微专题16 利用导数研究双变量问题讲义-【会一题通一类系列】2026年高考数学二轮微专题精讲（全国通用）

马轮微专题 会合题通白类系列 微专题16利用导数研究双变量问题讲义 区微专题教学内容 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 典例精进 【典例1】 设函数f(x)=xnr. (1)求f(x)图象上点1,1)处的切线方程； (2)若f(x)≥ax-VF在x∈(0，+∞)时恒成立，求a的值； (3)若，∈(0，，证明fx)-f(x≤k-x. 光会一题通-类 1.已知函数f(x)=eln1+x). (1)求曲线y=f(x)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)设g(x)=f'(x),讨论函数g(x)在[0，+o)上的单调性； (3)证明：对任意的s,t∈(0，+o),有f(s+)>f(s)+f(). 1/6 二轮微专题 会合题通白类系列 2.己知f(x=(x+1e“,k≠0. (1)若k=1,求f(x在(0，f(0)处的切线方程； (2)设gx)=f'(x),求gx的单调区间； (3)求证：当k>0时，m,ne(0,+o),f(m+n+1>f(m+f(n. 【典例2】 已知顾数网号 (1)讨论f(x)的单调性； (2)当x>0时，x2f(x)≥(a+1)x+lnx恒成立，求实数a的取值范围； (3)设m,n是两个不相等的正数，且m+lnn=n+lnm,证明：m+n+n(mn)>2. 2/6 马轮微专题 会合题通白类系列 费会一题通-类 1.己知函数f(x)=x(1-lnx) (1)求∫(x)的单调区间： (2)若f(x)>-mx3+(m+1)x对x∈(L,+∞)恒成立，求实数m的取值范围； ③若-h时》=-n》其中>ab>ae,证期：2<日6e 2.已知函数f八=g(a≠0). ()若对任意的xeR,都有f(x)≤。恒成立，求实数a的取值范围； (2)设m、n是两个不相等的实数，且m=nem-".求证：m+n>2. 3/6 二轮微专题 会合题通白类系列 TsT学后测评 1.己知函数f(x=e-e+ax(aeR】 (1)当a=-1时，求fx的单调区间： (2)若f(x)存在两个极值点x,x2, (i)求a的取值范围； (i)证明：f)->a+2. X1-X2 2.已知f(x=axr2-2lnx,x∈0，e,其中e是自然对数的底数. (1)讨论f(x)的单调性； ②设a>寸g1小=-5+h后存在，与e0a,使得-g小9成立，试求奖数a的取值起周 3.己知f(x=x2-xlnx+a. (1)求f(x)的单调区间； ②)设x,七是两个不相等的正数，证明： -> 4.已知f(x=x+1e“,k≠0 (1)若k=1,求f(x)在(0，f(0)处的切线方程； (2)设gx)=∫'(x,求gx)的单调区间； (3)求证：当k>0时，m,ne0,+o）,f(m+n+1>f(m+f(n. 5.已知函数fx=x2-2ax+a,a∈R. (1)若函数gx)=x·∫(x)在x=1处有极值，且关于x的方程gx=1有3个不同的实根，求实数t的取值范 围； (2)记h(x=-lnx.若对任意x,x2∈(0,1且x>x2时，均有f(x)-f(x,<h(x)-h(x成立，求实数a的 取值范围. 6.己知函数f(x=lnx+(2-k)x. (1)若k=3,求函数f(x的最大值： 4/6 二轮微专题 会合题通白类系列 (2)若函数f(x)有两个不同的零点m,nm<n). (i)求实数k的取值范围： (ii)若不等式a+1<lnm+alnn恒成立，求实数a的取值范围. 7.已知函数f(x=xe. (1)求f(x在(1，e)处的切线方程： (2)若xe(0,+o),f(x)≥ae-1,求a的取值范围； (3)若x、x2(0,,讨论f（x)-f(x2与(x-x,)2的大小关系，并说明理由. 8.己知函数f(x=x2-ax-ae. (1)讨论函数∫(x)的单调性； (2)若a∈(0,2)，对于任意x,x2∈[-4,0]，都有f(x2)-fx<4e2+me恒成立，求m的取值范围. 9.已知函数f(x=-mx+lnx+l,gx)=cosx+xsinx-l. (1)求gx)在区间0，π的最大值和最小值： (2)讨论函数f(x的单调区间与极值： (3)若m>,对任意x∈l2],总存在x∈0，，使得不等式f(x)-gx)>1成立，试求实数m的取值范 围. 10.设函数f(x=x3-ax2. (1)讨论f(x的单调性； (2)若对任意xe(0,+o),f(x)≥lnx恒成立，求a的取值范围； ⑧当=1时，若+=0，且0，证：八sf+ 11.已知函数fx)=x2-x+alnx+ 11 2 (1)讨论f(x)的单调性； ②已知f)存在两个极值点x,若气<，且≥}，求f川+小，的最小值。 12.已知函数f(x=ax-lnx+x2-2x,其中aeR. 5/6 二轮微专题 会台题通白类系列， (1)当a=-2e时，求f(x的极值： ②当a>0,>6>0时，证明：八-色老<)-f色学 13.设函数f(x)=x(lnx)2-(a+2)xlnx+(a+3)x,a>0. (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性； 3)若f)有两个极值点x,出且，<，证明：_4-enx X x2 6/6 微专题16 利用导数研究双变量问题讲义 微专题教学内容 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 典例精讲 【典例1】 设函数． (1)求图象上点处的切线方程； (2)若在时恒成立，求的值； (3)若，证明． 【答案】(1) (2)2 (3)证明过程见解析 【分析】（1）直接使用导数的几何意义； （2）先由题设条件得到，再证明时条件满足； （3）先确定的单调性，再对分类讨论. 【详解】（1）由于，故. 所以，，所以所求的切线经过，且斜率为，故其方程为. （2）设，则，从而当时，当时. 所以在上递减，在上递增，这就说明，即，且等号成立当且仅当. 设，则 . 当时，的取值范围是，所以命题等价于对任意，都有. 一方面，若对任意，都有，则对有 ， 取，得，故. 再取，得，所以. 另一方面，若，则对任意都有，满足条件. 综合以上两个方面，知的值是2. （3）先证明一个结论：对，有. 证明：前面已经证明不等式，故， 且， 所以，即. 由，可知当时，当时. 