重难点专训06 双变量问题的处理（高效培优专项训练）（全国通用）2026年高考数学一轮复习高效培优系列

重难点专训06 双变量问题的处理 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型一：构造函数法 2 题型二：比值法/差值法换元 6 题型三：消元法 11 题型四：变更主元法 15 题型五：双变量应用（处理零点问题） 19 题型六：双变量应用（恒能成立问题） 24 题型七：双变量应用（证明不等式） 29 重难专题分层过关练 34 巩固过关 34 创新提升 42 导数双变量问题的常用解法 导数领域中，不少问题会涉及两个变量（如与、与等）。由于直接处理双变量问题难度较大，因此将双变量转化为单变量，就成为解决这类问题的核心突破口。 一、消元法 若两个变量恰好是某一元二次方程的根，便可借助根与系数的关系（韦达定理）完成消元。通过韦达定理能求出相关表达式，此时可考虑用其中一个变量表示另一个变量，从而实现变量数量的简化。 二、构造函数法 针对等价形式的双变量不等式问题，可先设定一个中间量（例如令某一特定式子为t），再对不等式进行适当变形，使变形后的等式两边不仅各自只含一个变量，还具备完全相同的表达式结构。此时将这个相同的结构定义为一个新函数，问题通常就能转化为研究该新函数的单调性问题。 三、换元法 这是解决双变量问题最核心、也最常用的方法。具体操作是先将原式进行齐次化处理，把式子转化为类似或的形式；完成齐次化后，令或作为单一变量，以此达到减少变量数量的目的。 四、变换主元法 当题目中有多个变量时，可选择其中一个变量作为主元，将其他变量视为常数，将问题转化为关于主元的函数问题进行求解。 在解决多变量问题时，需仔细分析题目条件，灵活选用合适方法，将复杂的多变量问题转化为熟悉的单变量问题进行求解。 题型一：构造函数法 典例1-1．若对于任意的，都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于任意的，都有， 即对于任意的，都有， 令，则在上单调递增， 又，令，解得， 则时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以，即实数的取值范围是. 故选：D 典例1-2．已知函数（其中为自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）解：依题意，令，， 则， 令，解得或. 当时，即时，恒成立且不恒为零， 所以，函数的增区间为； 当时，即时，由可得或，由可得， 所以，函数的增区间为、，减区间为； 当时，即时，由可得或，由可得. 所以，函数的增区间为、，减区间为. 综上所述，当时，函数的增区间为； 当时，函数的增区间为、，减区间为； 当时，函数的增区间为、，减区间为. （2）解：当时，恒成立， 所以在上单调递增，且. 因为，所以， 则不等式可化为， 即. 令，则问题等价于函数在上单调递增， 即在上恒成立， 即，. 令，， 则. 令，解得， 所以当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增； 所以当时，函数取得最小值，且， 所以当时，，所以. 【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1），； （2），； （3），； （4），. 变式1-1．已知函数，，且． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增；（2）． 【详解】解：（1）函数的定义域为， 将代入的解析式，得， 求导得． 当时，，故在上单调递增； 当时，令，得． 所以当时，，当时，，于是在区间上单调递减，在区间上单调递增． 综上，当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）当时，． 因为，所以不等式可化为， 所以对任意的恒成立，所以函数为上的减函数， 所以在上恒成立，可得在上恒成立， 设，则，令，得． 所以当上单调递增，在区间上单调递减， 所以，得． 所以实数的取值范围为． 【点睛】方法点睛：讨论函数的单调性或求函数的单调区间的一般步骤：（1）求函数的定义域；（2）求导得；（3）令，求方程的根；（4）分别解不等式，，得到自变量的范围；（5）写出函数的单调区间，解决恒成立问题的策略：若在闭区间上有最值，则在区间上恒成立；在区间上恒成立．解决恒成立与存在性问题时，要注意理解“任意”与“存在”的不同，要注意区分转化成的最值问题的异同． 变式1-2．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)设，证明：对任意，，． 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）当时，，，切点为 求导，切线斜率 曲线在处的切线方程为． （2），的定义域为，求导， 在上单调递减． 不妨假设，∴等价于 ． 即． 令，则． ，，（当且仅当时等号成立）． 从而在单调递减，故，即， 故对任意 ． 【点晴】方法点睛：本题考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力，本题的第一问借助导数的几何意义求切线方程；第二问求解时先构造函数，然后再对函数求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙获证． 题型二：比值法/差值法换元 典例2-1．已知函数. (1)求出的极值点； (2)证明：对任意两个正实数，且，若，则. 【答案】(1)是的极小值点，无极大值点 (2)证明见解析 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以是的极小值点，无极大值点. （2）证明：由（1），在上单调递减，在上单调递增， 因为，不妨设， 令，则，， 由，得，即，即， 即，解得，，所以， 故要证，即证，即证，即证， 因为，所以，所以即证， 令，， 因为，所以在上是增函数， 所以，所以在上是增函数， 所以，所以， 所以. 