2025年高考数学必刷题分类：第22讲、双变量问题（教师版）

第22讲双变量问题

知识梳理

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.

必考题型全归纳

题型一：双变量单调问题

例1．（2024·全国·高三专题练习）已知函数f(x)(a1)lnxax21．

(1)当a2时，求曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程；

(2)设a2，证明：对任意x1，x2(0,)，|f(x1)f(x2)|4|x1x2|．

【解析】（1）当a2时，f(x)3lnx2x21，f(1)3，切点为1,3

3

求导f(x)4x，切线斜率kf(1)7

x

曲线yf(x)在1,f(1)处的切线方程为y7x4．

a12ax2a1

（2）Qa2，f(x)的定义域为(0,)，求导f(x)2ax0，

xx

f(x)在(0,)上单调递减．

不妨假设x1x2，∴fx1fx24x1x2等价于fx2fx14x14x2．

即fx24x2fx14x1．

a12ax24xa1

令g(x)f(x)4x，则gx2ax4．

xx

2

4x24x12x1

Qa2，x0，gx0．

xx

从而g(x)在(0,)单调减少，故g(x1)g(x2)，即fx24x2fx14x1，

故对任意x1,x20,,fx1fx24x1x2．

例2．（2024·安徽·校联考三模）设aR，函数fxalnxa1x21.

（Ⅰ）讨论函数fx在定义域上的单调性；

（Ⅱ）若函数fx的图象在点1,f1处的切线与直线8xy20平行，且对任意

fx1fx2

x1,x2,0，x1x2，不等式m恒成立，求实数m的取值范围.

x1x2

【解析】（Ⅰ）fx的定义域是,0.

a2(a1)x2a

f'(x)2(a1)x.

xx

（1）当a1时，fx0，fx的定义域,0内单增；

a

（2）当1a0时，由2a1x2a0得，x.

2(a1)

aa

此时fx在,内单增，在,0内单减；

2(a1)2(a1)

（3）当a0时，fx0，fx的定义域,0内单减.

2(a1)a

（Ⅱ）因为f'18，所以8，a2.

1

此时f(x)2ln(x)3x21.

由（Ⅰ）知，a2时，fx的定义域,0内单减.

不妨设x2x10，

fx1fx2

则m，即fx1fx2mx1x2，

x1x2

即fx2mx2fx1mx1恒成立.

令gxfxmx，x0，则gx在,0内单减，即g'x0.

22

g'(x)f'(x)m6xm0，m6x，x0.

xx

232

而6x43，当且仅当x时，6x取得最小值43，

x3x

所以m43，故实数m的取值范围是,43.

例3．（2024·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末）已知函数

f(x)(a1)lnxax21.

（Ⅰ）讨论函数f(x)的单调性；

（Ⅱ）若a1时，任意的x1x20，总有|f(x1)f(x2)|2|x1x2|，求实数a

的取值范围.

a12ax2a1

【解析】（Ⅰ）fx2ax（x＞0）

xx

①当a1时f¢(x)>0，故fx在0,上单调递增；

②当a0时fx0，故fx在0,上单调递减；

1a

③当0a1时，令fx0解得x

2a

1a

则当0x时，fx0；

2a

1a1a1a

当x时，f¢(x)>0故fx在(0,)上单调递减；在,)上单调递增；

2a2a2a

综上所述：当a1时，f¢(x)>0故fx在0,上单调递增；

当a0时，fx0故fx在0,上单调递减；

1a1a

当0a1时，fx在(0,)上单调递减；在,)上单调递

2a2a

增．

（II）由（Ⅰ）知当a1时fx0故fx在0,上单调递增；

对任意x1x20,fx1fx2fx1fx22x12x2即fx1fx22x12x2

令gxfx2x,因为x1x20,fx1fx22x12x2

a1

所以gxfx2x,在0,上单调递增；所以gx2ax2,即

x

a1

2ax20在0,上恒成立

x

1

2

11x2x1

故2xa2,x0,a

12

xx2x12x

x

tt2

t1a

t1223

令t2x1,则x又因为x0,所以t1t2t1

2211t2

22t

231

3

t>1t23当且仅当t3时取等号，所以32，

tt2

t

2

a3131

故不等式3恒成立的条件是a即a,.

t222

t

31

所以，实数a的取值范围为[,).

