高考数学利用导数解决双变量问题（三大题型）（解析版）

特训07利用导数解决双变量问题（三大题型）如果两个变量之间不存在具体直观的等量关系，但可以通过适当的代数变形将两个变量化为某种结构的整体，常见如x₂-x,，这种通过换元实现双变量合二为一目的，把双变量转化为单变量的手段分别称为“差值代换”和“比值代换”.注：如果所给条件能转化为关于变量x₁,x₂的齐次式，常常建立关于的函数.导数中解决双变量问题的步骤：(1)先根据已知条件确定出两个变量x₁,x₂满足的条件；(2)将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①将所有涉及x₁,x₂的式子转化为关于的式子，令,将问题转化为关于自变量t的函数问题；②令t=x₂-x₁,将问题转化为关于自变量t的函数问题.注：需要关注新元的范围即为新函数的定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.目录：01：转化为同源函数解决02：整体代换03：构造具体函数解决双变量问题01：转化为同源函数解决例1已知函数f(x)＝lnx－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直线AB的斜率为k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范围.解由题意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，则原不等式化为x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨设x1＞x2＞0，则(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).设g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，则g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由已知，当x1＞x2＞0时，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因为2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，当且仅当2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)时取等号，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范围是(－∞，2eq\r(2)].感悟提升此类问题一般是给出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.训练1已知函数f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2，在其图象上任取两个不同的点P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，总能使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，则实数a的取值范围为()A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]答案B解析由eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，x1＞x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，构造函数g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x，则g(x1)＞g(x2)，∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，由于g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).02：整体代换例2设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x1，x2，求证：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.证明方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有两个不等实根x1和x2，不妨设1＜x1＜x2，则xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝b①，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)＝eq\f(2（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))),x)，x＞0，则f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上单调递减，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上单调递增，∴当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))时，f′(x)＜0，当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))时，f′(x)＞0，若证f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0，只需证eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2)，即a＜x1＋x2，只需证eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需证xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，即证lneq\f(x1,x2)＜eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，设h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，显然h(t)在(0，1)上单调递增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0得证.感悟提升(1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x1，x2的式子.(2)与极值点x1，x2有关的双变量问题，一般是根据x1，x2是方程f′(x)＝0的两个根，确定x1，x2的关系，再通过消元转化为只含有x1或x2的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为x1，x2的齐次式，然后转化为关于eq\f(x2,x1)的函数，把eq\f(x2,x1)看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.训练2设a∈R，函数f(x)＝lnx－ax，若f(x)有两个相异零点x1，x2，求证：lnx1＋lnx2＞2.证明由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＞2等价于eq\f(x1＋x2,x1－x2)lneq\f(x1,x2)＞2，即eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)＞2，设x1＞x2，令t＝eq\f(x1,x2)＞1，g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，则g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，所以g(t)＞g(1)＝0，即lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1)，即得eq\f(t＋1,t－1)lnt＞2，所以原题得证.03：构造具体函数解决双变量问题例3已知函数f(x)＝x(1－lnx).