【点睛】关键点点睛：根据得等式，设，用分别表示，，用分析法将证明转化为证明. 典例2-2．已知函数，其中为自然对数的底数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，证明：. 【答案】(1)当时，函数为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数； (2)答案见解析. 【详解】（1）解：函数，求导，． ①当时，，则函数为上的单调递增函数． ②当时，令，则． 若，则，在上是单调减函数； 若，则，在上是单调增函数． （2）证明：由（1）可知，，不妨设， 由两式相减得． 要证，即证， 也就是证， 即，即证， 又，只要证． 令，则式化为， 设，， 所以在上单调递增，所以． ． 变式2-1．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) 【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． 变式2-2．已知函数，．其中为自然对数的底数． （1）若，讨论的单调性； （2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：． 【答案】（1）当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增；（2）证明见解析． 【详解】解：（1）， ， （i）当时，，函数在上递减； （ii）当时，令，解得；令，解得， 函数在递减，在递增； 综上，当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递减，在单调递增； （2）证明：，依题意，不妨设，则， 两式相减得，， 因为，要证，即证，即证， 两边同除以，即证. 令，即证， 令，则， 令，则， 当时，，所以在上递减， ，在上递减， ，即， 故． 【点睛】思路点睛： 证明不等恒成立（或能成立）时常对不等式变形，构造函数，由导数的方法求出函数的单调性和最值，即证得结果. 题型三：消元法 典例3-1．已知函数在定义域上有两个极值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 令， 依题意得方程有两个不等正根，，     则， ， 令， 在上单调递减， ， 故的取值范围是， 故选：B 【点睛】本题考查根据函数极值点求参数，还考查二次函数根的分布问题，难点在于使用等价转化的思想，化繁为简，属中档题. 典例3-2．已知函数，在定义域上有两个极值点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证: 【答案】(1) (2)见解析 【详解】（1）解：， 因为函数的定义域上有两个极值点，，且， 所以方程在上有两个根，，且， 即在上有两个不相等的根，， 所以，解得， 当时，若或，，，所以函数在和，上单调递增， 若，所以函数在，上单调递减， 故函数在上有两个极值点，，且， 所以，实数的取值范围是； （2）证明：由（1）知，，是方程在上有两个不等的实根， 所以，其中， 故 ， 令，其中，故（a）， 令，所以函数（a）在上单调递增， 由于，（1）， 所以存在常数，，使得，即，， 且当时，，所以函数（a）在上单调递减， 当时，，所以函数（a）在上单调递增， 所以当时，， 又，， 所以（a），即（a）， 所以． 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查了隐零点问题的等价转化方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题． 变式3-1．已知函数，． (1)若直线(为自然对数的底数)与函数，的图象均相切，求实数的值． (2)设函数． （i）证明：函数有两个极值点，； （ii）对（i）中的两个极值点，，若恒成立，求实数的取值范围 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析，（ii） 【详解】（1）由可得，令，可得，所以， 所以直线与函数的图象相切于点. 将点代入，可得即切线方程为. 将切线方程代入中， 可得.， 令判别式即得. 所以实数的值为. （2）（i）， 则， 考虑到的判别式，以及， 所以有两个不等实根，， 设，且，， 所以当，；当时，； 当时，， 即函数有两个极值点，. （ii） = ， 若恒成立，则恒成立， 记则， 所以在上递增，因为，所以由可得， 所以实数的取值范围为. 变式3-2．设向量. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数，若存在两个极值点，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）根据已知得，定义域为， 则， 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 若，由，得或，由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 若，则恒成立，所以在上单调递增； 若，由，得或；由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 综上：时，在上单调递减，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减； 时，在上单调递增； 时，在上单调递增，在上单调递减. （2）证明：由已知得，定义域为， 从而. 当，即时，恒成立，函数不可能有两个极值点； 当时，有两个根，因为，与都是正数相矛盾，不合题意； 当时，有两个根，因为，且， 所以两根均为正数，故有两个极值点， 因为，由知， 因为， 所以等价于， 即， 令， 所以在上单调递减，又，所以当时，， 故成立. 【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决. 