2

m1

变式1．（2024·全国·模拟预测）已知函数fxlogx，mR，a0且a1．

ax2

（1）当a2时，讨论fx的单调性；

x2fx1x1fx21

（2）当ae时，若对任意的x1x20，不等式恒成立，求实数m的

x1x22

取值范围．

【解析】（1）函数fx的定义域为(0,+¥)，

m1

将a2代入fx的解析式，得fxlogx，

2x2

1mxmln2

求导得fx．

xln2x2x2ln2

当m0时，f¢(x)>0，故fx在(0,+¥)上单调递增；

当m0时，令f¢(x)=0，得xmln2．

所以当x0,mln2时，f¢(x)<0，当xmln2,时，f¢(x)>0，于是fx在区间

0,mln2上单调递减，在区间mln2,上单调递增．

综上，当m0时，fx在(0,+¥)上单调递增；当m0时，fx在区间0,mln2上单调

递减，在区间mln2,上单调递增．

m1

（2）当ae时，fxlnx．

x2

x2fx1x1fx21fx11fx21

因为x1x20，所以不等式

可化为，

x1x22x12x1x22x2

lnxmlnxmlntm

所以12对任意的恒成立，所以函数为+¥上

22x1x20gt2(0,)

x1x1x2x2tt

的减函数，

1lnt2m

所以gt0在(0,+¥)上恒成立，可得2mttlnt在(0,+¥)上恒成立，

t2t3

设htttlnt，则htlnt，令ht0，得t1．

所以当t0,1上单调递增，在区间(1,+¥)上单调递减，

1

所以hth11，得m．

max2

1

所以实数m的取值范围为,．

2

变式2．（2024·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试）已知函数

fxlnxax22a1x．

(1)讨论fx的单调性；

3

(2)当a<0时，证明fx2；

4a

fx1fx2

(3)若对任意的不等正数x1,x2，总有2，求实数a的取值范围．

x1x2

12ax1x1

【解析】（1）由题意得：fx定义域为0,，fx2ax2a1；

xx

当a0时，2ax10，x10，fx0在0,上恒成立，

\f(x)在0,上单调递增；

1

当a<0时，令fx0，解得：x，

2a

1¢1

当x0,时，f(x)>0；当x,时，fx0；

2a2a

11

\f(x)在0,上单调递增，在,上单调递减；

2a2a

1

综上所述：当a0时，fx在0,上单调递增；当a<0时，fx在0,上单调递

2a

1

增，在,上单调递减.

2a

111

（2）由（1）知：fxfln1；

max2a2a4a

311311

要证fx2，只需证ln12，即证ln10；

4a2a4a4a2a2a

11x

设gxlnxx1，则gx1，

xx

当x0,1时，gx0；当x1,时，gx0；

在上单调递增，在上单调递减，；

gx0,11,gxmaxg10

11113

又0，gln10，即fx2.

2a2a2a2a4a

fx1fx2

（3）不妨设0x1x2，则由2得：fx1fx22x12x2，

x1x2

即fx12x1fx22x2，

令hxfx2x，则hx在0,上单调递增，

1

hxfx22ax2a10在0,上恒成立，

x

x1x1

1x1

即2ax11，又x10，2a2；

xxxx1xx

x2xx12x1x22x1

x1

令mxx0，则mx22，

x2xx2xx2x

令mx0，解得：x12（舍）或x21，

当x0,21时，mx0；当x21,时，mx0；

mx在0,21上单调递增，在21,上单调递减，

2

，，解得：322；

mxmaxm213222a322a

4322

322

a的取值范围为,.

2

题型二：双变量不等式:转化为单变量问题

1

例4．（2024·全国·高三专题练习）已知函数f(x)xalnx．

x

（1）讨论f(x)的单调性；

5f(x2)f(x1)

（2）已知a，若f(x)存在两个极值点x1,x2，且x1x2，求+的取值范围.

