重难点08：透视双变量关联：双变量问题从 “变量纠缠” 到 “精准转化”的难点拆解（八大压轴方法技巧）讲义-2026届高三数学一轮复习

重难点08：透视双变量关联：双变量问题从“变量纠缠”到“精准转化”的难点拆解 （八大压轴方法技巧） （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 3 题型一、双变量问题之“同构函数法” 3 题型二、双变量问题之“对称构造函数法” 4 题型三、双变量问题之“比值换元法” 5 题型四、双变量问题之“差值换元法” 6 题型五、双变量问题之“韦达换元法” 8 题型六、双变量问题之“均值不等式法” 9 题型七、双变量问题之“主元法” 10 题型八、双变量问题之“切线放缩法” 12 题型精析・方法突破提能力 13 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：“同构函数法”解决双变量问题 同构函数法是解决高中数学双变量问题的 “结构适配利器”，核心是通过构造形式相同的函数（即 “同构式”），将分散的双变量关联到同一个函数中，再利用函数的单调性、奇偶性等性质直接转化变量关系，尤其适配含指数、对数且结构对称的双变量问题。以下从方法原理、解题步骤、适配题型展开，帮你掌握 “找结构→构同构→用性质” 的解题逻辑。 关键：识别同构结构的 2 类典型形式： 指数 + 一次型：如； 对数 + 一次型：如 复合结构型：如。 同构函数法的通用解题步骤 步骤 1：观察题干结构，拆分 “同构因子” 步骤 2：构造同构函数 步骤 3：分析同构函数的核心性质（单调性优先） 步骤 4：利用函数性质转化双变量关系，求解目标 知识点2：“对称构造函数法”解决双变量问题 双变量问题中，若函数（即极值点偏移场景），则以的对称点）。 通过分析的大小关系，进而推导与的关系（左偏），实现 “双变量→对称函数→偏移结论” 的转化。 构造对称函数法的通用解题步骤（五步走） 步骤 1：求函数 步骤 2：构造对称函数 步骤 3：分析对称函数的单调性（求导判断符号） 步骤 4：利用的符号关联双变量关系 步骤 5：结合原函数单调性推导偏移结论 知识点3：“换元法（比/差值/整体）”解决双变量问题 双变量问题的难点在于 “两个变量相互干扰”，比 / 差值换元法通过引入一个参数（比值或差值），建立两个变量的明确关联，将双变量函数转化为单参数函数： 比值换元：设，用，再结合题干条件消去的单变量问题； 差值换元：设和，同理消去的单变量问题。 两种方法的本质都是 “用一个参数代替两个变量的关联关系”，实现 “双变量→单参数” 的降维，再通过导数、单调性等工具求解。 比值换元法（优先含对数的双变量问题） 步骤 1：设比值参数，建立变量关联 步骤 2：代入题干条件，消去一个变量 步骤 3：将目标转化为关于的单变量问题 步骤 4：分析单变量函数，求解目标 差值换元法（优先含指数的双变量问题） 步骤 1：设差值参数，建立变量关联 步骤 2：代入题干条件，消去一个变量 步骤 3：将目标转化为关于的单变量问题 步骤 4：分析单变量函数，求解目标 注：韦达换元法和上述方法相同（多加一部利用韦达定理得到两根与系数关系）。 知识点4：“主元法”解决双变量问题 双变量问题的核心矛盾是 “两个变量相互制约，难以直接分析”，主元法通过人为指定一个变量为 “研究核心（主元）”，将另一个变量视为 “固定参数”，把双变量函数转化为单变量函数（参数为另一个变量），再利用单变量函数的性质（单调性、极值、最值、方程解）求解，最终结合参数范围得到双变量问题的答案。 例如：对为参数，则函数变为（关于的二次函数），可通过二次函数的对称轴、顶点等性质分析，再结合的范围得到最终结果。 主元法的通用解题步骤（四步闭环） 步骤 1：筛选主元 —— 选 “易分析、关联核心目标” 的变量 步骤 2：转化单变量 —— 将双变量函数改写为 “主元函数” 步骤 3：分析主元函数 —— 用单变量工具求解 步骤 4：结合参数范围 —— 得到双变量问题的最终结果 知识点5：“切线放缩法”解决双变量问题 对可导函数。根据导数的几何意义，切线是函数在附近的 “最佳线性近似”，因此存在局部不等关系： 若（函数图像在切线上方）； 若（函数图像在切线下方）。 在双变量问题中，通过对分别进行切线放缩，可将双变量函数关系转化为线性等式/不等式。 切线放缩法的通用解题步骤（五步走） 步骤 1：判断函数凹凸性，确定放缩方向 步骤 2：选择切线切点（关键：关联双变量关系） 步骤 3：写出切线方程，建立放缩不等式 步骤 4：对双变量分别放缩，关联题干条件 步骤 5：推导双变量关系，验证取等条件 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、双变量问题之“同构函数法” 典例探究 【例题1】已知实数，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 举一反三 【1-1】已知为不相等的正实数，，则（    ） A． B． C． D． 【1-2】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 【1-3】已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 题型二、双变量问题之“构造对称函数法” 典例探究 【例题2】已知函数有两个零点． (1)求的取值范围； (2)若，求证：． 举一反三 【2-1】已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 【2-2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【2-3】已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 题型三、双变量问题之“比值换元法” 典例探究 【例题3】已知函数，若有两个不同的零点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 举一反三 【3-1】已知函数 有两个极值点 且 . (1)求实数 的取值范围； (2)证明: . 【3-2】已知，求证：． 【3-3】已知. (1)求的单调区间； (2)设，是两个不相等的正数，证明： 题型四、双变量问题之“差值换元法” 典例探究 【例题4】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； (3)如果，且，证明：． 举一反三 【4-1】已知，是函数的两个零点，且，求证：； 【4-2】已知，是函数的两个零点，且，求证：． 【4-3】已知函数存在两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：. 题型五、双变量问题之“韦达换元法” 典例探究 【例题5】已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 举一反三 【5-1】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. 【5-2】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． 【5-3】已知函数. (1)若是定义域上的增函数，求的取值范围； (2)当时，证明：； (3)若函数有两个极值点，证明：. 题型六、双变量问题之“均值不等式法” 典例探究 【例题6】已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 举一反三 【6-1】已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 【6-2】已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)若存在，使得.证明：. 【6-3】已知函数． (1)若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； (2)证明：对一切的，都有； (3)当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：． 题型七、双变量问题之“主元法” 典例探究 【例题7】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，求的最大值. 举一反三 【7-1】已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【7-2】若，为函数的两个零点，且，求证：． 【7-3】已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)当时，证明：； (3)若且，，证明：． 