题型四：变更主元法 典例4-1．已知函数，． （1）若，，求实数的值． （2）若，，求正实数的取值范围． 【答案】（1）0（2） 【详解】（1）由题意，得，， 由，…①，得， 令，则， 因为，所以在单调递增， 又，所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 所以，当且仅当时等号成立． 故方程①有且仅有唯一解，实数的值为0． （2）解法一：令（）， 则， 所以当时，，单调递增; 当时，，单调递减; 故 ． 令（）， 则． （i）若时，，在单调递增， 所以，满足题意． （ii）若时，，满足题意． （iii）若时，，在单调递减， 所以．不满足题意． 综上述：． 解法二：先证明不等式，，，…（*）． 令， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以，即． 变形得，，所以时，， 所以当时，. 又由上式得，当时，，，. 因此不等式（*）均成立． 令（）， 则， （i）若时，当时，，单调递增; 当时，，单调递减; 故 ． （ii）若时，，在单调递增， 所以 ． 因此，①当时，此时，，， 则需 由（*）知，，（当且仅当时等号成立），所以． ②当时，此时，， 则当时， （由（*）知）； 当时，（由（*）知）．故对于任意，． 综上述：． 【点睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，着重考查了转化与化归思想、分类讨论、及逻辑推理能力与计算能力，对于恒成立问题，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，进而得出相应的含参不等式，从而求出参数的取值范围；也可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． 典例4-2．已知函数，． (1)若直线与的图象相切，求实数k的值； (2)设，比较与的大小，并说明理由． 【答案】(1) (2)，理由见解析 【详解】（1）设切点为，∵， ∴，解得：． （2）解法1（换元法）：，证明如下： 要证，只需证，即证， 也即证，故只需证①， 令，则，且不等式①即为， 整理得：②， 令，，则，， ∴在上单调递增，又， ∴，从而在上单调递增， ∵，∴，故式②成立，∴. 解法2（主元法）：，证明如下： 要证，只需证， ∵，∴，故只需证， 即证，令，， 则，， ∴在上单调递增，又，∴， 从而在上也单调递增，易求得，∴恒成立， ∵，∴，故． 变式4-1．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 【答案】(1) (2)在上单调递增. (3)证明见解析 【详解】（1）解：因为，所以， 即切点坐标为， 又， ∴切线斜率 ∴切线方程为： （2）解：因为，     所以， 令， 则， ∴在上单调递增， ∴ ∴在上恒成立， ∴在上单调递增. （3）解：原不等式等价于， 令，， 即证， ∵， ， 由（2）知在上单调递增， ∴， ∴ ∴在上单调递增，又因为， ∴，所以命题得证. 题型五：双变量应用（处理零点问题） 典例5-1．已知函数 有两个极值点 且 . (1)求实数 的取值范围； (2)证明: . 【答案】(1) (2)证明见解析. 【详解】（1）由已知可得， 因为有两个极值点，所以有两个根， 所以函数与函数有两个交点， 对函数，， 当时；当时，. 所以函数在单调递增，在单调递减， 当时，取得最大值，且时，；时，， 所以函数的图象如图所示，    所以若函数与函数有两个交点，则， 所以实数的取值范围是. （2）由（1）可知，，所以①，②， ①-②得， 令，则，所以，， 所以， 令，则， 令，则， 所以在单调递减，所以， 所以在单调递增，所以， 即，得 又，所以， 即，得证. 典例5-2．已知. (1)若曲线在处的切线与垂直，求实数的值； (2)若函数存在两个不同的极值点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，所以， 又曲线在处的切线与垂直， 所以，解得. （2）因为，， 所以的两个极值点是方程的两正根， 所以，解得， 所以 ， 令，则， 所以在单调递减， 当时，，且， 所以的取值范围是. 变式5-1．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 变式5-2．已知函数， (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，求的最小值. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）因为， 所以, 令，则， 因为， 当时，，则，即， 此时在上单调递增， 当时，，由，得，且， 当或时，，即； 当时，，即， 所以在,上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在上单调递增， 当时，在,上单调递增，在上单调递减， 其中. （2）由（1）可知，为的两个极值点，且， 所以，且是方程的两不等正根， 此时，，， 所以，，且有，， 则 令，则，令， 则， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，利用韦达定理将双变量的转化为关于单变量的函数，从而得解. 题型六：双变量应用（恒能成立问题） 典例6-1．，且，不等式恒成立，则的取值范围为 . 【答案】 【详解】设（），原不等式可变形为： 令函数，则上述不等式等价于（当时），即在上单调递减. 函数单调递减的充要条件是导数在上恒成立： . 因（），故等价于：. 令，求导：. 因且时，故，即在上单调递增. 因此，的最大值在端点处： . 由恒成立，且的最大值为，得到 故答案为：. 典例6-2．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，对于任意，，都有恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）函数的定义域为，. 