第06讲 利用导数研究双变量问题(高考高频考点，7类方法）-【练透核心考点—新结构新定义】备战2025年高考数学一轮复习高频题型疯狂练（新教材新高考）

第06讲 利用导数研究双变量问题 目录 第一部分：方法篇 1 方法一：分离双参数，构造函数 1 方法二：比值法换元 3 方法三：变更主元法 5 方法四：借助根与系数关系化双变量为单变量 7 方法五：借助对数平均不等式解决双变量问题 9 方法六：值域法解决双变量函数相等问题 11 方法七：最值法解决双变量不等式问题 13 温馨提醒：浏览过程中按ctrl+Home可回到开头 第一部分：方法篇 方法一：分离双参数，构造函数 典型例题 例题1．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数． (1)证明：； (2)若，且，证明：． 例题2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知函数. (1)若的极小值为-4，求的值； (2)若有两个不同的极值点，证明：. 精练高频考点 1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数恰有两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 方法二：比值法换元 典型例题 例题1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设函数在其定义域内有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，其中，求实数的取值范围. 例题2．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 精练高频考点 1．（23-24高二下·辽宁本溪·期末）已知函数的导函数为. (1)若，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 2．（23-24高二下·天津·期末）已知函数为的导函数，已知曲线在处的切线的斜率为3. (1)求的值； (2)证明：当时，； (3)若对任意两个正实数，且，有，求证：. 方法三：变更主元法 典型例题 例题1．（23-24高一·全国·课后作业）对于，不等式恒成立，求x的取值范围. 例题2．（23-24高一上·浙江杭州·期中）设二次函数满足． （1）已知对于任意的实数，不等式恒成立，求实数的取值范围； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 精练高频考点 1．（23-24高一下·湖北·期中）已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，则x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 2．（23-24高一上·全国·课后作业）已知关于的不等式． (1)若对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围； (2)若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围． 方法四：借助根与系数关系化双变量为单变量 典型例题 例题1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个极值点，求证：． 例题2．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数（） (1)当时，讨论函数的单调性. (2)若有两个极值点 ①求的取值范围 ②证明： 精练高频考点 1．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数的定义域为，其导函数． (1)求曲线在点处的切线的方程，并判断是否经过一个定点； (2)若，满足，且，求的取值范围． 2．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数，． (1)若在上为增函数，求实数的取值范围． (2)当时，设的两个极值点为，且，求的最小值． 方法五：借助对数平均不等式解决双变量问题 典型例题 例题1．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数有两个零点、. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 例题2．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数． (1)当时，，求实数m的取值范围； (2)若，使得，求证：． 精练高频考点 1．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数. (1)讨论的零点个数； (2)若有两个零点，，求证：. 2．（23-24高三上·陕西西安·期中）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直. (1)试比较与的大小，并说明理由； (2)若函数有两个不同的零点，证明：. 方法六：值域法解决双变量函数相等问题 典型例题 例题1．