专题06 利用导数研究双变量和多变量问题（3大题型26题）（期中复习专项训练）高二数学下学期人教A版

高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 专题06利用导数研究双变量和多变量问题 (含拉格朗日中值定理) 题型归纳·内容导航 题型1利用导数研究双变量问题（难点） 题型3利用导数研究多变量问题（难点） 题型2拉格朗日中值定理 题型通关·靶向提分 题型一利用导数研究双变量问题（共9小题） 1。(2425商二下浙江杭州开学考试)已知函数-，其中>0，：为自然对数的底数 (1)求f(x)的单调区间： 因版<且0，请断小-与的大小，并正明 2.(24-25高二下山东淄博.期中)己知函数f(x)=xe. (1)求f(x在(1，e处的切线方程； (2)若xe(0,+o）,f(x)≥a(e-1),求a的取值范围； 3)若x、x2(0,),讨论f(x)-f(x2与x-x,的大小关系，并说明理由. 3.(24-25高二下.北京期中)己知函数f(x)=xe. (1)求f(x)在1，e处的切线方程； (2)若xe(0,+o）,f(x)≥a(e-1,求a的取值范围： 3)若x、x,(0,1,讨论f(x)-f(x,与(x-x2)的大小关系，并说明理由. 4.(24-25高二下.广东湛江·期中)设函数f(x)=xnx)2-(a+2)xlnx+(a+3)x,a>0. (1)a=1时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程； (2)讨论f(x)的单调性： 3)若f国有两个极值点x,且x<x,证明：fx_<4(s-e血 e 1/6 函学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 5.(24-25高二下.广东清远期中)己知函数f(x)=nx-x2+x. (1)求函数的单调区间： (2)是否存在x使得f(f(x)+1)≥0成立？若存在，求x的取值范围，若不存在，请说明理由： e法方程0=-4aeR)有两个不同的实板解，<小证明：（代++》1 6.(24-25高二下广东江门-月考)已知函数fx=r,gx=ax+b,设F(x=fx-gx: (1)若a=1,求F(x)的最大值； (2)求f(x)在[2，m(m>2)上的最小值； (3)若F(x)有两个不同的零点x,x2,求证：(：+x)g(:+x)>2。 7.(2024河北保定.二模)已知函数f(x)=ax-xlnx,f'(x)为其导函数. (1)若f(x)≤1恒成立，求a的取值范围： 2)若存在两个不同的正数x,x2,使得f(x)=f(x),证明：(Vxx2>0 8.(2025·天津模拟预测)己知函数f(x=xe,g(x)=lnx+x. (1)求函数gx在(1，g(1)处的切线方程： (2)若h(x)=fx-ag(x), (i)当a=1时，求函数hx的最小值： （i)若()=0有两个实根X,五，且≠6，证明：e> Xx, 9.(24-25高二下.天津·月考)己知函数f(x)=x(1-lnx) (1)求f(x)的单调区间： (2)若f(x)>-mx3+(m+1)x对x∈(L,+o)恒成立，求实数m的取值范围； 其中a>0,b>0,a*b,证明2<2+<e. 题型二拉格朗日中值定理（共5小题） 10.(25-26高三上，重庆月考)拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理，具体内容为：若函数f(x)在闭区 间[a,b]上连续，在开区间(a,b)内可导，则在区间(a,b)内至少存在一个点x,∈(a,b),使得 fb)-f@='x)(fx)是fx)在6处的导数值)，其中6称为函数y=f)在闭区间[a,上的中值 b-a 2/6 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 点现在有这样的问题若函数f)=cosx在区间[0，]上的“中值点”个数为m,函数g()=xe(其中e为自 然对数的底数)在区间0，山上的“中值点"的个数为n,则有m+n=() A.1 B.2 C.3 D.0 11.(24-25高二下.江苏徐州期中)已知函数f(x=e-e+ax(aeR】 (1)当a=-1时，求f(x)的单调区间： (2)若f(x)存在两个极值点x1,x2, (i)求a的取值范围； ()证明： f)-fx2>a+2. x1-X2 12.（24-25高三上河北唐山月考)约瑟夫路易斯拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是 他发现的.