题型八、双变量问题之“切线放缩法” 典例探究 【例题8】已知函数（其中是自然对数的底数）． (1)试讨论函数的零点个数； (2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：． 举一反三 【8-1】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：． 【8-2】已知函数，其导函数为. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是函数的两个零点，求证：. 【8-3】已知，，求证：． 题型精析・方法突破提能力 【破提升训练・1】已知，都是正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【破提升训练・2】若实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【破提升训练・3】对任意的正数，都存在唯一的正数，使成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【破提升训练・4】对任意的实数，都存在两个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 【破提升训练・5】已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 【破提升训练・6】已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【破提升训练・7】已知，过点可作曲线的两条切线，切点为，．求的取值范围（    ） A． B． C． D． 【破提升训练・8】已知函数． (1)求函数的单调区间． (2)设函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【破提升训练・9】已知函数，． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)已知函数有两个零点，， ①求实数的取值范围； ②证明：． 【破提升训练・10】已知函数. (1)若为增函数，求的取值范围； (2)若有两个极值点，证明：. 【破提升训练・11】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：. 【破提升训练・12】已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【破提升训练・13】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【破提升训练・14】已知函数，若方程有两个根，证明:. 【破提升训练・15】已知函数． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若，且，求证：． 【破提升训练・16】已知函数． (1)当时，求函数的值域； (2)若在上只有一个零点，求实数的取值范围； (3)设是的两个零点，证明：． 【破提升训练・17】定义运算：，已知函数． (1)若函数的最大值为0，求实数a的值； (2)证明：． (3)若函数存在两个极值点，证明：． 【破提升训练・18】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：． 【破提升训练・19】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. 【破提升训练・20】已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 【破提升训练・21】已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【破提升训练・22】已知函数，当时，的切线斜率． (1)求的单调区间； (2)已知，若，求证：若，则． 【破提升训练・22】已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【破提升训练・23】已知函数为实数. (1)讨论函数的极值； (2)若存在满足，求证：. 【破提升训练・24】设为自然对数的底数，已知函数. (1)当函数图象的切线经过原点时，求切线的方程； (2)当实数满足且，求的最大值. 【破提升训练・25】已知. (1)求的单调区间； (2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线；若不存在，请说明理由. 【破提升训练・26】已知函数的最小值为1． (1)求实数的值； (2)过点作图象的两条切线MA，MB，A()，B()是两个切点，证明：>1． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点08：透视双变量关联：双变量问题从“变量纠缠”到“精准转化”的难点拆解 （八大压轴方法技巧） （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 3 题型一、双变量问题之“同构函数法” 3 题型二、双变量问题之“对称构造函数法” 7 题型三、双变量问题之“比值换元法” 14 题型四、双变量问题之“差值换元法” 18 题型五、双变量问题之“韦达换元法” 24 题型六、双变量问题之“均值不等式法” 30 题型七、双变量问题之“主元法” 36 题型八、双变量问题之“切线放缩法” 43 题型精析・方法突破提能力 50 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：“同构函数法”解决双变量问题 同构函数法是解决高中数学双变量问题的 “结构适配利器”，核心是通过构造形式相同的函数（即 “同构式”），将分散的双变量关联到同一个函数中，再利用函数的单调性、奇偶性等性质直接转化变量关系，尤其适配含指数、对数且结构对称的双变量问题。以下从方法原理、解题步骤、适配题型展开，帮你掌握 “找结构→构同构→用性质” 的解题逻辑。 关键：识别同构结构的 2 类典型形式： 指数 + 一次型：如； 对数 + 一次型：如 复合结构型：如。 同构函数法的通用解题步骤 步骤 1：观察题干结构，拆分 “同构因子” 步骤 2：构造同构函数 步骤 3：分析同构函数的核心性质（单调性优先） 步骤 4：利用函数性质转化双变量关系，求解目标 知识点2：“对称构造函数法”解决双变量问题 双变量问题中，若函数（即极值点偏移场景），则以的对称点）。 通过分析的大小关系，进而推导与的关系（左偏），实现 “双变量→对称函数→偏移结论” 的转化。 构造对称函数法的通用解题步骤（五步走） 步骤 1：求函数 步骤 2：构造对称函数 步骤 3：分析对称函数的单调性（求导判断符号） 步骤 4：利用的符号关联双变量关系 步骤 5：结合原函数单调性推导偏移结论 知识点3：“换元法（比/差值/整体）”解决双变量问题 双变量问题的难点在于 “两个变量相互干扰”，比 / 差值换元法通过引入一个参数（比值或差值），建立两个变量的明确关联，将双变量函数转化为单参数函数： 比值换元：设，用，再结合题干条件消去的单变量问题； 差值换元：设和，同理消去的单变量问题。 两种方法的本质都是 “用一个参数代替两个变量的关联关系”，实现 “双变量→单参数” 的降维，再通过导数、单调性等工具求解。 比值换元法（优先含对数的双变量问题） 步骤 1：设比值参数，建立变量关联 步骤 2：代入题干条件，消去一个变量 步骤 3：将目标转化为关于的单变量问题 步骤 4：分析单变量函数，求解目标 差值换元法（优先含指数的双变量问题） 步骤 1：设差值参数，建立变量关联 步骤 2：代入题干条件，消去一个变量 步骤 3：将目标转化为关于的单变量问题 步骤 4：分析单变量函数，求解目标 注：韦达换元法和上述方法相同（多加一部利用韦达定理得到两根与系数关系）。 知识点4：“主元法”解决双变量问题 双变量问题的核心矛盾是 “两个变量相互制约，难以直接分析”，主元法通过人为指定一个变量为 “研究核心（主元）”，将另一个变量视为 “固定参数”，把双变量函数转化为单变量函数（参数为另一个变量），再利用单变量函数的性质（单调性、极值、最值、方程解）求解，最终结合参数范围得到双变量问题的答案。 例如：对为参数，则函数变为（关于的二次函数），可通过二次函数的对称轴、顶点等性质分析，再结合的范围得到最终结果。 主元法的通用解题步骤（四步闭环） 步骤 1：筛选主元 —— 选 “易分析、关联核心目标” 的变量 步骤 2：转化单变量 —— 将双变量函数改写为 “主元函数” 步骤 3：分析主元函数 —— 用单变量工具求解 步骤 4：结合参数范围 —— 得到双变量问题的最终结果 知识点5：“切线放缩法”解决双变量问题 对可导函数。根据导数的几何意义，切线是函数在附近的 “最佳线性近似”，因此存在局部不等关系： 若（函数图像在切线上方）； 若（函数图像在切线下方）。 在双变量问题中，通过对分别进行切线放缩，可将双变量函数关系转化为线性等式/不等式。 切线放缩法的通用解题步骤（五步走） 步骤 1：判断函数凹凸性，确定放缩方向 步骤 2：选择切线切点（关键：关联双变量关系） 步骤 3：写出切线方程，建立放缩不等式 步骤 4：对双变量分别放缩，关联题干条件 步骤 5：推导双变量关系，验证取等条件 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、双变量问题之“同构函数法” 典例探究 【例题1】已知实数，满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意得，构造函数，说明在上单调递增，得，换元并求导即可求解最小值. 【详解】因为，所以， 即，所以， 令，求导得， 所以在上单调递增， 而，即， 从而，所以， 令，， 求导得，，， 所以在单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为. 故选：C. 举一反三 【1-1】已知为不相等的正实数，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项. 【详解】由得：， 构造函数，则， 可知在上递增， 结合，得 ，即 由基本不等式可知：， 当且仅当时等号成立，所以. 故选：C. 【1-2】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 【分析】依题意可得，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而，令，利用导数求出函数的最小值，即可得解. 【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. 【1-3】已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 题型二、双变量问题之“构造对称函数法” 典例探究 【例题2】已知函数有两个零点． (1)求的取值范围； (2)若，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分，，，三种情况结合单调性与最值及函数零点存在性定理分类讨论求解即可； （2）构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）． ①当时，只有一个零点，不合题意． ②当时，可得下表． 1 － 0 ＋ 减 最小值 增 由，，可得在上有一个零点． ， 令且， 可得， 所以在上也有一个零点，满足题意． ③当时，再分三种情况讨论． （i）当时，，单调递增，至多有一个零点，不满足题意， （ii）当时，，列表如下． 1 ＋ 0 － 0 ＋ 增 极大值 减 极小值 增 因为，所以至多有一个零点，不满足题意， （iii）当时，，列表如下． 1 ＋ 0 － 0 ＋ 增 极大值 减 极小值 增 因为当时，，，所以，至多有一个零点，不满足题意， 综上，的取值范围为； （2）欲证，即证． 由（1），设，得． 又由（1）知在上单调递减，所以欲证，即证． 又，即证． 设， 则 ． 由，得，从而， ，在上单调递增， 所以，得，原命题得证． 举一反三 【2-1】已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围； （2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明. 【详解】（1）由已知得的定义域为， 且 ， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极小值即最小值， ， ， ，即的取值范围为. （2）由（1）知，的定义域为， 在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点. 、是的零点，且， 、分别在、上，不妨设， 设， 则 当时，，即在上单调递减. ， ，即， ， ， ， ， 又，在上单调递增， ，即. 【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小； （2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式. 【2-2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 【2-3】已知函数，其中，e为自然对数的底数. (1)当时，求函数的单调区间； (2)若函数存在极小值点，且，求实数a的取值范围； (3)若函数有两个零点，，求证：. 【答案】(1)答案见详解 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）求导可得，利用导数判断原函数的单调性； （2）求导构建，可知在存在零点，结合题意整理可得，构建，求导，利用导数分析单调性和符号，即可得结果； （3）整理可得，构建，，，利用导数结合单调性可得，，结合单调性分析证明. 【详解】（1）当时，， 可知的定义域为，且， 设，则， 可知在单调递增，且， 当时，，即；当时，，即； 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）由题意可知：的定义域为，且， 设，则，可知在单调递增， 因为函数存在极小值点，所以在存在零点， 即，可得. 则，可得， 设，且， 当，，则； 当，，则. 可得，， 所以实数a的取值范围为. （3）令，可得， 由题意可得：， 构建，则， 不妨设，可得， 令，解得；令，解得； 可知函数在上单调递增，在上单调递减，且， 可得， 构建，， 则， 可知函数在上单调递增，则，即， 则，且， 又因为在上单调递减，所以，即. 题型三、双变量问题之“比值换元法” 典例探究 【例题3】已知函数，若有两个不同的零点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据给定条件，利用函数零点的意义分离参数，构造函数并利用导数求解. （2）利用零点的意义建立方程组并消去参数，再换元构造函数，利用导数推理得证. 【详解】（1）函数定义域为，由，得， 今，求导得，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，则， 而，当时，恒成立， 由函数有两个不同的零点，得直线与函数的图象有两个不同的交点，则， 所以实数的取值范围是. （2）由（1）知，不妨设，且， 两式相减得，两式相加得， 欲证，只需证，即证，即证， 设，不等式等价于， 设，求导得， 函数在上单调递增，则，即不等式成立， 所以. 举一反三 【3-1】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. 【分析】（1）由已知可得有两个根，转化为函数与函数有两个交点，结合图象求解； （2）由，，得，令，用表示，代入，构造函数证明. 【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. 【3-2】已知，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】将要证明的等式进行变形，将双变量问题通过集中转化为单变量，再换元构造函数，研究其导函数证明即可. 【详解】由，得， 先证明，只要证， 令，则只要证当时，恒成立. 令，则， 所以在上单调递增，所以， 即成立，从而成立，即， 再证明，只需要证明， 令，则只要证当时， 令，， 所以在上单调递减，所以， 即成立，从而成立，即成立， 综上，当时，成立. 【3-3】已知. (1)求的单调区间； (2)设，是两个不相等的正数，证明： 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间； (2)证明见解析 【分析】（1）二次求导，利用导数分析函数的单调性； （2）设，，分析可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求证即可. 【详解】（1）由，，得， 设，， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以， 所以的单调递增区间为，无递减区间. （2）证明：不妨设，因为， 又， 所以， 设，则 . 设，， 因为， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以，即. 