所以在上递减，在上递增. 不妨设，下面分三种情况（其中有重合部分）证明本题结论. 情况一：当时，有，结论成立； 情况二：当时，有. 对任意的，设，则. 由于单调递增，且有 ， 且当，时，由可知 . 所以在上存在零点，再结合单调递增，即知时，时. 故在上递减，在上递增. ①当时，有； ②当时，由于，故我们可以取. 从而当时，由，可得 . 再根据在上递减，即知对都有； 综合①②可知对任意，都有，即. 根据和的任意性，取，，就得到. 所以. 情况三：当时，根据情况一和情况二的讨论，可得，. 而根据的单调性，知或. 故一定有成立. 综上，结论成立. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于第3小问中，需要结合的单调性进行分类讨论. 会一题通一类 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 【分析】（1）先求出切点坐标，在由导数求得切线斜率，即得切线方程； （2）在求一次导数无法判断的情况下，构造新的函数，再求一次导数，问题即得解； （3）令，，即证，由第二问结论可知在[0,+∞）上单调递增，即得证. 【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. 2.已知. (1)若，求在处的切线方程； (2)设，求的单调区间； (3)求证：当时，. 【答案】(1)； (2)时，单调递减区间为，单调递增区间为; (3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案; （2）求出函数的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调区间； （3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论. 【详解】（1）当时，， 故在处的切线斜率为，而， 所以在处的切线方程为，即. （2）由题意得，则， 令，即， 令，即， 时，单调递减区间为,单调递增区间为. （3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，而， 即在上恒成立，故在上单调递增， 设，则， 因为，则，故， 所以在上单调递增，而， 则，即，而， 故，即. 【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式. 【典例2】 已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，恒成立，求实数a的取值范围； (3)设m，n是两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）首先求导函数的零点，再根据导数与函数单调性的关系，即可求解函数的单调区间； （2）法一：由不等式化简得在上恒成立，再构造函数，利用导数求函数的最小值，再讨论，即可求解；法二：由不等式恒成立，转化为在上恒成立，再变形为在上恒成立，通过构造函数，利用导数求函数的最小值，再讨论，即可求解； （3）由分析法，转化为证明，再由已知条件构造函数，再根据函数的图象，结合函数的图象和性质，转化为证明，再代入后转化为构造函数，利用导数求函数的最小值. 【详解】（1）的定义域为 由，解得 所以当及时，，故在上单调递减； 当时，，故在上单调递增 （2）法一：由题知不等式在上恒成立， 等价于不等式在上恒成立 设， 则，解得， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以在上有最小值 ①当时，因为，所以不等式恒成立： ②当时，因为，而，此时不满足恒成立； 综上所述， 法二：由题知不等式在上恒成立， 等价于不等式在上恒成立 即在上恒成立． 设，则，解得， 当，，单调递减，当，，单调递增， 所以在上有最小值． 因为，所以，即 ①当时，因为，所以不等式恒成立； ②当时，因为，而，此时不满足恒成立； 综上所述， （3）证明：要证，只需证： 由，只需证： 不妨设，则有：； 两边取指数得，化简得 设，则 由（1）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示）， 要使且， 则，即，从而． 要证，只需证： 由于在上单调递增，只需证：， 又，只需证： 只需证：． 设，则 设，则在上单调递增． 所以，从而 所以在上单调递减，从而，则， 所以 会一题通一类 1．已知函数 (1)求的单调区间； (2)若对恒成立，求实数的取值范围； (3)若，其中，证明：． 【答案】(1)的递增区间为，递减区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间； （2）依题意可得对恒成立，令，，求出函数的导函数，分、两种情况说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围； （3）依题意可得，即，由（1）不妨设，即可得到，令， 利用导数说明单调性，即可证明，再令，利用导数说明单调性，即可证明，从而得证. 【详解】（1）函数的定义域为． 又， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， 即的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）因为对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 令，，注意到， 又， 当时，所以在上单调递增，则当时， 即对，恒成立，不符合题意； 当时，则当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当，即时，在上单调递减，则当时，符合题意； 当，即时，在上单调递增，则当时，不符合题意； 综上可得实数的取值范围为； （3）因为，其中， 则，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， 令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． 2．