八个视角处理双变量导数压轴题在高中数学中，导数算是难度天梯里排No.1的存在，在高考出题人的心中，导数算是一个超赞的存在，天生的守门员。但其实，现在同学们接触的只是导数世界的“皮毛”，真正的精髓还是要到大学中才会学习。导数大题是近年来高考的重点和热点问题，也是高考必考的板块之一，不管是简答题还是选择、填空都有涉及，也是拉分项。我们不可否认导数解答题的难度，但也不能过分地夸大。像导数、函数这样的大板块，同学们必须会解题。遇到一个问题应该认真分析题型与问题条件，反复思考结论，每步做到“言必有据，步步合理”不用题海战术，每个板块都能攻克了！今天给大家整理总结了高考导数大题的常见类型及求解策略方法，大家通做一遍，复习提分效果更佳！热点题型1构造偏导数2整体规划统一变量3比(差)值换元4同构性双变量5切线估计与剪刀差模型6不等式放缩7主元法8多项式拟合经典例题1.构造偏函数注：1.构造偏差函数的基本应用①.函数fx的极值点为x0；②.函数fx1=fx2，然后证明：x1+x2>2x0或x1+x2<2x0.2.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：①.构造一元差函数Fx=fx-f2x0-x或是Fx=fx+x0-fx0-x；②.对差函数Fx求导，判断单调性；③.结合F(x0)=0或F(0)=0，判断Fx的符号，从而确定fx与f2x0-x的大小关系；④.由fx1=fx2=fx0-x0-x2_____fx0+x0-x2=f2x0-x2的大小关系，得到fx1____f2x0-x2，(横线上为不等号)；x1+x2⑤.结合fx单调性得到x____2x-x，进而得到___x.102202xax例1.(2023届福建七市联考)已知函数f(x)=e-,a>0．2(1)讨论fx的极值点个数；e23e(2)若fx有两个极值点x,x，且xe时，函数fx有两个极值点．xxxe(2)由(1)中知f(x)=e-ax，则x,x是方程e-ax=0的两根，不妨令Fx=，则Fx=12xxex-1，令Fx=0解得x=1，所以Fx在0,1单调递减，在1,+∞单调递增，大致图像如x2e2图所示，由图像可知当a∈e,时，02(*)21212x1e=ax1x1=lna+lnx1由x2，两边取对数得，作差得x1-x2=lnx1-lnx2，e=ax2x2=lna+lnx22x1-1lnx1-lnx22x12x1-x2x2(*)等价于证明=1>⇔ln<=，xx1-x2x1+x2x2x1+x21+1x222x12(t-1)14(t+1)-4t(t-1)令=t(t∈(0,1)),φ(t)=lnt-,t∈(0,1)，φ(t)=-2=2=2x2t+1t(t+1)t(t+1)t(t+1)≥0，2xax1故φt在0,1上单调递增，从而φ(t)<φ(1)=0，即证得x+x>2，所以fx+2fx=e1-12122x1x22x1x1ex2x2x1x1x2+2e-ax=e-+2e-xe=1-e+2-xe，22222x22-x1xx再证明2-x2e0，则M(x)在0,1上22单调递增，e3e3e故Mx变量法x2例2.(2023届泉州一诊)．已知函数fx=ex-a+2x+a+3(1)讨论fx的单调性；2(2)若fx在0,2有两个极值点x1,x2，求证：fx1fx2<4e．解析：(1)综上所述，当-2≤a≤2时，fx在R上单调递增；a-a2-4a+a2-4当a<-2或a>2时，fx在,上单调递减，22a-a2-4a+a2-4fx在-∞,和,+∞上单调递增.222(2)∵fx在0,2上由两个极值点x1,x2，∴a<-2或a>2，且x1,x2为方程x-ax+1=0的两个根，即x1+x2=a，x1x2=1，∵x1,x2∈0,2，∴x1+x2=a>0，即a>2，x12x22fx1fx2=ex1-a+2x1+a+3ex2-a+2x2+a+3x1+x222=ex1-ax1+1-2x1+a+2x2-ax2+1-2x2+a+2x1+x2x1+x22=e-2x1+a+2-2x2+a+2=e4x1x2-2a+2x1+x2+a+2将x1+x2=a，x1x2=1代入上式，可得：a2a22a2=e4-2aa+2+a+2=e4-2a-4a+a+4a+4=e-a+8，a22a2a由题意，需证fx1fx2=e8-a<4e，令ga=e8-a,a>2，求导得ga=e2a8-a-2a=-ea-2a+4，当a>2时，ga<0，则ga在2,+∞上单调递减，即ga<22g2=4e，故fx1fx2<4e.