2x1x2

1ax2ax1

【解析】（1）函数f(x)的定义域为(0,)，f(x)1，

x2xx2

当a2时，x2ax1(x21)ax2xax0，当且仅当a2,x1即“=”，则f(x)0，

f(x)在(0,)上单调递减，

aa24aa24

当a2时，方程x2ax10有两个正根为x，x，

1222

aa24aa24aa24aa24

当0x或x时，f(x)0，当x时，f(x)0，

2222

aa24aa24aa24aa24

于是得f(x)在(0,)、(,)上单调递减，在(,)上

2222

单调递增；

5

（2）因f(x)存在两个极值点x1,x2，且xx，由(1)知a2，即2a，则

122

x1x2a，x1x21，

25

aa4

显然，x对a(2,)是递增的，从而有1x22，

222

f(x2)f(x1)22

x2f(x2)x1f(x1)1x2ax2lnx21x1ax1lnx1

x1x2

222222

2x2x1(x1x2)(x2lnx2x1lnx1)2x2x1x2lnx2x1lnx1

2121

2x22(x22)lnx2，

x2x2

11

令g(x)2x2(x2)lnx(1x2)，

x2x2

221111

g(x)2x(2x)lnx(x2)x(x)2lnx

x3x3x2xx3x3

1x41x41x41x4

2lnx=(2lnx)，

x3x3x31x4

1x48x328x42(1x4)22(1x4)2

令h(x)2lnx(1x2)，h(x)0，

1x4(1x4)2x(1x4)2x(1x4)2x

即h(x)在(1,2)上单调递增，h(x)h(1)0，则g(x)0，于是得g(x)在(1,2)上单调递增，

159

从而得g(1)g(x)g(2)，即0g(x)ln2，

44

f(x)f(x)159

所以2+1的取值范围(0,ln2).

x1x244

例5．（2024·新疆·高二克拉玛依市高级中学校考阶段练习）已知函数

fxlnxx2axaR

(1)若a1，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；

(2)当a0时，讨论f（x）的单调性；

13

(3)设f（x）存在两个极值点x1,x2且xx，若0x求证：fxfxln2.

1212124

1

【解析】（1）若a1，则fxlnxx2x，所以f10，又fx2x1，所以f12，

x

即f（x）在点（1，0）处的切线斜率为2，所以切线方程为2xy20.

2

12xax12

（2）f（x）的定义域为（0，+∞），fx2xa，设hx2xax1，

xx

其Δa2（8a0）.

①当0时，即0a22时，hx0，即fx0，此时f（x）在（0，+∞）为单调递

增函数.

2

②当时，即时，设两根为aa8

0a22hx0x，xx.

12412

¢>

当x0,x1x2,时，hx0，即f(x)0，即f（x）的增区间为0,x1，x2,.

当xx1,x2时，hx0，即fx0，即f（x）的减区间为x1,x2.

综上：当0a22时，f（x）的单增区间为0,；

aa28aa28

当时，（）的增区间为0,,,，

a22fx

44

aa28aa28

减区间为(，).

44

12x2ax1

（3）由（2）fx2xa,x0，

xx

2

因为f（x）存在两个极值点x1,x2，所以2xat10存在两个互异的正实数根x1,x2，

xx

1112x2

a，11

所以x1x2x1x2，则x2，所以x21，

222x1

2x1

22

所以fx1fx2lnx1x1ax1lnx2x2ax2

xx

122122

lnx1x22x1x2x1x2lnx1x2

x2x2

21

ln22lnx1x12.

4x1

22

21212x11

令gx1ln22lnx1x12，则，

gx12x133

4x1

x12x12x1

11

∵0x1，∴gx0，∴gx1在0,上单调递减，

212

113

∴gx1g，而gln2，

224

33

即gxln2，∴fxfxln2.