已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知，，然后利用导数分析函数的单调性，求出的最大值，可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围； （2）由已知可得，构造函数，可知存在不相等的两个实数、，使得，分析函数的单调性，设，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出在区间上恒成立，由已知条件得出，再结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）当时，， 因为，所以，即，不符合题意； 当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，由恒成立可知，所以． 又因为，所以的取值范围为． （2）因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数、，使得． 由（1）可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则，设， 则， 所以在上单调递增，所以， 即在区间上恒成立． 因为，所以． 因为，所以． 又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即. 【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. 学后测评 1．已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)在R上单调递增； (2)（i）；证明见解析. 【分析】（1）由题可得，然后由题意结合基本不等式可得的单调区间； （2）（i）由题可得，令，可得方程有两个相异正根，据此可得答案；（ii）由（i）可得，要证，即证，然后通过研究的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，， 则，当且仅当时取等号. 故此时在R上单调递增； （2）（i）因存在两个极值点， 则. 令，则方程有两个相异正根. 注意到，因其有两个相异正根， 则； （ii）证明：由（i）可得， 设，结合，则. 则 ， 则要证，.即证，其中. 令，则. 令，则， 则在上单调递增，得. 则，得在上单调递增， 则当时，即. 【点睛】关键点睛：对于极值问题，常转化为函数导函数的变号零点问题；对于双变量或多变量问题，问题关键为消元，所以要从题目信息中找到变量间的数量关系. 2．已知，，其中是自然对数的底数． (1)讨论的单调性； (2)设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2) 【分析】（1）先求导，然后对a分类讨论，判断符号的正负，从而可得单调区间； （2）转化为，，进而可得a的取值范围. 【详解】（1）由题，. 当，则，则此时在上单调递减； 当，则. 若，即时，令得，令得， 故在上单调递减，在上单调递增； 若，即时，此时在上单调递减. 综上，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）时，由（1）可得； 又，则，得在上单调递增， 则. 又注意到存在，，使得， 等价于时，， 则，又， 则. 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. 4．已知. (1)若，求在处的切线方程； (2)设，求的单调区间； (3)求证：当时，. 【答案】(1)； (2)时，单调递减区间为，单调递增区间为; (3)证明见解析. 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案; （2）求出函数的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调区间； （3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论. 【详解】（1）当时，， 故在处的切线斜率为，而， 所以在处的切线方程为，即. （2）由题意得，则， 令，即， 令，即， 时，单调递减区间为,单调递增区间为. （3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，而， 即在上恒成立，故在上单调递增， 设，则， 因为，则，故， 所以在上单调递增，而， 则，即，而， 故，即. 【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式. 5．已知函数． (1)若函数在处有极值，且关于的方程有3个不同的实根，求实数的取值范围； (2)记.若对任意且时，均有成立，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）首先根据极值点的定义求，并利用函数的导数，判断函数的单调性，求函数的极值，结合函数有3个零点求参数的取值范围； （2）首先根据函数的的单调性去绝对值，再变形不等式，转化为函数在递减；在递增，再利用函数的导数和单调性的关系，转化为参变分离，求最值问题，即可求解. 【详解】（1）函数在处有极值， 可得，解得，经检验，满足题意， 所以 当时，在单调递减； 当或时，在上单调递增， 可得在处取得极小值，且为0，在处取得极大值，且为， 方程有3个不同的实根，等价为， 即有的取值范围是. （2）在递减，可得时，， ，即为， 即 即为 即对任意且时恒成立. 所以在递减；在递增. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， 在上单调递增，即，则. 当在恒成立时，可得，即在恒成立， ，当时等号成立，则，则. 综上可得的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是第2问，变形不等式，转化为两个函数的单调性问题，结合导数，即可求解. 6．已知函数． (1)若，求函数的最大值； (2)若函数有两个不同的零点m，n． （ⅰ）求实数k的取值范围； （ⅱ）若不等式恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】(1)-1 (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，根据单调性求出最大值即可. （2）（ⅰ）求导，分和讨论单调性，结合有两个不同的零点，可得，继而可求解； （ii）由题意可得，令，即，成立，令，利用导数分、及讨论单调性即可求解. 