题型四、双变量问题之“差值换元法” 典例探究 【例题4】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，； (3)如果，且，证明：． 【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减为； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由导数知识可得的单调区间； （2）由题可得，然后研究单调性，可完成证明； （3）令，要证，即证：，然后通过研究可完成证明. 【详解】（1）. 。 则的单调递增区间为，单调递减为； （2）因的图象与的图象关于直线对称， 则. 构造函数， 则. 因，则， 则在上单调递增，则， 即当时，； （3）由，得，化简得， 不妨设，由法一知，．令，则， 代入，得，反解出，则， 故要证：，即证：， 又因为，等价于证明：， 构造函数，则， 令. 故在上单调递增，， 从而也在上单调递增，，即证成立， 也即原不等式成立． 【点睛】将双变量问题转变为与，之间差值或商值有关的单变量问题. 举一反三 【4-1】已知，是函数的两个零点，且，求证：； 【答案】证明见解析 【分析】（1）转化为，曲线与直线有两个交点，求导得到的单调性，进而得到，且，转化为要证，即证．令，则，构造函数进行证明； 【详解】（1）显然当时，，故0不是的零点， ，问题可以转化为曲线与直线有两个交点． ，当时，，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 且时，，当时，，当时，， 故， 且得，则有 故要证，即证，即证， 即证． 令，则，即， 设， 则，令， 则， 从而单调递增，， 所以单调递增，．故原不等式得证． 【4-2】已知，是函数的两个零点，且，求证：． 【分析】在（4-1）基础上，得到要证，即证，等价于证．令，则等价于证，构造函数进行证明. 【解析】由（4-1）可知，相乘得， 要证，即证，等价于证， 即证，等价于证． 令，则等价于证， 即证，等价于证． 令，则， 再令，则， 在上单调递减，， 从而，在上单调递减，，所以原不等式成立． 【4-3】已知函数存在两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知当时，无极值点，当时，可转化为函数，与直线有两个公共点，求导判断的单调性与值域，数形结合可得参数范围； （2）设两个极值点分别为，，且，由（1）可知函数的单调性，构造函数，求导判断函数单调性与值域即可得知函数有三个零点从小到大依次为为，，，再由函数性质可知，结合基本不等式可得，所以若证，可证，即证，构造函数，，求导判断函数单调性可知，再根据的单调性可得证. 【详解】（1）由已知函数的定义域为， 当时，，函数在单调递增，无极值点， 当时，，， 又函数有两个不同的极值点，即在有两个解， 即方程有两个解， 可转化为函数，与直线有两个公共点， 又，令，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取最小值为， 做出函数，与图像如图所示， 所以，解得.    （2）由（1）得有两个解，设为，，且， 则当时，，即，函数单调递减， 当时，，即，函数单调递增， 当时，，即，函数单调递减， 又， 所以函数至多有三个零点， 当时，令，即， 则， 即函数除以外的零点即为方程的解，且 设，则， 又函数，恒成立，单调递减，且当时，， 所以当时，，即，单调递增，且此时恒成立，又 当时，，即，单调递减，且此时恒成立，由， 所以又两个解，设为，，且， 又，， 所以， 所以函数的零点之和， 所以若证，可证， 即证， 由（1）可知， 则 ， 设，， 所以恒成立， 所以在上单调递减， 所以， 即， 即， 又由（1）得在上单调递减， 所以，即， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是证明出，再转化为极值点偏移问题. 题型五、双变量问题之“韦达换元法” 典例探究 【例题5】已知． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若函数存在两个不同的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先对函数求导，结合导数的几何意义求出切线斜率，进而可求切线方程； （2）先表示，结合导数与极值关系，利用韦达定理建立的关系，再把多变量化成单变量函数，即可证明. 【详解】（1）当时，，， ， 所以曲线在点处的切线方程为， 即. （2）， 令，得，令，则， 原方程可化为①，则是方程①的两个不同的根， 所以，解得， 由韦达定理得，则， 所以 ， 令，则， 所以函数在上单调递减， 所以， 所以. 举一反三 【5-1】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) 【分析】（1）由已知得求； （2）的两个极值点是方程的两正根，可得范围及，代入得，求的值域即得. 【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. 【5-2】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) 【分析】（1）在定义域内单调递增等价于恒成立，分离参数转化为最值问题求解； （2）由，构造同构函数，利用的单调性求解； （3）由极值点得双变量之间关系，将通过变量代换转化为关于的函数，利用导数判断单调性求其最值情况即可求解. 【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. 【5-3】已知函数. (1)若是定义域上的增函数，求的取值范围； (2)当时，证明：； (3)若函数有两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导后参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用二次函数的图象与性质求解； （2）要证，转化要证，即证.再构造函数，证明，令，运用导数研究单调性，进而得到最值.再构造函数，同理得到最值，进而得到即可； （3）先借助导数，运用方程实数根个数，求出的大致范围，化简，进而将要证的不等式进行转化， 即证，再转化为证明，最后换元，令，即证.构造函数，借助导数进行证明即可. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 在上恒成立，即在上恒成立. 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即实数的取值范围是. （2）当时，，， 所以要证，即证，即证. 构造函数，证明， 令，则， 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. 再构造函数，证明， 令，则， 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， 综上所得，所以， 又等号不同时成立，（取等号的条件是，取等号的条件是） 所以，即. （3）先求出的大致范围，. 由题意知是方程的两个不同的根. 设，则方程有两个不同的正实数根， 所以，解得. 再化简， ，则， 所以 . 由，得， 所以要证，即证，即证，即证， 即证，即证. 令，即证. 令， 则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以不等式成立. 【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的函数有两个不同变量，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条件，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，再借用导数判断函数的单调性，从而求解. 题型六、双变量问题之“均值不等式法” 典例探究 【例题6】已知，其中，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】令，，求出函数的单调区间，结合已知可得，不妨设，记，，解法一：设，利用导数求出的范围即可； 解法二：由题设易得，再结合对数均值不等式即可得解. 【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. 举一反三 【6-1】已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】对于A，构造函数，计算即可判断；对于B，写出、点处的切线程联立并化简得，而，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得，为两切线的交点代入化简得，再计算可得；对于D，根据，计算即可判断. 