令，解得或. 当，令得或；令得， ∴函数在和上单调递增，在上单调递减； 当，恒成立，∴函数在上单调递增； 当，令得或；令得， ∴函数在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当，函数在上单调递增； 当，函数在和上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知：当时，函数在上单调递增，在上单调递减. ∴. 又，，∴. ∴对任意，，. ∵对于任意，，都有恒成立， ∴恒成立，即恒成立，即恒成立，∴. 设，，则. ∵，，∴当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴当时，函数取得最大值， ∴. 变式6-1．已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为 ． 【答案】 【详解】由得. 设，. 则， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 设，. 则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减； 所以，且当时，； 当时，. 故的值域为； 若，则，故值域， 且恒有. 由题意对任意，都存在，使得. 但当时，恒有， 即不存在，使得，故， 所以，则函数的值域为， 要使对任意，都存在， 使得，即， 则需的值域，则， 解得，故实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：任意，都存在，使得，即在定义域上的值域是函数在定义域上的值域的子集. 变式6-2．已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 【答案】(1)答案见解析过程 (2)答案见解析过程 (3) 【详解】（1）由， 当时，在上单调递增， 当时，在单调递减， 所以， 因为，所以， 在区间的最大值和最小值分别是； （2）由，函数的定义域为全体正实数集， 当时，，函数是正实数集上的增函数，没有极值； 当时，当时，在上单调递增， 当时，上在单调递减， 该函数有极大值，无极小值， 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，无极小值，有极大值； （3）问题对任意，总存在，使得不等式成立，等价于 在上的最小值与在上的最小值的差大于， 当时，则有，由（2）可知在上的最小值为， 由（1）可知在上的最小值为， 所以有； 当时，则有，由（2）可知：在上的最小值是中最小的数，因为， 所以当时，， 此时有； 当时，， 则有， 综上所述：实数m的取值范围为. 题型七：双变量应用（证明不等式） 典例7-1．已知函数，，设. (1)若，求的最大值； (2)求在上的最小值； (3)若有两个不同的零点，求证：. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【详解】（1）依题意，函数，其定义域为， 当时，，求导得， 当时，，；当时，，， 函数在上单调递增，在上单调递增减， 所以的最大值为. （2）函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，又， 所以当时，；当时，. （3）依题意，不妨令，，即， 两式相减得， 不等式， 令，则， 令函数，，函数在上单调递增， 因此，即，则， 所以. 典例7-2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，求实数的取值范围； (3)当时，若关于的方程有两个实根和，求证：． 【答案】(1)当时，函数在R上单调递增；当时，函数在上单调递减，在单调递增 (2) (3)证明见详解 【详解】（1）由题知函数的定义域为R，， 当时，，函数在R上单调递增； 当时，又在R上单调递增，且， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 综上，当时，函数在R上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增， 又当时，，故不符合题意， 当时，，符合题意， 当时，函数在上单调递减，在单调递增， 所以，解得， 综上，的取值范围为. （3）时，， ， 所以在上单调递减，在单调递增， ， 有两个实根和，， ， 不妨取，要证，即证， 现证明，即， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， 即，所以，即， 再证明，即， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， 即，所以，即，， 所以，即得证. 变式7-1．已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)若关于的方程有两个根和，求证：． 【答案】(1) (2)极大值为，无极小值． (3)证明见解析 【详解】（1）因为，所以，则， 又， 故在处的切线方程为，即． （2）函数的定义域为，又， 令，解得；令，解得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值为，无极小值． （3）由（2）不妨令，，， 构造，， 则，令，解得；令，解得， 在上单调递增，在上单调递减，， 由，则， 所以，当且仅当时等号成立， 构造，， ，令，得；令，得， 在上单调递增，在上单调递减，， 由，则， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，又等号不同时成立， 所以． 【点睛】方法点睛：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； （3）利用导数研究的单调性或最值； （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． 