14124

例6．（2024·山东东营·高二东营市第一中学校考开学考试）已知函数f(x)x2ax2lnx（a

为常数）

(1)讨论fx的单调性

8

(2)若函数fx存在两个极值点x，xxx，且xx，求fxfx的范围.

121221312

22x2ax2

【解析】（1）∵f(x)2xa，

xx

a216，当4a4时，0，f(x)0，f(x)在定义域0,上单调递增；

当a4时，在定义域0,上f(x)0，

a4时，f(x)在定义域0,上单调递增；

aa216aa216

当a<-4时，令f(x)0得x，x，

1424

x0,x1，x(x2,)时，f(x)0；x(x1,x2)时f(x)0，

则f(x)在0,x1，(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减.

综上可知：当a4时，f(x)在定义域0,上单调递增；

当a<-4时，f(x)在0,x1，(x2,)上单调递增，在(x1,x2)上单调递减.（其中

aa216aa216

x，x）

1424

（2）由（1）知f(x)有两个极值点，则a<-4，

2

22xax22

f(x)2xa02xax20的二根为x1,x2，

xx

a

x1x2

则2，0x11x2，

x1x21

x

22221

fx1fx2x1ax12lnx1x2ax22lnx2x1x2ax1x22ln

x2

22x122x1212

x1x22x1x2x1x22lnx2x12lnx222lnx2，

x2x2x2

8

设tx2，又xx3x28x301x3，∴t1,9.

2213222

2

112(t1)

则fx1fx2g(t)t2lnt，g(t)10，

tt2tt2

80

∴g(t)在1,9递增，g(1)g(t)g(9)0g(t)4ln3.

9

80

即fx1fx2的范围是0,4ln3

9

1

变式3．（2024·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数fxlnx(ax)2，其

2

中aR．

(1)当a1时，求函数fx在1,f1处的切线方程；

(2)讨论函数fx的单调性；

315

(3)若fx存在两个极值点x1,x2x1x2,fx2fx1的取值范围为ln2,2ln2，

48

求a的取值范围．

1

【解析】（1）当a1时，fxlnx(1x)2，定义域为(0,)，

2

1

所以fx1x，

x

所以kf11，又f10，

所以函数fx在1,f1处的切线方程为yx1，即xy10.

（2）fx的定义域是0,，

2

12121xax1

fxlnxxaxa，fxxa，

22xx

2

令gxxax1，则a24．

①当a0或0，即a2时，fx0恒成立，所以fx在0,上单调递增．

a0aa24aa24

②当，即a2时，由f(x)0，得0x或x；

Δ022

aa24aa24

由fx0，得x，

22

2

aa24aa4aa24aa24

所以fx在0,和,上单调递增，在,上单

2222

调递减．

综上所述，当a2时，fx在0,上单调递增；

2

aa24aa4

当时，fx在0,和,上单调递增，在

a2

22

aa24aa24

,上单调递减

22

（3）由（2）当a2时，fx在0,上单调递增，此时函数f(x)无极值；

2

当a2时，fx有两个极值点，即方程xax10有两个正根x1,x2，

所以x1x21,x1x2a，则fx在x1,x2上是减函数．所以fx1fx2，

11

因为fxlnxx2axa2，

22

所以fx2fx1fx1fx2

12121212

lnx1x1ax1alnx2x2ax2a

2222

x1122

lnx1x2ax1x2

x22

x1122

lnx1x2x1x2x1x2

x22

x1122

lnx1x2

x22

xx2x2

ln112

x22x1x2

xxx

ln112，

x22x22x1

x

111

令t(0t1)，则fx1fx2htlntt，

x222t

111t22t1(t1)2

ht0，

t22t22t22t2

所以ht在0,1上单调递减，

1311513151

又hln2,h2ln2，且h()ln2h(t)2ln2h()，

24482484

11

所以t，

42

2

2x1x2111

由at2,t,，

x1x2t42

111

又gtt2在,上单调递减，

t42

9225325

所以a且a2，所以实数a的取值范围为,．

2422

x2a2xa3

变式4．（2024·江苏苏州·高三统考阶段练习）已知函数fx（x0）

ex

(1)讨论函数fx的单调性；

(2)若函数fx存在两个极值点x1,x2，记h(x1,x2)fx1fx2,求hx1,x2的取值范围.