定理如下：若函数∫(x)满足如下条件： ①函数f(x)在区间a,b]上连续（函数图象没有间断）； ②函数f(x)在开区间(a,b)内可导（导数存在）·则在区间(a,b)内至少存在一点三，使得 传)=fb-a成立，其中称为拉格朗日中值点”. b-a (1)求函数f(x)=x3+2x在-1,1川上的“拉格朗日中值点”的个数； (2)对于任意的实数4，t2,证明：cos12-cos1≤2-1； (3)已知函数h(x=xe-x2-alnx(a≥0)在区间(0，+o）上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当x>x1>0时， 证明： h(x)th(x2)h 2 2 13.(2025高三.全国.专题练习)拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数f(x)满足条件：①f(x在闭区间a,b]上连续；②fx在开区间(a,b)内可导，则存在me(a,b), 使得f"mj=f)-fa b-a 诺了x=x,a=0,b=2,求满足fm=fb-@m∈a.b)的实数m的值， b-a (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： (i)对任意的r>0且x1,证明不等式x-1<nr<x-1. 3/6 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (ii)已知函数f(x=2xnx+x2-(x-1)e,对任意的x,x2∈ 5，-s小sa-恒 成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：ln2*0.693，lh3≈1.099，e5≈1.396，e2≈7.389. 14.(24-25高三上江西鹰潭·月考)法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个 定理，具体如下：如果函数y=fx满足如下条件：①在闭区间a,b]上的图象是连续的；②在开区间(a,b)上 可导，则在开区间(a,b)上至少存在一个实数专，使得-f@=f代)成立，人们称此定理为拉格朗日 b-a 中值定理” (已知f=2x+十mlx,a,be,3)且a<b, (D若fa)-川b>1恒成立，求实数m的取值范围， a-b (i)当-1≤m<0时，求证： 2f(a)+s(o)> 2a+b 3 、3 (2已知函数g(y)=xnae+ae-x(a>0)有两个零点，记作x,x,若0<2x<,证明：e+2>32 题型三利用导数研究多变量问题（共12小题） 15.(24-25高二下.重庆沙坪坝.期末)已知函数f(x)=x2-1+aln(1+x), (1)若f(x)在定义域内单调递增，求实数a的取值范围； (2)当a=1时，若对任意xe-l,+o）,不等式f(x-x2+2≤be+lnb恒成立，求实数b的最小值： (3)若f(x)存在两个不同的极值点x,x2,x<x2,且f(x)<mx2,求实数m的取值范围. 16.(2025浙江·模拟预测)已知函数fx)=(x+a)lnx+1)(aeR),gx=lnx-b.xb>0). (1)若a=2,求曲线y=fx)在点(0，f(0)处的切线方程； (2)当x>0时，f(x>2x恒成立，求实数a的取值范围； 若存在x,,∈0，+0，使得8=g怎≠证明：V压+x>万 17.(2025北京高考真题)已知函数fx)的定义域是(-1，+0，/10=0，导函数/y-血1+，设是 1+x 曲线y=f(x在点A(a,f(a)(a≠O)处的切线. 4/6 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 (1)求"(x)的最大值； (2)当-1<a<0时，证明：除切点A外，曲线y=f(x)在直线的上方： 、2a-x-方的取 3)设过点A的直线马与直线乙垂直，4，与x轴交点的横坐标分别是X,。,若a>0,求飞一x 值范围。 18.(24-25高三上·天津南开期末)已知函数f(x)=xe. (1)求曲线y=f(x)在其零点处的切线方程； (2)若方程fx)=x(x>0有两个解x,x2,且x<2 (i)求实数a的取值范围； (i)若x+红，≥口，恒成立，求实数k的取值范围 e-2 19.(24-25高二下.河南.期中)己知函数f(x)=xnr-ax2-x+aa∈R). (1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(e,f(e)处的切线方程： (2)若∫(x)有两个极值点x,x,x,<x2),求a的取值范围； (3)在(2)的条件下，证明：当2≥1时，lnx,+lnx,>1+元. 20.(24-25高二下.浙江温州.期末)已知函数f(x)=(a-1)x+nx. 若a-,求函数f)的单调区间： (2)对任意x>0,不等式e-+(x-1)a-x≥f(x)恒成立，求a的取值范围； (3)对任意t<1,x>0,不等式e--lna-t≥f(x)恒成立，求a的取值范围. 21.（24-25高二下广东韶关，期末)已知函数f(x)=e*-ax. (1)讨论f(x)的单调性； (2)若f(x)≥0，求实数a的取值范围； (3)当a=2时，若关于x的方程f(x)=t∈R)有两个实根x和x2,求证：x1-x,<31-1. 22.（17-18高三上.全国.期中)已知函数f(x=x2-ax-ae. (1)讨论函数f(x)的单调性； 2)若ae(0,2),对于任意x,x2e[-4,0,都有f(x)-fx<4e2+me恒成立，求m的取值范围。 5/6 命学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 23.(24-25高二下.山东日照，期末)已知函数f(x)=x-二-alnx(a∈R) (1)当a=1时，求f(x)在点(1，f(1)处的切线方程： (2)若f(x)有3个零点X,x2,x,且x<x2<x (i)求实数a的取值范围； (i)比较x+2x2+x与2a的大小，并证明你的结论. 24.(24-25高二下.湖南衡阳·期末)己知函数f(x)的导数为∫'(x),，∫'(x)的导数为f(x)的二阶导数，记 作∫"x).若函数f(x)在包含x的某个开区间(a,b)上具有二阶导数，那么x∈a,b), g-+八-+x-.我们把歌为函数到在x=气处的=阶银合函数。 11 (1)写出函数y=e在x=0处的二阶拟合函数p(x),并证明e≥p(x对x∈[0，+o∞)恒成立； (2)若e+cosx≥ax+2对x∈[0，+o∞)恒成立，求a的取值范围； (3)设函数g(x)=(x-2)e+m(x-12(m>0)的两个零点为x,为，g(x在x=1处的二阶拟合函数为h(x), 证明：hx)有两个零点x,x4,且x+x2<x+x4 25.(24-25高二下.江苏南京·期末)已知函数f(x)=t(x-)-2nx(t∈R), (1)若f(x)≥0恒成立，求实数t的值： 2当=0时，方程)到+-=m有两个不同的限，分别为名<， ①求实数m的取值范围； ②求证：lnx,+x2>1-m. 26.（24-25高二下广东广州期中)已知函数f(x)=2lnx-(a+1x2-2a.x+1,a∈R. (1)当a=1时，求函数f(x)在点1，f(1)处的切线方程； (2)已知函数f(x有两个零点x,62, ①求实数a的取值范围； ②证明：x+x2> 2 a+1 6/6专题06 利用导数研究双变量和多变量问题 （含拉格朗日中值定理） 题型1 利用导数研究双变量问题（难点） 题型3 利用导数研究多变量问题（难点） 题型2 拉格朗日中值定理 3 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型一 利用导数研究双变量问题（共9小题） 1．（24-25高二下·浙江杭州·开学考试）已知函数，其中，为自然对数的底数. (1)求的单调区间； (2)设且，请判断与的大小，并证明. 【答案】(1)单调递减区间为和；单调递增区间为 (2)，证明见解析 【分析】（1）求出导函数，利用导数法求得的单调区间即可． （2）构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调区间，从而判断出两者的大小关系． 【详解】（1）的定义域为，，， 令得，令得且， 即在区间和上，单调递减， 在区间上，单调递增， 所以的增区间为，减区间为，． （2），证明如下： 令，则定义域为，， 令，则， 则当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 则，所以在，上单调递增， 因为且，所以或， 所以恒成立，即，所以. 2．（24-25高二下·山东淄博·期中）已知函数. (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由. 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求出的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可求出实数的取值范围； （3）不妨设，分析可知，函数在区间上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出与的大小. 【详解】（1）因为，则，所以，又 所以在处的切线方程为，即. （2）令，其中，则， 由，可得. 