【详解】对A，令，则， 故时，单调递增；时，单调递减， 所以的极大值，且，， 因为直线与曲线相交于､两点， 所以与图象有个交点，所以，故A正确； 对B，设，且，可得， 在点处的切线程为 ，得， 即， 因为，所以，即，故B错误； 对C，因为，所以， 因为为两切线的交点， 所以 ， 即，所以， 所以 ，故C正确； 对D，因为，，所以， 又因为，所以，所以， 同理得，得，即， 因为，所以， 所以，即，故D正确. 其中不等式①的证明如下： 不等式①（其中）， 构造函数，则． 因为，所以，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立. 故选：ACD.    【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． 【6-2】已知函数. (1)当时，恒成立，求实数的取值范围； (2)若存在，使得.证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）设，只需在时恒成立即可，由此推得再证的充分性即可； （2）设，依题可得，由（1）可得当时，由此证明即可得证. 【详解】（1）设， 只需在时恒成立即可， 又， 且，所以， 即，下面证明的充分性， 当时，由， 令， 所以， 记， 则， 所以在上单调递增， 则，所以在上单调递增， 则，所以恒成立， 综上所述，实数的取值范围是； （2）设，由可得， 则（*）， 由（1）知当时，， 则时，，，则， 所以， 将（*）代入可得， 则，故得证. 【6-3】已知函数． (1)若曲线在处的切线平行于直线，求的值以及函数的最小值； (2)证明：对一切的，都有； (3)当时，若曲线与曲线存在两交点，记直线的斜率为，证明：． 【答案】(1)，最小值为4； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，，即可求出.求出以后，根据导函数判断原函数单调性，进而求出的最小值. （2）先证时，化简，从而构造函数，只需证恒成立即可. （3）根据（2）可得，在抛物线中由点差法可得，即可证明不等式成立. 【详解】（1）由题意，，所以， 所以， 法1：， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以． 法2：， 当且仅当，即时，取等号，所以函数的最小值为4； （2）证明：先证，则． 设，则， 因为，所以，即在上单调递增，又， 所以当时，， 当，则，所以； 同理，当，则也成立； 所以，则． （3）设，其中，由（2）知，则， 取，得，，所以①， 将和相减，得，，所以代入①， 所以，即． 【点睛】关键点点睛：本题利用导数证明不等式的关键是能够采用构造函数的方式，将不等式问题转化成恒成立问题.. 题型七、双变量问题之“主元法” 典例探究 【例题7】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，求的最大值. 【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，即可求解函数的最大值. 【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，的最小值为4，即的最小值为2， 因为在上单调递减，的最大值为， 所以的最大值为. 【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. 举一反三 【7-1】已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围. 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 【7-2】若，为函数的两个零点，且，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】对求导分析单调性，根据单调性确定零点，利用零点求得，再运用基本不等式可得，结合即可证明. 【详解】证明 ：由， 由，得； 由，得，则在上单调递减，在上单调递增， 故，① 由于，由指数均值不等式得，则，② 由①②得． 【7-3】已知函数． (1)当时，求的最大值； (2)当时，证明：； (3)若且，，证明：． 【答案】(1)1 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数讨论的单调性，即可求得最大值； （2）将所证的结论变形，得到函数，利用导数判断函数的单调性，求出最值即可证明； （3）将已知条件变形得到，再利用（1）中函数的单调性，构造函数，，进而可以得证. 【详解】（1）当时，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以； （2）当时，， 要证，只需证， 令， 则， 令，则 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增； ，即，， 当时，，在单调递增； 当时，在单调递减； ，即，，证毕． （3）由，可得， 两边取以为底的对数并整理得，，即， 因为，不妨设， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，， 即， 而，且当时，恒成立，得到， 记，， 则 ， 函数在上单调递增， ，即，于是， 又在上单调递减，， ，得证． 题型八、双变量问题之“切线放缩法” 典例探究 【例题8】已知函数（其中是自然对数的底数）． (1)试讨论函数的零点个数； (2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导并对参数进行分类讨论，即可得出函数的零点个数； （2）由，构造函数并求出其单调性，求得即可证明得出结论. 【详解】（1）由可得， 令，其中， 则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数， ，令可得，列表如下： 0 单调递减 极小值 单调递增 如下图所示： 当时，函数无零点； 当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点． （2）证明：因为，其中， 所以． 由已知可得， 上述两个等式作差得．要证，即证． 因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则． 因为函数在上单调递增，， 所以． 设函数的图象在处的切线交直线于点， 函数的图象在处的切线交直线于点， 因为，所以函数的图象在处的切线方程为． 联立，可得，即点． 构造函数，其中，则， 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增，所以， 所以对任意的，当且仅当时等号成立， 由图可知，则，所以． 因为，可得， 函数在处的切线方程为， 联立， 解得，即点． 因为，所以． 构造函数，其中，则． 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增，则， 所以对任意的，当且仅当时，等号成立， 所以，可得， 因此，故原不等式成立． 举一反三 【8-1】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 【分析】（1）当时，求出切线斜率，然后得到切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可． 【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． 【8-2】已知函数，其导函数为. (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求实数的取值范围； (3)若，是函数的两个零点，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1），当时，恒成立，在上单调递增；当时，由，得；由得，进而可得； （2）由转化为求，由（1）可知，构造，由导数可得，进而可得只有符合题意； （3）根据函数的单调性，函数有两个零点时， ，得，设，则，证，利用基本不等式和单调性转化为证明，构造函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，. 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，由，解得：；由，解得：. 在上单调递减，上单调递增. 综上所述：当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，上单调递增. （2）要使恒成立，只需恒成立. 