（23-24高一上·湖北孝感·阶段练习）已知函数. (1)若恒成立，求的取值范围； (2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围. 例题2．（23-24高一上·河北衡水·期中）设函数， (1)若对任意的，存在使得，求实数的取值范围； (2)若对任意的，存在使得，求实数的取值范围. 精练高频考点 1．（23-24高一上·河北沧州·阶段练习）已知函数 (1)解关于x的不等式； (2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数m的取值范围. 2．（23-24高二下·浙江丽水·期末）已知函数，. (1)当时，求的单调区间； (2)对任意的，总存在（互不相等），使得，求实数的取值范围. 方法七：最值法解决双变量不等式问题 典型例题 例题1．（23-24高一上·江苏·单元测试）已知，，在下列条件下，求实数a的取值范围． (1)对于，成立； (2)对于，，成立． 例题2．（23-24高一·全国·课后作业）已知函数． (1)求函数的解析式； (2)已知．若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围． 精练高频考点 1．（23-24高一上·浙江衢州·期中）已知，函数，． (1)求函数在区间上的最小值； (2)若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 2．（2024高三·上海·专题练习）已知两函数，，其中为实数. （1）对任意，都有成立，求的取值范围； （2）存在，使成立，求的取值范围； （3）对任意，都有，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第06讲 利用导数研究双变量问题 目录 第一部分：方法篇 1 方法一：分离双参数，构造函数 1 方法二：比值法换元 8 方法三：变更主元法 16 方法四：借助根与系数关系化双变量为单变量 19 方法五：借助对数平均不等式解决双变量问题 26 方法六：值域法解决双变量函数相等问题 33 方法七：最值法解决双变量不等式问题 38 温馨提醒：浏览过程中按ctrl+Home可回到开头 第一部分：方法篇 方法一：分离双参数，构造函数 典型例题 例题1．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数． (1)证明：； (2)若，且，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数变形整理，构造函数，对其进行二次求导，从而可求出的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结论成立. （2）对函数进行二次求导，从而可判断函数单调性，要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，即证，进而构造函数判断其单调性即可证明. 【详解】（1）由题意，，设 ，则 ，当时，，单调递增；当时，， 单调递减，从而，故恒成立， ，故． （2）由题意，，，， ，， 从而在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递减，且， 若，则，不合题意， 若，则，不合题意，∴， 要证，只需证，结合在上单调递减知只需证， 又，，故只需证，即证①， 令，， 则， ，在上单调递增， 又，，从而在上单调递减，，， ，，即不等式①成立，故． 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题. 例题2．（23-24高二下·吉林长春·期中）已知函数. (1)若的极小值为-4，求的值； (2)若有两个不同的极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的极小值点为，代入函数求解； （2）首先求出的范围，再通过构造对称函数证明，根据的范围即可证明。 【详解】（1），当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，取得极小值， 由，解得或（舍去）. 故的值为。 （2）由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根. 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减. 验证可知，， 由得，所以. 当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根. 设，则， 所以在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，则. 令， 则， 所以在上单调递增，则当时，， 所以 又，函数在上单调递减， 所以，则， 因为，故. 【点睛】方法点睛：本题属于极值点偏移问题：解决此类问题的方法主要有：利用对数平均不等式，构造对称函数，换元法构造函数等。 