第15讲 利用导数解决双变量问题讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学复习导数专题（新高考通用）

第15讲 用导数解决双变量问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 4 题型归纳 5 双变量的解题技巧方法 5 题型01：分离双参数构造函数（极值点偏移） 5 题型02：比值换元 12 题型03：差值换元 19 题型04：消元 27 题型05：转化为单变量 30 题型06：整体换元法 33 题型07：选取主元法 37 题型08：同构法 40 题型09：借助根与系数关系化双变量为单变量 43 题型10：借助对数平均不等式解决双变量问题 47 题型11：中点类型 50 题型12：剪刀模型 52 双变量的应用 56 题型01：单调性问题 56 题型02：值域法双变量相等问题 63 题型03：双变量的最值（取值范围）问题 66 题型04：双变量不等式恒成立问题 68 题型05：双变量不等式能成立问题 72 题型06：零点问题 77 题型07：与极值点有关的双变量问题 81 题型08：与切线有关的双变量问题 84 题型09：证明不等式问题 88 题型10: 双变量的新定义问题 93 巩固提升 102 一、考情定位 双变量问题是高考导数解答题的高频压轴考点（全国卷、新高考Ⅰ/Ⅱ卷均常考），多位于解答题第21/22题第二问，分值6-8分；核心考查导数与函数单调性、极值最值的综合应用，侧重逻辑推理、数学抽象、转化与化归核心素养，是区分高分段考生的关键题型。 二、考向分类及命题特点 高考中双变量问题的核心命题模式为已知函数单调性/极值/零点关系，探究双变量的等式/不等式恒成立问题，常见考向分3类，均以“消元/换元将双变量转化为单变量”为解题核心： 1. 极值点偏移问题：已知函数f(x)的极值点为，且f()=f()(≠)，求证+>2（或>），是最经典考向，新高考中常结合指、对函数（、ln x）设计。 2. 双变量恒成立求参/证明不等式：已知,∈D（区间），求证f()-f()>k|-|，或已知不等式恒成立求参数范围，常结合“函数单调性定义”“构造差函数”考查。 3. 零点相关双变量问题：已知函数f(x)有两个零点,，探究+/的取值范围，或结合零点满足的等式证明不等式，常与“隐零点代换”结合。 命题共性：题干函数多为指对混合函数（如f(x)=x、f(x)=ln x-ax）或三次函数，无复杂解析式，但需多次求导分析单调性，且双变量关联条件隐蔽，需主动构造转化。 一、核心知识目标 1. 掌握导数双变量问题的核心命题特征，能快速识别极值点偏移、双变量恒成立/求参、零点关联三类考向，明确其与函数单调性、极值、零点的内在关联。 2. 熟记三类考向的核心转化逻辑，理解“双变单”是解决问题的本质，掌握对称函数构造、比值/差值换元、主元法的适用条件与核心步骤。 3. 能结合隐零点代换、放缩法、函数单调性定义等技巧，完成导数解析式的化简与转化，突破指对混合函数、三次函数的双变量推导难点。 二、关键能力目标 1. 逻辑推理能力：能根据题干条件（如f()=f()、零点关系），推导双变量的隐含关联，设计合理的转化路径，做到推导步骤严谨、无跳步。 2. 构造与化归能力：能根据题型特征，主动构造对称函数、单变量新函数，将双变量问题精准转化为单变量的单调性、最值问题，实现“化未知为已知”。 3. 导数运算能力：熟练完成指对混合函数、复合函数的一次求导、二次求导，能快速提取公因式、分区间判断导数符号，精准分析函数单调性。 4. 综合应用能力：能融合导数、函数零点存在性定理、不等式恒成立等知识，解决多设问的综合型双变量问题，应对“导数+放缩”“偏移+求参”等复合考向。 三、题型解题目标 1. 基础题型：能独立、快速解决单一考向的双变量问题，如基础极值点偏移证明（x_1+x_2>2x_0）、简单双变量恒成立证明，解题步骤规范，正确率达100%。 2. 中档题型：能解决含参数的双变量问题，如已知极值点偏移求参数范围、零点关联的双变量取值范围探究，能灵活选择换元法或主元法，突破参数干扰。 3. 压轴题型：能解决综合型双变量问题，如“极值点偏移+放缩证明”“双变量恒成立+隐零点代换”，能整合多种技巧完成多步推导，应对隐蔽性强的题干条件。 四、应试素养目标 1. 快速审题：能在3分钟内完成题干分析，标注关键条件（如极值点、f()=f()、区间范围），匹配对应的解题方法，确定解题思路。 2. 规范答题：掌握高考评分标准，按“求函数单调性→构造/换元转化→求导分析→得出结论”的逻辑书写步骤，突出关键推导过程，避免逻辑扣分。 3. 避坑纠错：能精准规避定义域限制、构造函数不当、导数符号判断失误、消元不彻底等高频易错点，做到解题过程无低级错误。 4. 灵活应变：面对创新型双变量考向（如与数列结合、解析式变式），能依托“双变单”核心逻辑，灵活调整转化方法，不局限于固定题型套路。 知识点一：导数的双变量问题 导数中有一类问题涉及到两个变量，例如 m 和 n、a和b 、和。显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。且导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握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． 知识点二：导数的双变量问题 方法一：换元法：也是最核心、最常见的方法。就是将式子齐次化，化成形如或的函数，进行了齐次化后可以令或者作为单元，这样就达到了减元的目的。 方法二：一般可以通过联立的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。 方法三：消元法：（利用根与系数的关系消元）如果两个变量是一个一元二次方程的根，则可以通过根与系数的关系来消元.通过韦达定理可求或，可以考虑用表示出，或者用表示出。 方法四：构造函数法：对于等价双变量不等式问题，我们先令如 ，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为，问题也许就转化成了 的单调性问题。 还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。 如：形如 的函数，可结合图像构造函数的切线方程，求斜率； 知识点三：参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立问题 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），. 所有双变量问题的解题核心为“双变单”，即通过代数变形消去一个变量，转化为单变量函数的单调性/最值问题，高考中3种方法最常用： 1．转化为同源函数解决双变量问题 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. 2．整体代换解决双变量问题 (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，然后转化为关于的函数，把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. 3．构造函数解决双变量问题的答题模板 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. 双变量的解题技巧方法 题型01：分离双参数构造函数（极值点偏移） 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点． (2)构造函数，即对结论型，构造函数或； (3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性． (5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． (6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【典型例题3】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 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究双变量问题 【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． 【典型例题4】设函数，为的导函数. (1)当时， ①若函数的最大值为0，求实数的值； ②若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围. (2)当时，设，若，其中，证明：. 【答案】(1)① ；② (2)证明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（含参）、利用导数研究双变量问题 【分析】(1)① 当时，对求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值. ② 要求恒成立时的取值范围，等价于，构造新的函数，将问题转化为求新构造函数的最大值，问题即可解决. (2)当时，，求导即可得到的函数表达式，对求导，得到函数的图像，设，则要证明，只需要证明，构造新函数，求导研究函数的单调性，证明在上恒成立即可. 【详解】（1）当时，. ①易知， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故，所以. ②解法一，不等式. 设（），， 则由① 知，所以存在实数，使得不等式成立， 等价于存在实数，使得成立. 易知在上单调递减，所以， 所以，即实数的取值范围为. 解法二，不等式. 设， 则存在实数，使得不等式成立，等价于存在实数，使得成立.易知， 当时，易知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. （2）当时，，， 所以，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 且当时，，当时，，故可作出的大致图象如图所示. -2 不妨设，由图易知.要证，只需证. 因为在上单调递减，所以只需证， 又，所以只需证对任意的恒成立. 设， 则. 设， 则，因为当时，，， 所以所以在上单调递减，所以， 又当时，， 所以，所以在上单调递增，所以， 即在上恒成立，又， 所以，原不等式得证. 【点睛】处理极值点偏移问题中的类似于（满足）的问题的基本步骤如下：①求导，确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 【变式训练1-1】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：. 【变式训练1-2】已知函数有两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【变式训练1-3】已知函数. (1)求在处的切线方程； (2)求函数的单调区间和极值； (3)如果，且，证明：. 【变式训练1-4】设函数 (1)分析的单调性和极值； (2)设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； (3)若，且满足时，证明：. 【变式训练1-5】已知函数为实数. (1)讨论函数的极值； (2)若存在满足，求证：. 题型02：比值换元 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 【典型例题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 【分析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点； （2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可. 【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. 【典型例题2】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可. 【详解】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减，   ， ， 时，，单调递减，，，单调递增，   所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号， 所以， 而， 所以；； ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）曲线在和处的切线分别是 ， 联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令，，∴在单调递减，∴， ∴得证．综上：． 【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题. 【典型例题3】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. 【典型例题4】设函数. (1)求的极值； (2)已知，有最小值，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2) 【知识点】求已知函数的极值、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围. 【详解】（1）由题意知：定义域为，， ，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 的极大值为，无极小值. （2）可化为， 为单调递增函数， 由可得：，即， 令，则，，，， ， 令， ， 令， ； ①当时，恒成立，在上单调递增， ，即，在上单调递增， 此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意； ②当时，若，则；若，则； 在上单调递减，在上单调递增， 又，，又， 存在，使得，且当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，即有最小值； 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题. 【变式训练2-1】已知函数，在定义域内有两个不同的极值点 (1)求的取值范围； (2)求证： 【变式训练2-2】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． 【变式训练2-3】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. 【变式训练2-4】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：. 【变式训练2-5】已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点（），求证：. 【变式训练2-6】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：. 题型03： 差值换元 差值代换法（韦达定理代换令.） 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 【典型例题1】已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究双变量问题、已知切线（斜率）求参数、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解； （2）方法一：利用导数求函数的最小值； 方法二：分离参数法，等价于恒成立； 方法三：由题意，分离参数法，等价于恒成立； （3）方法一：思路一：构造函数，利用导数研究函数单调性；思路二：要证，即证，令，即证；思路三：令，要证，即证，即证，即证，利用导数证明； 方法二：由，令，求其最小值，由的单调性可知，思路一：构造函数，利用导数得证；思路二：令，要证，即证，即证；思路三：令，则，要证，即证，即证；思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【详解】（1）当时，. 设切点，则 消得，解得，代入得. （2）方法一：因为， 所以， 当时，设，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 又-axe，故恒成立，所以成立. 当时，， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 故，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 设，则. 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 故的取值范围为. 方法三：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以. 令，则，则恒成立. 记，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 故的取值范围为. （3）方法一：因为有两个零点，不妨设， 则， 即，即， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即. 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则， 故在上单调递减， 又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：要证，即证，即证. 令，即证. 构造函数. 则， 故在内单调递减，则，即. 故. 思路三：因为，即， 令，则 即 要证，即证， 即证，即证， 下同思路一，略. 方法二：因为有两个零点，不妨设， 则， 即. 令，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则 ， 令，则， 所以当时，单调递减， 所以当时，，则，所以， 故在上单调递减，又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：因为，所以， 即， 令，要证，即证， 即证. 构造函数. 则， 故在上单调递减，则. 故. 注：要证明，即证，构造函数. 则， 故在上单调递减，则.故. 思路三：令，则即. 要证，即证，即证. 下同思路二，略. 思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【点睛】方法点睛： 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，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；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．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. 【典型例题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． 【分析】（1）先化简计算，并求导，再讨论和时导数的正负，即得的单调性； （2）不妨设，依题意得，先分析需证，再构造函数，利用导数研究其单调性和函数取值情况，证得，即证结论. 【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. 【典型例题3】已知函数. (1)讨论的单调性和最值； (2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（含参）、导数中的极值偏移问题 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值. （2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证 成立. 【详解】（1），其中 若，则在上恒成立，故在上为减函数， 故无最值. 若，当时，； 当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 故，无最小值. （2）方程即为， 故， 因为为上的增函数，所以 所以关于的方程有两个不等的实数根即为： 有两个不同的实数根. 所以，所以， 不妨设，，故， 要证：即证， 即证，即证， 即证， 设，则， 故，所以在上为增函数， 故，所以在上为增函数， 所以，故成立. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程， 【变式训练3-1】已知为自然对数的底数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个不同零点，求证：. 【变式训练3-2】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：. 【变式训练3-3】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)设是函数的两个零点，求证：． 题型04：消元 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练4-1】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． 【变式训练4-2】已知函数，若函数在定义域上有两个极值点，，而且. （1）求实数的取值范围； （2）证明：. 【变式训练4-3】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05：转化为单变量 【典型例题1】已知函数 (1)求的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可得，，，显然，， 令，设，则，依题意只需证明，即证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）定义域为，且， 当时，，在上单调递减． 当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间． 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）因为，是函数的两个不同的零点，所以，，， 显然，，因为，， 所以，， 即，， 所以． 不妨令，设， 则，， 所以，． 又， 所以要证， 只需证，即． 因为， 所以只要证， 即，即． 令，，则， 所以在上单调递减，所以，所以． 【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． 【典型例题2】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若存在两个零点，，求a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）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性； （2）首先根据函数的单调性，确定时，，再根据零点存在性定理，确定的取值范围；由函数零点可知，，并设，将转化为关于的函数，利用导数，即可证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，， 当时，，在上递增； 当时，由得，， 时，，递增； 时，，递减. 综上，当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减. （2）由（1）知，且，解得， 当时，，所以在上存在唯一零点，记为； 因为，所以，因为， 设，，则， 所以在上递减， 所以，即， 所以在上存在唯一零点，记为， 因为a的取值范围是.   因为，令， 则，得， 所以， 要证，只要证，只要证， 设，， 则，所以在上递增， 所以，得证． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，关键是利用换元，转化，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题． 【变式训练5-1】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【变式训练5-2】已知函数，. (1)若函数是增函数，求的取值范围； (2)已知、为函数（为函数的导函数）图象上任意的两点，设直线的斜率为，证明：. 【变式训练5-3】已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)若有两个不同零点，证明：． 题型06：整体换元法 整体代换，变量归一，通过等价转化，将关于,x的双变量问题等价转化为以x,x所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想 【典型例题1】已知函数，其中. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数存在三个零点、、（其中），证明： （i）若，函数，使得； （ii）若，则. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性； （2）（ⅰ）根据（1）的结果可知，和，代入不等式，整理后构造函数，结合函数的单调性，即可证明； （ⅱ）根据（1）的结果整理为，再构造函数，再利用换元，将不等式转化为，再利用换元，变形，将不等式整理为，并构造函数，利用导数，判断函数的单调性，结合不等关系，即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为. ①若时， 1 - 0 + 0 - 极小值 极大值 ②若时，恒成立，单调递减， ③若时 1 - 0 + 0 - 极小值 极大值 ④若时，时，单调递减；时，单调递增. 综上所述，当时，单调递减，单调递增，单调递减；当时，单调递减；当时，单调递减，，单调递增，单调递减；当时，单调递减，单调递增. （2）（i）由（1）知当时，单调递减， 单调递增， 单调递减. 所以存在三个零点，只需和即可， 所以且， 整理得且. 此时，， 令，易知在上单调递减 有， 所以. （ii）由（1）知，当时，单调递减， 单调递增， 单调递减 所以.若存在三个零点，只需和即可， 所以且， 整理得， 因为， 设，则方程，即为 记， 则为方程三个不同的根， 设. 要证：， 即证：， 即证：， 而且， 所以， 所以， 即证：， 即证：， 即证：， 记， 则， 所以在为增函数，所以 所以， 设， 则， 所以在上是增函数， 所以 所以， 即 所以若，则. 【点睛】本题考查导数与函数性质，不等式，零点问题的综合应用，本题第二问的难点多次用到不等式的整理，换元，构造函数，难度很大. 【典型例题2】已知函数，的导函数为. (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，求证：方程在上有两个不同的实数根，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先由导数证明，再由，得出，求出的最小值得出实数a的取值范围； （2）将条件转化为方程在上有两个不同的实数根，由函数单调性得出取值范围，利用换元法得出得，再由的单调性证明不等式. 【详解】（1）， 设，则， 所以在上单调递增，， 所以令，得，即. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以，此时，在上单调递增， 故a的取值范围是. （2）要证在上有两个不同的实数根. 即证方程在上有两个不同的实数根， 即证方程在上有两个不同的实数根， 由（1）知在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，， 又，， 所以方程在上有两个不同的实数根，，且. 因为，所以， 又，所以，（点拨：根据函数的单调性得到的范围） 易知，， 两式分别相加、相减得，， 得， 设，则，， 所以.（换元，将双变量问题转化为单变量问题） 设，则， 所以在上单调递减，所以，得证. 【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用，将双变量转化为单变量问题，再由导数证明不等式. 【变式训练6-1】已知函数在上单调递增. (1)求的取值范围； (2)若存在正数满足（为的导函数），求证：. 【变式训练6-2】已知指数函数经过点.求： (1)若函数的图象与的图象关于直线对称，且与直线相切，求的值； (2)对于实数，，且，①；②. 在两个结论中任选一个，并证明.（注：如果选择多个结论分别证明，按第一个计分） 【变式训练6-3】已知函数图象上三个不同的点． (1)求函数在点P处的切线方程； (2)记（1）中的切线为l，若，证明：． 题型07：选取主元法 指定主变量(选取主元)，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想. 【典型例题1】已知函数，且为常数） (Ⅰ)若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围； (Ⅱ)当时，若（其中）恒成立，求的最小值的最大值. 【答案】(Ⅰ)或；(Ⅱ)． 【分析】令导函数等于零得或，为满足题意讨论的取值情况 将代入，化简，求导后讨论时、时两种情况得出结果 【详解】（Ⅰ）    由则或 设   当时单调递增 当时单调递减 极大且时，，且恒成立. ∴①当或时，方程无实数根，函数只有一个极值 ②当时，方程  根，此时中因式恒成立 ∴函数只有一个极值 ③当时，方程有2个根且  ∴在单调递减，单调递增，∴有三个极值点， 综合当或时，函数只有一个极值点. (Ⅱ)即令 则对都有成立 当时，在单调递增  取 时，这与矛盾 ②当时，在单调递增在单调递减 ， 若对都有成立，则只需 即    当时，     在上单调递增，在上单调递减     当时， 当时，，无最小值 综上所述： 【点睛】本题主要考查的是导数在函数中的应用，利用导数求函数的单调区间，判断单调性，再求参数，要掌握题目中的分类讨论过程. 