由（1）可知，当时，在上单调递增，且， ∴当时，，不合题意，舍去. 当时，在上单调递减，上单调递增， ， 只需，即在时恒成立. 记，，则 当时，，单调递增；当时，，单调递减； ，， 只有符合题意. 综上所述，实数的取值范围为. （3）由（1）可知，当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点，不合题意，舍去. 当时，在上单调递减，上单调递增， 当时，；当时，. 要使函数有两个零点，只需，解得：. 已知，不妨设，则有. 单调递增，要证，只需. ，只需证 即证， 由单调性可知，， 在上单调递减，即证. 方法一：，即证. 令，其中. ， 单调递增， 又，，即. 成立. . . 方法二：，即证. 而， 由得，， 且，. 令，则， 在上单调递减，， ，，可得， ，，，即， 又在上单调递减，. 【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于问题的转化，根据函数的单调性，确定函数两个零点的范围，进而把证明，转化为证明，即证，进而构造函数，利用导数证明即可. 【8-3】已知，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由题知要证 ，令，构造函数，再结合导数从而可求证. 【详解】由已知，不妨设， 要证， 即证， 因，则，令， 即证：，即证， 令，只需证， 即证，令， ，所以在上单调递增， 所以，所以成立， 所以成立. 题型精析・方法突破提能力 【破提升训练・1】已知，都是正整数，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意得，构造函数求解即可. 【详解】因为，所以，令， 所以，故在上单调递增，由已知得， 故，因为，都是正整数，即. 故选：A. 【破提升训练・2】若实数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意将原不等式化简为，令，可知原不等式等价于，再令，则原不等式等价于；再利用导数求出函数单调性，进而可得，由此可知只有当时，即时才满足，据此即可求出的值，进而求出结果. 【详解】∵ ∴ ， 即   ∴， 设，则有，即， ∴， 令，则， ∴当时，，单调递增； 当时，，单调递减； ∴，即， 要使成立等价于成立， 只有当时，即时才满足， ∴ ∴，∴. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题解答的关键是对原不等式的变形，将其变形成，再进行换元、构造辅助函数，借助函数的最值和唯一性求解. 【破提升训练・3】对任意的正数，都存在唯一的正数，使成立，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】运用换元法转化为存在唯一正数使得成立，然后看做两个函数图像有唯一交点即可解决问题. 【详解】由可得：， 设，则， 令，∴ ， 故当时，，当时，， ， 又，当时，，可得函数的图象： 因此当或时，存在唯一正数，使得成立， 即对任意的正数，都存在唯一一个正数y,使成立. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：“双变量”问题用“换元法”转化为一个变量的问题来解决. 【破提升训练・4】对任意的实数，都存在两个不同的实数，使得成立，则实数的取值范围为 A． B． C． D． 【答案】A 【分析】将已知等式参变分离，利用换元法以及函数的导数判断出单调性，结合已知条件，可得实数的取值范围． 【详解】由得，设，则，设，则 令，则；令，则 ∴在上单调递增，在上单调递减，且 当时，；当时， ∴当时，存在两个实数，使成立，即对任意的实数，都存在两个不同的实数，使得 故选：A 【破提升训练・5】已知a，b满足，，其中e是自然对数的底数，则ab的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】变换得到，，构造函数，确定函数单调递增，得到，化简得到答案. 【详解】，故，，即； ，故，即. 设，，，函数单调递增， ，故，即， 整理得到，即. 故选：D. 【破提升训练・6】已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析. 【详解】因为，所以， 令，所以，对函数求导： ，  由有：， 由有：，所以在单调递增，在 单调递减，因为，由有：， 故A错误； 因为，所以，由有：， 故D错误； 因为，所以， 因为，所以，所以，故C正确； 令 有： =，当，.所以 在单调递增，当时，， 即，又，所以， 因为，所以，因为在 内单调递减，所以，即，故B错误. 故选：C. 【破提升训练・7】已知，过点可作曲线的两条切线，切点为，．求的取值范围（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先设切点坐标，利用导数的几何意义确定切线方程，参变分离得方程有两不同解，构造函数，判定其单调性求其最小值，化为解，构造函数，判定其单调性从而解得化简待求式得，即可得结果. 【详解】因为，设切点坐标为， 则曲线在该点处的切线方程为：， 又在切线上，即， 则方程有两不同解， 令， 易知时，单调递增不合理，故． 当时，，当时，单调递减，时，单调递增，故为极小值； 要使有两解，则，即， 令在上单调递增， 又因为，所以 易知， 又因为为方程的解，故有， 代入可得，故所求取值范围为． 故选：A 【点睛】思路点睛：由导数的几何意义转化为方程有两解，分别构造函数，利用导数研究单调性及极最值得的取值范围，再化简待求式得即可. 【破提升训练・8】已知函数． (1)求函数的单调区间． (2)设函数有两个极值点． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）通过求函数的导数，根据导数的正负来确定函数的单调区间，对于导数对应的一元二次方程，利用判别式判断根的情况，进而分析函数单调性. （2）（i）先对求导，令导数为后变形，转化为与图象交点问题.再对求导分析单调性和特殊值，根据图象交点情况确定范围. （ii）先假设，得到，利用单调性得出，结合有.设函数和，通过求导数判断单调性，证明，从而证明假设成立. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 且，令，有． 当，即时，，此时函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间． 当，即或时，有，解得. 若，有，则由得或，由得 ； 若，有，则恒成立，此时函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间． 综上所述，当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为； 当时，函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间． （2）（i）因为，所以 ， 令，得，则与的图象有两个不同的交点， 令，则，而在上单调递增，在上单调递减，又，当时，， 所以要使与的图象有两个不同的交点，则需，解得． （ii）假设，则，因为，所以， 由于在上单调递减，所以， 又因为，所以． 设， 令，则需证在上恒成立． 当时，， 所以在上单调递增，所以当时，，故假设成立． 【破提升训练・9】已知函数，． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)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)①；②证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程； （2）①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；②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，， 则，所以，， 所以函数在点处的切线方程为，即； （2）①函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，在上单调递增，所以不可能有2个零点； 当时，当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 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， 则，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； ②由①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， 则 ， 所以在单调递增，则， ，所以， 所以， 即，命题得证. 【破提升训练・10】已知函数. (1)若为增函数，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），由题意得恒成立，，求导分析的单调性，即的单调性，求出的最值，即可求解. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，设，则，设，求导得出的单调性，可得，继而可得，即，由的单调性可得，继而即可证明. 【详解】（1）为增函数，则恒成立， 设，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增， 所以是函数的极小值点， 故当，即恒成立， 所以当为增函数，的取值范围为. （2），，，由（1）知当， 即时，有两个极值点， 故，设，则， 设， 则， 故在上单调递增，所以， 所以，又， 故， 所以， 又在上单调递减， 故， 所以. 【破提升训练・11】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. 【分析】（1）把代入，求出函数导数，确定函数的单调性求出最大值. （2）求出函数的导数，进而求出其单调区间，再分类讨论求出最小值. （3）利用零点的定义可得，，作差变形并构造函数，利用导数探讨取值集合即可. 【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. 【破提升训练・12】已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【答案】证明见解析 【分析】利用参数作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得结论成立. 【详解】因为，不妨设， 因为，， 所以，， 所以， 欲证，即证. 因为，所以即证， 所以即证，即证． 令，则，等价于， 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故， 即，所以． 方法二：直接换元构造新函数  ，即，设，，则， 则，，可得，， 由于 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故，即， 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. 【破提升训练・13】已知函数． (1)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)无最大值，最小值为； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数知识可得函数的最值； （2）由题可得，要证，即证，然后通过研究：单调性可完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得 ②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双变量问题转变为单变量问题. 【破提升训练・14】已知函数，若方程有两个根，证明:. 【答案】证明见解析 【分析】通过方程根的关系进行变形，构造新函数，利用导数证明不等式。 【详解】若方程有两个根， 则，即. 要证，需证，即证 . 设，则等价于. 令，则， 所以在上单调递增，，即 ，故. 【破提升训练・15】已知函数． (1)求函数的单调区间和极值； (2)若，且，求证：． 【答案】(1)增区间为，减区间为，极大值为，无极小值 (2)证明见解析 【分析】（1）利用函数的单调性、极值与导数的关系可得答案； （2）令，，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，设，可得出，进一步得出，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为，其中，则， 令，解得，当变化时，、的变化情况如下表： 单调递增 极大值 单调递减 所以，的增区间为，减区间为. 故函数在处取得极大值，无极小值. （2）构造辅助函数，， 则， 当时，，，则，则， 所以，在上单调递增，当时，， 故当时，，（*） 由，， 因为函数的增区间为，减区间为， 可设，将代入（*）式可得， 又，所以，． 又，，而在上单调递增， 所以，，即． 【破提升训练・16】已知函数． (1)当时，求函数的值域； (2)若在上只有一个零点，求实数的取值范围； (3)设是的两个零点，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明过程见解析 【分析】（1）利用导数的性质判断函数的单调性，利用函数的单调性进行求解函数的值域即可； （2）根据函数零点定义，利用常变量分离法，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解即可； （3）根据函数零点定义，结合基本不等式，通过构造新函数，利用导数的性质进行求解证明即可. 【详解】（1）由， 当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减，故， 当时，，故当时，函数的值域为； （2）令， 设， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， 且当时，，作出函数的图象如图所示： 又， 要使在上只有一个零点，需使或， 即实数的取值范围为；. （3）因为是的两个零点， 所以，， 两式相加，可得， 则有，即 因为且，所以有， 于是有， 即（*），记， 设，则， 当时，则在上单调递增， 当时，则在上单调递减， ，即， 故由（*）可得， 即. 【破提升训练・17】定义运算：，已知函数． (1)若函数的最大值为0，求实数a的值； (2)证明：． (3)若函数存在两个极值点，证明：． 【答案】(1)1 (2)证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）利用定义的运算得到的解析式，结合导数求最大值的方法，建立关于的方程，解方程得解. （2）借助（1）问中的结论，，得到，然后利用不等式性质，即裂项相消求和法，从而得证. （3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出，将所证转化为，通过消元，然后构造函数，借助导数证明即可. 【详解】（1）由题意知：，， ①当时，，在单调递减，不存在最大值． ②当时，由得， 当，；，， 函数的增区间为，减区间为．    ，令，求导得， 当时，，函数递减，当时，，函数递增， 因此，． （2）由（1）知，，即， 当时，  ． ． ． （3） “函数存在两个极值点”等价于 “方程有两个不相等的正实数根” 故，解得，      要证，即证， ，不妨令，故 由得，令 在恒成立， 所以函数在上单调递减，故． 成立． 【点睛】关键点点睛：第（1）小问关键在于读懂新定义运算，得到解析式，然后借助导数求最大值，第（2）小问关键，借助（1）中得到的结论，，得到，其中的放缩很关键；第（3）问的关键是将极值点个数问题等价为导函数零点个数问题，从而得出的结论，最后双元变单元，再一次构造函数从而得解. 【破提升训练・18】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. 【破提升训练・19】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) 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系，分类讨论与两种情况即可得解； （2）利用（1）中结论，利用韦达定理得到，，，利用消元法将表示成关于的函数，再利用换元法和导数求得所得函数的最小值，从而得解. 【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. 【破提升训练・20】已知函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)求的单调区间； (3)设是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导，然后求出，，根据点斜式写出直线方程； （2）求导，然后分和讨论求的单调区间； （3）根据极值点为导函数的零点，令，利用韦达定理将用表示，代入，构造函数求其最值即可. 