变式7-2．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 【详解】（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. 巩固过关 1．已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，，则， 故当时，单调递增，当时，单调递减， 因为，所以， 又，不妨设，记，. 解法一：设， 则在上恒成立， 所以在上单调递减，所以， 则，又，且在上单调递减， 所以，则，所以，故选D. 解法二：由，两式相减整理得， 由对数均值不等式，可得. 故选：D. 2．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）． A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】解：由题意，令，则，， 所以，，， 令，所以， 令，得， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，有最小值， 即的最小值为. 故选：D． 3．已知函数． (1)求函数在上的最值及其零点个数； (2)若对于任意的，均有，求的取值范围． 【答案】(1)最大值为，最小值为，只有1个零点； (2) 【详解】（1）易知， 则定义域上恒成立， 所以在上单调递增，则， 即最大值为，最小值为， 又，根据零点存在定理和函数的单调性，则在上只有一个零点； （2）设，则对于任意的，均有， 即在上单调递增， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 令，则，即在上单调递增， 又，则在上单调递减，在上单调递增， 所以，故. 4．已知函数， (1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； (3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)1 (3) 【详解】（1）由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续， 则， 所以的取值范围是； （2）当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 故，即，即， 所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减， 所以，即满足不等式的实数的取值范围为， 所以的最小值为1； （3）因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 所以，且，， 所以，故， 又由可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即， 则，所以在区间上单调递减， 所以有，即， 所以实数取值范围. 5．设函数． (1)时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个极值点且，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析. (3)证明见解析 【详解】（1）的定义域为． 所以，， 因此曲线在点处的切线方程为， 取得． （2）． （i）时，在单调递增． （ii）时，令，则， ，． 则单调递增．单调递减． 综上所得， 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）知，因为是方程的两根，所以．可得. 等价于． 其中． 因此待证式等价于，两侧同时加，得， 即证，等价于， 由且得， 记，则， 记，则，所以单调递减， 所以，则，所以单调递减，所以，证毕． 6．已知函数 (1)若函数f（x）在处取得极值，求m； (2)在（1）的条件下，，使得不等式成立，求a的取值范围. 【答案】(1)1 (2) 【详解】（1），在处取得极值， 则. ，当， 所以f（x）的减区间为 ，增区间为符合题意. （2）由（1）知，函数 ，使得不等式成立 等价于不等式在时有解 即不等式在时有解... 设 时， 而所以恒成立 即F（x）在[0，]上是增函数，则 因此a的取值范围是. 7．已知函数.且函数有两个零点， (1)求实数a的取值范围； (2)设的两个零点，且，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【详解】（1）函数的定义域为，对函数求导得， 当时，，函数在上单调递增，至多有一个零点，不成立； 当时，，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，；当时， 故若函数有两个零点，则极大值， 解得：. 故实数a的取值范围是. （2）由(1)可知， 因是函数的两个零点，则，即，， 要证，两边同时取自然对数，只需证明， 只需证明，即证， 只需证，即证， 令，而，则，只需证明， 令函数，，求导得： 令函数，，求导得， 则函数在上单调递增，于是有， 因此，函数在上单调递减，则，即成立， 所以原不等式得证. 【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探讨函数的单调性、极(最)值问题处理. 8．已知函数，其中 (1)若，证明f（x）在 上存在唯一的零点. (2)若，设为在上的零点，证明：在 上有唯一的零点，且 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【详解】（1）令,即,即, 令 因为,所以恒成立, 所以在单调递增, 且, ,即， 由零点存在性定理知时,存在唯一零点, 所以时方程有唯一解, 所以f（x）在 上存在唯一的零点. （2）由，得， 令 当时，恒成立， 所以函数在上单调递增， 且， 所以存在唯一，使得， 所以在单调递减，单调递增， ， 所以存在唯一的，使得， 从而在 上有唯一的零点. 