(1)讨论f(x)的单调性；(2)设a，b为两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，证明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.(1)解因为f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减.………………3分(2)证明由题意，a，b是两个不相等的正数，且blna－alnb＝a－b，两边同时除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，……5分由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2<e.要证2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即证2<x1＋x2<e.……6分先证x1＋x2>2：要证x1＋x2>2，即证x2>2－x1，因为0<x1<1<x2<e，所以只要证x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，所以即证f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即证f(x1)<f(2－x1)，即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，当0<x<1时，x(2－x)<1，则－ln[x(2－x)]>0，即当0<x<1时，F′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上单调递增，所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.……9分再证x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，设f(x1)＝f(x2)＝m，当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－lnx)>x，直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x1<m.欲证x1＋x2<e，即证x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.构造函数h(x)＝f(x)＋x，则h′(x)＝1－lnx，当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.综上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立.……12分答题模板第一步分析题意，探究两变量的关系第二步合二为一，变为单变量不等式第三步构造函数第四步判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题第五步反思回顾解题过程，规范解题步骤训练3已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).证明∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).即证明eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，令g(x)＝eq\f(ex,ln（x＋1）)，则g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，显然函数h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上单调递增，∴h(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，即eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.方法技巧1极值点偏移(1)极值点不偏移已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x0，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即极值点在两根的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).图(1)(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＝2x0.(2)极值点偏移若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).图(2)(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＞2x0；图(3)(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，则x1＋x2＜2x0.(3)极值点偏移问题的常见解法①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x1＋x2＞2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2＞xeq\o\al(2,0)型，构造函数F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通过研究F(x)的单调性获得不等式.②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝eq\f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明.例已知函数f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2＞2.证明法一(对称化构造法)由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)eq\f(1,e)由x1≠x2，不妨设x1＞x2，根据f(x1)＝f(x2)，结合图象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.∵x＞1，2x－2＞0，∴e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，∴当x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，即当x＞1时，f(x)＞f(2－x)，则f(x1)＞f(2－x1).又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)＞f(2－x1).∵x1＞1，∴2－x1＜1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.法二(比值代换法)设0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，即x1e－x1＝x2e－x2，取对数得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)＞1，则x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1).∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)＞2⇔lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，设g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t＞1)，∴g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，∴当t＞1时，g(t)单调递增，∴g(t)＞g(1)＝0，∴lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，故x1＋x2＞2.