【详解】（1）当时，， 得，则，， 所以切线方程为，即； （2）， 当时，恒成立，在上单调递增，无减区间， 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减， 综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间； 当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为； （3）， 则， 因为是函数的两个极值点， 即是方程的两不等正根， 所以，得， 令，则， 得， 则， 所以 ， 则， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以， 即. 【点睛】关键点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用韦达定理，令达到消元的目的，常用的换元有等. 【破提升训练・21】已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）由可判断，解得值并验证； （2）①令，利用，结合的单调性和零点存在性定理，判断取值范围；②构造函数，证得，再将问题转化为证明，由不等式性质可得. 【详解】（1），因为，若，即. 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故不仅是函数的最小值，同时也是极小值， 所以，解得. 检验：当时，，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以的最小值为，即成立， 综上，. （2）①当时，令， ， 令，解得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为； 当时，无解，当时，一解，都不符合题意； 当时，，， 因为，在上单调递减，所以在上唯一解； 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即，所以， 所以 ，又， 因为，在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述，方程有两个不同的根时，； ②由题可知：，即且， 构造函数：， 则 ， 所以在上单调递减，故，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 因为在上单调递增，，， 所以，得 要证， 即证， 即，即， 即证， 因为，故只须证明：， 因为成立. 所以原不等式成立. 【破提升训练・22】已知函数，当时，的切线斜率． (1)求的单调区间； (2)已知，若，求证：若，则． 【答案】(1)在上单调递增，无单调递减区间． (2)证明见解析 【分析】（1）由切线斜率可得，然后两次求导可得单调区间； （2）由题可得，命题等价于证明，.由，结合，可得.对于，通过在上单调性可完成证明；对于，由在上的单调性可完成证明. 【详解】（1），则． 所以，，则． 令．则． 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以恒成立，即恒成立， 故在上单调递增，无单调递减区间． （2）证明：要证，则， 只需证明，，即证明，． ，由得． 则，可得． 又，令， 则，，所以在上单调递增． 因，又，则， 从而. 先证明，即，因在上单调递增． 只需证，. 即，． 令，，则， 所以，故; 再证明，即． 同理，只需证明，即． 令，．则． 令，，则， 所以在上单调递增． 又因为，， 则存在，使得， 所以时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又因为，，， 所以，故． 综上所述，对任意的，． 【点睛】关键点睛：对于一次求导后无法判断单调性的函数，往往可进行多次求导；对于双变量问题，核心思想为由题目已知条件，将双变量转变为单变量问题. 【破提升训练・22】已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解； （2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1），当时，单调递增； 当时，单调递减．所以， 解得，即的取值范围为． （2）证明：不妨设，则，要证， 即证，则证，则证， 所以只需证，即． 令，则，． 当时，，则， 所以在上单调递减，则．所以． 由（1）知在上单调递增，所以，从而成立． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明. 【破提升训练・23】已知函数为实数. (1)讨论函数的极值； (2)若存在满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数，分类讨论函数的单调性，从而确定极值； （2）先求出函数的最大值，将要证的不等式转化为，构造函数，利用导数研究函数的单调性，再根据函数的单调性得到关于的不等式，即可证明. 【详解】（1）由题意知，定义域为，， 因为，所以恒成立. ①当时，，函数为上的增函数，所以函数无极值. ②当时，令，得， 当时单调递减， 当时单调递增， 所以当时，函数取得极小值，函数无极大值. 综上，当时，函数无极值； 当时，函数的极小值为，无极大值. （2）因为， 所以欲证，只需证明， 由（1）知若存在满足，则， 不妨设，则， 设， 则 ， 因为，所以，， 所以，所以在上单调递减， 所以， 所以，即， 故， 因为在上单调递增， 所以，即，故. 【点睛】方法点睛：处理此类双变量问题有两个策略： 一是转化，即从已知条件入手，寻找双变量所满足的不等式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式； 二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解. 【破提升训练・24】设为自然对数的底数，已知函数. (1)当函数图象的切线经过原点时，求切线的方程； (2)当实数满足且，求的最大值. 【答案】(1)或； (2)8 【分析】（1）首先求函数的导数，再设切点，利用导数的几何意义求切线方程，并代入原点，即可求解切点，以及切线方程； （2）首先构造函数，利用导数分析函数的性质，从而证明当时，在代入，即求最值. 【详解】（1），设函数的图象上一点为， 则该点处的切线为， 即切线为， 解得或此时或切线的方程为或； （2）设，则，再设，则， 由得在上单调递增，同理得在上单调递减， 即在上单调递增，在上单调递减， 容易得到当时，，当时，， 时，的最大值为，即， 由，得，而， 必存在，使得，且当时，，当时，，即在上单减，在上单增， 而， 当时，， 当时，，即，当且仅当时等号成立， ，故当时，， 即当时，当且仅当时等号成立， ， 当且仅当时等号成立，的最大值为8. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是构造函数，并证明当时， . 【破提升训练・25】已知. (1)求的单调区间； (2)函数的图象上是否存在两点（其中），使得直线与函数的图象在处的切线平行？若存在，请求出直线；若不存在，请说明理由. 【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增. (2)不存在，理由见解析 【分析】（1）求出导函数，根据导函数的正负来确定函数的单调区间； （2）求出直线的斜率，再求出，从而得到的等式，再进行换元和求导，即可解出答案. 【详解】（1）由题可得 因为，所以， 所以当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增. 综上，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意得，斜率 ， , 由得， ，即，即 令，不妨设，则， 记 所以，所以在上是增函数，所以， 所以方程无解，则满足条件的两点不存在. 【破提升训练・26】已知函数的最小值为1． (1)求实数的值； (2)过点作图象的两条切线MA，MB，A()，B()是两个切点，证明：>1． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）定义域为，函数有最小值，必然不单调，易求出极小值即最小值，代入可答案． （2）利用切线方程，消去得到的等式关系，将>1变形得到，令构造函数，得证． 【详解】（1）， 当≤0时，<0，在单调递减，不合题意； 当>0时，在()上，<0，在()上，>0． 在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）证明：， 同理，， 两式相减得，不妨设， 要证>1．只须证>1．即， 即证，令，即证， 设，恒成立， 故h(t)为增函数，，故原式得证． 【点睛】关键点睛：本题（2）问先通过切线方程得出，然后证明>1，将问题转化成，利用与齐次换元，从而构造函数即可证明． 1 学科网（北京）股份有限公司 $