【典型例题2】已知函数. (1) 求函数的单调区间和最小值； (2)当时，求证： (其中e为自然对数的底数); (3)若, 求证：. 【答案】(1)见解析； (2)见解析；(3)见解析. 【分析】(1)直接求导，由导数得出单调区间；(2) 由(1)知，，所以，代入化简即可；(3) )等价于，即只需要证 ，设函数，利用导数求导其最小值为，即总有，化简可得，令 则，代入即可证得结果. 【详解】解：(1)∵，∴ 令，得 当时， ， 单调递减 当时， ， 单调递增 所以在上单调递增，在上单调递减 (2)由(1)知：当时， 又因为， 所以，即 (3)等价于 即只需要证： 设函数 令，得，即> 0，解得 ∴在上单调递增；在上单调递减; ∴的最小值为，即总有 ∵ ∴ ，即 令 则 ∴ ∴ 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，根据所要证明式子的结构特点巧妙构造函数是解题关键. 【变式训练7-1】已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若，，且满足，求证：. 【变式训练7-2】设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 【变式训练7-3】已知函数（其中是自然对数底数）. (1)求的最小值； (2)若过点可作曲线的两条切线，求证：.（参考数据：） 题型08：同构法 ①指对各一边，参数是关键； ②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键； ③信手拈来凑同构，凑常数、、参数； ④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围. 【典型例题1】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. 【详解】（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. 【典型例题2】已知函数，． (1)求证：存在唯一零点； (2)设，若存在，使得，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）二次求导，得到在上单调递减，在上单调递增．因为，所以有唯一零点； （2）利用同构得到，故不等式变形为，构造，二次求导，结合特殊点的函数值，得到在上单调递减，在上单调递增，所以，从而证明出结论. 【详解】（1）证明：由题意，得． 记，则． 因为时，恒成立，所以在上单调递增． 因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以有唯一零点x=1． （2）由，得． 记，故， 因为在上单调递增，所以， 则， 设 则，令， 则． 因为在上恒成立， 所以在上单调递增，注意到， 所以的解集为，的解集为， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 又因为，所以． 【点睛】关键点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是将变形为，从而构造，得到，从而双元变单元，进行求解. 【变式训练8-1】已知函数. (1)求函数f（x）的最大值; (2)若关于x的方程有两个不等实数根证明: 【变式训练8-2】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：函数有两个零点，且. 【变式训练8-3】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：函数有两个零点，且. 题型09：借助根与系数关系化双变量为单变量 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练9-1】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． 【变式训练9-2】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． 题型10：借助对数平均不等式解决双变量问题 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练10-1】已知函数. (1)讨论的零点个数； (2)若有两个零点，，求证：. 【变式训练10-2】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：. 题型11：中点类型 【典型例题1】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若是的两个不相等的零点，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题可得后分，，三种情况讨论即可得答案； （2），结合单调性，可知等价于证明.又设，则，后构造函数，结合其单调性可证明结论. 【详解】（1） ①若，则，故在上单调递增； ②若，则时，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； ③若，则时，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； （2）由（1）知时， 在单调递减，在单调递增，. 令 则，即在上单调递增. 则 . 注意到当时， 有两个不相等的零点， 则. 得两个零点分别在中. 令，则. 因在单调递增，则. 令，， 因，， 则，则. 故在上单调递减，则. 故，所以. 【点睛】关键点睛：本题涉及用导数讨论函数单调性及用导数解决双变量问题，难度较大.解决双变量问题，常构造差函数，利用差函数单调性解决问题. 【典型例题2】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）对函数进行求导得，再对进行分类讨论，解不等式，即可得答案； （2）当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，只要证 ，再利用函数的单调性，即可证得结论. 【详解】（1）. ①当时，单调递增； ②当时，单调递减； 单调递增. 综上：当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知， 当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意； 当时，在单调递减，在单调递增，则. 不妨设， 要证，即证，即证，即证. 因为在单调递增，即证， 因为，所以即证，即证. 令 ， . 当时，单调递减，又， 所以时，，即， 即. 又，所以，所以. 【点睛】思路点睛：用导数证明不等式的基本思路：构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系. 【变式训练11-1】已知函数. (1)当时，试比较与的大小； (2)若斜率为的直线与的图象交于不同两点，，线段的中点的横坐标为，证明：. 【变式训练11-2】设函数. (1)讨论的单调性; (2)若有两个零点和，设，证明：（为的导函数）. 【变式训练11-3】已知函数，（）． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)若，为的两个极值点，证明：． 题型12：剪刀模型 【典型例题1】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）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，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论； （2）推导出，将所证不等式转化为，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，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立. 【详解】（1）解：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： 减 极小值 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：，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，，，， 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. 【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. 【典型例题2】已知函数在点处的切线方程为. （1）求、； （2）设曲线与轴负半轴的交点为点，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有； （3）若关于的方程有两个实数根，，且，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）将点代入切线方程得出，并求出函数的导数，由求出、的值； （2）求出点的坐标，并利用导数求出函数在点处切线对应的函数，然后构造函数，利用导数证明出； （3）求出方程的根，利用函数的单调性证明出，设函数在原点处的切线对应的函数为，易得的根为，由函数的单调性得出，再利用不等式的性质可证明结论成立. 【详解】（1）将代入切线方程中，有， 所以，即， 又，所以， 若，则，与矛盾，故； （2）由（1）可知，令，有或， 故曲线与轴负半轴的唯一交点为. 曲线在点处的切线方程为，则， 令，则， 所以，. 当时，若，， 若，，在上单调递增，，故，在上单调递减， 当时，由知在时单调递增，，函数在上单调递增. 所以，即成立； （3），设的根为，则， 又单调递减，且，所以， 设曲线在点处的切线方程为，有， 令，， 当时，， 当时，， 故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即， 设的根为，则， 又函数单调递增，故，故. 又，所以. 【点睛】本题考查导数的应用：求切线的斜率和单调性，考查不等式的证明，注意运用方程和函数的转化思想和构造函数法，考查分类讨论思想，以及运算能力，属于难题. 【变式训练12-1】已知函数在点处的切线方程为． （1）求，； （2）函数图像与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值； （3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：． 【变式训练12-2】已知函数，是的极值点． (1)求的值； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线为直线．求证：曲线上的点都不在直线的上方； (3)若关于的方程有两个不等实根，，求证：． 【变式训练12-3】已知函数，． (1)求函数的极值； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程； (3)若方程为实数）有两个实数根，且，求证：． 双变量的应用 题型01：单调性问题 一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 常见结论： (1)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (2)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (3)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (4)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增. 【典型例题1】已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【分析】构造，由已知条件得到在R上单调递增，根据时，，解得，由分段处左端点值小于等于右端点值得到或，从而，再验证出此时，在上单调递增，从而得到答案. 【解析】对任意，都有， 令，则在R上单调递增， 其中， 当时，，解得， 且，解得或， 故， 当时，， 因为，所以， 故在上单调递增，满足要求， 综上，实数的取值范围是. 故选：A. 【典型例题2】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若对任意，都有，求的取值范围． 【分析】（1）求导，根据导数符号判断的单调区间； （2）构建，分析可知在单调递增，求导整理可得，利用基本不等式运算求解. 【解析】（1）当时，， 可知的定义域为，且， 所以的单调增区间为，无单调减区间． （2）因为， 则，即， 设函数，可知在单调递增． 且， 则在恒成立．即，可得， 又因为，当且仅当时等号成立， 可得，即． 所以的取值范围是． 【典型例题3】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. 【详解】（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． 【典型例题4】已知函数. (1)求的最小值； (2)设. （ⅰ）证明：存在两个零点，； （ⅱ）证明：的两个零点，满足. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）用导数求出单调性即可求解； （2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数； （ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可. 【详解】（1）， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为． （2）（ⅰ）证明：，，， 因为，所以，所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则函数有最小值． 由，， 下面证明，在上，对，只要足够小，必存在， 使得： 实际上，当时，，令，得， 所以对，取，必有，即， 所以在区间上，存在唯一的，， 又，所以在区间上，存在唯一的，， 综上，存在两个零点． （ⅱ）要证，需证，由，所以， 因为在上单调递减，因此需证：， ，， 所以，， 设，， 则， 所以在上单调递减，，即 ， 结论得证，所以． 【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法. 【典型例题5】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) 【分析】（1）结合已知条件分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区间； （2）分析可得，构造函数，即在上恒成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【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），. 【变式训练1-1】定义在上的函数，对都有，若（），则下列式子一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【变式训练1-2】已知函数，若对任意的，，当时，都有，则实数的取值范围是 ． 【变式训练1-3】已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)设，证明：对任意，，． 【变式训练1-4】已知函数． （1）当时，若函数恰有一个零点，求实数a的取值范围； （2）当，时，对任意，有成立，求实数b的取值范围． 【变式训练1-5】已知. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意的，且，都有，求实数的取值范围. 【变式训练1-6】已知函数 (1)当时，求函数的极大值； (2)若对一切都成立，求实数的取值范围. 【变式训练1-7】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围. 【变式训练1-8】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，对任意，且，使恒成立，求正实数的取值范围. 【变式训练1-9】已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若，证明对任意，恒成立． 【变式训练1-10】已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若，对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【变式训练1-11】已知函数． (1)求函数的极值； (2)证明：对任意的，有； (3)若，证明：． 题型02：值域法双变量相等问题 值域法解决双参等式问题 ,,使得成立 ①，求出的值域，记为 ②求出的值域，记为 ③则,求出参数取值范围. 【典型例题1】已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究能成立问题、由导数求函数的最值（含参） 【分析】题中条件“，使得”可转化为和值域交集非空，分别求出和值域分析求解即可. 【详解】由得：， 因为本题中，所以， 所以单调递减，所以， 由得：， 当时，，所以单调递增， 所以， 因为，使得， 所以， 所以， 故选：D. 【典型例题2】已知函数，若，，使得成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】设在上的值域为，在上的值域为，由题意可得，当时，根据二次函数的性质可得，当时，分，和三种情况，结合导数判断在内的单调性和值域，列式求解即可. 【详解】设在上的值域为，在上的值域为， 若，，使得成立，则. 1.当时，则， 可知开口向下，对称轴为， 则在上单调递增，可得， 所以在上的值域为，所以； 2.当时，则， （1）若，则在内单调递减， 且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 所以，符合题意； （2）若，则，即，不合题意； （3）若，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减，可得， 且当x趋近于0或时，均趋近于，所以， 又因为，则， 注意到，即，解得； 综上所述：实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：若，，使得成立，则在内的值域是在内的值域的子集. 【变式训练2-1】已知函数，. (1)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围； (2)若对任意，存在，使得，求的取值范围. 【变式训练2-2】已知函数有如下性质：如果常数，那么该函数在上是减函数，在上是增函数． (1)已知，利用上述性质，求函数的最值； (2)对于（1）中的函数和函数，若，使得成立，求实数的值． 【变式训练2-3】“函数的图像关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有”.若函数的图像关于点对称，且当时，. (1)求的值； (2)设函数 （ⅰ）证明：函数的图像关于点对称； （ⅱ）若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围. 题型03：双变量的最值（取值范围）问题 【典型例题1】已知函数，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可. 【解答过程】∵，， ∴， 令， ∴在上单调递增， ∴，即， ∴， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ∴当时，函数取得最小值， 即， ∴， 故选：B. 【典型例题2】已知函数. （1）若，求实数的取值范围； （2）若有两个极值点分别为，，求的最小值. 【解题思路】（1）先求解出，然后分类讨论确定单调性，再求最小值，然后解不等式即可； （2）根据是的两个极值点可求得的值，再利用的值将化简成，然后通过构造新函数并分析其定义域结合单调性求解出其最小值. 【解答过程】（1）因为， 所以， 由得或. ①当时，因为，不满足题意， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 于是，解得， 所以的取值范围为. （2）函数，定义域为，， 因为，是函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等正根， 则有，，， 得，对称轴，故，. 且有，， . 令，则， ，， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为. 【变式训练3-1】已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式训练3-2】已知函数． (1)若，求实数a的取值范围； (2)若，求的最大值． 【变式训练3-3】已知函数有三个极值点，，（）． (1)求实数a的取值范围； (2)若，求实数a的最大值． 【变式训练3-4】已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且. (1)求实数的取值范围； (2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值. 【变式训练3-5】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若，满足. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【变式训练3-6】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 题型04：双变量不等式恒成立问题 【典型例题1】已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】构造函数，求导，分离参数求最值即可. 【解答过程】不等式等价于， 令，根据题意对任意的， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，单调递减.所以，所以. 故选：C. 【典型例题2】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． 【典型例题3】已知函数有两个极值点、. (1)求的取值范围； (2)若时，不等式恒成立，求的最小值. 【解题思路】（1）由可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，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，再结合极值点的定义检验即可； （2）由已知可得出，，将这两个等式相除可得，变形可得，再由可得，令，可得出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的最小值. 【解答过程】（1）解：因为，该函数的定义域为，且， 因为函数有两个极值点，所以，方程有两个不等的实数根， 则方程有两个不等的实根， 令，其中，则，令可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数的极大值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标为、， 当或时，；当时，. 此时，函数有两个极值点，合乎题意， 因此，实数的取值范围是. （2）证明：由（1）可知，函数的两个极值点、是方程的两个根， 且，，则有，， 等式与等式相除可得，则有， 由可得， 即，即， 因为，则，令，则，可得， 令，其中，则， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则， 即，所以，函数在上单调递减， 所以，当时，，则. 因此，实数的最小值为. 【变式训练4-1】已知函数，为的导函数． (1)当时，若在[上的最大值为，求； (2)已知是函数f（x）的两个极值点，且，若不等式恒成立，求正数m的取值范围． 【变式训练4-2】已知有两个不同的零点. (1)求实数a的取值范围； (2)若，且恒成立，求实数的范围. 【变式训练4-3】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 【变式训练4-4】已知（且），． (1)求在上的最小值； (2)如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【变式训练4-5】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 题型05：双变量不等式能成立问题 （1）,,使得成立 （2）,,使得成立 （3）,,使得成立 （4）,,使得成立 【典型例题1】已知函数，若存在使得，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用导数求得在区间上的值域，求得在区间上的值域，由此求得的取值范围. 【解答过程】对于，， 所以在区间上单调递增，， 所以当时，的值域为. 对于，， 若，则，不符合题意. 若，则，所以在上单调递增， 所以当时，的值域为，符合题意，D选项正确. 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ，而当时 所以当时，的值域为，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 故选：D. 【典型例题2】已知函数，则的极小值为 ；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【知识点】利用导数研究能成立问题、利用导数研究不等式恒成立问题、求已知函数的极值 【分析】（1）利用导数可求得函数的极小值； （2）由题意可得出，分、、三种情况讨论，根据题意可得出关于的不等式，进而可求得的取值范围. 【详解】由，得， 令，得， 列表如下： 递减 极小值 递增 所以，函数的极小值为； （2），，使得，即，. ①当时，函数单调递增，， ，即； ②当时，函数单调递减，， ，即； ③当时，，不符合题意. 综上：. 故答案为：；. 【典型例题3】已知且在上单调递增，. (1)当取最小值时，证明恒成立. (2)对，，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由函数的单调区间求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题 【分析】（1）首先利用条件可得在恒成立，参变分离后可得，代入后构造函数解不等式即可； （2）根据题意只需不等式左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得在上的最小值为，即证，使得成立， 即成立，参变分离后再构造函数即可得解. 【详解】（1）由题意可知在上恒成立， 参变分离得，， 此时. 设， ， 令，令， 在上单调递增，在上单调递减. 恒成立， （2）， 当时，，， 在单调递增； 当时，，， 在单调递减； ，，， 在上的最小值为. 易知为偶函数，由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为 由题意可得，使得成立， 即成立. 由（1）可知， 参变分离得，设，， 即只需即可. 由（1）知得， 令，令， 在上单调递减，在上单调递增.， ，又已知.故的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了恒成立问题和存在性问题，同时考查了数形结合、化归转化思想，计算量比较大属于难题.本题的关键点有： （1）利用函数的单调性转化为恒成立问题求参数据范围； （2）利用参变分离解决能成立和恒成立问题； （3）构造函数解决最值问题. 【典型例题4】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. 【变式训练5-1】已知函数，，若对任意，，使得恒成立，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【变式训练5-2】已知函数和的表达式分别为，，若对任意，若存在，使得，则实数的取值范围是 . 【变式训练5-3】已知，，若存在，，使得成立，则实数a的取值范围是 . 【变式训练5-4】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 【变式训练5-5】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． 【变式训练5-6】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． 【变式训练5-7】已知且在上单调递增，. (1)当取最小值时，证明恒成立. (2)对，，使得成立，求实数的取值范围. 题型06：零点问题 【典型例题1】已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【解析】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 【典型例题2】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：． 【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. 【典型例题3】已知函数． (1)若，求的最小值； (2)若有2个零点，证明：． 【解题思路】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值； （2）将代入原函数后做差变形，得到，令，然后构造函数，证明不等式成立. 