【详解】（1），, 由得，由得, 所以在上单调递增，在上单调递减，则． （2）（ⅰ）令，则． 当时，，单调递增， 所以在上至多有一个零点，不符合题意； 当时，在上单调递减， 令，得． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，则， 易知当且趋向于0时，；当时，， 因为有两个不同的零点， 所以，解得． 所以的取值范围是. （ii），， 由得， 即， 令，则只需， 即，． 令， 则，令，则． 因为， 当时，，则单调递减，， 从而单调递增，故，不符合要求；    当时，在单调递减，， 从而单调递增，故，不符合要求． 当时，，则单调递增，， 从而单调递减，故，符合要求． 综上所述． 【点睛】方法点睛：破解双变量不等式的方法： ①转化，即由条件入手，寻找双变量满足的关系式，并把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式； ②巧构函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求其最值； 7．已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求出的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可求出实数的取值范围； （3）不妨设，分析可知，函数在区间上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出与的大小，再结合不等式的性质可得出与的大小关系. 【详解】（1）因为，则，所以， 所以在处的切线方程为，即. （2）令，其中，则， 由，可得. 当时，即当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时，由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减， 故，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）不妨设，且当时，，故函数在上单调递增， 先比较与的大小，即比较与的大小关系， 令，其中，所以， 故函数在上单调递增， 因为，所以，即， 即，故， 因为，故，所以， 故. 8．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) 【分析】（1）对函数求导后进行因式分解可得，令，解得或.根据两根大小分，和三种情况讨论，分别令可求得函数的单调递增区间，令可求得函数的单调递减区间； （2）由（1）知：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，进而可得，.由题可知，化简变形可得恒成立，∴.设，，对函数求导，研究其单调性求出最大值即可求解. 【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， ∴. 9．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) 【分析】（1）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，根据函数的单调性与最值的关系进行求解即可； （2）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，再结合函数的极值定义进行求解即可； （3）根据任意性和存在性的定义，结合（1）（2）的结论，分类讨论进行求解即可. 【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. 10．设函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导后分、及讨论即可得； （2）由题意可得，构造函数后利用导数研究函数单调性，则可得该函数最小值，即可得解； （3）法一：通过讨论的正负可得，，结合（2）中所得可得，则可得，再得到即可得证；法二：由题意可得，则可得，，又，则可得，计算可得，，即可得证. 【详解】（1），令，解得或， 若，则，则在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. （2）当时，由，得，即， 令，则， 令，则，故在上单调递增， 又， 则当时，，即，则在上单调递减； 当时，，即，则在上单调递增； 所以， 所以，即的取值范围为. （3）（证法一）当时，，因， 若，，则，，与矛盾，，， 由（2）可知，则，则， 所以， 又， 所以. （证法二）当时，．由，得， 显然，不同时为负数，由可得，都为正数， 因为， 所以，所以， 又 ， 所以. 11．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)已知存在两个极值点，若，且，求的最小值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）根据方程根的情况，结合导数的性质、函数的定义域分类讨论进行求解即可； （2）根据极值点的定义，结合（1）的结论，通过构造新函数，利用导数判断新函数的单调性进行求解即可. 【详解】（1）由函数的解析式可知， ， ①若，则恒成立，在上单调递增， ②若，则由，得或； 由，得． 在上单调递减，在和上单调递增， ③若，则由，得； 由，得． 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， 在和上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； （2）是方程的两个根，， ，且，所以， ， 令，则． 在上单调递减， ， 的最小值为. 12．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. 13．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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $