2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第07讲利用导数研究双变量问题(知识+真题+5类高频考点)(精讲)(学生版+解析)

第07讲利用导数研究双变量问题目录TOC\o"1-2"\h\u第一部分：基础知识 1第二部分：高考真题回顾 2第三部分：高频考点一遍过 2高频考点一:分离双参，构造函数 2高频考点二：糅合双参（比值糅合） 4高频考点三：糅合双参（差值糅合） 6高频考点四：变更主元法 7高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 8第四部分：新定义题 10第一部分：基础知识1、导数中求解双变量问题的一般步骤：（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；（3）构造关于或的新函数，同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.2、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，即可证得结果第二部分：高考真题回顾1．（2022·浙江·高考真题）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）第三部分：高频考点一遍过高频考点一:分离双参，构造函数典型例题例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；(3)在（2）的条件下，证明：．例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，，证明：.练透核心考点1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.(1)若为增函数，求；(2)若，有两个零点，，且，证明：.2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.(1)求的最小值；(2)设.（ⅰ）证明：存在两个零点，；（ⅱ）证明：的两个零点，满足.高频考点二：糅合双参（比值糅合）典型例题例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．例题2．（23-24高三下·甘肃·开学考试）已知函数.(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)若有2个极值点，求证：.例题3．（2024·四川·一模）已知函数．(1)若，求的最小值；(2)若有2个零点，证明：．练透核心考点1．（2022·全国·模拟预测）设函数.(1)若，求函数的最值；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.(1)当时，求的极值；(2)当，时，证明：.3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.(1)当时，，求实数的取值范围;(2)若，使得，求证：．高频考点三：糅合双参（差值糅合）典型例题例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值.例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,(1)讨论函数的单调性；(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.练透核心考点1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.练透核心考点1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围．2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题典型例题例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.例题2．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数.(1)讨论函数的单调性：(2)若是方程的两不等实根，求证：；练透核心考点1．（2023·北京通州·三模）已知函数(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．(1)当时，讨论函数的极值点个数；(2)若存在，，使，求证：．第四部分：新定义题1．（2023·湖北·二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．(1)设函数，其中b为实数．（i）求证：函数具有性质；（ii）求函数的单调区间．(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，，，且，，若，求m的取值范围．第07讲利用导数研究双变量问题目录TOC\o"1-2"\h\u第一部分：基础知识 1第二部分：高考真题回顾 1第三部分：高频考点一遍过 5高频考点一:分离双参，构造函数 5高频考点二：糅合双参（比值糅合） 11高频考点三：糅合双参（差值糅合） 20高频考点四：变更主元法 27高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 30第四部分：新定义题 36第一部分：基础知识1、导数中求解双变量问题的一般步骤：（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；（3）构造关于或的新函数，同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.2、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，即可证得结果第二部分：高考真题回顾1．（2022·浙江·高考真题）设函数．(1)求的单调区间；(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：（ⅰ）若，则；（ⅱ）若，则．（注：是自然对数的底数）【答案】(1)的减区间为，增区间为.(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ），，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.【详解】（1），当，；当，，故的减区间为，的增区间为.（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，故，故方程有3个不同的根，该方程可整理为，设，则，当或时，；当时，，故在上为减函数，在上为增函数，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：且，此时，设，则，故为上的减函数，故，故.