【解答过程】（1）当，函数， 则， 可知当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 则当时，取得极小值，也即为最小值， 所以的最小值为； （2）由已知，是的两个零点， 则，， 两式相减，得， 整理得， 欲证明， 只需证明不等式， 即证明，也即证明， 不妨设，令，则， 只需证明，即证明即可， 令，则， 又令，则， 所以，当时，，即单调递减，则， 故当时，单调递增，则， 所以，原不等式成立，故不等式得证． 【变式训练6-1】已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（    ）个 ①    ②    ③    ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【变式训练6-2】已知函数，其中为自然对数的底数. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有两个零点，证明：. 【变式训练6-3】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)求证：（其中是自然对数的底数）. 【变式训练6-4】已知函数. (1)求的最小值； (2)设. （ⅰ）证明：存在两个零点，； （ⅱ）证明：的两个零点，满足. 【变式训练6-5】已知函数有两个不同的零点，且． (1)求实数的取值范围； (2)求证：； (3)比较与及的大小，并证明． 题型07：与极值点有关的双变量问题 【典型例题1】已知，是函数两个极值点，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项. 【解答过程】，令，解得， 所以，故AB不正确； ，故C正确D错误. 故选：C. 【典型例题2】已知函数有三个极值点 . (1)求实数的取值范围； (2)若，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）由题意转化为有三个不等的实数根，再参数分离为，转化为与有三个交点，利用导数分析函数的图象，即可求解； （2）首先由，转化为，，再通过构造函数，利用导数求的取值范围，再根据的单调性求参数的取值范围. 【解答过程】（1）函数有三个极值点 则有三个不等实根 即方程有三个不等实根 ， 令，则， 由得，由得或 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，，所以 （2）由（1）知，， 所以，令，则， 令，则 令，则， 即，，故 在上单调递增，所以. 【典型例题3】已知函数． (1)当时，讨论函数的极值； (2)已知，函数存在两个极值点，，证明：． 【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值； （2）求导数，得极值点是的零点，然后构造函数，由的单调性得出，则．再构造函数，已知转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，交点的横坐标是，结合在上单调递增，问题转化为证明，即证（这里双变量化为单变量，再构造函数，再利用导数得单调性完成证明． 【解答过程】（1）当时，，∴． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． ∴的极小值为，无极大值． （2）解法一  ， ∴，∵有两个极值点，， ∴有两个变号零点，，即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，． 设，则，易知在上单调递增， ∴，则．设，则直线与函数的图象有两个不同的交点． ∵，∴当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 不妨设，则．要证，即证， ∵在上单调递增，∴即证， 即证．设， 则， ∴在上单调递增，∴， ∵，∴，即，∴，得证． 解法二  ，∴， ∵有两个极值点，，∴有两个变号零点， 即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，．（关键：化同构） 设，易知在上单调递增，∴， ∴，，则， 则， 由对数平均不等式得，（对数平均不等式：已知实数，，，则） ∴，则，∴，得证． 【变式训练7-1】若函数有两个不同的极值点，且恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【变式训练7-2】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值． 【变式训练7-3】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. 【变式训练7-4】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. 【变式训练7-5】已知. (1)当时，求的单调递增区间； (2)若有两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 题型08：与切线有关的双变量问题 【典型例题1】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． 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【典型例题2】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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【典型例题3】牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是的根，首先选取作为r的初始近似值，若在点处的切线与轴相交于点，称是r的一次近似值；用替代重复上面的过程，得到，称是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点． (1)若，当时，求方程的二次近似值（保留到小数点后两位）； (2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数在点处的切线，并证明：； (3)若，若关于的方程的两个根分别为，证明：． 【解题思路】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的二次近似值； （2）分别求出，，即可写出函数在点处的切线方程；设，证明出，得出，即可证明； （3）先判断出，然后辅助证明两个不等式和即可． 【解答过程】（1）， 当时，，在点处的切线方程为，与轴的交点横坐标为， 所以，，在点处的切线方程为，与轴的交点为， 所以方程的二次近似值为． （2）由题可知，，，， 所以在处的切线为，即； 设， 则，显然单调递减，令，解得， 所以当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以， 所以，即． （3）由，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点，即， 又时，，时，， 所以当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明， 设， 则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，； 在上单调递减，， 所以当时，，即（当且仅当或时取等号）， 由于，所以，解得；① 下面证明当时，， 设，因为， 所以当时，（当且仅当时取等号）， 由于所以，解得，② ①②，得． 【变式训练8-1】已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练8-2】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【变式训练8-3】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. 【变式训练8-4】已知函数，（其中常数） (1)当时，求的极大值； (2)当时，曲线上总存在相异两点、，使得曲线在点、处的切线互相平行，求的取值范围． 题型09：证明不等式问题 【典型例题1】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：． 【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. 【解析】（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． 【典型例题2】设函数 (1)分析的单调性和极值； (2)设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； (3)若，且满足时，证明：. 【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值； （2）构造函数，求导后注意到，进而得到，，再验证充分性； （3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式. 【解析】（1）函数，则， 令，解得：，且当时，，时，， 因此：在单调递减，在单调递增， 故的极小值为，无极大值. （2）对任意的，都有成立， 即对任意的，恒成立， 令，则， 注意到：，若要，必须要求，即，亦即， 另一方面：当时，因为单调递增， 则当时，恒成立， 所以在时单调递增，故；故实数的取值范围为：； （3）记，则， 记，，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以函数在单调递减， 则为，注意到，不妨， 要证，只需证，即证：， 即证：，即证：， 记， 则，记， 则，所以在单调递增，所以， 即，所以在单调递减，所以， 所以，所以，得证. 【典型例题3】已知函数为函数的导函数． (1)讨论函数的单调性； (2)已知函数，存在，证明：． 【解题思路】（1）运用导数研究函数单调性即可. （2）由可得，结合（1）可得，联立两者可得，运用比值代换法，设，转化为求证,即可证明. 【解答过程】（1）的定义域为，， 令，则， 所以函数在单调递增， 又因为， 所以，， 即：，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（1），得， 又，即， 所以． 不妨设，所以． 由（1）得当，函数单调递增，所以， 故， 所以， 所以，故． 下证． 即证：， 设， 则， 所以函数在区间上单调递增， 所以， 故，即， 所以，即， 所以，得证． 【典型例题4】已知函数. （1）当时，试判断函数在上的单调性； （2）存在，，，求证：. 【解题思路】（1）求出，当时，的最小值大于零，则在上单调递增； （2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0. 【解答过程】（1）(方法一)当时，，， 当时，， 所以，当时，函数在上单调递增. (方法二)当时，，， 由， 结合函数与图象可知：当时，，， 所以两函数图象没有交点，且. 所以当时，. 所以，当时，函数在上单调递增.    （2）证明：不妨设，由得， ， . 设，则，故在上为增函数， ，从而， ， ， 要证只要证， 下面证明：，即证， 令，则，即证明，只要证明：， 设，，则在单调递减， 当时，，从而得证，即， ，即. 【变式训练9-1】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：． 【变式训练9-2】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：. 【变式训练9-3】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，为函数的两个零点，求证：． 【变式训练9-4】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若，满足. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 题型10:双变量的新定义问题 【典型例题1】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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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，. 【典型例题2】设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质． (1)设函数，其中b为实数． （i）求证：函数具有性质； （ii）求函数的单调区间． (2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数， ，，且，，若，求m的取值范围． 【解题思路】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间. （2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围． 【解答过程】（1）（i）， 因为，恒成立，所以函数具有性质； （ii）设，与的符号相同. 当即时，，， 故此时在区间上递增； 当时，对于，有，所以此时在区间上递增； 当时，的图象开口向上，对称轴，而， 对于，总有，，所以此时在区间上递增； 当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为： ，且，， 当时，，，此时在区间上递减； 同理得：在区间上递增. 综上所述：当时，在区间上递增； 当时，在区间上递减，在上递增. （2）由题意，得：， 又对任意的都有， 所以对任意的都有，在上递增. 又， 当时，，且， 所以，所以或， 若，则， 所以不合题意. 所以，即，解得：，， 当时，，，符合题意. 当时，，且， 同理有，即，解得：，， 综合以上讨论，所求m的取值范围时. 【典型例题3】如图，对于曲线，存在圆满足如下条件：         ①圆与曲线有公共点，且圆心在曲线凹的一侧； ②圆与曲线在点处有相同的切线； ③曲线的导函数在点处的导数（即曲线的二阶导数）等于圆在点处的二阶导数（已知圆在点处的二阶导数等于）； 则称圆为曲线在点处的曲率圆，其半径称为曲率半径． (1)求抛物线在原点的曲率圆的方程； (2)求曲线的曲率半径的最小值； (3)若曲线在和处有相同的曲率半径，求证：． 【解题思路】（1）设抛物线在原点的曲率圆的方程为，求出导数、二阶导数，结合所给定义求出即可； （2）设曲线在的曲率半径为，根据所给定义表示出，再由基本不等式计算可得； （3）依题意函数的图象在处的曲率半径，即，从而得到，令，，即可得到，再由基本不等式证明即可． 【解答过程】（1）记，设抛物线在原点的曲率圆的方程为，其中为曲率半径． 则，， 故，，即， 所以抛物线在原点的曲率圆的方程为； （2）设曲线在的曲率半径为．则 法一：， 由知，， 所以 ， 故曲线在点处的曲率半径， 所以，则， 则，当且仅当，即时取等号， 故，曲线在点处的曲率半径． 法二：，， 所以，而， 所以，解方程可得， 则，当且仅当，即时取等号， 故，曲线在点处的曲率半径． （3）法一：函数的图象在处的曲率半径， 故， 由题意知：  令， 则有， 所以，即，故． 因为，所以， 所以， 所以． 法二：函数的图象在处的曲率半径， 有 令，则有， 则，故 ， 因为，所以， 所以有， 令，则，即， 故，所以，即； 法三：函数的图象在处的曲率半径． 故 设，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故有， 所以， 要证，即证， 即证  将 ， 下证：当时，有， 设函数（其中）， 则， 故单调递增， ， 故，所以． 法四：函数的图象在处的曲率半径， 有， 设． 则有， 所以当时，当时， 故在上单调递减，在上单调递增． 故有， 所以， 要证，即证， 即证．将， 下证：当时，有， 设函数（其中）， 则， 故单调递增，故 ， 故，所以． 【变式训练10-1】已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数. (1)函数，是否为函数﹖请说明理由； (2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围； (3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式. 【变式训练10-2】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：． 【变式训练10-3】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：． 【变式训练10-4】已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数. (1)函数，是否为函数﹖请说明理由； (2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围； (3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式. 一、单选题 1．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． 2．已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）． A．1 B． C． D． 4．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ） A． B． C． D． 5．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 6．已知若对于任意两个不等的正实数、，都有恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．已知函数的定义域为，且对恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数，若，且，，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．若函数，，满足对均有，则的取值不可能为（    ） A． B． C． D．9 10．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． 11．设函数，则（    ） A． B．函数有最大值 C．若，则 D．若，且，则 三、填空题 12．已知函数，若，则的最小值为 . 13．若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 14若对于，，使得不等式恒成立，则整数x的最大值为 ． 四、解答题 15．已知函数，其中． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由 16．已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围. 17．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． 18．已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 19．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：． 20.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：. 21.已知函数. (1)若，求函数的单调增区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值； (3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：. 22.已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若有两个极值点，且． ①求实数的取值范围； ②求证：． 23.已知函数，. (1)若，求函数的极值； (2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值； (3)若，正实数满足，证明：. 24.已知函数（且）． (1)，求函数在处的切线方程． (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有两个零点，且，证明：． 25.已知函数有两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 第15讲 用导数解决双变量问题 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 2 知识要点 3 解题策略 4 题型归纳 5 双变量的解题技巧方法 5 题型01：分离双参数构造函数（极值点偏移） 5 题型02：比值换元 21 题型03：差值换元 38 题型04：消元 49 题型05：转化为单变量 56 题型06：整体换元法 62 题型07：选取主元法 70 题型08：同构法 79 题型09：借助根与系数关系化双变量为单变量 86 题型10：借助对数平均不等式解决双变量问题 93 题型11：中点类型 99 题型12：剪刀模型 105 双变量的应用 114 题型01：单调性问题 114 题型02：值域法双变量相等问题 134 题型03：双变量的最值（取值范围）问题 140 题型04：双变量不等式恒成立问题 149 题型05：双变量不等式能成立问题 158 题型06：零点问题 171 题型07：与极值点有关的双变量问题 182 题型08：与切线有关的双变量问题 190 题型09：证明不等式问题 197 题型10: 双变量的新定义问题 207 巩固提升 223 一、考情定位 双变量问题是高考导数解答题的高频压轴考点（全国卷、新高考Ⅰ/Ⅱ卷均常考），多位于解答题第21/22题第二问，分值6-8分；核心考查导数与函数单调性、极值最值的综合应用，侧重逻辑推理、数学抽象、转化与化归核心素养，是区分高分段考生的关键题型。 二、考向分类及命题特点 高考中双变量问题的核心命题模式为已知函数单调性/极值/零点关系，探究双变量的等式/不等式恒成立问题，常见考向分3类，均以“消元/换元将双变量转化为单变量”为解题核心： 1. 极值点偏移问题：已知函数f(x)的极值点为，且f()=f()(≠)，求证+>2（或>），是最经典考向，新高考中常结合指、对函数（、ln x）设计。 2. 双变量恒成立求参/证明不等式：已知,∈D（区间），求证f()-f()>k|-|，或已知不等式恒成立求参数范围，常结合“函数单调性定义”“构造差函数”考查。 3. 零点相关双变量问题：已知函数f(x)有两个零点,，探究+/的取值范围，或结合零点满足的等式证明不等式，常与“隐零点代换”结合。 命题共性：题干函数多为指对混合函数（如f(x)=x、f(x)=ln x-ax）或三次函数，无复杂解析式，但需多次求导分析单调性，且双变量关联条件隐蔽，需主动构造转化。 一、核心知识目标 1. 掌握导数双变量问题的核心命题特征，能快速识别极值点偏移、双变量恒成立/求参、零点关联三类考向，明确其与函数单调性、极值、零点的内在关联。 2. 熟记三类考向的核心转化逻辑，理解“双变单”是解决问题的本质，掌握对称函数构造、比值/差值换元、主元法的适用条件与核心步骤。 3. 能结合隐零点代换、放缩法、函数单调性定义等技巧，完成导数解析式的化简与转化，突破指对混合函数、三次函数的双变量推导难点。 二、关键能力目标 1. 逻辑推理能力：能根据题干条件（如f()=f()、零点关系），推导双变量的隐含关联，设计合理的转化路径，做到推导步骤严谨、无跳步。 2. 构造与化归能力：能根据题型特征，主动构造对称函数、单变量新函数，将双变量问题精准转化为单变量的单调性、最值问题，实现“化未知为已知”。 3. 导数运算能力：熟练完成指对混合函数、复合函数的一次求导、二次求导，能快速提取公因式、分区间判断导数符号，精准分析函数单调性。 4. 综合应用能力：能融合导数、函数零点存在性定理、不等式恒成立等知识，解决多设问的综合型双变量问题，应对“导数+放缩”“偏移+求参”等复合考向。 三、题型解题目标 1. 基础题型：能独立、快速解决单一考向的双变量问题，如基础极值点偏移证明（x_1+x_2>2x_0）、简单双变量恒成立证明，解题步骤规范，正确率达100%。 2. 中档题型：能解决含参数的双变量问题，如已知极值点偏移求参数范围、零点关联的双变量取值范围探究，能灵活选择换元法或主元法，突破参数干扰。 3. 压轴题型：能解决综合型双变量问题，如“极值点偏移+放缩证明”“双变量恒成立+隐零点代换”，能整合多种技巧完成多步推导，应对隐蔽性强的题干条件。 四、应试素养目标 1. 快速审题：能在3分钟内完成题干分析，标注关键条件（如极值点、f()=f()、区间范围），匹配对应的解题方法，确定解题思路。 2. 规范答题：掌握高考评分标准，按“求函数单调性→构造/换元转化→求导分析→得出结论”的逻辑书写步骤，突出关键推导过程，避免逻辑扣分。 3. 避坑纠错：能精准规避定义域限制、构造函数不当、导数符号判断失误、消元不彻底等高频易错点，做到解题过程无低级错误。 4. 灵活应变：面对创新型双变量考向（如与数列结合、解析式变式），能依托“双变单”核心逻辑，灵活调整转化方法，不局限于固定题型套路。 知识点一：导数的双变量问题 导数中有一类问题涉及到两个变量，例如 m 和 n、a和b 、和。显然涉及两个变量的问题我们是不会处理的，如何把两个变量转化为一个变量就成了我们问题解决的关键。且导数中的双变量问题往往以双参数不等式的形式呈现，要想解决双变量问题，就需要掌握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． 知识点二：导数的双变量问题 方法一：换元法：也是最核心、最常见的方法。就是将式子齐次化，化成形如或的函数，进行了齐次化后可以令或者作为单元，这样就达到了减元的目的。 方法二：一般可以通过联立的等式，通过对两式进行相加（相减）等操作，对所求式等进行化简。 方法三：消元法：（利用根与系数的关系消元）如果两个变量是一个一元二次方程的根，则可以通过根与系数的关系来消元.通过韦达定理可求或，可以考虑用表示出，或者用表示出。 方法四：构造函数法：对于等价双变量不等式问题，我们先令如 ，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为，问题也许就转化成了 的单调性问题。 还有其他的一些方法技巧性较强，我们在后面的题目中进行详细剖析。 如：形如 的函数，可结合图像构造函数的切线方程，求斜率； 知识点三：参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立问题 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），. 所有双变量问题的解题核心为“双变单”，即通过代数变形消去一个变量，转化为单变量函数的单调性/最值问题，高考中3种方法最常用： 1．转化为同源函数解决双变量问题 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. 2．整体代换解决双变量问题 (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，然后转化为关于的函数，把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. 3．构造函数解决双变量问题的答题模板 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. 双变量的解题技巧方法 题型01：分离双参数构造函数（极值点偏移） 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点． (2)构造函数，即对结论型，构造函数或； (3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性． (5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． (6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【典型例题3】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 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究双变量问题 【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． 【典型例题4】设函数，为的导函数. (1)当时， ①若函数的最大值为0，求实数的值； ②若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围. (2)当时，设，若，其中，证明：. 【答案】(1)① ；② (2)证明见解析 【知识点】利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（含参）、利用导数研究双变量问题 【分析】(1)① 当时，对求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值. ② 要求恒成立时的取值范围，等价于，构造新的函数，将问题转化为求新构造函数的最大值，问题即可解决. (2)当时，，求导即可得到的函数表达式，对求导，得到函数的图像，设，则要证明，只需要证明，构造新函数，求导研究函数的单调性，证明在上恒成立即可. 【详解】（1）当时，. ①易知， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 故，所以. ②解法一，不等式. 设（），， 则由① 知，所以存在实数，使得不等式成立， 等价于存在实数，使得成立. 