关键点点睛：本题采用的构造对称函数，解题的关键有两点： 1：参数的取值范围； 2：构造， 精练高频考点 1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数，求其单调性、最值即可得的取值范围； （2）法一、根据第（1）问得到的取值范围，令，通过比值换元将问题化为证，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问得到的取值范围，先判定结论成立，再利用函数的单调性将所证不等式转化为函数不等式来判定时是否成立，通过构造，利用导数研究其单调性及最值即可. 【详解】（1）由得， 则由有两个零点知方程有两个不同的实数根． 令，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 而，当时，，当时，， 故，即，实数的取值范围为． （2）法一、 由（1）知，令，则． 由得， 要证，只需证， 只需证，即证， 即证． 令， 则， 令，，则， 所以单调递增，即， 故在上恒成立， 即在上单调递减，故，得证． 法二、 由（1）知， 当时，显然． 当时，则， 要证，只需证， 又且在上单调递增， 故只需证，即证， 即证，即证， 令， 则， 令， 则，在上单调递减， 所以，故，所以在上单调递减，则， 又，所以当时，，即． 【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，处理此类问题有两个策略： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的等式，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解； 二是巧妙构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值． 2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数恰有两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则最小值小于，得到的范围； （2）由（1）的结论，构建函数，，由得到函数单调递增，得到，从而得到，又函数在上单调递增，则得到. 【详解】（1）因为，所以， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取最小值． 因为当时，，当时，， 且函数恰有两个零点， 所以,所以的取值范围为． （2）由（1）知，为的极小值点， 所以可设，则， 构建函数，， 所以当时， ， 函数单调递增，所以当时，， 所以， 因为，所以， 所以， 又函数在上单调递增，所以， 所以． 【点睛】关键点点睛：由的极小值点，得到零点的位置，通过构建函数，由函数单调性可得结果. 方法二：比值法换元 典型例题 例题1．（23-24高二下·云南昆明·阶段练习）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设函数在其定义域内有两个不同的极值点，且，若不等式恒成立，其中，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）利用导数，分类讨论单调性； （2）由极值定义得是的两个根，从而有，利用这个结论把不等式变形：首先代入消去对数式，然后消去参数，最后再令，，然后引入函数，求出导函数，分类讨论确定的单调性，得在上是否恒成立，从而得出的范围． 【详解】（1）函数，定义域为， 则， 当时，，则在上单调递增， 当时，令，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 综上所述，当时，则在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； （2）根据题意，，定义域为， 得到， 由题意可知分别是方程的两个根，， 即的两个根，即，， 原式可化为， 等价于， 因为，，所以原式等价于， 又由于，， 作差得，，即， 所以原式等价于， 因为，所以原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立， 令， 又因为，， 令，则， 当，即时，在上成立， 所以函数在上单调递增，在在上恒成立，满足题意； 当，即时，若，；若，； 所以当时，函数单调递减，此时，不符合题意； 综上，的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：在证明不等式时，解题关键首先是消元，利用极值点的性质，化简不等式，求出的关系，再分类参数，然后换元，这样问题中变量的范围确定，其次引入新函数，用导数研究新函数的性质，由不等式恒成立得参数范围． 例题2．（23-24高二下·四川成都·期中）已知函数， (1)讨论函数的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围； (3)令，若存在，且时，，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）参变分离可得在上恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解； （3）根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明. 