方法技巧1指数、对数均值不等式极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式.一、对数均值不等式结论1对任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).证明不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等价于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要证lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即证2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，则f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等价于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要证lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即证(x＋1)lnx－2x＋2＞0.设g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，有g(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).二、指数均值不等式结论2对任意实数m，n(m≠n)，有eeq\f(m＋n,2)＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).证明在指数均值不等式中，令em＝a、en＝b，则m＝lna，n＝lnb，从而可得对数均值不等式.需注意的是，在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题省略该过程.例(1)若函数f(x)＝lnx－ax(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，请证明：x1x2＞e2.证明借助a作为媒介，构造对数均值不等式.依题意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.两式相减，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，两式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).故欲证x1x2＞e2，即证lnx1＋lnx2＞2，即证a(x1＋x2)＞2，即证eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由对数均值不等式知上式显然成立.综上，x1x2＞e2成立.(2)已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.证明借助a作为媒介，构造指数均值不等式.依题意，x1＝aex1，x2＝aex2.两式相加、减，得x1＋x2＝a(ex1＋ex2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).故欲证x1＋x2＞2，即证a(ex1＋ex2)＞2，即证eq\f(x1－x2,ex1－ex2)(ex1＋ex2)＞2，即证eq\f(ex1＋ex2,2)＞eq\f(ex1－ex2,x1－x2).由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此x1＋x2＞2成立.一、解答题1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数．(1)讨论的单调性；(2)若，为函数的两个零点，求证：．【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，再分和两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即可求解；（2）代入函数的零点，并变形为，，并利用分析法，将所证明不等式转化为证明，再通过构造函数，，利用导数判断函数的单调性，即可证明.【解析】（1），．当时，，则在上单调递增．当时，令，得，解得．当时，，当时，，所以在上单调递减，在上单调递增．综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增．（2）设，则，，所以，所以，，记，要证，只需证，只需证，只需证．记，，则，记，，由（1）可知，取，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，所以，即，所以在上单调递增，又，所以，所以成立．【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键是将将函数零点的式子，结合分析法，进行变形，转化为判断函数，的单调性，即可证明.2．（2024·浙江绍兴·三模）若函数有且仅有一个极值点，函数有且仅有一个极值点，且，则称与具有性质．(1)函数与是否具有性质？并说明理由．(2)已知函数与具有性质．（i）求的取值范围；（ii）证明：．【答案】(1)具有，理由见解析(2)（i）；（ii）证明见解析【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具体值，即可得解；（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分及可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的情况下，再对细分，结合零点的存在性定理讨论不同的的情况下不同的极值点的范围，结合进行计算即可得解；（ii）分及进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.【解析】（1）函数与具有性质，理由如下：，令，则，故单调递减，又，，故存在，使，则在上单调递增，在上单调递减，故有且仅有一个极值点，，则当时，，当时，，故在上单调递减，在上单调递增，故有且仅有一个极值点，故函数与具有性质；（2）（i），又，故，当时，，此时没有极值点，故舍去，当时，令，则恒成立，故在上单调递增，，，故，由，令，则恒成立，故在上单调递减，当时，有，又时，，故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，则有唯一极值点，有，又时，，故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，则有唯一极值点，即有，，即，，此时需满足，则，故有，即，即，故符合要求；当时，，又时，，故此时存在，使在上单调递减，在上单调递增，则有唯一极值点，有，又时，，故此时存在，使在上单调递增，在上单调递减，则有唯一极值点，同理可得，此时需满足，即，则，由，，故该不等式成立，故符合要求；当时，有，，此时，即、的极值点都为，不符合要求，故舍去；综上，故；（ii）当时，有，则，故，在上单调递增，在上单调递减，则，令，则，令，则，故在上单调递增，则，故，要证，只需证，，即当，有；当时，有，则，即，在上单调递增，在上单调递减，则，即要证，只需证，，即当，有；综上所述，.【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分及进行讨论，从而可得不同的的情况下不同的、的范围，结合放缩进行推导.3．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．(1)若存在零点，求a的取值范围；(2)若，为的零点，且，证明：．【答案】(1)；(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数求出函数的最小值，解不等式即可求解；（2）由零点的定义可得，只需证，令，利用导数证明不等式即可.【解析】（1）的定义域为，令，即，等价于，设，则（），令，可得，当时，，单调递减，当时，，单调递增，则的最小值为，，要使得存在零点，则，即，得．