易知在上单调递减，所以， 所以，即实数的取值范围为. 解法二，不等式. 设， 则存在实数，使得不等式成立，等价于存在实数，使得成立.易知， 当时，易知， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，即实数的取值范围为. （2）当时，，， 所以，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 且当时，，当时，，故可作出的大致图象如图所示. -2 不妨设，由图易知.要证，只需证. 因为在上单调递减，所以只需证， 又，所以只需证对任意的恒成立. 设， 则. 设， 则，因为当时，，， 所以所以在上单调递减，所以， 又当时，， 所以，所以在上单调递增，所以， 即在上恒成立，又， 所以，原不等式得证. 【点睛】处理极值点偏移问题中的类似于（满足）的问题的基本步骤如下：①求导，确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 【变式训练1-1】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， 【变式训练1-2】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)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． 【变式训练1-3】已知函数. (1)求在处的切线方程； (2)求函数的单调区间和极值； (3)如果，且，证明：. 【答案】(1) (2)单调递增区间是，单调递减区间是； (3)证明见解析 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求出，进而求出，根据导数的几何意义及点斜式方程即可求解； （2）求出，进而求出的解，即可求出结论； （3）设，结合单调性可知；令，，利用导数可求得单调递减，可知，由此可得，结合、在上的单调性可推导得到结论. 【详解】（1）因为，所以，所以， 即切线斜率为1，又，所以在处的切线方程为，即； （2），令得， 令得，令得， 所以单调递增区间是，单调递减区间是； （3）不妨设，由（1）知及得：，则， 因为单调递减区间是，所以要证，需证， 即证，即证， 令，， 则，当时，，，所以， 所以在上单调递增，所以，又，， 所以，又，所以，所以. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 【变式训练1-4】设函数 (1)分析的单调性和极值； (2)设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； (3)若，且满足时，证明：. 【答案】(1)在单调递减，在单调递增，的极小值为，无极大值. (2) (3)证明见解析 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值； （2）构造函数，求导后注意到，进而得到，，再验证充分性； （3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式. 【详解】（1）函数，则， 令，解得：，且当时，，时，， 因此：在单调递减，在单调递增， 故的极小值为，无极大值. （2）对任意的，都有成立， 即对任意的，恒成立， 令，则， 注意到：，若要，必须要求，即，亦即， 另一方面：当时，因为单调递增， 则当时，恒成立， 所以在时单调递增，故；故实数的取值范围为：； （3）记，则， 记，，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以函数在单调递减， 则为，注意到，不妨， 要证，只需证，即证：， 即证：，即证：， 记， 则，记， 则，所以在单调递增，所以， 即，所以在单调递减，所以， 所以，所以，得证. 【变式训练1-5】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 【知识点】函数极值的辨析、含参分类讨论求函数的单调区间、利用导数研究双变量问题 【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. 从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式. 题型02：比值换元 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 【典型例题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 【分析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点； （2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可. 【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. 【典型例题2】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】利用导数研究函数的零点、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可. 【详解】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减，   ， ， 时，，单调递减，，，单调递增，   所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号， 所以， 而， 所以；； ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）曲线在和处的切线分别是 ， 联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令，，∴在单调递减，∴， ∴得证．综上：． 【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题. 【典型例题3】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. 【典型例题4】设函数. (1)求的极值； (2)已知，有最小值，求的取值范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2) 【知识点】求已知函数的极值、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求导后，根据正负可得单调性，结合极值定义可求得结果； （2）由可得，令，可将表示为；构造函数，求导后，分别在和的情况下，讨论得到单调性，进而确定符合题意的的取值范围. 【详解】（1）由题意知：定义域为，， ，， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 的极大值为，无极小值. （2）可化为， 为单调递增函数， 由可得：，即， 令，则，，，， ， 令， ， 令， ； ①当时，恒成立，在上单调递增， ，即，在上单调递增， 此时在上不存在最小值，即不存在最小值，不合题意； ②当时，若，则；若，则； 在上单调递减，在上单调递增， 又，，又， 存在，使得，且当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， ，即有最小值； 综上所述：实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能够通过引入第三变量，将利用来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于的函数的单调性的讨论问题. 【变式训练2-1】已知函数，在定义域内有两个不同的极值点 (1)求的取值范围； (2)求证： 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）由在定义域上有两个不同的根，对求导判断单调性和极值即可求得的范围. （2）构造函数，只需证明即可得证. （1） ，设， 由题可知：在定义域上有两个不同的根 , 当时，，在上单调递增，不符合题意； 当时，令，， 在上，，在上，， 所以在单调递增，在单调递减. 所以使即可， 解得：. （2） 由题意及(1)可知，即证 依题意得：,， 即证 即证：, 即证：， 设， 则 所以在上单调递增， 即 令，则有成立. 故有 【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． 【变式训练2-2】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) 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、含参分类讨论求函数的单调区间、利用导数研究双变量问题 【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. 【详解】（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. 【变式训练2-3】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． 【变式训练2-4】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. 【变式训练2-5】已知函数. (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点（），求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】已知函数最值求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究函数的零点、导数中的极值偏移问题 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 【变式训练2-6】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． 题型03： 差值换元 差值代换法（韦达定理代换令.） 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 【典型例题1】已知函数. (1)当时，直线（为常数）与曲线相切，求的值； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)若有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究双变量问题、已知切线（斜率）求参数、由导数求函数的最值（不含参） 【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解； （2）方法一：利用导数求函数的最小值； 方法二：分离参数法，等价于恒成立； 方法三：由题意，分离参数法，等价于恒成立； （3）方法一：思路一：构造函数，利用导数研究函数单调性；思路二：要证，即证，令，即证；思路三：令，要证，即证，即证，即证，利用导数证明； 方法二：由，令，求其最小值，由的单调性可知，思路一：构造函数，利用导数得证；思路二：令，要证，即证，即证；思路三：令，则，要证，即证，即证；思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【详解】（1）当时，. 设切点，则 消得，解得，代入得. （2）方法一：因为， 所以， 当时，设，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 又-axe，故恒成立，所以成立. 当时，， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 故，解得，又，所以， 综上所述，的取值范围为. 方法二：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 设，则. 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 所以当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 所以. 故的取值范围为. 方法三：因为恒成立， 又，所以上式等价于恒成立. 记，则， 所以当时，在上单调递减；当时，在上单调递增.所以. 令，则，则恒成立. 记，则， 所以在上单调递增，所以，所以. 故的取值范围为. （3）方法一：因为有两个零点，不妨设， 则， 即，即， 令，则， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即. 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则， 故在上单调递减， 又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：要证，即证，即证. 令，即证. 构造函数. 则， 故在内单调递减，则，即. 故. 思路三：因为，即， 令，则 即 要证，即证， 即证，即证， 下同思路一，略. 方法二：因为有两个零点，不妨设， 则， 即. 令，则， 所以当时，单调递减；当时，单调递增. 所以. 令，则单调递增， 又，所以，即 由的单调性可知. 思路一：构造函数. 则 ， 令，则， 所以当时，单调递减， 所以当时，，则，所以， 故在上单调递减，又，所以，则，即， 又，所以， 又在上单调递增，所以. 故. 思路二：因为，所以， 即， 令，要证，即证， 即证. 构造函数. 则， 故在上单调递减，则. 故. 注：要证明，即证，构造函数. 则， 故在上单调递减，则.故. 思路三：令，则即. 要证，即证，即证. 下同思路二，略. 思路四：对两边取对数，得，下面同方法一. 【点睛】方法点睛： 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，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；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．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. 【典型例题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． 【分析】（1）先化简计算，并求导，再讨论和时导数的正负，即得的单调性； （2）不妨设，依题意得，先分析需证，再构造函数，利用导数研究其单调性和函数取值情况，证得，即证结论. 【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. 【典型例题3】已知函数. (1)讨论的单调性和最值； (2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：. 【答案】(1)见解析 (2)见解析 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、由导数求函数的最值（含参）、导数中的极值偏移问题 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值. （2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证 成立. 【详解】（1），其中 若，则在上恒成立，故在上为减函数， 故无最值. 若，当时，； 当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 故，无最小值. （2）方程即为， 故， 因为为上的增函数，所以 所以关于的方程有两个不等的实数根即为： 有两个不同的实数根. 所以，所以， 不妨设，，故， 要证：即证， 即证，即证， 即证， 设，则， 故，所以在上为增函数， 故，所以在上为增函数， 所以，故成立. 【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程， 【变式训练3-1】已知为自然对数的底数. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数有两个不同零点，求证：. 【答案】(1)详见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由题可得函数的导数，然后分，讨论即得； （2）由题可得，可得只需证，然后通过换元可得，再构造函数，利用导数研究函数的性质即得. 【详解】（1）由题可得， 当时，，当时，； 所以当时，在上是增函数，在上是减函数； 当时，在上是减函数，在上是增函数； （2）因为有两个不同零点，，则，， 因此，即， 要证，只要证明，即证， 不妨设，记，则，， 因此只要证明，即， 记，则， 令，则， 所以函数在上递增， 则，即， ∴在上单调递增， ∴， 即成立， ∴. 【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. 【变式训练3-2】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. 【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间； （2）由（1）可知，不妨设，代入，作差，要证，即证，即证，令，则式化为 ，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性即可求得．则得证． 【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． ． 【变式训练3-3】已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)设是函数的两个零点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线并化简即可； （2）由导函数的两个零点得和，得到，转化为证明，换元，证明即可. 【详解】（1）当时，， 则，则切线方程为， 因此曲线在点处的切线方程为． （2）证明：函数是的两个零点， 所以，则有， 且，由，得． 要证，只要证明，即证． 记，则， 因此只要证明，即． 记，则， 令，则， 当时，， 所以函数在上递增，则， 即， 则在上单调递增，， 即成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，关键是利用零点代换得，进而换元求解函数最值即可证明. 题型04：消元 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练4-1】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 【分析】根据等价转化的思想，可得在定义域中有两个不同的实数根，然后利用根的分布情况，可得，最后利用导数判断单调性，可得结果. 【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. 【变式训练4-2】已知函数，若函数在定义域上有两个极值点，，而且. （1）求实数的取值范围； （2）证明：. 【答案】(1) (2)见证明 【分析】（1）求出函数的导数，结合二次函数的性质确定a的范围即可；（2）结合二次函数的性质，求出f（x1）+f（x2）的解析式，根据函数的单调性证明即可． 【详解】（1）因为函数在定义域上有两个极值点，，且， 所以在上有两个根，，且， 即在上有两个不相等的根，. 所以， 解得，即的取值范围为. （2）证明：由题可知，是方程的两个不等的实根， 所以，其中. 故 ， 令，其中.故， 所以在上单调递减，则，即. 【点睛】利用导数证明不等式常见类型及解题策略(1) 构造差函数.根据差函数导函数符号，确定差函数单调性，利用单调性得不等量关系，进而证明不等式.（2）根据条件，寻找目标函数.一般思路为利用条件将求和问题转化为对应项之间大小关系，或利用放缩、等量代换将多元函数转化为一元函数. 【变式训练4-3】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 【分析】（1）利用平面向量数量积得到，定义域为，求导后，根据导函数特征，分，，，四种情况，得到函数的单调性； （2）定义域为，求导，根据导函数特征得到与不合题意，当时，满足要求，且由知，整理得到等价于，构造，求导后得到恒成立，得到函数的单调性，求出当时，，证毕. 【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05：转化为单变量 【典型例题1】已知函数 (1)求的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）由（1）可得，，，显然，， 令，设，则，依题意只需证明，即证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证. 【详解】（1）定义域为，且， 当时，，在上单调递减． 当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，的单调递减区间为，无单调递增区间． 当时，的单调递减区间为，单调递增区间为． （2）因为，是函数的两个不同的零点，所以，，， 显然，，因为，， 所以，， 即，， 所以． 不妨令，设， 则，， 所以，． 又， 所以要证， 只需证，即． 因为， 所以只要证， 即，即． 令，，则， 所以在上单调递减，所以，所以． 【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． 【典型例题2】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若存在两个零点，，求a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）首先求函数的导数，分和两种情况讨论函数的单调性； （2）首先根据函数的单调性，确定时，，再根据零点存在性定理，确定的取值范围；由函数零点可知，，并设，将转化为关于的函数，利用导数，即可证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，， 当时，，在上递增； 当时，由得，， 时，，递增； 时，，递减. 综上，当时，在上递增； 当时，在上递增，在上递减. （2）由（1）知，且，解得， 当时，，所以在上存在唯一零点，记为； 因为，所以，因为， 设，，则， 所以在上递减， 所以，即， 所以在上存在唯一零点，记为， 因为a的取值范围是.   因为，令， 则，得， 所以， 要证，只要证，只要证， 设，， 则，所以在上递增， 所以，得证． 【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查利用导数求函数的单调性，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是由，得，关键是利用换元，转化，然后构造函数，利用导数求解即可，考查数学转化思想和计算能力，属于难题． 【变式训练5-1】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可. 【详解】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减，   ， ， 时，，单调递减，，，单调递增，   所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号， 所以， 而， 所以；； ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）曲线在和处的切线分别是 ， 联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令，，∴在单调递减，∴， ∴得证．综上：． 【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题. 【变式训练5-2】已知函数，. (1)若函数是增函数，求的取值范围； (2)已知、为函数（为函数的导函数）图象上任意的两点，设直线的斜率为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知在上恒成立，由参变量分离法可得，，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的取值范围； （2）由已知可得，将所证不等式变形为，，则，即证，再证，可得出，再利用不等式的基本性质可证得结论成立. 【详解】（1）解：易知的定义域为. 因为函数是增函数，所以在上恒成立， 所以在上恒成立. 设，则， 因为当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以的取值范围是. （2）证明：因为、是图象上的任意两个点，且， 所以. 要证，即证， 不妨先证，即证， 令，则，即证. 令，则， 当时，，所以在区间上单调递增， 所以，即，即. 再证，设，则， 设，则，则在上单调递增， 因为，， 所以存在，使得，即， 且当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以，所以， 所以原不等式成立. 【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. 【变式训练5-3】已知函数． (1)若，求在处的切线方程； (2)若有两个不同零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出切线斜率，根据点斜式可得. （2）由得，故考虑构造函数，先证，利用的单调性去证明即可. 【详解】（1）当时，，             故，， 故在处的切线方程为，即. （2）证明：不妨设，设，则，          当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增，                         可知，也是的两个零点，且，，于是，                 设， 因为．        设， 当时，， 故在单调递增， 所以，从而， 因此在单调递增．                  又，故，故，于是．               又在单调递减，故                             即，故 【点睛】关键点点睛：第一个关键点是从结论分析，由得，故构造函数；第二个关键点是能利用函数的最值得到，进而证明. 题型06：整体换元法 整体代换，变量归一，通过等价转化，将关于,x的双变量问题等价转化为以x,x所表示的运算式作为整体的单变量问题，通过整体代换为只有一个变量的函数式，从而使问题得到巧妙的解决，我们将这种解决问题的思想称之为变量归一思想 【典型例题1】已知函数，其中. (1)讨论函数的单调性； (2)若函数存在三个零点、、（其中），证明： （i）若，函数，使得； （ii）若，则. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性； （2）（ⅰ）根据（1）的结果可知，和，代入不等式，整理后构造函数，结合函数的单调性，即可证明； （ⅱ）根据（1）的结果整理为，再构造函数，再利用换元，将不等式转化为，再利用换元，变形，将不等式整理为，并构造函数，利用导数，判断函数的单调性，结合不等关系，即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为. ①若时， 1 - 0 + 0 - 极小值 极大值 ②若时，恒成立，单调递减， ③若时 1 - 0 + 0 - 极小值 极大值 ④若时，时，单调递减；时，单调递增. 综上所述，当时，单调递减，单调递增，单调递减；当时，单调递减；当时，单调递减，，单调递增，单调递减；当时，单调递减，单调递增. （2）（i）由（1）知当时，单调递减， 单调递增， 单调递减. 所以存在三个零点，只需和即可， 所以且， 整理得且. 此时，， 令，易知在上单调递减 有， 所以. （ii）由（1）知，当时，单调递减， 单调递增， 单调递减 所以.若存在三个零点，只需和即可， 所以且， 整理得， 因为， 设，则方程，即为 记， 则为方程三个不同的根， 设. 要证：， 即证：， 即证：， 而且， 所以， 所以， 即证：， 即证：， 即证：， 记， 则， 所以在为增函数，所以 所以， 设， 则， 所以在上是增函数， 所以 所以， 即 所以若，则. 【点睛】本题考查导数与函数性质，不等式，零点问题的综合应用，本题第二问的难点多次用到不等式的整理，换元，构造函数，难度很大. 【典型例题2】已知函数，的导函数为. (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，求证：方程在上有两个不同的实数根，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先由导数证明，再由，得出，求出的最小值得出实数a的取值范围； （2）将条件转化为方程在上有两个不同的实数根，由函数单调性得出取值范围，利用换元法得出得，再由的单调性证明不等式. 【详解】（1）， 设，则， 所以在上单调递增，， 所以令，得，即. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以， 所以，此时，在上单调递增， 故a的取值范围是. （2）要证在上有两个不同的实数根. 即证方程在上有两个不同的实数根， 即证方程在上有两个不同的实数根， 由（1）知在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，， 又，， 所以方程在上有两个不同的实数根，，且. 因为，所以， 又，所以，（点拨：根据函数的单调性得到的范围） 易知，， 两式分别相加、相减得，， 得， 设，则，， 所以.（换元，将双变量问题转化为单变量问题） 设，则， 所以在上单调递减，所以，得证. 