（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：故在上为减函数，在上为增函数，不妨设，则，因为有3个不同的零点，故且，故且，整理得到：，因为，故，又，设，，则方程即为：即为，记则为有三个不同的根，设，，要证：，即证，即证：，即证：，即证：，而且，故，故，故即证：，即证：即证：，记，则，设，则，所以，，故在上为增函数，故，所以，记，则，所以在为增函数，故，故即，故原不等式得证：【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.第三部分：高频考点一遍过高频考点一:分离双参，构造函数典型例题例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；(3)在（2）的条件下，证明：．【答案】(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解；（2）首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；（3）根据函数的单调性，转化为证明，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明.【详解】（1）当时，，，，，所以函数在点处的切线方程为，即；（2）函数的定义域为，，当时，恒成立，单调递增，所以不可能有2个零点；当时，当时，，单调递增，当时，，单调递减，当时，，当时，，所以要满足函数有2个零点，只需，即，整理得，设，函数的定义域为，，所以在定义域上单调递增，且，则不等式的解集为，所以的取值范围为；（3）证明：由（2）知，，则，要证明，即证明，不妨设，因为，所以，又，函数在上单调递增，此时需证明，当，时，可得，因为，即证明，设，函数的定义域为，，所以在单调递增，则，，所以，又在上单调递增，所以，即，命题得证.【点睛】关键点睛：本题考查导数研究函数的性质，不等式，双变量，零点偏移问题，本题第三问的关键是利用分析法转化为证明，再根据，构造函数，即可证明.例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个零点，，证明：.【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）首先求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性；（2）首先结合（1）的结果，结合，将不等式转化为，再构造函数，利用导数证明不等式，再根据，结合函数的单调性，即可证明.【详解】（1），，当时，，恒成立，此时在区间单调递增，当时，令，得，当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，综上所述，当时，在区间单调递增，当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2）若有两个零点，，由（1）知时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，，，且当时，，当时，，因为，所以，所以，又因为，所以，所以只需证明，即有，下面证明，设，，设，则，令，解得：，当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以，则在区间上单调递增，又因为，所以，即，因为，所以，而，，在上单调递减，所以，即，命题得证.【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数的单调性，以及双变量问题，不等式恒成立问题，第二问的关键是判断，不等式转化为证明，再通过构造函数即可求解.练透核心考点1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.(1)若为增函数，求；(2)若，有两个零点，，且，证明：.【答案】(1)2(2)证明见解析【分析】（1）根据已知条件找到函数的极值点，利用可导函数的极值点必是导数为零的点列方程求解即可；（2）由已知得，构造函数，使得，找到时函数的零点，利用两个函数零点的关系建立不等式证明即可.【详解】（1）恒成立，而，故是的最小值，即是函数的极小值点，令，则，故，则，即，检验知符合题意，故.（2）证明：当时，，令，，令解得，由于，则，构造函数，则，故为增函数，，即，所以，当时，有唯一零点，故，即，所以，，故.【点睛】解决含参数的极值点偏移问题通常用构造函数的方法来解决.2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.(1)求的最小值；(2)设.（ⅰ）证明：存在两个零点，；（ⅱ）证明：的两个零点，满足.【答案】(1)(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析【分析】（1）用导数求出单调性即可求解；（2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；（ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可.【详解】（1），所以当时，，当时，，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以的最小值为．（2）（ⅰ）证明：，，，因为，所以，所以当时，，时，，所以在上单调递减，在上单调递增，则函数有最小值．由，，下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，使得：实际上，当时，，令，得，所以对，取，必有，即，所以在区间上，存在唯一的，，又，所以在区间上，存在唯一的，，综上，存在两个零点．（ⅱ）要证，需证，由，所以，因为在上单调递减，因此需证：，，，所以，，设，，则，所以在上单调递减，，即，结论得证，所以．【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法.高频考点二：糅合双参（比值糅合）典型例题例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据导函数的正负变化分类讨论函数的单调性；（2）多变量不等式的证明，由得，从而消变量，再由分析法只需证明不等式成立，将不等式变形为，利用整体换元法令，构造函数，利用导数求解单调性从而证明不等式即可.【详解】（1）由题得的定义域为，，当时，，所以在上单调递减；当时，当时，，所以在上单调递增，当时，，所以在上单调递减．综上所述，当时，在上单调递减；当时，在上单调递增，在上单调递减．（2）由（1）得，当时，在上单调递减，不合题意，故，则．由，可得，即，可设，则，则．要证，即证，即证，即证，设，即证，设，可得，所以在上单调递增，即，即，则．综上可得．【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：（1）引元：如设，消元，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式转化为等形式，再构造函数可得；（2）对数相加减：，；（3）齐次分式：等；（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如等等.例题2．（23-24高三下·甘肃·开学考试）已知函数.