x)在區(qū)間[0,1]內(nèi)單調(diào)遞增，所以G'(x)=e×-2x-m≥0,所令h(x)=ex-2x,則h'(x)=ex-2,所以h(x)在(0,ln2)上單調(diào)遞減，在(ln2,1)上單調(diào)遞增，所以h(x)小值為h(ln2)=2-2ln2,即m≤2-2ln2.綜上所述，-1≤m≤2-2ln2.3x?∈(0,+∞),使得f(x?)≥g(x?)成立.下列結(jié)論正確的是()則a的取值范圍為R,故C錯誤；即：故h(x)在(-1,0)上單調(diào)遞減，在(0,+c∞)上單調(diào)遞增，所以h(x)只有一個零點0,故過(0,0)作y=f(x)的切線，有且只有一條，故D正確.故選：D.(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；【答案】(1)答案見解析【解題思路】(1)對函數(shù)f(x)求導(dǎo)后進行因式分解可得f'(x)=(x-a)(x+2)e×,令f'(x)=0,解得x=a或x=-2.根據(jù)兩根大小分a<-2,a=-2和a>-2三種情況討論，分別令f'(x)>0可求得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間，令f'(x)<0可求得函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間；(2)由(1)知：當(dāng)a∈(0,2)時，函數(shù)f(x)在(-4,-2)上單調(diào)遞增，在(-2,0)上單調(diào)遞減，進而可得f(x)max= 恒成立，∴a∈(0,2),對函數(shù)g(a)求導(dǎo)，研究其單調(diào)性求出最大值即可求解.【解答過程】(1)函數(shù)f(x)=(x2-ax-a)e×的定義域為R,f'(x)=[x2+(2-a)x-2a]ex=(x-a)(x+令f'(x)=0,解得x=a或x=-2.當(dāng)a<-2,令f'(x)>0得x<a或x>-2;令f'(x)<0當(dāng)a>-2,令f'(x)>0得x<-2或x>a;令f'(x)<0得-2<x<a,(2)由(1)知：當(dāng)a∈(0,2)時，函數(shù)f(x)在(-4,-2)上單調(diào)遞增，在(-2,0)上單調(diào)遞減.又f(-4)=(16+3a)e??>0,f(0)數(shù)m的取值范圍.【解答過程】(1)由f(x)=Inx-ax-1(x>0),得,(0<t<1),則Inx?=tlnx?,Inx?=Inx?+Int,幾(0<t<1),因為0<t<1,根據(jù)對勾函在(0,1)上單調(diào)遞減知，,所以，【解題思路】(1)利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最大值，轉(zhuǎn)化為最大值小于等于1,即可求解；(2)不等式轉(zhuǎn)化為證明,即證明,構(gòu)造函,x∈【解答過程】(1)f'(x)=a-1-Inx,當(dāng)0<x<ea-1時，f'((2)證明：不妨設(shè)x?<x?,則0<x?<ea-1<x?<ea,要證f'(√x?X?)>0,),x∈(eα-1,e2),則g(e【解題思路】(1)根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求導(dǎo)函數(shù)g'(x),由切線斜率可得g'(1)的值，從而得實數(shù)b的值；(2)求導(dǎo)函數(shù)f'(x),從而得函數(shù)的單調(diào)性與最值，即可證得結(jié)論；(3)結(jié)合函數(shù)f(x)=x-sinx在x>0時的單調(diào)性將等式f(x?)+g(x?)=f(x?)+g(x?)轉(zhuǎn)換為不等式x?-x?>sinx?-sinx?,則l,求導(dǎo)確定單調(diào)性即可證得結(jié)論.【解答過程】(1)∵g(x)=blnx,∴∴f'(x)=1-cosx≥0在(0,+)上恒成立，(3)∵當(dāng)時，由(2)可知，當(dāng)x>0時，f(x)=x-sinx單調(diào)遞增，所以F'(1)=0,求出a.再驗證a值滿足條件.q(n)<q(2-m),令w(x)=q(x)-q(2-x)為對應(yīng)式子，求導(dǎo)判斷單調(diào)性證明.