【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用，将双变量转化为单变量问题，再由导数证明不等式. 【变式训练6-1】已知函数在上单调递增. (1)求的取值范围； (2)若存在正数满足（为的导函数），求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可知在上恒成立，即在上恒成立．结合二次函数的性质即可求解； （2）由题意可得，是方程的两根，则，利用基本不等式得.根据换元法，令，设，利用导数研究函数的性质可得，再次利用导数研究函数的性质即可求解. 【详解】（1），． 因为在定义域内单调递增，所以， 即在上恒成立，所以在上恒成立． 当时，函数，所以， 故实数的取值范围是． （2）由题意知为方程，即方程的根， 所以，是方程的两根，所以，． 所以，由基本不等式得，所以． ． 令，则由，得． 设， 当时，， 所以在上单调递增，从而． 令，当时，， 所以在上单调递增，得， 综上可得，即． 【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. 【变式训练6-2】已知指数函数经过点.求： (1)若函数的图象与的图象关于直线对称，且与直线相切，求的值； (2)对于实数，，且，①；②. 在两个结论中任选一个，并证明.（注：如果选择多个结论分别证明，按第一个计分） 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）设函数（且），代入求得，根据函数的图象与的图象关于直线对称，得到函数与互为反函数，求得，再设直线相切与函数的切点坐标为，由导数的几何意义得到，即可求解； （2）设，得到， 对于结论①：得到，变形得到（），令（），不等式等价于在上成立，从而构造函数（），利用导数证明即可； 对于结论②：得到，变形得到（），令（），不等式等价于在上成立，从而构造函数（），利用导数证明即可. 【详解】（1）设函数（且）， 因为指数函数经过点，所以，解得：， 则函数，又函数的图象与的图象关于直线对称， 即函数与互为反函数，则， 设直线相切与函数的切点坐标为，由于， 则，解得， 故． （2）若选择①：不妨设，则，要证不等式， 即，即， 令，则，不等式等价于，即在上成立． 令（），则， 当且仅当时取等号，故函数在为增函数， 所以，故不等式成立． 综上：结论①得证 . 若选择②：不妨设，则， 要证不等式，即， 即要证不等式， 令，则，不等式等价于， 即在上恒成立， 令（）， 则，即在为增函数， 所以， 故不等式成立， 综上：结论②得证. 【点睛】关键点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性， 从而比较出代数式的大小，本题中，结论①变形得到（），令（），不等式等价于在上成立，从而构造函数（），结合导数证明；结论②变形得到（），令（），不等式等价于在上成立，从而构造函数（），结合导数证明. 【变式训练6-3】已知函数图象上三个不同的点． (1)求函数在点P处的切线方程； (2)记（1）中的切线为l，若，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）由（1），根据两点坐标表示斜率可得，即，设，，，则，所证为.利用导数研究的单调性可得，再次利用导数研究函数()、()的性质可证得、，即可证明. 【详解】（1） ，，， 故在点P处的切线方程为：， 即． （2）若，则，即， 即，即， 设，，，则，所证为，， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 不妨设，由的单调性及易知， ①证明： 令，，， 所以在上单调递增，，所以， 所以，即， 又在上单调递减，所以，即． ②证明： 当时，结论显然成立； 当时，令，，， 所以在上先单调递减后单调递增，可证， 所以，即， 又在上单调递增，所以，即． 综上所述，即得证． 【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. 题型07：选取主元法 指定主变量(选取主元)，有些问题虽然有两个变量，只要把其中一个当作常数，另一个看成自变量，便可使问题得以解决，我们称这种思想方法为指定主变量思想. 【典型例题1】已知函数，且为常数） (Ⅰ)若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围； (Ⅱ)当时，若（其中）恒成立，求的最小值的最大值. 【答案】(Ⅰ)或；(Ⅱ)． 【分析】令导函数等于零得或，为满足题意讨论的取值情况 将代入，化简，求导后讨论时、时两种情况得出结果 【详解】（Ⅰ）    由则或 设   当时单调递增 当时单调递减 极大且时，，且恒成立. ∴①当或时，方程无实数根，函数只有一个极值 ②当时，方程  根，此时中因式恒成立 ∴函数只有一个极值 ③当时，方程有2个根且  ∴在单调递减，单调递增，∴有三个极值点， 综合当或时，函数只有一个极值点. (Ⅱ)即令 则对都有成立 当时，在单调递增  取 时，这与矛盾 ②当时，在单调递增在单调递减 ， 若对都有成立，则只需 即    当时，     在上单调递增，在上单调递减     当时， 当时，，无最小值 综上所述： 【点睛】本题主要考查的是导数在函数中的应用，利用导数求函数的单调区间，判断单调性，再求参数，要掌握题目中的分类讨论过程. 【典型例题2】已知函数. (1) 求函数的单调区间和最小值； (2)当时，求证： (其中e为自然对数的底数); (3)若, 求证：. 【答案】(1)见解析； (2)见解析；(3)见解析. 【分析】(1)直接求导，由导数得出单调区间；(2) 由(1)知，，所以，代入化简即可；(3) )等价于，即只需要证 ，设函数，利用导数求导其最小值为，即总有，化简可得，令 则，代入即可证得结果. 【详解】解：(1)∵，∴ 令，得 当时， ， 单调递减 当时， ， 单调递增 所以在上单调递增，在上单调递减 (2)由(1)知：当时， 又因为， 所以，即 (3)等价于 即只需要证： 设函数 令，得，即> 0，解得 ∴在上单调递增；在上单调递减; ∴的最小值为，即总有 ∵ ∴ ，即 令 则 ∴ ∴ 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，利用导数证明不等式，根据所要证明式子的结构特点巧妙构造函数是解题关键. 【变式训练7-1】已知函数. (1)若，求函数的极值； (2)若，，且满足，求证：. 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）依题意可得，则，先证明，构造函数利用导数即可证明，则，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）当时，则， 当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以在处取得极小值为，无极大值. （2）证明：当时，依题意可得，显然， 先证明，令，则， 所以当时，单调递增，所以， 当时，单调递减，所以， 所以， 又依题意， 令，则， 所以当时，所以在上单调递减， 所以，也即， 当时利用在上单调递减可知， 当时也有， 所以，则，综上可得. 【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． 【变式训练7-2】设函数． (1)求的单调区间； (2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明： （ⅰ）若，则； （ⅱ）若，则． （注：是自然对数的底数） 【答案】(1)的减区间为，增区间为. (2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性. （2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立. 【详解】（1）， 当，；当，， 故的减区间为，的增区间为. （2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为， 故， 故方程有3个不同的根， 该方程可整理为， 设， 则 ， 当或时，；当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：且， 此时， 设，则， 故为上的减函数，故， 故. （ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得： 故在上为减函数，在上为增函数， 不妨设，则， 因为有3个不同的零点，故且， 故且， 整理得到：， 因为，故， 又， 设，，则方程即为： 即为， 记 则为有三个不同的根， 设，， 要证：，即证， 即证：， 即证：， 即证：， 而且， 故， 故， 故即证：， 即证： 即证：， 记，则， 设，则，所以， ， 故在上为增函数，故， 所以， 记， 则， 所以在为增函数，故， 故即， 故原不等式得证： 【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等. 【变式训练7-3】已知函数（其中是自然对数底数）. (1)求的最小值； (2)若过点可作曲线的两条切线，求证：.（参考数据：） 【答案】(1)1 (2)证明见解析 【分析】(1)求函数导函数,应用单调性求函数的最小值; (2)把曲线的两条切线转化为两个零点问题,再转化证明最小值大于零即可. 【详解】（1）函数定义域为， 所以在上单调递增，且， 所以当时，单调递减； 当时，单调递增，. 所以. （2）设切点为，则， 在处的切线为， 由于切线过点，所以， 而由（1），在上单调递增，不同的值对应的切线斜率不同 设，所以过点可作曲线的两条切线当且仅当关于的方程有两个实根. ， ①当时，在上单调递减，至多有一个实根，不合题意； ②当时， 当时，单调递增； 当时，单调递减. 而时，时，， 所以当且仅当时，有两个实根， 即当且仅当时，过点可作曲线的两条切线. 只需证时，. 设，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以，即.（*） 设，只需证. 1）当时，由， . 设，则 ， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 当时，单调递减. 而， 所以，则. 2）当时，， 设，则， ， 所以在上单调递增，， 所以在上单调递增，，即， 所以在上单调递增，. 综上得：原不等式成立. 题型08：同构法 ①指对各一边，参数是关键； ②常用“母函数”：，；寻找“亲戚函数”是关键； ③信手拈来凑同构，凑常数、、参数； ④复合函数（亲戚函数）比大小，利用单调性求参数范围. 【典型例题1】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. 【详解】（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. 【典型例题2】已知函数，． (1)求证：存在唯一零点； (2)设，若存在，使得，求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）二次求导，得到在上单调递减，在上单调递增．因为，所以有唯一零点； （2）利用同构得到，故不等式变形为，构造，二次求导，结合特殊点的函数值，得到在上单调递减，在上单调递增，所以，从而证明出结论. 【详解】（1）证明：由题意，得． 记，则． 因为时，恒成立，所以在上单调递增． 因为，所以在上恒小于0，在上恒大于0， 所以在上单调递减，在上单调递增． 因为，所以有唯一零点x=1． （2）由，得． 记，故， 因为在上单调递增，所以， 则， 设 则，令， 则． 因为在上恒成立， 所以在上单调递增，注意到， 所以的解集为，的解集为， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以． 又因为，所以． 【点睛】关键点点睛：导函数求解参数取值范围，当函数中同时出现与，通常使用同构来进行求解，本题难点是将变形为，从而构造，得到，从而双元变单元，进行求解. 【变式训练8-1】已知函数. (1)求函数f（x）的最大值; (2)若关于x的方程有两个不等实数根证明: 【答案】(1)2 (2)证明见详解 【分析】（1）先求函数的导数，判断函数的单调性，再求函数的最大值； （2）首先方程变形为 ，再构造函数，判断函数的单调性，转化为有两个实数根，，再利用分析法，转化不等式证明为，转化为证明，利用换元转化为证明. 【详解】（1）因为，所以. 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以. （2）方程 可化为 . 设，显然在上是增函数，又， 所以有，即方程有两个实数根，. 由（1）可知，则有，所以的取值范围为. 因为方程有两个实数根，，所以， 则，要证，即证. ， 需证. 需证. 不妨设，令，则，即要证. 设，则， 所以在上是增函数，，即成立，故原式成立. 【点睛】本题考查利用导数证明不等式双变量问题，属于难题. 难点一：方程实根个数转化为有两个实数根，， 难点二：通过变形，消去a并得到关于要证不等式不等号右边和的关于，的表达式，进而整理为由表达的形式，利用换元得到关于单变量的函数表达式. 【变式训练8-2】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：函数有两个零点，且. 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增； (2)证明见解析 【分析】（1）直接求导，分和讨论单调性即可； （2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证. （1） 定义域为，，当时，，在上单调递增； 当时，由得，当时，单调递减，当时，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） 当时，因为，所以，无零点.当时，由， 得，即，设，则有，因为在上成立， 所以在上单调递减，当时，，所以等价于， 即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 又， ，， 所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点. 不妨设，则，相减得， 设，则，代入上式，解得，所以， 因为，所以，因此要证，只需证，即证， 设，则，所以在递增，， 即，因为，所以可化成，又因为，所以. 【点睛】本题关键点在于通过同构得到，进而将的零点转化为在上的零点，再由得到，换元令，结合进行放缩得到，构造函数求导证明即可. 【变式训练8-3】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，求证：函数有两个零点，且. 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增； (2)证明见解析 【解析】 【分析】 （1）直接求导，分和讨论单调性即可； （2）先讨论当时无零点，再讨论时，通过同构得到，即，确定在上的零点，即可证明有两个零点；由相减得，换元令，进而得到，通过放缩构造函数即可求证. (1) 定义域为，，当时，，在上单调递增； 当时，由得，当时，单调递减，当时，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) 当时，因为，所以，无零点. 当时，由， 得，即，设，则有，因为在上成立， 所以在上单调递减，当时，，所以等价于， 即，所以的零点与在上的零点相同.若，由（1）知在上单调递减，在上单调递增， 又， ，， 所以在和上各有一个零点，即在上有两个零点，综上有两个零点. 不妨设，则，相减得， 设，则，代入上式，解得，所以， 因为，所以，因此要证，只需证，即证， 设，则，所以在递增，， 即，因为，所以可化成，又因为，所以. 题型09：借助根与系数关系化双变量为单变量 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练9-1】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． 【变式训练9-2】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. 题型10：借助对数平均不等式解决双变量问题 【典型例题1】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. 【典型例题2】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. 【变式训练10-1】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. 【变式训练10-2】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． 题型11：中点类型 【典型例题1】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若是的两个不相等的零点，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题可得后分，，三种情况讨论即可得答案； （2），结合单调性，可知等价于证明.又设，则，后构造函数，结合其单调性可证明结论. 【详解】（1） ①若，则，故在上单调递增； ②若，则时，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； ③若，则时，时，， 故在上单调递减，在上单调递增； （2）由（1）知时， 在单调递减，在单调递增，. 令 则，即在上单调递增. 则 . 注意到当时， 有两个不相等的零点， 则. 得两个零点分别在中. 令，则. 因在单调递增，则. 令，， 因，， 则，则. 故在上单调递减，则. 故，所以. 【点睛】关键点睛：本题涉及用导数讨论函数单调性及用导数解决双变量问题，难度较大.解决双变量问题，常构造差函数，利用差函数单调性解决问题. 【典型例题2】已知函数. （1）讨论的单调性； （2）如果方程有两个不相等的解，且，证明：. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析 【解析】（1）对函数进行求导得，再对进行分类讨论，解不等式，即可得答案； （2）当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意；当时，在单调递减，在单调递增，则.不妨设，只要证 ，再利用函数的单调性，即可证得结论. 【详解】（1）. ①当时，单调递增； ②当时，单调递减； 单调递增. 综上：当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）由（1）知， 当时，在单调递增，至多一个根，不符合题意； 当时，在单调递减，在单调递增，则. 不妨设， 要证，即证，即证，即证. 因为在单调递增，即证， 因为，所以即证，即证. 令 ， . 当时，单调递减，又， 所以时，，即， 即. 又，所以，所以. 【点睛】思路点睛：用导数证明不等式的基本思路：构造函数φ(x)，将不等式转化为φ(x)＞0(或＜0)的形式，然后研究φ(x)的单调性、最值，判定φ(x)与0的关系. 【变式训练11-1】已知函数. (1)当时，试比较与的大小； (2)若斜率为的直线与的图象交于不同两点，，线段的中点的横坐标为，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用作差得，通过构造函数，证明当时，函数小于0恒成立，即可比较与的大小； （2）通过题干条件求出和，利用分析法得出只需证成立，通过构造函数，通过求导结合函数的单调性证明式子成立. 【详解】（1）因为， 所以， ， 所以， 令，， 所以， 又因为，所以，所以在区间上单调递减， 所以， 所以，即. （2）因为斜率为的直线与的图象交于不同两点，， 所以， ， 所以， 因为， 所以，所以， 要证，即证， 又因为线段的中点的横坐标为，所以，即证， 不妨设，上式可整理为，即， 令，则，所以上式即为， 令，则， 因为，所以，所以函数在区间上单调递增， 所以，即， 故得证. 【点睛】关键点睛：题干中涉及到含两个变量的不等式时，都是要把双变量问题转化成一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 【变式训练11-2】设函数. (1)讨论的单调性; (2)若有两个零点和，设，证明：（为的导函数）. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）分、两种情况讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （2）由函数零点的定义可得出，可得出，将所证不等式等价变形为，令，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）解：因为，则， 若，对任意的，则，函数的单调递减区间为； 若，令，得， 当时，，当时，. 所以的增区间为，减区间为. 综上所述，当时，函数的单调递减区间为； 当时，函数的增区间为，减区间为. （2）证明：不妨令，由题设可得， 两式相减整理可得. 所以， 要证，即证，即证， 令，即证，其中， 构造函数，其中， 则，所以，函数在上单调递增， 所以，当时，，即，故原不等式得证. 【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. 【变式训练11-3】已知函数，（）． (1)若存在两个极值点，求实数的取值范围； (2)若，为的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1），，若存在两个极值点，则与，有两个交点，即可得出答案． （2）由（1）知，且，， 则，只需证明，即可解得的取值范围． 【详解】（1）（1），， 若存在两个极值点， 则在上有两个根， 所以有两个根， 即与，有两个交点， ， 所以在上，，单调递增， 在上，，单调递减， 所以时，， 所以， 所以的取值范围为． （2）证明：由（1）知，且，， 所以 ， 所以只需证明， 令，故，原不等式等价于对成立， 令， ， 所以单调递减， 则有（1）． 题型12：剪刀模型 【典型例题1】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）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，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论； （2）推导出，将所证不等式转化为，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，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立. 【详解】（1）解：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： 减 极小值 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：，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，，，， 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. 【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. 【典型例题2】已知函数在点处的切线方程为. （1）求、； （2）设曲线与轴负半轴的交点为点，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有； （3）若关于的方程有两个实数根，，且，证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）将点代入切线方程得出，并求出函数的导数，由求出、的值； （2）求出点的坐标，并利用导数求出函数在点处切线对应的函数，然后构造函数，利用导数证明出； （3）求出方程的根，利用函数的单调性证明出，设函数在原点处的切线对应的函数为，易得的根为，由函数的单调性得出，再利用不等式的性质可证明结论成立. 【详解】（1）将代入切线方程中，有， 所以，即， 又，所以， 若，则，与矛盾，故； （2）由（1）可知，令，有或， 故曲线与轴负半轴的唯一交点为. 曲线在点处的切线方程为，则， 令，则， 所以，. 当时，若，， 若，，在上单调递增，，故，在上单调递减， 当时，由知在时单调递增，，函数在上单调递增. 所以，即成立； （3），设的根为，则， 又单调递减，且，所以， 设曲线在点处的切线方程为，有， 令，， 当时，， 当时，， 故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即， 设的根为，则， 又函数单调递增，故，故. 又，所以. 【点睛】本题考查导数的应用：求切线的斜率和单调性，考查不等式的证明，注意运用方程和函数的转化思想和构造函数法，考查分类讨论思想，以及运算能力，属于难题. 【变式训练12-1】已知函数在点处的切线方程为． （1）求，； （2）函数图像与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值； （3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：． 【答案】（1），；（2）0；（3）证明见解析 【分析】（1）由已知可得，，求出，可得的方程组，求解即可； （2）先求出的负根，进而求出切线方程，求出函数，进而求出单调区间，即可得出结论； （3）根据（2）可得的图像在的上方，同理可证出的图像也在以的另一零点为切点的切线上方，求出与两切线交点的横坐标为，则有，即可证明结论. 【详解】（1）将代入切线方程中， 得，所以， 又或， 又， 所以， 若，则（舍去）； 所以，则； （2）由（1）可知，， 所以， 令，有或， 故曲线与轴负半轴的唯一交点为 曲线在点处的切线方程为， 则， 因为， 所以， 所以，． 若，， 若，，， 所以. 若，， ， ，所以在上单调递增， ，函数在上单调递增． 当时，取得极小值，也是最小值， 所以最小值． （3），设的根为， 则，又单调递减， 由（2）知恒成立． 又，所以， 设曲线在点处的切线方程为，则， 令， ． 当时，， 当时，， 故函数在上单调递增，又， 所以当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以，即， 设的根为，则， 又函数单调递增，故，故． 又，所以．    【点睛】本题考查函数导数的综合应用，涉及到导数的几何意义、极值最值、不等式的证明，要注意利用数形结合找到解题的突破口，考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题. 【变式训练12-2】已知函数，是的极值点． (1)求的值； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线为直线．求证：曲线上的点都不在直线的上方； (3)若关于的方程有两个不等实根，，求证：． 【答案】(1)3 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求解； （2）由（1）可得曲线在点处的切线：. 令，，则，由的单调性可得，从而可得结论成立； （3）设方程的解为，构造新函数，，利用导数研究函数的单调性，进而可得，结合与交点的横坐标，求出即可. (1) ；由题意知，，； (2) 证明：设曲线在，处切线为直线； 令； ； ； 在上单调递增，在，上单调递减； ； ，即，即上的点都不在直线的上方； (3) 由（2）设方程的解为； 则有，解得； 由题意知，； 令，； ； 在上单调递增； ； 的图象不在的下方； 与交点的横坐标为； 则有，即； ； 关于的函数在上单调递增； ． 【点睛】利用导数解决函数综合问题的过程中，难度较大，解决问题的基础是函数的单调性，通过函数的单调性得到函数的极值、最值，然后再结合所求问题逐步求解． 证明两函数图象间的位置关系时，可通过构造函数，通过判断出函数的单调性，进而转化为函数最值的问题处理． 【变式训练12-3】已知函数，． (1)求函数的极值； (2)设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程； (3)若方程为实数）有两个实数根，且，求证：． 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合极值的概念，利用导数判断单调性，即可确定函数极值；（2）根据导数的几何意义，结合直线的点斜式方程即可求解；（3）由（2）可设，构造函数，设曲线在点原点处的切线方程为：，构造方程，方程，结合函数的单调性即可证明. 【详解】（1）由已知得：由得： 又当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时取得极大值，极大值为（1），无极小值 （2）设，，则，， 曲线在点处的切线方程为：， 即曲线在点处的切线方程为： （3）设，令 即，则 由于在单调递减，故在单调递减，又， 当时，当，时，， 在单调递增，在，单调递减， ，，即，都有； 设方程的根为，． 在单调递减，且 ， 设曲线在点原点处的切线方程为：，则易得， ，有，即， 设方程的根为，则， 在单调递增，且， ， 即． 【点睛】关键点：（1）利用导数判断单调性，关键是解导数方程和导数不等式，再结合极值概念即可求解；（2）主要是根据导数的几何意义求切线的斜率，再结合直线的点斜式方程即可求解；（3）关键是构造函数、，求在原点处的切线方程，以及构造方程，方程，结合函数的单调性即可证明. 双变量的应用 题型01：单调性问题 一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 常见结论： (1)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (2)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (3)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (4)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增. 