(1)若在上单调递增，求的取值范围；(2)若有2个极值点，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将在上单调递增转化为恒成立问题，通过参变分离求解最值即可；（2）通过是方程的两个不同正根将证明转化为，然后通过消参构造函数来求解证明.【详解】（1）法一：因为在上单调递增，所以时，即，设，则，所以时单调递减，时单调递增，所以，所以，即的取值范围是；法二：因为，所以，若，则在上单调递增；若，令，则，时单调递减；时单调递增，所以是的极小值点，所以，所以当，即时，在上单调递增.综上，的取值范围是.（2）由（1）知是方程的两个不同正根，所以，经验证，分别是的极小值点，极大值点，，下面证明.由，得，两边取对数，得，即，则，设，则，则要证，即证，即证.设，则，所以在上单调递增，从而，于是成立，故.【点睛】方法点睛：对于含双变量的问题，通常经过变形，产生的结构，然后通过换元令，将式子转化为单变量的的问题，进而构造函数来解决问题.例题3．（2024·四川·一模）已知函数．(1)若，求的最小值；(2)若有2个零点，证明：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；（2）将代入原函数后做差变形，得到，令，然后构造函数，证明不等式成立.【详解】（1）当，函数，则，可知当时，，单调递减；当时，，单调递增，则当时，取得极小值，也即为最小值，所以的最小值为；（2）由已知，是的两个零点，则，，两式相减，得，整理得，欲证明，只需证明不等式，即证明，也即证明，不妨设，令，则，只需证明，即证明即可，令，则，又令，则，所以，当时，，即单调递减，则，故当时，单调递增，则，所以，原不等式成立，故不等式得证．【点睛】方法点睛：对于双变量问题，我们可以尽量构造等式进行消元，转化为单变量问题，如果在变形过程中产生，可以令达到消元的目的.练透核心考点1．（2022·全国·模拟预测）设函数.(1)若，求函数的最值；(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.【答案】(1)无最小值，最大值为(2)证明见解析【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.【详解】（1）由题意得，则.令，解得；令，解得，在上单调递增，在上单调递减，，无最小值，最大值为.（2），则，又有两个不同的极值点，欲证，即证，原式等价于证明①.由，得，则②.由①②可知原问题等价于求证，即证.令，则，上式等价于求证.令，则，恒成立，在上单调递增，当时，，即，原不等式成立，即.【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.(1)当时，求的极值；(2)当，时，证明：.【答案】(1)有极大值，极小值(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；（2）首先不等式变形为，再利用导数变形为，再转化为证明，证法1，不等式变形为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明；证法2，不等式变形为，再利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.【详解】（1）由题意，，，所以当时，，，由解得：或，由解得：，所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故有极大值，极小值.（2）由题意，，，要证，只需证，而，，所以只需证，即证①，下面给出两种证明不等式①的方法：证法1：要证，只需证，即证，令，则，所以在上单调递增，显然，所以当时，，因为，所以，即，故.证法2：要证，只需证，即证，令，则，所以只需证当时，，即证，令，则，所以在上单调递增，又，所以成立，即，故【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函数的单调性，结合最值，即可证明.3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.(1)当时，，求实数的取值范围;(2)若，使得，求证：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）由题可得，其中，构造函数，利用导数求函数的最值即得.（2）由题可得，构造函数，根据函数的单调性可得，再由导数证明即可.【详解】（1）当时，由，，得，即，令，求导得，设，求导得则，则在上单调递增，于是，即，因此在上单调递增，即在上有最大值，，则，所以m的取值范围为.（2），由，得，整理为，令，求导得，则函数在上单调递增，不妨令，即有，从而，于是，即，下面证明，即证，令，就证，只需证，设，求导得，则在上单调递增，于是，因此当时，成立，即，于是，所以．【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.高频考点三：糅合双参（差值糅合）典型例题例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)若，，且有两个极值点，分别为和，求的最小值.【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是；(2)【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；（2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最小值.【详解】（1）若，，令，得或，当或时，，当时，，所以函数的单调递增区间是和，单调递减区间是；（2），令，可得，由题意可得，是关于方程的两个实根，所以，，由，有，所以，将代入上式，得，同理可得，所以，，①，令,①式化为，设，即，，记，则，记，则，所以在上单调递增，所以，所以，在上单调递增，所以，所以，在上单调递减，又，，当时，的最大值为4，即的最大值为2，因为在上单调递减，的最小值为，所以的最小值为.【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，第二个关键是求的最值.例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,(1)讨论函数的单调性；(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论函数的单调性；（2）由已知先得到，两式相加相减可得和，令，代入，然后求导求其最小值.【详解】（1）由已知，当时，恒成立，函数在上单调递减；当时，令，得，函数单调递减；令，得，函数单调递增；综上所述：当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在上单调递增；（2）由（1）得若，是函数的两个零点，则必有，令，得，令，则，可得函数在上单调递增，在上单调递减，若有且仅有2个零点，则必有一个小于，一个大于，所以，且，两式相减可得，所以，两式相加可得设，则，令，则，令，则，令，则，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，所以在上单调递增，所以，即的最小值为.