【解答過程】(1)先確定f(x)定義域為(0,+∞),令F(x)=alnx+1-ex-1,F(1)=aln1+1-e1-1=因為F(x)≤0恒成立且F(1)=0,所以x=1是F(x)的最大F'(1)=a-e1-1=a-1=0,解得a=1.原命題得證.(2)(i)1;(ii)證明見詳解.【解題思路】(1)計算g'(x),由導(dǎo)數(shù)的幾何意義即可求；由導(dǎo)數(shù)證明不等式成立.所【解答過程】(1)因為g(x)=Inx+x,所由①可得In(x?ex0)=In1=0,即lnx?+x所以函數(shù)h(x)的最小值為x?exo-I由題意h(x)=xe?-a(lnx+x)=xex-aln(xex)=0有兩個不相等的實所以t=xex在(0,+0)上遞增，所以t>0,a(lnt?+Int?)=t?+t?,a(Int?所以②要證只需證(x?ex1)·(x?ex2)>e2,即證ln(x?ex1)+In(x?ex2)>2,即需證lnt?+Int?>2,不妨設(shè)0<t?<t?,故只需證l所以s(μ)在(1,+∞)上單調(diào)遞增，所以s(μ)>s(1)=0,所以Int?+Int?>2,即(x?ex1)·(x?ex2)>e2,【題型8與切線有關(guān)的雙變量問題】(x?,f(x?)).求的取值范圍()A.(-1,0)B.(-1,0)C.(-2,-1)【答案】A【解題思路】先設(shè)切點坐標(biāo)，利用導(dǎo)數(shù)的幾何意義確定切線方程，參變分離得方程t++Inx有兩不同解x?,x?,構(gòu)造函,判定其單調(diào)性求其最小值，化為解t2-t+Int<0,構(gòu)造函數(shù)h(t)=t2-t+Int,判定其單調(diào)性從而解得0<t<1.化簡待求式得x?即可得結(jié)果.【解答過程】因為,設(shè)切點坐標(biāo)為(x?,xo-Inx。),則曲線在該點處的切線方程為：則方有兩不同解x?,x?,令h(t)=t2-t+Int,h'(t,h(t)在(0,+∞)上單調(diào)遞增，又因為h(1)=0,所以0<t<1.又因為x?,x?為方程t-的解，故有代入可得x?故所求取值范圍為(-1,0).f(x)上總存在兩點M(x?,y?),N(x?,y?),使得曲線在M,N兩點處的切線互相平行，則x?+x?的取值范圍【解題思路】求得f(x)的導(dǎo)數(shù)f'(x),由題意可得f'(x?)=f'(x?)(x?,x?>0,且x?≠x?),化為(x?+x?)=,因此)都成立，k∈(4,+0∞),利用導(dǎo)數(shù)研究其最值即可得出.【解答過程】解：函,導(dǎo)由題意可得f'(x?)=f'(x?)(x?,x?>0,且x?≠x?).而【答案】(1)a∈(0,+∞)【解答過程】(1)x∈(0,1)時，g'(x)<0,g(x)單調(diào)遞減，x∈(1,+∞),g'(x)>0,g(x)所以g(x)≥g(1)=0,即x>0時，恒成立，當(dāng)且僅當(dāng)x=1單調(diào)遞增，有唯一零點且x∈(√a,+∞)有唯一零點，滿足題意，綜上：a∈(0,+∞);聯(lián)立兩條切線得,即證(0<t<1),.得證.綜上：2x?<x?+x?<2(a+1).【變式8-3】(24-25高三上·云南曲靖.階段練習(xí))關(guān)于函(1)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性；(2)若f(x)在(1,a)處的切線垂直于直線x-y=0,對任意兩個正實數(shù)x?,x?,且x?≠x?,有f(x?)=f(x?),求證：x?+x?>2a.【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【解題思路】先對函數(shù)求導(dǎo)，分a≤0和a>0討論即可；(2)由題意先求出a=2,再設(shè)0<x?<x?,,由,即可得到即可得證.【解答過程】(1)因,(x>0),貝當(dāng)a>0時，當(dāng)f'(x)<0,解得0<x<a,當(dāng)f'(x)≥0時，解得x≥a,(2)因為f(x)在(1,a)處的切線垂直于直線x-y=0,所以f(x)在(1,a)處的切線的斜率為-1,設(shè)0<x?<x?,),由f(x?)