【典型例题1】已知函数，若对任意，都有，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【分析】构造，由已知条件得到在R上单调递增，根据时，，解得，由分段处左端点值小于等于右端点值得到或，从而，再验证出此时，在上单调递增，从而得到答案. 【解析】对任意，都有， 令，则在R上单调递增， 其中， 当时，，解得， 且，解得或， 故， 当时，， 因为，所以， 故在上单调递增，满足要求， 综上，实数的取值范围是. 故选：A. 【典型例题2】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)若对任意，都有，求的取值范围． 【分析】（1）求导，根据导数符号判断的单调区间； （2）构建，分析可知在单调递增，求导整理可得，利用基本不等式运算求解. 【解析】（1）当时，， 可知的定义域为，且， 所以的单调增区间为，无单调减区间． （2）因为， 则，即， 设函数，可知在单调递增． 且， 则在恒成立．即，可得， 又因为，当且仅当时等号成立， 可得，即． 所以的取值范围是． 【典型例题3】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. 【详解】（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． 【典型例题4】已知函数. (1)求的最小值； (2)设. （ⅰ）证明：存在两个零点，； （ⅱ）证明：的两个零点，满足. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）用导数求出单调性即可求解； （2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数； （ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可. 【详解】（1）， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为． （2）（ⅰ）证明：，，， 因为，所以，所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则函数有最小值． 由，， 下面证明，在上，对，只要足够小，必存在， 使得： 实际上，当时，，令，得， 所以对，取，必有，即， 所以在区间上，存在唯一的，， 又，所以在区间上，存在唯一的，， 综上，存在两个零点． （ⅱ）要证，需证，由，所以， 因为在上单调递减，因此需证：， ，， 所以，， 设，， 则， 所以在上单调递减，，即 ， 结论得证，所以． 【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法. 【典型例题5】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) 【分析】（1）结合已知条件分、、三种情况讨论，分析导数的符号变化，即可得出原函数的增区间和减区间； （2）分析可得，构造函数，即在上恒成立，可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【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），. 【变式训练1-1】定义在上的函数，对都有，若（），则下列式子一定成立的是（ ） A． B． C． D． 【解题思路】变形得，得函数在上单调递增，由，得，令，则，即，两边取对数得，令，利用导数求出单调性求解． 【解答过程】由， 得， 得， 得， 得函数在上单调递增， 由，得， 令，则， 即，当时，显然成立， 当时，两边取对数得，， 得， 得， 令，得， 由，得，由，得， 故函数在上单调递增，在上单调递减， 当时，函数取得取大值为， 故， 故选：C. 【变式训练1-2】已知函数，若对任意的，，当时，都有，则实数的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】由函数在区间上的单调性求参数 【分析】构造函数，求导，分离参数得到在上恒成立，再构造函数，求的最值即可求解. 【详解】不等式等价于， 令， 根据题意对任意的，当时，， 所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 所以当时，，即在区间单调递增， 当时，，即在区间上单调递减， 所以，所以. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论： （1）恒成立； （2）恒成立. 【变式训练1-3】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 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的方程即可； （2）利用题设条件转化为证，构造函数，运用导数的知识推证. 【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． ，，． 从而在单调减少，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． 【变式训练1-4】已知函数． （1）当时，若函数恰有一个零点，求实数a的取值范围； （2）当，时，对任意，有成立，求实数b的取值范围． 【答案】（1）或；（2）. 【分析】（1）要先求出,利用分类讨论思想，讨论函数的单调性，结合零点存在定理可求答案； （2）先把转化为，然后求解函数的最值，构造函数，结合单调性可得b的取值范围． 【详解】（1）定义域为，当时，； 当时，，为增函数， 取，， 所以，故此时恰有一个零点； 当时，令，， 时，，所以在单调递减， 时，，所以在单调递增； 要使函数恰有一个零点，需要 解得， 综上，实数a的取值范围是或. （2）因为对任意，有成立，且 所以. 因为，所以， 所以， 当时，，当时，； 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 因为与，所以 令 则当时，， 所以在上单调递增，故，所以， 从而 所以，即. 令，则. 当时，，所以在上单调递增. 又，所以，即，解得， 所以b的取值范围是. 【点睛】函数零点个数问题通常采用直接法和分离参数法求解， 双变量问题转化为单变量，结合函数最值进行转化，本题中把转化为是求解的关键. 【变式训练1-5】已知. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若对任意的，且，都有，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）先求导函数，再得出斜率写出切线方程即可； （2）把恒成立转化为函数单调性，再根据单调性转化为最值问题求解即得 【解答过程】（1）由题意知 则曲线在处的切线方程为 （2）不妨设，则 则设，可知在上严格递增 则恒成立 则 设 则当时，单调递增，当时，单调 递减，则 则实数的取值范围为. 【变式训练1-6】已知函数 (1)当时，求函数的极大值； (2)若对一切都成立，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）求出函数的导数，根据导数与极值的关系，即可求得答案； （2）将化为，由此令，则，则原问题转化为在上单调递增；继而结合导数与函数单调性的关系，即可求解. 【解答过程】（1）当时，，定义域为， 则， 令，则或；令，则； 则在上单调递增，在上单调递减， 故函数的极大值为； （2）因为对一切都成立， 所以对一切都成立， 令，则，定义域为， 则原问题转化为在上单调递增； 又， 当时，，在上单调递增； 当时，需在上恒成立， 即在上恒成立， 对于，图象过定点，对称轴为， 故要使得在上恒成立，需满足且， 解得， 综合可得，即a的取值范围为. 【变式训练1-7】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若对任意的，使恒成立，则实数的取值范围. 【解题思路】（1）由，定义域为，求导，令，讨论当取不同的值时的正负情况，即可得到的单调性； （2）法一：由可化为，令，讨论取正、负、零时恒成立，即可得到实数的取值范围； 法二：由可得，令，即恒成立，由，则令，则恒成立，讨论取正、负、零时的单调情况，得到极值，即可得到实数的取值范围. 【解答过程】（1）的定义域为， 令， 又， ，当，即时，，此时在上单调递增 ，当，即时， 令，解得 其中，当时， 所以在单调递增，在单调递减； 当时，， 故在单调递减，单调递增. 综上：在上单调递增； 在上单调递增； 在上单调递减，在上单调递增. （2）法一：不妨设，则，同除以得， 所以令， 当时，恒成立， ，若恒成立，符合题意， ，当恒成立， 令则， 所以在单调递增，在单调递减， 所以，所以， ，若，同理恒成立，由知，当 所以不存在满足条件的. 综上所述：. 法二：. 令，则只需在单调递增， 即恒成立， ，令，则恒成立； 又， ①当时，在单调递增成立； ②当时，在单调递增，又，故不恒成立.不满足题意； ③当时，由得在单调递减，在单调递增， 因为恒成立，所以， 解得， 综上，. 【变式训练1-8】已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，对任意，且，使恒成立，求正实数的取值范围. 【解题思路】（1）求导，利用导函数的符号判断函数的单调性，注意分类讨论. （2）把转化为，设，只需根据在上单调递增，求出正实数的取值范围即可. 【解答过程】（1）由题意：， 且 . 由 若即，则，所以在上单调递减，在上单调递增； 若即，则或，所以在，上单调递增，在上单调递减； 若即，则在上恒成立，所以函数在上单调递增； 若即，则或，所以在，上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，； 当时，函数无单调递减区间，单调递增区间为； 当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，. （2）由得，（，且） 设 ， 由题意，在单调递增. 因为 ， 由时，恒成立，得 . 又为正实数，所以. 【变式训练1-9】已知函数，其中． (1)当时，求曲线在点处切线的方程； (2)当时，求函数的单调区间； (3)若，证明对任意，恒成立． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】（1）借助导数的几何意义可求出切线斜率，再结合所过点计算即可得； （2）求导后，分及讨论即可得； （3）由的范围可得函数在上单调递减，再分及进行讨论，当时，原不等式可转化为证明，从而可构造函数，并结合该函数单调性证明. 【详解】（1）当时，，则， ，则， 则曲线在点处切线的方程为， 整理得； （2）， 令，有，， 由且， 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减； 当时，，则当时，， 当时，， 故在、上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在、上单调递增，在上单调递减； （3）由，故在、上单调递增，在上单调递减， 故当时，单调递减， 若，则，符合要求； 若，则，则， 则要证，只需证， 即只需证， 令，，， 则， 由，则，当且仅当时，等号成立， 由，由对勾函数性质可知， 故恒成立，即在上单调递增， 故，即有，即得证. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于在时，将原不等式转化为证明，从而可构造函数，并结合该函数单调性证明. 【变式训练1-10】已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若，对任意，当时，不等式恒成立，求实数的取值范围． 【答案】(1)答案见解析； (2). 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】（1）对函数求导，分类讨论研究函数的单调性； （2）根据题设有，令，将问题化为在上恒成立，利用导数研究恒成立求参数范围. 【详解】（1）由题设， 当时，、上，上， 此时在、上单调递增，在上单调递减； 当时，恒成立，在R上单调递增； 当时，、上，上， 此时在、上单调递增，在上单调递减. （2）由题设，由（1）知函数在R上单调递增， 所以， 整理得， 令，则在上单调递减，且， 所以在上恒成立，即恒成立， 令，则， 所以，在上，在上， 则在上单调递增，在上单调递减，故， 所以. 【点睛】关键点点睛：第二问，注意有，构造对应函数并将问题化为恒成立为关键. 【变式训练1-11】已知函数． (1)求函数的极值； (2)证明：对任意的，有； (3)若，证明：． 【答案】(1)； (2)证明见解析； (3)证明见解析. 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、求已知函数的极值、利用导数证明不等式 【分析】（1）先求出导函数，再令根据导函数的单调性得出极值. （2）先构造函数，再求导得出函数单调性，得出函数最小值，得出，同乘即可得出证明不等式； （3）先构造函数，应用单调性可得，再分，三种情况分别证明即可. 【详解】（1）因为， 令， 又因为单调递减；单调递增； 所以的极小值为，无极大值. （2）令， 可得，令， 单调递增，， 单调递减； 单调递增； 所以， 所以， 所以，即得， 所以 （3）对任意的，令， 所以 令 单调递增，， 单调递减， 所以设，则即 可得， 当单调递增，所以，可得 所以， 当单调递减，所以，可得 所以， 当 因为单调递增，所以，可得可得， 因为单调递减，所以，可得可得， 所以， 所以. 【点睛】方法点睛：先构造函数，根据导函数得出函数单调性，应用单调性可得，再把分为，三种情况分别证明即可. 题型02：值域法双变量相等问题 值域法解决双参等式问题 ,,使得成立 ①，求出的值域，记为 ②求出的值域，记为 ③则,求出参数取值范围. 【典型例题1】已知函数，，若，使得，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究能成立问题、由导数求函数的最值（含参） 【分析】题中条件“，使得”可转化为和值域交集非空，分别求出和值域分析求解即可. 【详解】由得：， 因为本题中，所以， 所以单调递减，所以， 由得：， 当时，，所以单调递增， 所以， 因为，使得， 所以， 所以， 故选：D. 【典型例题2】已知函数，若，，使得成立，则实数的取值范围为 . 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题、含参分类讨论求函数的单调区间 【分析】设在上的值域为，在上的值域为，由题意可得，当时，根据二次函数的性质可得，当时，分，和三种情况，结合导数判断在内的单调性和值域，列式求解即可. 【详解】设在上的值域为，在上的值域为， 若，，使得成立，则. 1.当时，则， 可知开口向下，对称轴为， 则在上单调递增，可得， 所以在上的值域为，所以； 2.当时，则， （1）若，则在内单调递减， 且当x趋近于0时，趋近于，当x趋近于时，趋近于， 所以，符合题意； （2）若，则，即，不合题意； （3）若，则， 令，解得；令，解得； 则在上单调递增，在上单调递减，可得， 且当x趋近于0或时，均趋近于，所以， 又因为，则， 注意到，即，解得； 综上所述：实数的取值范围为. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：若，，使得成立，则在内的值域是在内的值域的子集. 【变式训练2-1】已知函数，. (1)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围； (2)若对任意，存在，使得，求的取值范围. 【答案】(1)； (2) 【知识点】根据值域求参数的值或者范围、利用函数单调性求最值或值域、一元二次不等式在实数集上恒成立问题、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可； （2）根据任意性和存在性的性质，结合二次函数和一次函数在闭区间上的值域进行求解即可. 【详解】（1）因为对任意，不等式恒成立， 所以即对任意恒成立， 则，解得， 故的取值范围为； （2）设函数在区间的值域为A，在区间上的值域为B， 因为对任意，存在，使得，所以， 当时，，即函数在区间的值域为， 函数的对称轴为， ，则在上单调递增，故， 而不是的子集，不符合； 当时，则在上单调递减，故， 要使，则，解得， 综上，的取值范围是. 【变式训练2-2】已知函数有如下性质：如果常数，那么该函数在上是减函数，在上是增函数． (1)已知，利用上述性质，求函数的最值； (2)对于（1）中的函数和函数，若，使得成立，求实数的值． 【答案】(1)最小值为-4，最大值为-3； (2)． 【知识点】根据集合的包含关系求参数、根据值域求参数的值或者范围、利用函数单调性求最值或值域、函数新定义 【分析】（1）将变形为，令，转化为求的值域，利用题干所给函数的性质求解即可； （2）求出的值域，根据题意的值域是的值域的子集，列式求解即可． 【详解】（1）， 设 则． 由已知性质得，在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值， 又当时，，当时，， 所以当时，取得最大值， 即的最小值为-4，最大值为-3； （2）因为在上为减函数，故， 由题意，使得成立， 故的值域是的值域的子集， . 【变式训练2-3】“函数的图像关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有”.若函数的图像关于点对称，且当时，. (1)求的值； (2)设函数 （ⅰ）证明：函数的图像关于点对称； （ⅱ）若对任意，总存在，使得成立，求实数a的取值范围. 【答案】(1)4； (2)（ⅰ）证明过程见解析；（ⅱ）. 【知识点】根据值域求参数的值或者范围、函数对称性的应用、由函数对称性求函数值或参数、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）由对称性得到，故； （2）（ⅰ）计算得到，得到的图像关于点对称； （ⅱ）分离常数得到在上单调递增，求出的值域为，设在上的值域为，由题意得，分，和三种情况，结合对称性，得到的单调性，得到值域，结合得到不等式组，求出的取值范围. 【详解】（1）函数的图像关于点对称， 故， 令得； （2）（ⅰ）证明：， 故， 故函数的图像关于点对称； （ⅱ）， 故在上单调递增，其中， ， 故的值域为， 设在上的值域为，由题意得， 图象开口向上，对称轴为，且， 当时， 若，即，函数在上单调递增， 由对称性可知，在上单调递增，故在上单调递增， 因为，所以， 所以，由得，解得， 当，即时，在上单调递减，在上单调递增， 由对称性可知，在上单调递增，在上单调递减， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 结合对称性可知，或， 因为，所以， ， 又， 所以， 所以当时，满足； 当，即时，在上单调递减， 由对称性可知，在上单调递减，故在上单调递减， 因为，所以， 所以，由得，解得， 综上，的取值范围为. 【点睛】方法点睛：对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法， 一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件； 二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论； 三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 题型03：双变量的最值（取值范围）问题 【典型例题1】已知函数，若，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【解题思路】结合题意构造函数，得到，表示出，再借助导数求出的最小值即可. 【解答过程】∵，， ∴， 令， ∴在上单调递增， ∴，即， ∴， 令，则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增； ∴当时，函数取得最小值， 即， ∴， 故选：B. 【典型例题2】已知函数. （1）若，求实数的取值范围； （2）若有两个极值点分别为，，求的最小值. 【解题思路】（1）先求解出，然后分类讨论确定单调性，再求最小值，然后解不等式即可； （2）根据是的两个极值点可求得的值，再利用的值将化简成，然后通过构造新函数并分析其定义域结合单调性求解出其最小值. 【解答过程】（1）因为， 所以， 由得或. ①当时，因为，不满足题意， ②当时，在上单调递减，在上单调递增， 于是，解得， 所以的取值范围为. （2）函数，定义域为，， 因为，是函数的两个极值点，所以，是方程的两个不等正根， 则有，，， 得，对称轴，故，. 且有，， . 令，则， ，， 当时，单调递减，当时，单调递增， 所以， 所以的最小值为. 【变式训练3-1】已知函数，若，且，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，数形结合可得，可得，进而令，，利用导数可求的取值范围. 【解答过程】设，如图所示：    由的图象知，，则，从而，， 所以． 令，，则， 当时，，当且仅当时，， 所以在上为减函数，所以， 得，即的取值范围是． 故选：A． 【变式训练3-2】已知函数． (1)若，求实数a的取值范围； (2)若，求的最大值． 【解题思路】（1）利用导数研究函数的单调性与最值分离参数计算即可； （2）含参分类讨论的单调性，得出，构造函数，利用导数研究其单调性及最值计算即可. 【解答过程】（1）由题意得，则， 令， 显然时，，即此时单调递减， 时，，即此时单调递增， 所以，则， 实数a的取值范围为； （2）若，则， 令，则， 若，则，此时在R上单调递增， 当时，，不符合题意； 当，则时，，此时单调递增， 时，，此时单调递减， 即， 即， 所以， 令， 易知当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减， 即， 所以， 当且仅当时，， 所以的最大值为. 【变式训练3-3】已知函数有三个极值点，，（）． (1)求实数a的取值范围； (2)若，求实数a的最大值． 【解题思路】（1）将函数的极值问题转化为的零点问题，再分离参数，设，利用导数研究函数的变化趋势，数形结合求解； （2）由（1）知，，则，令，则，令，，利用导数求出函数的最值，从而可得，再由在上单调递增，可解. 【解答过程】（1）函数有三个极值点，，（）， 则有三个不相等的实数根，，（）， 即方程有三个不相等的实数根，，（）． 令，则， 由得，由得或， 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，， 结合图象可知函数的值域为， 所以a的取值范围为． （2）由（1）知， 且，，所以， 令，则， 则，即，， 令，，则， 令，，则， 所以单调递减，则， 则，所以单调递减，则，故． 由（1）知，在上单调递增， 所以， 故实数a的最大值为． 【变式训练3-4】已知关于的方程有两个不相等的正实根和，且. (1)求实数的取值范围； (2)设为常数，当变化时，若有最小值，求常数的值. 【解题思路】（1）根据函数与方程的思想将方程有两个不相等的正实根转化成函数图象有两个交点，通过构造函数研究其单调性求出值域即可求得实数的取值范围； （2）首先通过转化变形写出和的表达式，求出有最小值的等价方程，再通过构造函数利用导函数研究其单调性，并证明方程有唯一解即可求得常数的值. 【解答过程】（1）由且，可得. 设，则， 令，解得. 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 函数的图象如下： 又趋向于0时趋向，趋向于时趋向0； 要使图象与直线有两个交点，则，故a的取值范围是. （2）因为，由（1）得，则， 设，则，即， 由有最小值，即有最小值. 设  ， 记， 由于，若，则，可得单调递增， 此时，即单调递增， 此时在没有最小值，不符合题意. 若，时，，则在单调递减， 时，，则在单调递增. 又，，且趋向于时趋向，故且唯一，使得. 此时时，，即，此时在上单调递减； 时，，即， 在上单调递增. 所以时，有最小值， 而，即，整理得 此时，由题意知. 设 设. 设，故递增，. 此时递增，有， 令且，则，即在上递增，故， 此时，故在递增，而知，的唯一解是. 故的唯一解是，即. 综上所述，. 【变式训练3-5】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若，满足. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可； （2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可； （ii）按照和分类讨论，若时，设，根据零点存在性定理得则在内有两零点和，根据正弦函数对称性可知，然后证明成立即可. 【解答过程】（1）由得， 当时，单调递增；当时，单调递减. 故单增区间为单减区间为. （2）（i）由题设及零点存在定理可知，且有，且，所以，所以，即. （ii）若时，则； 若时，设，有，且， 则在内有两零点和，其中， 而关于对称，且有. 由在单增，知，有， 由在单减，知，有， 则，即. 综上，. 【变式训练3-6】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间； （2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解. 【解答过程】（1）的导数为， 可得的图象在处的切线斜率为， 由切线与直线平行，可得，即， ，， 由，可得，由，可得，则在递增，在递减． （2）因为，若，由， 即有恒成立，设， 所以在为增函数，即有对恒成立， 可得在恒成立，由的导数为， 当，可得，在递减，在递增， 即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得 则实数m的取值范围是． 题型04：双变量不等式恒成立问题 【典型例题1】已知函数，若对任意的，当时，都有，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】构造函数，求导，分离参数求最值即可. 【解答过程】不等式等价于， 令，根据题意对任意的， 当时，，所以函数在上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立. 令，则， 所以当时，，单调递增， 当时，单调递减.所以，所以. 故选：C. 【典型例题2】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． 【典型例题3】已知函数有两个极值点、. (1)求的取值范围； (2)若时，不等式恒成立，求的最小值. 【解题思路】（1）由可得，令，则直线与函数的图象有两个交点，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，再结合极值点的定义检验即可； （2）由已知可得出，，将这两个等式相除可得，变形可得，再由可得，令，可得出，令，利用导数求出函数的最大值，即可得出实数的最小值. 【解答过程】（1）解：因为，该函数的定义域为，且， 因为函数有两个极值点，所以，方程有两个不等的实数根， 则方程有两个不等的实根， 令，其中，则，令可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数的极大值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且交点横坐标为、， 当或时，；当时，. 此时，函数有两个极值点，合乎题意， 因此，实数的取值范围是. （2）证明：由（1）可知，函数的两个极值点、是方程的两个根， 且，，则有，， 等式与等式相除可得，则有， 由可得， 即，即， 因为，则，令，则，可得， 令，其中，则， 令，其中，则， 所以，函数在上单调递减，则， 即，所以，函数在上单调递减， 所以，当时，，则. 因此，实数的最小值为. 【变式训练4-1】已知函数，为的导函数． (1)当时，若在[上的最大值为，求； (2)已知是函数f（x）的两个极值点，且，若不等式恒成立，求正数m的取值范围． 【解题思路】（1）根据导数与函数的最值的关系以及根据的不同取值分类讨论求解； （2）根据题意得，从而可得不等式，再根据，从而，进而将双变量转化为单变量，即不等式在上恒成立，利用导函数与单调性、最值关系求解. 【解答过程】（1）当时，，其定义域为（0，＋∞）， 且 ，所以， 所以， 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减． ①当，即时，在[t，t＋1]上单调递增， 所以； ②当，即时，； ③当时，g（x）在[t，t＋1]上单调递减， 所以， 综上所述 （2）因为，所以， 由题意知的定义域为 ， 故是关于x的方程的两个根， 所以， 即， 所以， 等价于． 因为，所以原式等价于， 又，作差，得， 即，所以原式等价， 因为，所以恒成立． 令，则， 故不等式在上恒成立， 令． 又因为， 当时，得，所以在上单调递增， 又，所在上恒成立，符合题意； 当时，可得时，，时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又因为， 所以在上不能恒小于0，不符合题意，舍去． 综上所述，若不等式恒成立， 只需满足，又，故， 即正数m的取值范围为． 【变式训练4-2】已知有两个不同的零点. (1)求实数a的取值范围； (2)若，且恒成立，求实数的范围. 【解题思路】（1）求定义域，求导，分与两种情况，结合特殊点的函数值和零点存在性定理得到a的取值范围为； （2）由得到，设，得到，结合，，得到恒成立，构造，求导后分与两种情况，求出实数的范围. 【解答过程】（1）定义域为. 