【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用两式一加，一减，然后令达到消元的目的，常用的换元有等.练透核心考点1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.(1)若，求的单调区间；(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减(2)【分析】（1）由导函数的正负得出单调性；（2）由结合韦达定理得出，，进而得出，构造函数，利用导数得出其最小值即为的最小值.【详解】（1）若，则.从而.令，得或.当或时，单调递增；当时，单调递减.综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.（2）.令，得.由题意，是关于的方程的两个实根.所以.由得.所以，将代入，得，同理可得：.所以.令，上式为.设，则.记，则.记时，单调递增，所以.所以单调递增，.所以在单调递减.又.当且仅当时，取到最大值4，即得最大值为2.所以的最小值为.【点睛】关键点睛：在问题（2）中，关键是由韦达定理得出，，从而构造函数得出的最小值.2．（22-23高二下·浙江·阶段练习）已知函数.(1)求函数在处的切线方程；(2)记函数，且的最小值为.（i）求实数的值；（ii）若存在实数满足，求的最小值.【答案】(1)(2)（i）；（ii）.【分析】（1）利用导数的几何意义求得斜率，进而求得切点，再利用点斜式即可写出切线方程；（2）（i）求导后，设导数的零点，从而确定最小值即可求解；（ii）由题意得，不妨令，设，则.记，求导后设导数的零点，进而得到，再结合单调性可得，进而可解.【详解】（1），则，又，所以切线方程为：，即.（2）（i），令，即，则且，所以有两异号实数根，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以有唯一零点.所以当时，，当时，，则在上递减，在上递增.所以，且.代入可得，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以，故.（ii），即，则不妨令，设，则.记，则，令，即，则且，所以有两异号实数根，因为在上单调递增，所以在上单调递增，所以有唯一零点.且.所以当时，，当时，，则在上递减，在上递增，所以.其中，即，又在上单调递减，且，得，又因为在上单调递增，所以（当时，有），所以的最小值为.【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.高频考点四：变更主元法典型例题例题1．（23-24高一上·云南·期末）若不等式对任意恒成立，则的取值范围为．【答案】【分析】将问题化为对任意恒成立，结合一次函数性质求的取值范围.【详解】令，所以对任意恒成立，当，即，只需，显然满足；当，即，只需，可得；综上，.故答案为：例题2．（20-21高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，若对任意的，总有，则的范围是．【答案】【分析】把函数f(x)视为关于参数a的一次型函数，在端点-1，1处的函数值不小于0，建立不等式组求解即得.【详解】令g(a)=x2·a-3x+1，则g(a)是一次型函数，它在闭区间上图象为线段，则在闭区间上函数值不小于0，即对应图象不在x轴下方，只需端点不在x轴下方即可，，解得：或，解得：，所以有.答案为：【点睛】在参数范围给定的含该参数的函数问题中，转换“主”、“辅”变元的位置是解题的关键.例题3．（2024高三·全国·专题练习）已知二次函数（，为实数）(1)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；(2)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知可得，由，恒成立列出不等式求解即得.（2）由对恒成立，结合一次函数的性质求出答案即可.【详解】（1）依题意，，即，由，恒成立，得，即，整理得，解得.所以实数的取值范围是.（2）由（1）知，，由，得，即，依题意，对恒成立，令，则对，恒成立，于是，解得，所以实数的取值范围是．练透核心考点1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围．【答案】或【分析】根据给定的不等式，构造一次型函数，再利用函数的图象特征列出不等式组求解即得.【详解】不等式等价于，令，依题意，，，于是，即，解，得或，解，得或，因此或，所以x的取值范围是或.故答案为：或2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.【答案】【分析】首先利用函数的单调性，把函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，接下来把a作为主元（变量），x作为参数，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值解决，【详解】∵是增函数，∴对于任意恒成立．，即对于任意恒成立．令．，为关于a的一次函数，在上是一条线段，由，得．高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题典型例题例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.【答案】证明见解析【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.【详解】由题意得，令，则，，所以在上单调递增，故至多有解；又因为有两个零点，所以，有两个解，令，，易得在上递减，在上递增，所以.此时，两式相除，可得：.于是，欲证只需证明：，下证：因为，不妨设，则只需证，构造函数，则，故在上单调递减，故，即得证，综上所述：即证.【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.例题2．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数.(1)讨论函数的单调性：(2)若是方程的两不等实根，求证：；【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.由得：，当时，在上单调递增；当时，由得，由得，所以在上单调递增，在上单调递减.（2）因为是方程的两不等实根，，即是方程的两不等实根，令，则，即是方程的两不等实根.令，则，所以在上递增，在上递减，，当时，；当时，且.所以0，即0.令，要证，只需证，解法1（对称化构造）：令，则，令，则，所以在上递增，，所以h，所以，所以，所以，即，所以.解法2（对数均值不等式）：先证，令，只需证，只需证，令，所以在上单调递减，所以.因为，所以，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．练透核心考点1．（2023·北京通州·三模）已知函数(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.【答案】(1)(2)(3)，证明见解析【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得