（2）由为的零点，得，即，即两式相减得，即.要证当时，，只需证，只需证，，，．令，，只需证，，则在上单调递增，∴，即可得证.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略形如的求解策略：1、构造函数法：令，利用导数求得函数的单调性与最小值，只需恒成立即可；2、参数分离法：转化为或恒成立，即或恒成立，只需利用导数求得函数的单调性与最值即可；3，数形结合法：结合函数的图象在的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.4．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．(1)讨论的单调性．(2)已知是函数的两个零点．（ⅰ）求实数的取值范围．（ⅱ）是的导函数．证明：．【答案】(1)答案见解析(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求导，对进行分类讨论的单调性；（2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.【解析】（1）．①当时，在上单调递增．②当时，令得，即在上单调递增；同理，令得，即在上单调递减．（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．当时，在上单调递增，在上单调递减，若使有两个零点，则，即，解得，且，当时，，则有，所以的取值范围为．（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，①-②得，即，，因为有两个零点，所以不单调，因为，得，所以．若要证明成立，只需证，即证，令，则，则不等式只需证，即证，令，，令，令，因为，得在上单调递减，得，得，即在上单调递减，得，得，即在上单调递减，所以有，故有，不等式得证．【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.5．（2024·全国·模拟预测）已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数．(1)求实数的取值范围；(2)求证：．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）易知0是函数的一个极值点，则函数有2个零点，利用导数讨论函数的性质可得，即.由零点的存在性定理和即可求解；（2）由（1），设，只需证．由得，令得，则只需证，利用导数讨论函数的性质得出，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.【解析】（1）由题意，得，由，得或，所以0是函数的一个极值点．所以有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和．令，则．当时，恒成立，故在定义域上是增函数，不可能有2个零点；当时，由，得，由，得，所以在上是减函数，在上是增函数，所以，即，所以．又．由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．

令，则，令得，令得，所以在上递增，在上递减，所以，，所以，由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．因为所以，综上，的取值范围是．（2）证明：由（1）知，0是函数的一个极值点．不妨设，所以只要证明．由得，即两式相除得．令，则．所以，所以．所以要证明，只要证明，即，其中，所以．所以只要证明．令，所以，从而恒成立，所以在上是减函数，所以．所以在上是增函数，所以，即证：．另解：由，知，所以，且为的两根．记，则，当，，当，故在上递增，在上递减．不妨取，所以要证，即要证，只要证，又，故只要证，即要证，也即要证(#)．令，则．而当时，，故在上递减，故，故在上递增，故，所以(#)成立，故．【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后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.6．（2023·福建龙岩·二模）已知函数，．(1)若满足，证明：曲线在点处的切线也是曲线的切线；(2)若，且，证明：．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）根据导数的几何意义先求出曲线在点处的切线方程，再判定该切线方程为的切线即可；（2）求，设，建立方程组，得出，为方程的两根，根据韦达定理确定，再由基本不等式判定，化简，构造函数求其单调性判定值域即可.【解析】（1）由已知有，,曲线在点处的切线方程为：,即：，将代入即有：,由得令得：，此时,可得：曲线在点处的切线方程为：，将代入化简，可得：故曲线在点处的切线也是曲线的切线．（2）∵，∴，令，得：，∴，为方程的两根，∴即：，∴

∴，∴，令，则，令，则，∴在单调递减

∴即【点睛】本题关键在第二问，设，由导函数建立方程组结合韦达定理得出，再求函数值之和，构造函数，结合基本不等式求其定义域内的单调性即可证明不等式.7．（2023·新疆·三模）已知函数，．(1)讨论的单调性；(2)若方程有两个不相等的实根，求实数的取值范围，并证明．【答案】(1)答案见解析(2)；证明见解析【分析】（1）求导，利用导函数的正负判断单调性即可；（2）首先将原式化简整理成，令得，再令，根据已知条件利用导数求出参数的取值范围，进而要证即证即证，只需证，不妨设，则只需证，即，最后令，，其中，借助导数求解的最小值即可证明.【解析】（1）因为，所以，当时，，所以在区间上单调递增，当时，令，得；令，得，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，综上当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）方程，即，等价于，令，其中，则，显然，令，则，所以在区间上单调递减，且由时可得在区间上，在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，因为方程有两个实根，所以关于的方程有两个实根，，且，，所以，要证，即证，即证，只需证，因为，所以，整理可得，不妨设，则只需证，即，令，，其中，因为，所以在区间上单调递增，所以，故．【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为，通过令，合理构造函数来确定参数的取值范围；第二步的关键点在于将等价转换为，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.8．（2023·上海松江·模拟预测）已知函数.(1)若，求函数的极值点；(2)若不等式恒成立，求实数a的取值范围；(3)若函数有三个不同的极值点、、，且，求实数a的取值范围.【答案】(1)1(2)(3)【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.（2）由分离常数，利用构造函数法，结合导数来求得的取值范围.（3）首先根据有个不同的极值点求得的一个范围，然后化简不等式，利用构造函数法，结合导数求得的取值范围.【解析】（1）当时，，，当时，，时，，所以函数在区间单调递增，在区间单调递减，所以函数在处取得极大值，函数的极值点为1；（2）函数的定义域为，不等式恒成立，即在上恒成立，记，则，得到在区间上单调递减，在上单调递增，则，即在区间上恒成立，分离变量知：在上恒成立，则，，由前面可知，当时，恒成立，即，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，所以．（3），设曲线图象上任意一点，所以曲线在点处的切线方程为，将代入得，故切点为，过的切线方程为，所以直线和曲线相切，并且切点坐标为，所以当且仅当时，方程有两个不相等的实根，，并且，从而当时，有三个极值点，，，并且，，，取对数知：，，即，，则．构造，在时恒成立，则在区间上单调递增，且，从而的解为，综上所述．【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法来进行求解.9．（2023·山东德州·三模）已知函数，其中．