当时，在单调递增，至多只有1个零点，不合题意； 当时，当时，，当时，， 故在单调递减，在单调递增； 故在处取得极小值，也是最小值， 由有两个不同的零点，得，解得：， 又， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值， 故，故，， ∴， ∴取，则，故在各有一个不同的零点， 即实数a的取值范围为； （2），由题，， 则，设， ∴， ∴ 恒成立， 又∵，∴，即恒成立， 设恒成立， ， ⅰ）当时，， ∴，∴在上单调递增， ∴恒成立，注意到， ∴符合题意； ⅱ）当时，∵，∴时，， ∴在上单调递增； 时，，∴在上单调递减. ∴时，，不满足恒成立. 综上：. 【变式训练4-3】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间； （2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解. 【解答过程】（1）的导数为， 可得的图象在处的切线斜率为， 由切线与直线平行，可得，即， ，， 由，可得，由，可得，则在递增，在递减． （2）因为，若，由， 即有恒成立，设， 所以在为增函数，即有对恒成立， 可得在恒成立，由的导数为， 当，可得，在递减，在递增， 即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得 则实数m的取值范围是． 【变式训练4-4】已知（且），． (1)求在上的最小值； (2)如果对任意的，存在，使得成立，求实数a的取值范围． 【解题思路】（1）对求导，因为为偶函数，求出在的单调性，即可求出上的最小值； （2）由（1）知，在上的最小值为 ，所以，使得成立，即成立，即，设，，即只需即可． 【解答过程】（1）， 显然为偶函数，当时， 时，，，∴在单调递增； 时，，，∴在单调递减； ，，，∴在上的最小值为． 由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为． （2）先证，设，则， 令，令， ∴在上单调递增，在上单调递减． 故①恒成立． 由题意可得，使得成立， 即成立． 由①可知， 参变分离得， 设，， 即只需即可． 由①知得， ∴ 令，令， ∴在上单调递减，在上单调递增． ∴， ∴， 又已知 故a的取值范围为． 【变式训练4-5】已知函数的图像在处的切线与直线平行． (1)求函数的单调区间； (2)若，且时，，求实数m的取值范围． 【分析】（1）利用导数的几何意义求出，直接利用导数求单调区间； （2）根据式子结构构造，由在为增函数，得到在恒成立，令，利用导数求出的最小值，即可求解. 【解析】（1）的导数为， 可得的图象在处的切线斜率为， 由切线与直线平行，可得，即， ，， 由，可得，由，可得，则在递增，在递减． （2）因为，若，由， 即有恒成立，设， 所以在为增函数，即有对恒成立， 可得在恒成立，由的导数为， 当，可得，在递减，在递增， 即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得 则实数m的取值范围是． 题型05：双变量不等式能成立问题 （1）,,使得成立 （2）,,使得成立 （3）,,使得成立 （4）,,使得成立 【典型例题1】已知函数，若存在使得，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用导数求得在区间上的值域，求得在区间上的值域，由此求得的取值范围. 【解答过程】对于，， 所以在区间上单调递增，， 所以当时，的值域为. 对于，， 若，则，不符合题意. 若，则，所以在上单调递增， 所以当时，的值域为，符合题意，D选项正确. 当时，在区间上单调递增， 在区间上单调递减， ，而当时 所以当时，的值域为，不符合题意. 综上所述，实数的取值范围为. 故选：D. 【典型例题2】已知函数，则的极小值为 ；若函数，对于任意的，总存在，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【知识点】利用导数研究能成立问题、利用导数研究不等式恒成立问题、求已知函数的极值 【分析】（1）利用导数可求得函数的极小值； （2）由题意可得出，分、、三种情况讨论，根据题意可得出关于的不等式，进而可求得的取值范围. 【详解】由，得， 令，得， 列表如下： 递减 极小值 递增 所以，函数的极小值为； （2），，使得，即，. ①当时，函数单调递增，， ，即； ②当时，函数单调递减，， ，即； ③当时，，不符合题意. 综上：. 故答案为：；. 【典型例题3】已知且在上单调递增，. (1)当取最小值时，证明恒成立. (2)对，，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由函数的单调区间求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题 【分析】（1）首先利用条件可得在恒成立，参变分离后可得，代入后构造函数解不等式即可； （2）根据题意只需不等式左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得在上的最小值为，即证，使得成立， 即成立，参变分离后再构造函数即可得解. 【详解】（1）由题意可知在上恒成立， 参变分离得，， 此时. 设， ， 令，令， 在上单调递增，在上单调递减. 恒成立， （2）， 当时，，， 在单调递增； 当时，，， 在单调递减； ，，， 在上的最小值为. 易知为偶函数，由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为 由题意可得，使得成立， 即成立. 由（1）可知， 参变分离得，设，， 即只需即可. 由（1）知得， 令，令， 在上单调递减，在上单调递增.， ，又已知.故的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了恒成立问题和存在性问题，同时考查了数形结合、化归转化思想，计算量比较大属于难题.本题的关键点有： （1）利用函数的单调性转化为恒成立问题求参数据范围； （2）利用参变分离解决能成立和恒成立问题； （3）构造函数解决最值问题. 【典型例题4】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. 【变式训练5-1】已知函数，，若对任意，，使得恒成立，则实数的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题 【分析】结合复合函数的单调性求出，利用导数求出，“对任意，，使得恒成立”只需“”，解之即可. 【详解】显然，由复合函数的单调性可知在上单调递增， 在上单调递减，所以． ， 因为，设，则， 设，得， 令，得， 则当时，单调递增，且. 所以当时，单调递减； 当时，，单调递增. 故. 所以当时，，即当时，． 因为要使任意，，恒成立，只需， 所以，解得， 所以实数的取值范围为． 故选：C 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数， （1）若，，总有成立，故； （2）若，，有成立，故； （3）若，，有成立，故； （4）若，，有成立，故． 【变式训练5-2】已知函数和的表达式分别为，，若对任意，若存在，使得，则实数的取值范围是 . 【答案】 【知识点】利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题、由导数求函数的最值（含参） 【分析】将问题转化为，由二次函数性质可求得在上的最大值为，分别在、和的情况下，结合导数讨论的单调性，从而得到，由可构造不等式求得的范围. 【详解】对任意，若存在，使得，； 当时，， 在上单调递增，在上单调递减，； 当时，， ①当时，，， 则在上恒成立，在上单调递增， ，，解得：， ； ②当时，，， 令，解得：， （i）当，即时，在上恒成立， 在上单调递减，， ，解得：，； （ii）当，即时，在上恒成立， 在上单调递增，， ，解得：（舍）； （iii）当，即时， 若，则；若，则； 在上单调递增，在上单调递减， ，，解得：（舍）； ③当时，，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ， ，， 当，即时，， ，解得：，； 当，即时，， ，解得：，； 综上所述：实数的取值范围为. 故答案为：. 【变式训练5-3】已知，，若存在，，使得成立，则实数a的取值范围是 . 【答案】 【知识点】由导数求函数的最值（不含参）、利用导数研究能成立问题 【分析】由题意转化为，转化为利用导数求的最大值，并求二次函数的最大值. 【详解】因为， 所以. 当时，，单调递减； 时，，单调递增， 所以. ，时，， 若存在，， 使得成立，只需即可， 所以的取值范围为 故答案为： 【变式训练5-4】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)当时，若对于任意的，总存在，使得，求的取值范围. 【解题思路】（1）首先求函数的导数并化简，讨论和两种情况下函数的单调性；（2）根据题意将不等式转化为，分别求函数的最值，即可求解. 【解答过程】（1），. 当时，恒成立，在上单调递减； 当时，由，解得，即在上单调递增， 由，解得，即在上单调递减. （2）当时，由（1）知， ，恒成立，在上单调递增，所以， 由题意知，即. 设，则，所以为增函数， 又，所以， 即的取值范围是. 【变式训练5-5】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． 【变式训练5-6】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. 【变式训练5-7】已知且在上单调递增，. (1)当取最小值时，证明恒成立. (2)对，，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【知识点】由函数的单调区间求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究能成立问题 【分析】（1）首先利用条件可得在恒成立，参变分离后可得，代入后构造函数解不等式即可； （2）根据题意只需不等式左边的最小值小于等于右边的最小值即可，利用导数即可求得在上的最小值为，即证，使得成立， 即成立，参变分离后再构造函数即可得解. 【详解】（1）由题意可知在上恒成立， 参变分离得，， 此时. 设， ， 令，令， 在上单调递增，在上单调递减. 恒成立， （2）， 当时，，， 在单调递增； 当时，，， 在单调递减； ，，， 在上的最小值为. 易知为偶函数，由偶函数图象的对称性可知在上的最小值为 由题意可得，使得成立， 即成立. 由（1）可知， 参变分离得，设，， 即只需即可. 由（1）知得， 令，令， 在上单调递减，在上单调递增.， ，又已知.故的取值范围为. 【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性和最值，考查了恒成立问题和存在性问题，同时考查了数形结合、化归转化思想，计算量比较大属于难题.本题的关键点有： （1）利用函数的单调性转化为恒成立问题求参数据范围； （2）利用参变分离解决能成立和恒成立问题； （3）构造函数解决最值问题. 题型06：零点问题 【典型例题1】已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【解析】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 【典型例题2】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：． 【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. 【典型例题3】已知函数． (1)若，求的最小值； (2)若有2个零点，证明：． 【解题思路】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值； （2）将代入原函数后做差变形，得到，令，然后构造函数，证明不等式成立. 【解答过程】（1）当，函数， 则， 可知当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 则当时，取得极小值，也即为最小值， 所以的最小值为； （2）由已知，是的两个零点， 则，， 两式相减，得， 整理得， 欲证明， 只需证明不等式， 即证明，也即证明， 不妨设，令，则， 只需证明，即证明即可， 令，则， 又令，则， 所以，当时，，即单调递减，则， 故当时，单调递增，则， 所以，原不等式成立，故不等式得证． 【变式训练6-1】已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（    ）个 ①    ②    ③    ④ A．1 B．2 C．3 D．4 【分析】 函数有两个不同零点，转化为有两个交点，构造函数，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④. 【解析】由函数有两个不同零点， 转化为有两个交点， 构造函数， ，则，故，所以在单调递增，而，可得图象如图所示 故在单调递减，在单调递增， 所以， 对于①，， 所以， 所以，故①正确； 对于②，由①可知，故， 因此 ，故②正确； 对于③，因为，所以，故， 所以， 则， 构造函数， 则，而， 所以， 所以， 因为，所以， 令，构造，显然单调递增，且， 所以 所以，故③正确； 对于④，由①可知，， 所以， 令，，显然单调递增，且， 所以，故④正确. 故选：D. 【变式训练6-2】已知函数，其中为自然对数的底数. (1)当时，求的单调区间； (2)若函数有两个零点，证明：. 【解题思路】（1）将代入后得，对其求导，利用导数与函数的单调性即可得解； （2）由题意得，从而利用分析法将变形为，构造函数，利用导数证得，由此得证. 【解答过程】（1）当时，的定义域为， 则， 因为，则，所以， 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）若函数有两个零点，则， 即，两式相减，可得，两式相加得， 要证，只要证，即证，即证， 只须证，即证，即证， 令，则由得，故须证， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 所以当时，，即成立， 故原不等式成立. 【变式训练6-3】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)求证：（其中是自然对数的底数）. 【解题思路】（1）分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像性质得到，再分别在与上证得各有一个零点，从而确定的取值范围； （2）由的零点得到，再利用换元法对式子进行变形得到，构造函数，利用导数证得，从而证得. 【解答过程】（1）由得，的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，显然至多只有一个零点，不满足题意； 当时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 要使有两个零点，则，故， 下面证明当时，在与上各有一个零点， 因为，所以， 因为在上单调递减，， 所以在上存在唯一零点； 令，则， 再令，则，故在上单调递增， 所以，即，故在上单调递增， 所以，因为， 所以，即，则，故， 又由，即当时，，即，故， 又因为在上单调递增， 所以在上存在唯一零点； 综上：当时，有两个零点，故. （2）由题意得，，即，即， 由（1）知，不妨设，且， 则，故， 所以， 先证，即证，即证，即证， 令，则，故在上单调递增， 故，即，即， 即，所以， 又，故. 故. 【变式训练6-4】已知函数. (1)求的最小值； (2)设. （ⅰ）证明：存在两个零点，； （ⅱ）证明：的两个零点，满足. 【解题思路】（1）用导数求出单调性即可求解； （2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数； （ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可. 【解答过程】（1）， 所以当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为． （2）（ⅰ）证明：，，， 因为，所以，所以当时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 则函数有最小值． 由，， 下面证明，在上，对，只要足够小，必存在， 使得： 实际上，当时，，令，得， 所以对，取，必有，即， 所以在区间上，存在唯一的，， 又，所以在区间上，存在唯一的，， 综上，存在两个零点． （ⅱ）要证，需证，由，所以， 因为在上单调递减，因此需证：， ，， 所以，， 设，， 则， 所以在上单调递减，，即 ， 结论得证，所以． 【变式训练6-5】已知函数有两个不同的零点，且． (1)求实数的取值范围； (2)求证：； (3)比较与及的大小，并证明． 【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理即可求解； （2）令，不妨设，设，欲证，只需证，即证，即证，结合不等式特点合理构造函数，结合导数与单调性关系的转化即可求证； （3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解. 【解答过程】（1）， ，考虑函数， 有两个零点，，则有两个零点， 在上单调递减，单调递增， 所以， 因为当时；当时，，所以； （2），由题不妨设，设， 欲证，只须证，即， 即①， ， ， 证明①式只需证，即证②， 构造，， 令，，由于，所以， 所以在时单调递减，所以， 所以， 在单调递减，得证. （3）先证，构造，， ， 在单调递减，，即， 在单调递增，. 由得， 又当时，，， 所以在时单调递增，当时，， 所以当时，，即 所以， 即，即， 整理得：③， 同理当时，单调递增，当时，， 所以，即， 把代成可得：④， 由③-④得：， ，即，综上． 题型07：与极值点有关的双变量问题 【典型例题1】已知，是函数两个极值点，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】求出函数导数，解方程得出极值点，计算可判断选项. 【解答过程】，令，解得， 所以，故AB不正确； ，故C正确D错误. 故选：C. 【典型例题2】已知函数有三个极值点 . (1)求实数的取值范围； (2)若，求实数的取值范围. 【解题思路】（1）由题意转化为有三个不等的实数根，再参数分离为，转化为与有三个交点，利用导数分析函数的图象，即可求解； （2）首先由，转化为，，再通过构造函数，利用导数求的取值范围，再根据的单调性求参数的取值范围. 【解答过程】（1）函数有三个极值点 则有三个不等实根 即方程有三个不等实根 ， 令，则， 由得，由得或 在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减， 又，，所以 （2）由（1）知，， 所以，令，则， 令，则 令，则， 即，，故 在上单调递增，所以. 【典型例题3】已知函数． (1)当时，讨论函数的极值； (2)已知，函数存在两个极值点，，证明：． 【解题思路】（1）求出导函数，确定单调性得极值； （2）求导数，得极值点是的零点，然后构造函数，由的单调性得出，则．再构造函数，已知转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，交点的横坐标是，结合在上单调递增，问题转化为证明，即证（这里双变量化为单变量，再构造函数，再利用导数得单调性完成证明． 【解答过程】（1）当时，，∴． 当时，，单调递减； 当时，，单调递增． ∴的极小值为，无极大值． （2）解法一  ， ∴，∵有两个极值点，， ∴有两个变号零点，，即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，． 设，则，易知在上单调递增， ∴，则．设，则直线与函数的图象有两个不同的交点． ∵，∴当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 不妨设，则．要证，即证， ∵在上单调递增，∴即证， 即证．设， 则， ∴在上单调递增，∴， ∵，∴，即，∴，得证． 解法二  ，∴， ∵有两个极值点，，∴有两个变号零点， 即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，， 即方程有两个不相等的实根，．（关键：化同构） 设，易知在上单调递增，∴， ∴，，则， 则， 由对数平均不等式得，（对数平均不等式：已知实数，，，则） ∴，则，∴，得证． 【变式训练7-1】若函数有两个不同的极值点，且恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】首先对求导，得，根据题意得到方程有两个不相等的正实数根，结合根与系数的关系求得的取值范围，然后将不等式进行转化，结合根与系数的关系得到关于参数的表达式，从而构造函数，利用导数知识进行求解． 【解答过程】依题意得， 若函数有两个不同的极值点， 则方程有两个不相等的正实数根， 可得，解得， 因为， 可得 ． 设，则， 则单调递减，，可知． 所以实数的取值范围是. 故选：B． 【变式训练7-2】已知函数． (1)当时，求的单调区间； (2)设函数，当有两个极值点时，总有成立，求实数的值． 【解题思路】（1）求出导函数，由得增区间，由得减区间； （2）求出，由有两个不等实根，结合判别式韦达定理得且，所以．不等式中消去得关于的不等式，分离参数转化为求函数的最值，从而得出结论． 【解答过程】（1）时，函数的定义域为 由解得． 当时，在单调递减； 当时，在单调递增． （2），则． 根据题意，得方程有两个不同的实根， ，即且，所以． 由，可得 又 总有对恒成立． ①当时，恒成立，此时； ②当时，成立，即 令函数，则在恒成立 故在单调递增，所以． ③当时，成立，即 由函数，则，解得 当时，单调递增；当时，单调递减又，当时， 所以． 综上所述，． 【变式训练7-3】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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 【变式训练7-4】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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式训练7-5】已知. (1)当时，求的单调递增区间； (2)若有两个极值点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解题思路】（1）首先求函数的导数，化简后求的解集； （2）（ⅰ）首先求函数的导数，令，换元后转化为方程有两个正根，利用判别式以及韦达定理，求参数的取值范围； （ⅱ）首先求，根据（1）的换元结果，以及韦达定理，转化为关于的函数，并构造函数，利用导数判断函数的单调性，转化为函数的最大值，即证明不等式. 【解答过程】（1）当时，， ， 当，即时，， 故单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， （ii） ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即，则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 题型08：与切线有关的双变量问题 【典型例题1】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． 【解题思路】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. 【解答过程】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. 【典型例题2】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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【典型例题3】牛顿在《流数法》一书中，给出了代数方程的一种数值解法——牛顿法．具体做法如下：如图，设r是的根，首先选取作为r的初始近似值，若在点处的切线与轴相交于点，称是r的一次近似值；用替代重复上面的过程，得到，称是r的二次近似值；一直重复，可得到一列数：．在一定精确度下，用四舍五入法取值，当近似值相等时，该值即作为函数的一个零点． (1)若，当时，求方程的二次近似值（保留到小数点后两位）； (2)牛顿法中蕴含了“以直代曲”的数学思想，直线常常取为曲线的切线或割线，求函数在点处的切线，并证明：； (3)若，若关于的方程的两个根分别为，证明：． 【解题思路】（1）根据题意分别计算出，取得近似值即为方程的二次近似值； （2）分别求出，，即可写出函数在点处的切线方程；设，证明出，得出，即可证明； （3）先判断出，然后辅助证明两个不等式和即可． 【解答过程】（1）， 当时，，在点处的切线方程为，与轴的交点横坐标为， 所以，，在点处的切线方程为，与轴的交点为， 所以方程的二次近似值为． （2）由题可知，，，， 所以在处的切线为，即； 设， 则，显然单调递减，令，解得， 所以当时，，则在单调递增， 当时，，则在单调递减， 所以， 所以，即． （3）由，得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以是的极大值点，也是的最大值点，即， 又时，，时，， 所以当方程有两个根时，必满足； 曲线过点和点的割线方程为， 下面证明， 设， 则， 所以当时，；当时，， 所以在上单调递增，； 在上单调递减，， 所以当时，，即（当且仅当或时取等号）， 由于，所以，解得；① 下面证明当时，， 设，因为， 所以当时，（当且仅当时取等号）， 由于所以，解得，② ①②，得． 【变式训练8-1】已知函数的图像在，两个不同点处的切线相互平行，则下面等式可能成立的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】函数在两点处的切线平行，转化为函数在两点处的导数相等，得到的关系，在结合不等式求的取值范围即可. 【解答过程】因为，. 所以，. 由因为在，两个不同点处的切线相互平行， 所以 ，又，所以，故CD错误； 因为且，所以，故A不成立； 当时，.故B成立. 故选：B. 【变式训练8-2】若函数有两个零点，且． (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：． 【解题思路】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）利用导数求切线方程得出，将原不等式化为证明，构造函数利用导数证明即可. 【解答过程】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减，   ， ， 时，，单调递减，，，单调递增，   所以，即时，恒成立，当且仅当时取等号， 所以， 而， 所以；； ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）曲线在和处的切线分别是 ， 联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令，，∴在单调递减，∴， ∴得证．综上：． 【变式训练8-3】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. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式训练8-4】已知函数，（其中常数） (1)当时，求的极大值； (2)当时，曲线上总存在相异两点、，使得曲线在点、处的切线互相平行，求的取值范围． 【解题思路】（1）利用导数分析函数的单调性，即可求得函数的极大值； （2）由（、且）可得出，利用基本不等式可得出对恒成立，求出在时的最大值，即可得出的取值范围. 【解答过程】（1）解：当时，，该函数的定义域为， ， 当或时，；当时，， 所以，函数在和上单调递减，在单调递减 故函数的极大值为. （2）解：因为，则， 由题意，可得（、且）， 即 因为，由不等式性质可得恒成立， 又、、，所以，对恒成立， 令，则对恒成立， 所以，在上单调递增，所以，，故， 从而“对恒成立”等价于“”， 所以，的取值范围为. 题型09：证明不等式问题 【典型例题1】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：． 【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. 【解析】（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． 【典型例题2】设函数 (1)分析的单调性和极值； (2)设，若对任意的，都有成立，求实数m的取值范围； (3)若，且满足时，证明：. 【分析】（1）求导研究函数单调性，求出极值； （2）构造函数，求导后注意到，进而得到，，再验证充分性； （3）构造函数利用导函数研究其单调性，从而证明不等式. 【解析】（1）函数，则， 令，解得：，且当时，，时，， 因此：在单调递减，在单调递增， 故的极小值为，无极大值. （2）对任意的，都有成立， 即对任意的，恒成立， 令，则， 注意到：，若要，必须要求，即，亦即， 另一方面：当时，因为单调递增， 则当时，恒成立， 所以在时单调递增，故；故实数的取值范围为：； （3）记，则， 记，，， 当时，，为增函数， 当时，，为减函数， 所以，即， 所以函数在单调递减， 则为，注意到，不妨， 要证，只需证，即证：， 即证：，即证：， 记， 则，记， 则，所以在单调递增，所以， 即，所以在单调递减，所以， 所以，所以，得证. 【典型例题3】已知函数为函数的导函数． (1)讨论函数的单调性； (2)已知函数，存在，证明：． 【解题思路】（1）运用导数研究函数单调性即可. （2）由可得，结合（1）可得，联立两者可得，运用比值代换法，设，转化为求证,即可证明. 