【详解】（1）定义域为，， 当时，恒成立，所以在上单调递增 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减， 综上可得当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）当时，不等式恒成立在上恒成立， 设，，所以， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以时，； （3），， ， 令，则， 在上单调递增，不妨设， ， ， 要证，即，只需证， 令，只需证，只需证， 设，则， ∴在上单调递增，∴， 所以，即成立， ∴，即. 【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性. 精练高频考点 1．（23-24高二下·辽宁本溪·期末）已知函数的导函数为. (1)若，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由函数导函数与单调性的关系等价转化为恒成立问题，从而建立关于参数a的不等式，再利用导数求出最值即可得出结果； （2）的两个极值点，即为的零点，由此建立与参数a的关系，再将所证不等式等价转化为证明，然后构造新函数并利用导数求出最值即可得证. 【详解】（1）易知的定义域为， ， 由，得在上恒成立. 设， 则， 当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递 减，所以， 所以， 故的取值范围为. （2）证明：由题意可知有两个零点， 即， 不妨设，则， 要证，即证， 即证， 即证， 即证， 令，则，只需证. 设，则， 所以在上单调递增， 则，则， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）分离参数得，构造函数，利用导数求最值；（2）导数的零点转化为，将所证不等式转化为，令，则，进一步转化为，构造函数，在利用导数求最值即可. 2．（23-24高二下·天津·期末）已知函数为的导函数，已知曲线在处的切线的斜率为3. (1)求的值； (2)证明：当时，； (3)若对任意两个正实数，且，有，求证：. 【答案】(1)2 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由求得值； （2）设，利用导数确定其单调性后可证； （3）不妨设，令，由进行转化后把用表示，把要证不等式化为关于的不等式，再利用导数进行证明． 【详解】（1）由，可知， 因为在处的切线斜率为3， 所以. 所以. （2）证明：由（1）知， 不妨设，则. 令 因为， 所以在上单调递增，. 故， 所以在上单调递增，， 所以. （3）由（1）知， 不妨设，令 由即得，即. 即，则， 所以， 要证. 设，则. 则在上单调递减，，故成立. 【点睛】方法点睛：关于函数中两个变量的问题的处理，一般需要进行消元，化二元为一元（多元为少元至一元），处理方法可以设，（或，然后利用的关系，如或是函数的极值点之类的，把与有关的等式或不等式表示为关于的函数的等式或不等式，再利用函数的导数进行求解证明． 方法三：变更主元法 典型例题 例题1．（23-24高一·全国·课后作业）对于，不等式恒成立，求x的取值范围. 【答案】 【分析】根据题意，将原不等式转化为在上恒成立，即可求解. 【详解】要使对于，不等式恒成立， 即在上恒成立. 当时，不等式不成立；. 当时，令，，问题转化为在上恒大于0， 即，解得或. 综上所述，x的取值范围是. 例题2．（23-24高一上·浙江杭州·期中）设二次函数满足． （1）已知对于任意的实数，不等式恒成立，求实数的取值范围； （2）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2）. 【分析】先由，得到；推出 （1）对于任意的实数，不等式恒成立，可转化为恒成立，用判别式小于等于，即可得出结果； （2）令，则可看作关于的一次函数，根据题意，结合一次函数单调性，列出不等式组，即可求出结果. 【详解】由题意，所以， （1）因为对于任意的实数，不等式恒成立， 所以恒成立， 因此只需，解得； ∴实数的取值范围是； （2）令，则可看作关于的一次函数， 又对于任意的，不等式恒成立， 所以对于任意的恒成立， ∴，解得：． ∴实数的取值范围是． 【点睛】本题主要考查由一元二次不等式恒成立求参数的问题，熟记三个二次之间的关系即可，属于常考题型. 精练高频考点 1．（23-24高一下·湖北·期中）已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，则x的取值范围是（　　） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】求出函数的值域，把问题化为时不等式恒成立，转化为关于的一次函数在上恒小于0，从而求出的取值范围． 【详解】函数，， 则的值域为； 又对所有实数，不等式恒成立， 等价于：在内恒成立， 当时，不等式为恒成立； 当时，令，其中； 问题转化为在上恒小于0， 则，化简为， 解得：， 所以的取值范围是,故选A． 【点睛】本题考查函数的值域以及不等式恒成立问题，也考查了等价转化思想与构造函数方法，是中档题．转化是数学解题的灵魂，合理的转化不仅仅使问题得到了解决，还可以使解决问题的难度大大降低，本题将二次不等式问题转化为一次不等式问题是解题的关键. 2．（23-24高一上·全国·课后作业）已知关于的不等式． (1)若对任意实数，不等式恒成立，求实数的取值范围； (2)若对于，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）不等式整理成标准的一元二次不等式，由判别式可得参数范围； （2）不等式换成以为主元，为一次不等式，这样只要和时不等式都成立即可得的范围． 【详解】（1）若对任意实数，不等式恒成立，即恒成立 则关于的方程的判别式， 即，解得，所以实数的取值范围为． （2）不等式， 可看成关于的一次不等式，又， 所以，解得且，所以实数的取值范围是． 方法四：借助根与系数关系化双变量为单变量 典型例题 例题1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个极值点，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论的范围判断函数的单调性即可. （2）根据函数的极值的个数求出的范围，求出的解析式，根据函数的单调性证明即可. 【详解】（1） 由，得． 令，则， ①当，即时，恒成立，则， ∴在上是减函数． ②当，即时，，则， ∴在上是减函数． ③当，即或． （i）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为， 则恒成立，从而，∴在上是减函数． （ii）当时，是开口向上且过点的抛物线，对称轴方程为， 则函数有两个零点：（显然）， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 当时，，f（x）单调递减． 综上，当时，的减区间是； 当时， 的增区间是，减区间是． （2） 由（1）知，当时，有两个极值点， 则是方程的两个根， 从而．由韦达定理，得． 又，∴． ． 令， 则． 当时，;当时，， 则在上是增函数，在上是减函数， 从而，于是． 【点睛】利用导数求解函数（含参）的单调区间，关键要对参数进行分类讨论，本题中分子为二次函数，所以构造二次函数，利用判别式可分为来讨论的根和正负情况，从而确定的正负. 例题2．（23-24高二下·福建福州·期中）已知函数（） (1)当时，讨论函数的单调性. (2)若有两个极值点 ①求的取值范围 ②证明： 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增. (2)①；②证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再根据导数和函数单调性的关系，即可求解； （2）①首先求函数的导数，转化为关于一元二次方程有2个不同的正实根，即可求解； ②首先求，再利用韦达定理，转化为关于的函数，再通过不等式构造函数，利用导数判断导函数单调性，再结合零点存在性定理，求函数的最大值，证明函数的最大值小于0，即可证明不等式. 【详解】（1）当时 ，（） ， 令， 如图表示的关系如下， 1 3 0 0 单调递增 单调递减 单调递增 在上单调递减，在上单调递增. （2）① ， 因为有两个极值点 即：在有两个不相等的实根， 所以， 所以， ②由①得 要证 即证：， 只需证 令 令 则恒成立， 所以在上单调递减 又因为 由零点存在性定理得：，使得，即， 所以，单调递增. 时，，单调递减. 则 因为在上单调递增 所以 所以，即得证. 【点睛】思路点睛：本题第二问，转化为“隐零点”问题，求函数的最大值. 精练高频考点 1．（2024·河南商丘·模拟预测）已知函数的定义域为，其导函数． (1)求曲线在点处的切线的方程，并判断是否经过一个定点； (2)若，满足，且，求的取值范围． 【答案】(1)，经过一个定点 (2) 【分析】（1）利用求导法则得，根据条件及导数的几何意义、直线的点斜式计算即可； （2）利用导函数有两个零点得出的关系及范围，消元化简得，构造函数，利用导数研究其单调性及最值即可. 【详解】（1）因为， 所以（c为常数）． 因为，所以， 所以． 又， 所以曲线在点处的切线的方程为， 即， 所以经过定点． （2）令，可得． 因为，满足，且， 所以关于的方程有两个不相等的正实数根， 则， 所以 ， 令函数， 则， 令，得， 因为当时，， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又当时，， 所以的取值范围为， 即的取值范围为． 2．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数，． (1)若在上为增函数，求实数的取值范围． (2)当时，设的两个极值点为，且，求的最小值． 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）借助导数可得，在上恒成立，结合二次函数的性质计算即可得； （2）由题意计算可得，从而可设，得到，结合导数研究该函数单调性即可得其最小值，即可得解. 【详解】（1）因为， 由题意， 即对恒成立， 整理得：， 即，在上恒成立， 显然时成立． 当时，设， 显然且对称轴为， 所以在上单调递增， 所以只要，又， 所以； 综上，； （2）， 即为方程的两个根， 由题意可得， ∴，解得， 又，， 两式相减得， 令，则 ， 令， ，所以在递减， ，所以的最小值为． 【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于结合题意，得到的范围，并借助换元法，令，从而将多变量问题转化为单变量问题. 方法五：借助对数平均不等式解决双变量问题 典型例题 例题1．