由题可知，，得，， ，得， 令 当时，恒成立， 所以在上单调递增， 则，即恒成立, 又因为时，所以， 因为所以， 令在上单调递增， ， 所以有唯一解， 即，所以，即， 所以要证，只用证， 由 得，，得， 令，， 令解得令解得， 所以在单调递减，单调递增， 所以，即恒成立， 因为，所以则有 所以， 所以，所以,得证. 【点睛】利用放缩,等量替换将多元转化为单元函数进行证明是不等式证明的常用方法. 创新提升 1．已知实数满足，则满足条件的最小正整数为（    ）． A．1 B．3 C．5 D．7 【答案】B 【详解】由实数满足，可化为， 即， 构造函数，则， 当时，单调递增， 即，可以得到， 从而，构造函数， ，令可以得到， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 从而当时，取最小值，即有最小值， 所以满足条件的最小正整数为. 故选：B． 【点睛】关键点点睛：本题关键是将式子同构得到，从而得到. 2．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 【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问题，进而构造函数来解决问题. 3．已知函数． (1)求函数的最大值； (2)当时，有两个不同的零点，，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【详解】（1）由，得， 当时，在上恒成立，得在上为增函数，无最大值． 当时，由得，由得， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以函数在时取最大值为． 综上，当时，函数无最大值；当时，函数的最大值为． （2）有两个不同零点，， 则， 构造函数， ，所以为增函数，且， 即有两个不等实根，， 则，令，，则，， 所以，则，，故， 而两边取对数，可转化为，即，． 由，可得，，即， 设，则， 因为，根据对勾函数在上单调递减知，，所以， ①当，即时，，故当时，，符合题意； ②当，即时，显然存在，使得， 即当时，，当时，， 故，不符合题意， 综上，m的取值范围为． 【点睛】方法点睛：（1）导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理；（2）利用导数解决含参函数的单调性问题时，一般将其转化为不等式恒成立问题，解题过程中要注意分类讨论和数形结合思想的应用；（3）证明不等式，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 4．已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； (2)若；求证：； (3)设，是函数的两个极值点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 在上恒成立， 所以在上恒成立， 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即的取值范围是. （2）证明：若，，所以， 令，解得，所以当时，， 当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立. 令，，所以， 令，解得，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 所以，又等号不同时成立， 所以. （3）证明：由题意可知， 因为有两个极值点，， 所以，是方程的两个不同的根， 则且 所以 ， 所以要证，即证， 即证，即证，即证. 令，则证明， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 所以原不等式成立. 4 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训06 双变量问题的处理 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型一：构造函数法 2 题型二：比值法/差值法换元 3 题型三：消元法 4 题型四：变更主元法 5 题型五：双变量应用（处理零点问题） 6 题型六：双变量应用（恒能成立问题） 7 题型七：双变量应用（证明不等式） 8 重难专题分层过关练 9 巩固过关 9 创新提升 11 导数双变量问题的常用解法 导数领域中，不少问题会涉及两个变量（如与、与等）。由于直接处理双变量问题难度较大，因此将双变量转化为单变量，就成为解决这类问题的核心突破口。 一、消元法 若两个变量恰好是某一元二次方程的根，便可借助根与系数的关系（韦达定理）完成消元。通过韦达定理能求出相关表达式，此时可考虑用其中一个变量表示另一个变量，从而实现变量数量的简化。 二、构造函数法 针对等价形式的双变量不等式问题，可先设定一个中间量（例如令某一特定式子为t），再对不等式进行适当变形，使变形后的等式两边不仅各自只含一个变量，还具备完全相同的表达式结构。此时将这个相同的结构定义为一个新函数，问题通常就能转化为研究该新函数的单调性问题。 三、换元法 这是解决双变量问题最核心、也最常用的方法。具体操作是先将原式进行齐次化处理，把式子转化为类似或的形式；完成齐次化后，令或作为单一变量，以此达到减少变量数量的目的。 四、变换主元法 当题目中有多个变量时，可选择其中一个变量作为主元，将其他变量视为常数，将问题转化为关于主元的函数问题进行求解。 在解决多变量问题时，需仔细分析题目条件，灵活选用合适方法，将复杂的多变量问题转化为熟悉的单变量问题进行求解。 题型一：构造函数法 典例1-1．若对于任意的，都有，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 典例1-2．