注2背景分析：2x若f(x)=(ax+bx+c)e(a>0)，设f(x)的两个极值点为x1,x2，下面我们来计算f(x1)⋅f(x2)的表达式.2x2f'(x)=ax+(2a+b)x+b+ce，则x1,x2是方程ax+(2a+b)x+b+c=0的两个根(不妨设x1<222x2).由ax1+(2a+b)x1+b+c=0，得ax1+bx1+c=−2ax1−b，同理ax2+bx2+c=−2ax2−b，由求根公−(2a+b)±ΔΔ式得：x=，x−x=，则−2ax−b=2a−Δ，−2ax−b=2a+Δ.于是1,22a21a122x12x2x1x2f(x1)⋅f(x2)=(ax1+bx1+c)e⋅(ax2+bx2+c)e=(−2ax1−b)e⋅(2ax2−b)e−2+b=(2a−Δ)(2a+Δ)ex1+x2=(2a−Δ)eax2a2本题中，f(x)=e(x−ax+1)⇒f(x1)f(x2)=e(−a+8)，最后考虑两个极值点的范围，即a∈5a222,，可得证f(x)f(x)=e(−a+8)<4e.212a2例3.(2023届温州二模)已知函数fx=x-x-xlnxa∈R．2(1)若a=2，求方程fx=0的解；(2)若fx有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为x1,x2，求a的取值范围并证明fx1+fx21<．2e解析：(1)方程fx=0的解为x=1.a1+lnx1+lnxlnx(2)令fx=0，得=，设hx=,hx=-，故hx在0,1单调递增，在2xxx21,+∞单调递减，h1=1，当x∈0,1时hx∈(-∞,1)，当x∈1,+∞时hx∈(0,1)，a2+lnx若fx有两个零点，则∈0,1，故a∈0,2，fx=ax-2-lnx，令fx=0，得a=，2x2+lnx-1-lnx11设Hx=，则Hx=，故Hx在0,单调递增，在,+∞单调递减，xx2ee111H=e，当x∈0,时Hx∈(-∞,e)，当x∈,+∞时Hx∈(0,e)，eee若fx有两个极值点，则a∈(0,e)，综上，a∈0,2.1不妨令x1，所以xlnx>0，只需证-xlnx<，即证211222e2222112e1111xlnx>-，0φ=-，故xlnx>-，得证.eee11e3.比(差)值代换消元例4.(2023届武汉二月调考)已知关于x的方程ax-lnx=0有两个不相等的正实根x1,x2，且x11，x1x2x1lnx1x1lnt+lnx1lnttlntkek+tlnt则t=，即lnx1=,lnx2=，由x1x2有最小值e，即klnx1+lnx2=有最lnx1t-1t-1t-1(k+t)lnt小值e.设g(t)=(t>1)，t−1−(k+1)lnt+t−k+k−1那么g(t)=t.(t−1)2kk+1kt-1t-k记Gt=-k+1lnt+t-+k-1,Gt=-+1+=，由于t>1，若k≤ttt2t21，则Gt>0，可得Gt单调递增，此时Gt>G1=0，即gt>0,gt单调递增，此时gt在(1,+∞)没有最小值，不符合题意.若k>1，t∈1,k时，Gt<0，则Gt在1,k单调递减，t∈k,+∞时，Gt>0，则Gt在k,+∞单调递增.又G1=0，Gkt0时，Gt>0，即g't>0，gt在t0,+∞上单调递增.所以k>1时，gt有最小值gt0，而kg′t0=0，即-k+1lnt0+t0-+k-1=0，t0−lmt+t−1(lnt)2整理得k=00，故g(t)=0.101lnt0+−1lnt0+−1t0t0-xx2xx+2e+x-2由题意知gt0=e.设hx=-xx>0,h′x=-x2x+e-1x+e-1-x-x-x设Hx=x+2e+x-2,H′x=-x+1e+1.设ux=H′x,u′x=xe>0，故H′x递-x增，H′x>H′0=0.此时Hx递增，有Hx>H0=0，令y=x+e-1且x>0，则y=1--xe>0，即y在(0,+∞)上递增，故y>y|x=0=0，此时hx>0，故hx在(0,+∞)递增，而h1=e知，hx=e的唯一解是x=1.故gt0=e的唯一解是lnt0=1，即t0=e.综上所述，k=e2-2e.a例5.(2023届南通二模)已知函数f(x)=ax-lnx-．x(1)若x>1，f(x)>0，求实数a的取值范围；1-4a2(2)设x,x是函数f(x)的两个极值点，证明：f(x)-f(x)<．1212a1解析：(1)实数a的取值范围是,+∞.21(2)由(1)知，当0