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数有两个零点、. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知直线与函数的图象有两个公共点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可. 【详解】（1）解：函数的定义域为，由可得， 令，其中，则，令可得，列表如下： 增 极大值 减 且当时，，作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. （2）解：由已知可得，可得， 由可得，要证，即证， 即证，即证， 由题意可知，令，即证， 构造函数，其中，即证， ，所以，函数在上单调递增， 当时，，故原不等式成立. 【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. 例题2．（23-24高三上·全国·阶段练习）已知函数． (1)当时，，求实数m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）由，得， 即，其中， 令，得， 设， 则，所以在上单调递增， 所以，所以， 所以在上单调递增，所以在上有最大值， ， 所以m的取值范围为； （2）由，可得， 整理为， 令， 则，所以在上单调递增， 不妨设，所以，从而， 所以， 所以， 下面证明，即证明， 令，即证明，其中，只要证明， 设，则， 所以在上单调递增，所以， 所以， 所以， 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. 精练高频考点 1．（2024·四川成都·模拟预测）已知函数. (1)讨论的零点个数； (2)若有两个零点，，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题； （2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可. 【详解】（1）. 因为，所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以. 当，即时，的零点个数为0. 当，即时，的零点个数为1. 当，即时， 注意到，. 下面证明. 设，所以， 由解得；由解得. 则在单调递增，单调递减， 所以，即. 所以，所以. 因此，，，使得，所以此时的零点个数为2. 综上，当时，的零点个数为0；当时，的零点个数为1；当时，的零点个数为2. （2）证明：（证法一）由（1）可知，当时，函数有两个零点，且. 令，，则. 当时，，所以在区间上单调递增， 所以. 所以.因为，所以. 又由（1）可知，在区间上单调递增，所以，故. （证法二）由，得 则. 由对数平均不等式，得， 所以， 所以.又，所以. 【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大. （1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点； （2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量. 2．（23-24高三上·陕西西安·期中）已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直. (1)试比较与的大小，并说明理由； (2)若函数有两个不同的零点，证明：. 【答案】(1)，证明见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数的几何意义可求得，在分析判断函数的单调性，从而得到，即得； （2）将逐步转化为证明的问题，利用导数证明在上的单调性，从而得证. 【详解】（1）由题可知：， ，而直线的斜率， 所以有，解得：或， 又因为函数在处有意义，所以，故， 所以，， 时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，即， 即， 即有， 所以. （2）不妨设， 所以有， 化简得 即，， 要证，即证， 即证，因为， 所以即证：， 即， 设，因为，所以， 即证 () 设()， ， 所以函数在上单调递增， 所以，即， 即，即. 【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用． 方法六：值域法解决双变量函数相等问题 典型例题 例题1．（23-24高一上·湖北孝感·阶段练习）已知函数. (1)若恒成立，求的取值范围； (2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）把恒成立问题通过参数分离转化为求最值问题； （2）把任意及存在问题转化为的值域为值域的子集，再根据集合间关系分类列不等式求解即可. 【详解】（1）由题意得，对于恒成立 即在恒成立. ①当时，，恒成立. ②当时，此时 则.在恒成. ∴在上的最小值 ，当且仅当，即的时候取等 . （2）当时， 当时， 则值域为 ，总存在，使 的值域为值域的子集. ①当时， 则 ②当时， 则 ③当时，，不符合题意 综上，或. 例题2．