已知函数（其中为自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若，不等式恒成立，求实数的取值范围. 变式1-1．已知函数，，且． （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围． 变式1-2．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)设，证明：对任意，，． 题型二：比值法/差值法换元 典例2-1．已知函数. (1)求出的极值点； (2)证明：对任意两个正实数，且，若，则. 典例2-2．已知函数，其中为自然对数的底数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个零点，证明：. 变式2-1．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. 变式2-2．已知函数，．其中为自然对数的底数． （1）若，讨论的单调性； （2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：． 题型三：消元法 典例3-1．已知函数在定义域上有两个极值点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 典例3-2．已知函数，在定义域上有两个极值点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证: 变式3-1．已知函数，． (1)若直线(为自然对数的底数)与函数，的图象均相切，求实数的值． (2)设函数． （i）证明：函数有两个极值点，； （ii）对（i）中的两个极值点，，若恒成立，求实数的取值范围 变式3-2．设向量. (1)讨论函数的单调性； (2)设函数，若存在两个极值点，证明：. 题型四：变更主元法 典例4-1．已知函数，． （1）若，，求实数的值． （2）若，，求正实数的取值范围． 典例4-2．已知函数，． (1)若直线与的图象相切，求实数k的值； (2)设，比较与的大小，并说明理由． 变式4-1．已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设，讨论函数在上的单调性； (3)证明：对任意的，有． 题型五：双变量应用（处理零点问题） 典例5-1．已知函数 有两个极值点 且 . (1)求实数 的取值范围； (2)证明: . 典例5-2．已知. (1)若曲线在处的切线与垂直，求实数的值； (2)若函数存在两个不同的极值点，求的取值范围. 变式5-1．已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 变式5-2．已知函数， (1)当时，讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，求的最小值. 题型六：双变量应用（恒能成立问题） 典例6-1．，且，不等式恒成立，则的取值范围为 . 典例6-2．已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，对于任意，，都有恒成立，求m的取值范围. 变式6-1．已知，，若对任意，都存在，使得，则实数的取值范围为 ． 变式6-2．已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 题型七：双变量应用（证明不等式） 典例7-1．已知函数，，设. (1)若，求的最大值； (2)求在上的最小值； (3)若有两个不同的零点，求证：. 典例7-2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，求实数的取值范围； (3)当时，若关于的方程有两个实根和，求证：． 变式7-1．已知函数． (1)求函数在处的切线方程； (2)求函数的极值； (3)若关于的方程有两个根和，求证：． 变式7-2．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，为函数的两个零点，求证：． 巩固过关 1．已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 2．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）． A．1 B． C． D． 3．已知函数． (1)求函数在上的最值及其零点个数； (2)若对于任意的，均有，求的取值范围． 4．已知函数， (1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； (3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 5．设函数． (1)时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个极值点且，证明：． 6．已知函数 (1)若函数f（x）在处取得极值，求m； (2)在（1）的条件下，，使得不等式成立，求a的取值范围. 7．已知函数.且函数有两个零点， (1)求实数a的取值范围； (2)设的两个零点，且，求证：. 8．已知函数，其中 (1)若，证明f（x）在 上存在唯一的零点. (2)若，设为在上的零点，证明：在 上有唯一的零点，且 创新提升 1．已知实数满足，则满足条件的最小正整数为（    ）． A．1 B．3 C．5 D．7 2．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：. 3．已知函数． (1)求函数的最大值； (2)当时，有两个不同的零点，，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 4．已知函数. (1)若函数在定义域上单调递增，求的取值范围； (2)若；求证：； (3)设，是函数的两个极值点，求证：. 4 / 14 学科网（北京）股份有限公司 $