=f(x?),即則h(t)在(1,+∞)上單調(diào)遞減，h(t)<h(1)=0,【題型9導(dǎo)數(shù)中雙變量的新定義問題】【解題思路】(1)將問題轉(zhuǎn)化有交點，求導(dǎo)后可得h(x)單調(diào)性，進而確定h(x)圖(2)①令f(x)=g(x),采用同構(gòu)法可得l(x>0),結(jié)合導(dǎo)數(shù)知識可求【解答過程】(1)由題意知：f(x)與g(x)的公共定義域為R,∴b+1>2+e2,解得：b>1+e2,即實數(shù)b的取值范圍為(1+e2,+∞).令p(m)=m2-1-2mlnm(m>e),則p'(m)=2m-2lnm-2=2(m-Inm-1),令q(m)=m-Inm-1(m>e),(1)若函數(shù)f(x)的最大值為0,求實數(shù)a的值；【解題思路】(1)利用定義的運算得到f(x)的解析式，結(jié)合導(dǎo)數(shù)求最大值的方法，建立關(guān)于a的方程，解方程得解.(2)借助(1)問中的結(jié)論，Inx≤x-1,得到]然后利用不等式性質(zhì)，即裂項相消求和法，從而得證.(3)將極值點個數(shù)問題轉(zhuǎn)化為到導(dǎo)函數(shù)零點個,通過消元，然后構(gòu)造函,借助導(dǎo)數(shù)證明φ(x)<φ(1)=0即可.【解答過程】(1)由題意知：f(x)=alnx-x+1,∴“函數(shù)h(x)存在兩個極值點x?,x?”等價于“方程有兩個不相等的正實數(shù)根”解得a>2,在(1,+∞)恒成立，體做法如下：如圖，設(shè)r是f(x)=0的根，首先選取x?作為r的初始近似值，若f(x)在點(x?,f(xo))處的切線與x軸相交于點(x?,0),稱x?是r的一次近似值；用x?替代x?重復(fù)上面的過程，得到x?,稱x?是r的二次近近似值相等時，該值即作為函數(shù)f(x)的一個零點r.(3)先判斷出0<x?<1<x?<e,然后輔助證明兩個不等式x≤1)即可.【解答過程】(1)f'(x)=3x2+6x+1,(2)由題可知，g(2)=e2-3,g'(x)=e×設(shè)n(x)=h(x)-x=-xlnx,0<x≤1,由于0<x?<1所以a=h(x?)>x?,解得-①+②,得x?-x?>e-ea.(1)當(dāng)m=0時，求曲線C在點A(0,f(0))處的曲率；(2)已知曲線C在不同的兩點M(x?,f(x?)),N(x?,f(x?)處的曲率均為0.①求實數(shù)m的取值范圍；②證明：(2)①(0,1);②證明見解析【解題思路】(1)兩次求導(dǎo)，再根據(jù)曲率公式計算即可；(2)①對g(x)=(1-x)e×求導(dǎo)，根據(jù)g'(x)正負(fù)判斷g(x)增減性，分析g(x)邊界值與特殊值，x趨于負(fù)無窮時g(x)趨于0,g(1)=0,x=0時g(x)最大為1.方程(1-x)e×=m有兩根，意味著直線y=m與g(x)圖像有兩個交點，得到0<m<1.②構(gòu)造函數(shù)h(x)=(1-x)e?+ex-e,通過求導(dǎo)h'(x),再對h'(x)求導(dǎo)得到φ'(x),判斷φ(x)單調(diào)性得出h’(x)的正負(fù)，進而得到h(x)單調(diào)性，證明出當(dāng)x∈(0,1),g(x)<-ex+e.利用直線上的點建立關(guān)系，結(jié)合g(x?)=,進一步轉(zhuǎn)化為證明x?<m-1.再次轉(zhuǎn)化，根據(jù)(1-x?)e×1-m=0,將x?<m-1轉(zhuǎn)化為(1-x?)e×1-x?-1>0(x?<0),構(gòu)造函數(shù)F(x)=(1-x)e×-x-1,通過求導(dǎo)F'(x),得到F(x)單調(diào)性，【解答過程】(1)解：當(dāng)m=0時，f'(x)=(2-x)e×,f"(x)=(1-x)e×,所以f'(0)=2,f"(0)=1,故曲線C在點A(0,f(O))處的曲率K=1+2=25則方程(1-x)e?=m有兩個根x?,X?,設(shè)g(x)=(1-x)e×,則g'(x)=-xex,所以g(x)在(-∞,0)上單調(diào)遞增，在(0,+∞)上單調(diào)遞減.①由題可知，直線y=m與函數(shù)g(x)的圖象有兩個不同的交點，所以0<m<1,②證明：由上可知，0<m<1,不妨設(shè)x?<0<x?<1.設(shè)h(x)=(1-x)e?+ex-e,x∈(0則h'(x)=-xe?+e,即(1-x)e?+ex-e<0,故x∈(0,1),g(x)<-ex+e.所以-ex?+e>g(x?)=m=-ex?+e,又(1-x?)ex1-m=0,只需證x?<(1-x?)ex1-1,即證(1-x?)ex1-x?-1>