（23-24高一上·河北衡水·期中）设函数， (1)若对任意的，存在使得，求实数的取值范围； (2)若对任意的，存在使得，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】(1)根据题意，分别求出两个函数的最小值，将问题等价转化为，解不等式即可求解； (2)根据题意，分别求出两个函数的值域，然后将问题等价转化为在上值域是在上值域的子集，结合集合的包含关系即可求解. 【详解】（1）因为，利用函数图像性质可知在上单调递增，于是在处取得最小值，即，因为，注意到，则在上单调递增，于是在处取得最小值，即，由题意可得：，即得，所以实数的取值范围为. （2）由(1)可知：在处取得最大值，即 于是当时，的值域 在处取得最大值，即 于是当时，的值域 要使得对任意的，存在使得 根据与的连续性可知成立 则，解得，所以实数的取值范围为. 精练高频考点 1．（23-24高一上·河北沧州·阶段练习）已知函数 (1)解关于x的不等式； (2)已知，当时，若对任意的，总存在，使成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1)答案见解析； (2)或. 【分析】（1）由，讨论参数求对应解集； （2）由题设上值域是值域的子集，列不等式组求参数范围. 【详解】（1）由题设， 当时，，故不等式解集为； 当时，，故不等式解集为； 当时，，故不等式解集为； （2）由题设，在上， 要使任意的，总存在，使成立， 所以是值域的子集，显然时不满足题设， 或，可得或. 2．（23-24高二下·浙江丽水·期末）已知函数，. (1)当时，求的单调区间； (2)对任意的，总存在（互不相等），使得，求实数的取值范围. 【答案】(1)在单调递增，在单调递减 (2)或 【分析】(1)写成分段函数形式，求出分段函数的单调区间即可； (2)通过讨论分段函数的参数的范围，结合函数的单调性来解决函数参数的存在性问题. 【详解】（1）时， 可得在单调递增，在单调递减； （2） 当时，在上递增，在上递减，在上递增； 当时，在上递增，在上递减，在上递增； ①当时，在上递增，所以. ∴当时， ，即. 当时，在上递减，在上递增， 所以. ②当时，， 即. ③当时，，即. ④当时，在上递减， 即. 综上：或. 方法七：最值法解决双变量不等式问题 典型例题 例题1．（23-24高一上·江苏·单元测试）已知，，在下列条件下，求实数a的取值范围． (1)对于，成立； (2)对于，，成立． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由题意，得利用基本不等式求出，即可得a的范围 （2）由题意，得，继而得，从而求出a的范围． 【详解】（1）因为当时， 恒成立， 所以， 而当且仅当时，取等号 故， 故，即a的取值范围是； （2）因为对于，，成立 故当，时，， 因为在递减，递增，且，， 故， 而在递减， 故 所以，解得，即a的取值范围是． 例题2．（23-24高一·全国·课后作业）已知函数． (1)求函数的解析式； (2)已知．若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）换元法求解函数的解析式；（2）对任意，总存在，使得成立，只需 【详解】（1）令，则， ∴， ∴． （2）由第一问知： 当时，单调递减，， 所以 ∵在上单调递增， ∴当时，． 因为对任意，总存在，使得成立 所以只需 由题意，得，解得． 故实数a的取值范围是． 精练高频考点 1．（23-24高一上·浙江衢州·期中）已知，函数，． (1)求函数在区间上的最小值； (2)若对于任意，总存在，使得成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）讨论对称轴的范围，根据二次函数的单调性可求； （2）题目等价于，求出的最小值，再根据（1）结论可列式求解. 【详解】（1）因为，所以函数图象的对称轴方程． 若，即0＜a≤2，则f(x)在[1，3]上单调递增，h(a)＝f(1)＝4-a； 若，即2＜a＜6，则f(x)在上单调递减，在上单调递增，； 若，即a≥6，则f(x)在[1，3]上单调递减，h(a)＝f(3)＝12-3a． 综上， （2）由题意知，原不等式等价于在内，成立． ，当且仅当，即时等号成立，所以， 0＜a≤2时，，得0＜a≤2； 2＜a＜6时，，得； a≥6时，，此时无解. 所以. 2．（2024高三·上海·专题练习）已知两函数，，其中为实数. （1）对任意，都有成立，求的取值范围； （2）存在，使成立，求的取值范围； （3）对任意，都有，求的取值范围. 【答案】（1）；（2）；（3）. 【分析】(1)根据给定条件对不等式作等价变形并分离参数，再构造函数，求出最大值即可； (2)求出(1)中函数的最小值即可； (3)根据给定条件求出在上最大值，在上最小值即可作答. 【详解】（1）依题意，， 令，则对任意，都有成立，等价于对任意，都有成立， ，而，则当或时，，当时，， 因此，在和上都单调递减，在上单调递增，当时，取极小值，当时，取极大值， 而，，于是得当时，，， 所以的取值范围是； (2)由(1)知，，，， 存在，使成立，等价于存在，有成立，则， 所以的取值范围是； (3)当时，，当时，， 当时，，当或时，，当时，， 则在和上都是递增的，在上递减，而，，从而得当时，， 对任意，都有，等价于在的最大值不大于在上的最小值， 即，解得， 所以的取值范围是. 学科网（北京）股份有限公司 $$