【解答过程】（1）的定义域为，， 令，则， 所以函数在单调递增， 又因为， 所以，， 即：，， 所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增. （2）由（1），得， 又，即， 所以． 不妨设，所以． 由（1）得当，函数单调递增，所以， 故， 所以， 所以，故． 下证． 即证：， 设， 则， 所以函数在区间上单调递增， 所以， 故，即， 所以，即， 所以，得证． 【典型例题4】已知函数. （1）当时，试判断函数在上的单调性； （2）存在，，，求证：. 【解题思路】（1）求出，当时，的最小值大于零，则在上单调递增； （2）令，，将转化为，再构造函数利用导数证明最小值小于0. 【解答过程】（1）(方法一)当时，，， 当时，， 所以，当时，函数在上单调递增. (方法二)当时，，， 由， 结合函数与图象可知：当时，，， 所以两函数图象没有交点，且. 所以当时，. 所以，当时，函数在上单调递增.    （2）证明：不妨设，由得， ， . 设，则，故在上为增函数， ，从而， ， ， 要证只要证， 下面证明：，即证， 令，则，即证明，只要证明：， 设，，则在单调递减， 当时，，从而得证，即， ，即. 【变式训练9-1】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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式训练9-2】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：. 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式训练9-3】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，为函数的两个零点，求证：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 【变式训练9-4】已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)若，满足. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【解题思路】（1）求出导函数，利用导数的正负判断函数的单调性即可； （2）（i）由题设及零点存在定理列不等式组求解即可； （ii）按照和分类讨论，若时，设，根据零点存在性定理得则在内有两零点和，根据正弦函数对称性可知，然后证明成立即可. 【解答过程】（1）由得， 当时，单调递增；当时，单调递减. 故单增区间为单减区间为. （2）（i）由题设及零点存在定理可知，且有，且，所以，所以，即. （ii）若时，则； 若时，设，有，且， 则在内有两零点和，其中， 而关于对称，且有. 由在单增，知，有， 由在单减，知，有， 则，即. 综上，. 题型10:双变量的新定义问题 【典型例题1】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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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，. 【典型例题2】设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质． (1)设函数，其中b为实数． （i）求证：函数具有性质； （ii）求函数的单调区间． (2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数， ，，且，，若，求m的取值范围． 【解题思路】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间. （2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围． 【解答过程】（1）（i）， 因为，恒成立，所以函数具有性质； （ii）设，与的符号相同. 当即时，，， 故此时在区间上递增； 当时，对于，有，所以此时在区间上递增； 当时，的图象开口向上，对称轴，而， 对于，总有，，所以此时在区间上递增； 当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为： ，且，， 当时，，，此时在区间上递减； 同理得：在区间上递增. 综上所述：当时，在区间上递增； 当时，在区间上递减，在上递增. （2）由题意，得：， 又对任意的都有， 所以对任意的都有，在上递增. 又， 当时，，且， 所以，所以或， 若，则， 所以不合题意. 所以，即，解得：，， 当时，，，符合题意. 当时，，且， 同理有，即，解得：，， 综合以上讨论，所求m的取值范围时. 【典型例题3】如图，对于曲线，存在圆满足如下条件：         ①圆与曲线有公共点，且圆心在曲线凹的一侧； ②圆与曲线在点处有相同的切线； ③曲线的导函数在点处的导数（即曲线的二阶导数）等于圆在点处的二阶导数（已知圆在点处的二阶导数等于）； 则称圆为曲线在点处的曲率圆，其半径称为曲率半径． (1)求抛物线在原点的曲率圆的方程； (2)求曲线的曲率半径的最小值； (3)若曲线在和处有相同的曲率半径，求证：． 【解题思路】（1）设抛物线在原点的曲率圆的方程为，求出导数、二阶导数，结合所给定义求出即可； （2）设曲线在的曲率半径为，根据所给定义表示出，再由基本不等式计算可得； （3）依题意函数的图象在处的曲率半径，即，从而得到，令，，即可得到，再由基本不等式证明即可． 【解答过程】（1）记，设抛物线在原点的曲率圆的方程为，其中为曲率半径． 则，， 故，，即， 所以抛物线在原点的曲率圆的方程为； （2）设曲线在的曲率半径为．则 法一：， 由知，， 所以 ， 故曲线在点处的曲率半径， 所以，则， 则，当且仅当，即时取等号， 故，曲线在点处的曲率半径． 法二：，， 所以，而， 所以，解方程可得， 则，当且仅当，即时取等号， 故，曲线在点处的曲率半径． （3）法一：函数的图象在处的曲率半径， 故， 由题意知：  令， 则有， 所以，即，故． 因为，所以， 所以， 所以． 法二：函数的图象在处的曲率半径， 有 令，则有， 则，故 ， 因为，所以， 所以有， 令，则，即， 故，所以，即； 法三：函数的图象在处的曲率半径． 故 设，则， 所以当时，当时， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故有， 所以， 要证，即证， 即证  将 ， 下证：当时，有， 设函数（其中）， 则， 故单调递增， ， 故，所以． 法四：函数的图象在处的曲率半径， 有， 设． 则有， 所以当时，当时， 故在上单调递减，在上单调递增． 故有， 所以， 要证，即证， 即证．将， 下证：当时，有， 设函数（其中）， 则， 故单调递增，故 ， 故，所以． 【变式训练10-1】已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数. (1)函数，是否为函数﹖请说明理由； (2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围； (3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式. 【解题思路】（1）根据函数的定义，即可证明； （2）分为在区间上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据函数的性质，列式求解； （3）首先根据函数是函数，构造函数，再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求. 【解答过程】（1）是函数，理由如下， 对任意，， ，故 （2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减， 由，即，得， 又，，则，（构造时，等号成立）， 所以； （ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增， 由，同理可得， 又，，则，（构造时，等号成立）， 所以； 综上所述：所求取值范围为； （3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设， 此时， 由为函数，得恒成立，即 恒成立， 设，则为上的减函数，，得对恒成立， 易知上述不等号右边的函数为上的减函数， 所以，所以的取值范围为， 此时， 法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数， 法2：， 因为，当，，所以为上的增函数， 由题意得，，. 【变式训练10-2】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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 【变式训练10-3】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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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，. 【变式训练10-4】已知常数为非零整数，若函数，满足：对任意，，则称函数为函数. (1)函数，是否为函数﹖请说明理由； (2)若为函数，图像在是一条连续的曲线，，，且在区间上仅存在一个极值点，分别记、为函数的最大、小值，求的取值范围； (3)若，，且为函数，，对任意，恒有，记的最小值为，求的取值范围及关于的表达式. 【解题思路】（1）根据函数的定义，即可证明； （2）分为在区间上仅存的极大值点或极小值点讨论单调性，以及根据函数的性质，列式求解； （3）首先根据函数是函数，构造函数，再求函数的导数，参变分离后转化为求函数的值域，并求. 【解答过程】（1）是函数，理由如下， 对任意，， ，故 （2）（ⅰ）若为在区间上仅存的一个极大值点，则在严格递增，在严格递减， 由，即，得， 又，，则，（构造时，等号成立）， 所以； （ⅱ）若为在区间上仅存的一个极小值点，则在严格递减，在严格增， 由，同理可得， 又，，则，（构造时，等号成立）， 所以； 综上所述：所求取值范围为； （3）显然为上的严格增函数，任意，不妨设， 此时， 由为函数，得恒成立，即 恒成立， 设，则为上的减函数，，得对恒成立， 易知上述不等号右边的函数为上的减函数， 所以，所以的取值范围为， 此时， 法1：当时，即，由，而，所以为上的增函数， 法2：， 因为，当，，所以为上的增函数， 由题意得，，. 一、单选题 1．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． 【解题思路】变换得到，，构造函数，确定函数单调递增，得到，化简得到答案. 【解答过程】，故，，即； ，故，即. 设，，，函数单调递增， ，故，即， 整理得到，即. 故选：D. 2．已知是函数的两个极值点，若不等式恒成立，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】求导得极值点满足的等量关系，回代入式子化简减元，将恒成立问题转化为一元函数值域问题求解可得. 【解答过程】，，则， 令得，， 由题意知是方程的两正根， 则，解得，且. 由 ， 令，则， 由，故在单调递减，故， 要使恒成立，即恒成立， 则，则实数的取值范围是. 故选：B. 3．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（    ）． A．1 B． C． D． 【解题思路】令，将都用表示，从而可将构造出关于的函数，再利用导数求出函数的最小值即可. 【解答过程】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． 4．已知直线与函数的图象恰有两个切点，设满足条件的k所有可能取值中最大的两个值分别为和，且，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】根据结论恒成立可只考虑的情况，假设切点坐标，则只需考虑，，其中的情况，可将表示为；构造函数，，利用导数可求得的单调性，从而对进行放缩即可求得所求范围. 【解答过程】对于任意，，，的范围恒定， 只需考虑的情况， 设对应的切点为，，， 设对应的切点为，，， ，，， 只需考虑，，其中的情况， 则， ，其中， ； 又，， ，； 令，则， 在上单调递增，又， ，又，， ； 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， 即，在上单调递减，， ，； 综上所述：. 故选：C. 5．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D． 【解题思路】先得到，再由的单调性得，进而得到，由导数求出的最大值，即可求解. 【解答过程】，，易得在上，则在上单调递增， 又，所以即，，所以，则，令，则， 当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，即时，取得最大值． 故选：A. 6．已知若对于任意两个不等的正实数、，都有恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，构造函数，分析可知函数在上为增函数，可知对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围. 【解答过程】不妨设，可得，可得， 令，则， 所以，函数在上为增函数， 对任意的恒成立，所以，， 当时，，当且仅当时，等号成立， 所以，. 故选：B. 7．已知函数的定义域为，且对恒成立，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【解题思路】设，由题意，原问题等价于，令 ，则，进而可得在上为减函数，则在上恒成立，即从而即可求解. 【解答过程】解：设，因为对，当时都有恒成立， 等价于，即， 令，则，所以在上为减函数， 所以在上恒成立，即在上恒成立， 令，则， 所以函数在上单调递减，在单调递增， 又，，且， 所以， 所以，解得， 故选：A. 8．已知函数，若，且，，则（    ） A． B． C． D． 【解题思路】 利用导数讨论函数的单调性，设、且，结合图象得，再利用导数研究函数的性质得，结合变形、基本不等式，即可判断各项正误. 【解答过程】，则，令， 当时，单调递减，当时，单调递增， 在上，且，，，即. 综上，的图象如下：结合，，令， 如上图，若且，则，则不一定成立，A错误； 又，故，则不一定成立，B错误； 令， 则， 当时，，得，则； 当时，，得，则， 所以函数在R上单调递增，且， 所以在R上恒成立，得， 即，又，所以， 由，且函数在单调递减，得，即，D正确. 又，则，即，故，C错误. 故选：D. 二、多选题 9．若函数，，满足对均有，则的取值不可能为（    ） A． B． C． D．9 【解题思路】将问题转化为两个函数的零点重合，得出转化单变量的函数最值问题，求导计算即可. 【解答过程】条件对均有恒成立，等价于， 易知，与均在定义域内单调递增， 且由，故时， 若要满足题意，只需两函数的零点相同即可，则 令，即， 则，令，则，，即在上单调递减，上单调递增， ，显然A、B不可能，C、D可能 故选：AB. 10．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． 【解题思路】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. 【解答过程】令，则， 故时，递增；时，递减， 所以的极大值，且，， 因为直线与曲线相交于､两点， 所以与图像有2个交点， 所以，故A正确； 设，且，可得， 在点处的切线程为 ，得，即， 因为，所以，即，故B错误； 因为，所以， 因为为两切线的交点， 所以， 即，所以， 所以，故C正确； 因为，所以，所以， 同理得，得，即， 因为，所以，故D正确. 故选：ACD.    11．设函数，则（    ） A． B．函数有最大值 C．若，则 D．若，且，则 【解题思路】根据的解析式直接求解可对A判断；利用导数求最值方法可对B判断；结合给出的已知条件并利用A、B中的结论可对C、D判断求解. 【解答过程】对A，由题意知，所以，故A正确； 对B，由题意知的定义域为，， 当，，当，，所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取到极小值也是最小值，故B错误； 对C，当时，可得，由A知， 所以， 由B知恒成立，所以，故C正确； 对D，当时，得，又因为，所以， 由B知在上单调递增，所以，又由A知， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题 12．已知函数，若，则的最小值为 . 【解题思路】令，则，求导，利用导数研究函数的最小值即可. 【解答过程】设，即，解得， 所以，令，则，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为，所以的最小值为. 故答案为：. 13．若函数存在两个极值点，则的取值范围是 ． 【解题思路】根据极值点定义可知为的两根，由可求得，并得到韦达定理的形式；结合韦达定理将化简为，令，利用导数可求得单调性，由此可得的范围，即为所求范围. 【解答过程】由题意知：的定义域为，， 有两个极值点，为的两根， ，又，解得：；，， ； 令，则， 当时，恒成立，在上单调递减， ，则的取值范围为. 故答案为：. 14若对于，，使得不等式恒成立，则整数x的最大值为 ． 【解题思路】由题，有.利用导数可得，则可得. 后将看成关于m的函数，后分类讨论 的最大值与0的大小即可. 【解答过程】恒成立， 等价于. 令，，则， 注意到时，，，时，. 则在上单调递减，在上单调递增，则. 则，则 . 令，. 当，，故满足条件； 当，则在上单调递减， 故. 令，. 则，得在上单调递增， 时，，不合题意； 综上，整数x的最大值为. 故答案为：. 四、解答题 15．已知函数，其中． (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)当时，若且，比较与的大小，并说明理由 【解题思路】（1）对函数求导，利用函数单调性与导数的关系，建立不等式求解即可； （2）由，得，要证明，只需证明，两边同时取对数整理得，构造函数，利用导数的性质证明即可. 【解答过程】（1）， 在上单调递增，在上恒成立且满足的点不连续． 当时，．由在上单调递减可知， 当时，，， 综上，的取值范围为 （2）当时，， 且， 下面证明， 即证明，等价于证明：， 设，所证即为：， 等价于证明：， 设函数． 在上单调递增，而， ，所证不等式成立． 16．已知函数，. (1)当时，求函数的单调区间与极值； (2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围. 【解题思路】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可； （2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况， 分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可. 【解答过程】（1）当时，，其定义域为， ， 所以显然当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递増； 所以有极小值，无极大值； 综上所述，单调递减区间为；单调递増区间为；有极小值，无极大值. （2），令， 因为，所以在单调递增，则， 令，即在有2个零点，且， 因为， 当时，在单调递增，不存在2个零点， 所以， 当时，:当时，. 所以在单调递减，在单调递增， 则， 令， 当时，单调递减：当时，单调递增， 则，所以恒成立.即恒成立. 因此， ， 因为时，;且. ， 因为时，;且. 所以当，即时，函数有2个不同的零点. 又，即等价于， 设. 当时，;当时，. 则在上单调递增，在上单调递减，则， 由题意得:. （i）当，即时，恒成立; （ii）当，即时，有. 令， 由，即可得，所以， 综上，，因此. 17．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． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 18．已知. (1)当时，求的单调区间； (2)若有两个极值点，，证明：. 【解题思路】（1）求导后，借助导数的正负即可得原函数的单调性； （2）借助换元法，令，，，可得、是方程的两个正根，借助韦达定理可得，，即可用、表示，进而用表示，构造相关函数后借助导数研究其最大值即可得. 【解答过程】（1）当时，， ， 则当，即时，， 当，即时，， 故的单调递减区间为、，单调递增区间为； （2），令，即， 令，，则、是方程的两个正根， 则，即， 有，，即， 则 ， 要证，即证， 令， 则， 令，则， 则在上单调递减， 又，， 故存在，使，即， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则， 又，则，故， 即，即. 19．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：． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 20.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 【知识点】由函数在区间上的单调性求参数、利用导数证明不等式、利用导数研究双变量问题 【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. 【详解】（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． 21.已知函数. (1)若，求函数的单调增区间； (2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值； (3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：. 【答案】(1)单调增区间为 (2)2 (3)证明见解析 【知识点】利用导数求函数的单调区间（不含参）、利用导数证明不等式、利用导数研究不等式恒成立问题、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）先求出，再利用导数求出的单调增区间； （2）先利用分离参数法得到对恒成立.令，求导得到，再令，判断出，使，得到在上单调递增，在上单调递减，求出，得到.由，求出整数a的最小值； （3）用分析法证明：当时，把题意转化为只需证.先整理化简得到，只需证.令，构造函数，利用导数证明出.即证. 【详解】（1）当时，，所以， 则，定义域为. 令，解得：. 所以的单调增区间为. （2）依题意对恒成立，等价于对恒成立. 令，则 令在上是增函数， ， 所以，使即 对，，，所以在上单调递增； 对，，，所以在上单调递减. 所以. 所以. 又，所以整数a的最小值2 （3）当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，； 依题意存在，使得 已知可得 要证成立，只需证 因为是的零点，所以， 两式相减得： 即 只需证 又因为只需证 即证 令则，所以， 所以在增函数，所以即. 即成立. 所以原不等式得证. 【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)利用导数证明不等式． 22.已知函数，． (1)当时，求在处的切线方程； (2)若有两个极值点，且． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析. 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、利用导数证明不等式、根据极值点求参数、利用导数研究双变量问题 【分析】（1）根据条件，求出，，根据利用导数的几何意义，即可得解； （2）①利用导数分析函数的单调性，根据函数有个极值点可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围； ②分析可知，，将所证不等式转化为，分、两种情况讨论，在时，利用不等式的基本性质可证得结论成立；利用，，要证，只需证，构造，并利用导数分析函数的单调性，可证得. 【详解】（1）解：当时，，该函数的定义域为， 则，所以，，， 此时，曲线在处的切线方程为，即. （2）解：①， 令，，则， 令，则对任意的恒成立， 所以，函数在上单调递增， 因为，当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，函数在上单调递减，在上单调递增， 因为函数有两个极值点，所以，， 解得， 此时， 所以，函数在、上各有一个极值点，合乎题意； 所以的取值范围为． ②由于的两根为， 所以，由①知 要证，只需证，即证： 令，则 令，则. 当时，，此时函数单调递增，所以，，即. 所以 又，在上单调递增 所以，所以在上单调递增， 可得，因为，故得证， 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. 23.已知函数，. (1)若，求函数的极值； (2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值； (3)若，正实数满足，证明：. 【答案】(1)极大值为，无极小值； (2)； (3)证明见解析. 【知识点】求已知函数的极值、利用导数研究能成立问题、利用导数研究双变量问题 【分析】(1)根据f(1)＝0求出a的值，确定f(x)并求出，根据正负判断f(x)单调性，从而可求f(x)在定义域(0，＋)的极值； (2)参变分离不等式，构造函数问题，问题转化为.利用导数研究g(x)单调性和最大值即可求出整数a的最小值； (3)化简方程为，令，构造函数，研究的最小值，得到关于整体的不等式，解不等式即可得结论. 【详解】（1）∵，∴， 此时，， ，， 由得，由得， ∴的单调增区间为，单调减区间为， ∴有极大值为，无极小值； （2）由恒成立，得在上恒成立， 问题等价于在上恒成立. 令，只要. ∵. 令， ∵，∴在上单调递减. ∵，， ∴在(0，＋)上存在唯一的，使得，即， ∴. ∴当时，，g(x)单调递增， 当时，，g(x)单调递减， ∴，即， ∵，∴整数的最小值为； （3）由题可知，. 当时，，. ∵， ∴， ∴， 令，则由得，， 易知在上单调递减，在上单调递增， ∴， ∴， 解得成立. 【点睛】本题第二问关键是讨论函数的零点和单调性和，从而参变分离后函数的最小值，解题过程中零点无法求出，属于隐零点，可以设而不求，利用隐零点将对数式转换为幂式进行计算.第三问的关键是将方程变形，把看成整体进行求解. 24.已知函数（且）． (1)，求函数在处的切线方程． (2)讨论函数的单调性； (3)若函数有两个零点，且，证明：． 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【知识点】求在曲线上一点处的切线方程（斜率）、含参分类讨论求函数的单调区间、导数中的极值偏移问题 【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程； （2）求出导函数，对a分类讨论： a<0和a>0分别讨论单调性； （3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由构造函数，利用导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0即为f(2e- x2)>0. 【详解】（1）当时，，所以. ，所以. 所以函数在处的切线方程为，即. （2）的定义域为(0，+∞)， . 当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减； 当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增. （3）当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增. 由题意可得：.由及得：. 欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可. 由得 .所以 令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0. 综上x1+x2>2e. 【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)利用导数判断单调性，证明不等式． 25.已知函数有两个不同的零点. (1)求实数的取值范围； (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见详解 【知识点】利用导数研究函数的零点、导数中的极值偏移问题 【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解； （2）利用单调性将问题转化为证明，然后构造差函数，利用导数证明即可. 【详解】（1）的定义域为， 因为，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，取得最小值. 又当x趋近于0或时，趋于， 所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即. 所以实数的取值范围为.    （2）不妨设，由（1）可知，，则， 要证，只需证， 又在上单调递增，所以只需证，即证. 记， 则， 当时，，单调递增， 又， 所以，即. 所以. 【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，单调性结合即可证明. 1 学科网（北京）股份有限公司 $