【解析】（1）fx的定义域为0,，对fx求导得：

xx2

e-2xa-2exa2xa3x2ax1

fx，

e2xex

令gxx2ax1，x0

1）若a0，则gx0，即f¢(x)>0，所以fx在0,上单调递增.

2）若a0，

①当0时，即0a2，则gx0，即fx0，所以fx在0,上单调递增.

aa24

②当0时，即a2，由gx0，得x

1,22

aa24aa24¢

当x(0,)U(,)时，f(x)>0

22

aa24aa24

当x(,)时，fx0

22

综上所述，当a2时，fx在0,上单调递增；

aa24aa24

当时fx在0,，,上是单调递增的，

a2,

22

aa24aa24

在(,)上是单调递减的.

22

（2）由（1）知，fx存在两个极值点当且仅当a2.

2

由于fx的两个极值点x1,x2满足xax10，

所以x1x21，x1x2a，

x2a2xa3

所以11a22x1，

fx1

ex1ex1

x2a2xa3

同理22a22x2，

fx2

ex2ex2

a22x1a22x2

h(x1,x2)fx1fx2

ex1ex2

(a2)22(a2)(xx)4xx

1212，

ex1x2

(a2)22(a2)(xx)4xx8a2

所以1212，

h(x1,x2)

ex1x2ea

8a2a22a8

令(a)，所以(a)，

eaea

所以(a)在2,4上是单调递减的，在4,上是单调递增的

48

因为2，4，且当a4,，4(a)0.

e2e4

8484

所，所以h(x,x)的取值范围是

a4,2)12[4,2).

eeee

1

变式5．（2024·全国·高三专题练习）已知函数fxx21alnx4x1．

2

（1）讨论fx的单调性；

（2）若fx存在两个极值点x1，x2，且fx1fx2fx1x24a，求a的取值范围．

1

【解析】（1）由题意，函数fxx21alnx4x1，

2

ax24axa

可得fxx4a，其中x0，

xx

21¢

当16a4a0时，即0a时，f(x)>0，所以fx在(0,)上单调递增；

4

当a<0时，令fx0，即x24axa0，

解得2，2，

x12a4aa0x22a4aa0

当x(0,2a4a2a)时，fx0，fx单调递减；

2¢

当x(2a4aa,)时，f(x)>0，fx单调递增，

所以函数fx在区间(0,2a4a2a)单调递减，在(2a4a2a,)单调递增；

1

当a时，令fx0，即x24axa0，

4

解得2，2，

x12a4aa0x22a4aa0

2¢

当x(0,2a4aa)时，f(x)>0，fx单调递增；

当x(2a4a2a,2a4a2a)时，fx0，fx单调递减；

2¢

当x(2a4aa,)时，f(x)>0，fx单调递增，

1

（2）由（1）值，当a时，函数fx存在两个极值点x1,x2，且xx4a,xxa，

41212

因为fx1fx2fx1x24a，

1212a

所以x11alnx14x11x21alnx24x21x1x24a4a，

22x1x2

12a

整理得(x1x2)x1x2alnx1x24a(x1x2)2a1x1x28a，

2x1x2

所以8a2aalna16a22a1a8a1，即8a28aalna0，

1

因为a，可得8a8lna0，

4

11

令ga8a8lna,a，则ga80，

4a

1

所以ga在(,)为单调递增函数，

4

1

又因为g10，所以当a(,1]时，ga0，

4

1

即实数a的取值范围为(,1]．

4

变式6．（2024·吉林长春·高二长春市实验中学校考期中）设函数

f(x)ae2x(1x)exa(aR)．

2

e

(1)当a时，求g(x)f(x)e2x的单调区间；

2

(2)若f(x)有两个极值点x1,x2x1x2，

①求a的取值范围；

②证明：x12x23．

e2e2x2e2

【解析】（1）当a时，f(x)(1x)ex,f(x)e2x2xex，

2