(1)当时，求函数在处的切线方程；(2)讨论函数的单调性；(3)若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围．【答案】(1)(2)答案见解析(3)【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；（2）求导后，分类讨论，根据导数的符号可得结果；（3）根据存在两个极值点可得，且，根据单调性可得，将化为，利用比值代换可求出结果.【解析】（1）当时，，定义域为，所以，所以，又，所以函数在处的切线方程为，即.（2）的定义域是，，，令，则．①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增．②当，即时，由，得或；由，得，所以在和上单调递增，在上单调递减．综上所述，当时，在上单调递增；当时，在和上单调递增，在上单调递减（3）由（2）当时，在上单调递增，此时函数无极值；当时，有两个极值点，即方程有两个正根，所以，则在上是减函数．所以，因为，所以，令，则，，所以在上单调递减，又，且，所以，由，又在上单调递减，所以且，所以实数的取值范围为．【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将化为后，设，化为关于的函数，再利用导数进行处理.10．（2023·全国·模拟预测）已知函数.(1)设函数，若恒成立，求的最小值；(2)若方程有两个不相等的实根、，求证：.【答案】(1)1；(2)证明见解析.【分析】（1）将问题转化为不等式在上恒成立，利用导数证明时，不等式成立，进而分类讨论与两种情况，从而得解；（2）利用导数研究函数的性质可得，由题意可得，原不等式变形为，利用分析法，构造函数证明，即，结合即可证明.【解析】（1）当、时，即恒成立，等价于恒成立.设，则，令，令，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以，得，即，当时，令，易得在上单调递增，又，，所以在，即上存在唯一零点，所以，即，且；当时，令，易得关于的函数与在上单调递增，则，当时，，即，不满足题意；当时，易得，即恒成立；综上：，则实数k的最小值为1；（2）由题意知，，，则，令，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，则，当时，易得恒成立，当时，，又函数有两个不同的实根，即与的图像有两个交点，作出与的部分图像如图：所以，且，得，有.要证，即证，即证，即证，由，得.设，则，令，令，所以函数在上单调递增，在上单调递减，所以，则，即，所以，则，即，即证.【点睛】方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后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.11．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数.(1)若函数为增函数，求的取值范围；(2)已知.（i）证明：；（ii）若，证明：.【答案】(1)(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.【解析】（1）∵，则，若是增函数，则，且，可得，故原题意等价于对恒成立，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递增，在递减，故，∴的取值范围为.（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，∵，则，即，整理得，构建，则，令，解得；令，解得；则在上递减，在递增，故，即，当且仅当时等号成立，令，可得，综上；（ii）∵，则，可知有两个不同实数根，由（1）知，可得，同理可得，构建，则，当时，；当时，；当时，；且，故对恒成立，故在上单调递减，∵，则，即，且，则，故，可得；又∵，由（i）可得，即，则，且，则，可得；综上所述：.可得，则故.【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤(1)作差或变形．(2)构造新的函数h(x)．(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．12．（2023·天津河西·模拟预测）已知．(1)求在处的切线方程；(2)对，有恒成立，求的最大整数解；(3)令，若有两个零点分别为，且为的唯一的极值点，求的取值范围，并证明：．【答案】(1)(2)3(3)；证明见解析.【分析】（1）求出函数的导数，求出，即可得到切线方程；（2）等价于，求导分析的单调性，即可求出的最大整数解；（3）求得的导数和单调性，由极小值小于0，可得，再由分析法，注意构造函数，求得导数和单调性，即可得证．【解析】（1）的导数为：，所以，，所以在处的切线方程为：，即；（2）由已知可得，等价于，可令，，记，，所以为上的递增函数，且，，所以，，即，所以在上递减，在上递增，且，所以的最大整数解为3；（3）证明：∵，，若要有极值点，显然，所以令，可得，当，，，，所以在上单调递减，上单调递增，而要使有两个零点，要满足，即可得，因为，，令，由，即，而，即，由，，只需证，令，则，令，则，故在上递增，；故在上递增，；∴．【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，难度相当大，主要考向有以下几点：1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；3、求函数的极值（最值）；4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；5、证明不等式；解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，对新函数求导再结合导数与单调性等解决.13．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数，，其中e为自然对数的底数．(1)求曲线在点处的切线方程；(2)当时，有，求证：对，有；(3)若，且，求实数a的取值范围．【答案】(1)；(2)证明见解析；(3).【分析】（1）根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；（2）利用导数求出，根据二次函数和一次函数的性质求出，即可求解；（3）根据题意可得，设，则，利用导数研究函数的单调性可得，令()，再次利用导数研究函数的性质，求出即可.【解析】（1）因为，所以点即为点，，故切线方程为，即；（2）因为当时，，，故在上单调递增，所以，当时，，此时；当时，在上单调递减，此时，故，所以成立；（3）由题意得：，又因为，所以，又，即，即，所以①设，则①式变形为，所以单调递增，所以，因为，所以，令，，则，当时，，当时，，则函数在上单调递增，在上单调递减，故在处取得极大值，也是最大值，有，故．即实数的取值范围为.【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.（3）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.14．（2023·浙江嘉兴·二模）已知.(1)若存在实数，使得不等式对任意恒成立，求的值；(2)若，设，证明：①存在，使得成立；②.【答案】(1)(2)①证明见解析；②证明见解析【分析】（1）构造函数，求导，研究函数的单调性，利用极值点得，从而利用指对运算即可求解；（2）①记，构造函数，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；②先用分析法及把不等式证明转化为，结合式子结构，转化为证明，构造函数，即证，利用主元法，构造函数，求导，研究单调性，利用最值即可证明.【解析】（1）构造，则，令，则，所以在递增，又，所以存在，使得，且在上单调递减，在上单调递增，所以对任意恒成立，此时.（2）①令，显然，则.令，则，因为在递增，趋向于0时，趋向于，趋向于正无穷大时，趋向于正无穷大，所以存在，使得，即.于是在递减，在递增.因为，所以.②要证，即证，因为，所以只要证，即证，即证，令，即证，即证，令，则.构造，则，，因为，所