当时，即当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时，由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减， 故，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）不妨设，且当时，，故函数在上单调递增， 先比较与的大小，即比较与的大小关系， 令，其中，所以， 故函数在上单调递增， 因为，所以，即， 即，故， 3．（24-25高二下·北京·期中）已知函数． (1)求在处的切线方程； (2)若，，求的取值范围； (3)若、，讨论与的大小关系，并说明理由． 【答案】(1) (2) (3)，理由见解析 【分析】（1）求出的值，利用点斜式可得出所求切线的方程； （2）令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证能否恒成立，即可求出实数的取值范围； （3）不妨设，分析可知，函数在区间上的单调性，构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，可得出与的大小，再结合不等式的性质可得出与的大小关系. 【详解】（1）因为，则，所以， 所以在处的切线方程为，即. （2）令，其中，则， 由，可得. 当时，即当时，对任意的，， 此时，函数在上单调递增，则，合乎题意； 当时，即当时，由可得，由可得， 所以，函数在区间上单调递减， 故，不合乎题意. 综上所述，实数的取值范围是. （3）不妨设，且当时，，故函数在上单调递增， 先比较与的大小，即比较与的大小关系， 令，其中，所以， 故函数在上单调递增， 因为，所以，即， 即，故， 因为，故，所以， 故. 4．（24-25高二下·广东湛江·期中）设函数． (1)时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若有两个极值点且，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析. (3)证明见解析 【分析】（1）当时，求出切线斜率，然后得到切线方程； （2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性； （3）利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可． 【详解】（1）的定义域为． 所以，， 因此曲线在点处的切线方程为， 取得． （2）． （i）时，在单调递增． （ii）时，令，则， ，． 则单调递增．单调递减． 综上所得， 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （3）由（2）知，因为是方程的两根，所以．可得. 等价于． 其中． 因此待证式等价于，两侧同时加，得， 即证，等价于， 由且得， 记，则， 记，则，所以单调递减， 所以，则，所以单调递减，所以，证毕． 5．（24-25高二下·广东清远·期中）已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)是否存在x使得成立？若存在，求x的取值范围，若不存在，请说明理由； (3)若方程有两个不同的实数解，证明：． 【答案】(1)单调递增区间是，单调递减区间是 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）通过求导，根据导数的正负来确定函数的单调区间； （2）借助前面的单调性讨论，得到最值，要使能成立，则只能，得到计算即可； （3）由有两个不同的实数解得，构造并研究其函数值符号得，由有两个不同的实数解，构造，并利用导数研究性质可得，令，则方程有两个不同的实数解，构造设，导数研究性质得，进而得到，即可证. 【详解】（1）首先对函数求导，可得： ，函数的定义域为， 令，即，因为，则，解得， 当时，，所以在上单调递增； 当时，，所以在上单调递减， 综上所得，函数的单调递增区间是，单调递减区间是. （2）由前面知道，的最大值为，要使能成立，则只能，即，则，有前面讨论，知道函数的单调递增区间是，单调递减区间是.则. （3）由，得， 若有两个不同的实数解，则， 两式相减得，所以． 不妨设，则， 所以在上单调递增，此时，所以． 所以，即，所以①． 由，得有两个不同的实数解， 令， 当时单调递增，当时单调递减， 由，，所以． 令，则方程有两个不同的实数解． 由前面（1）（2）知，则有． 设，则， 当时，单调递减，当时，单调递增， 此时，即，故，当且仅当时等号成立． 不妨设直线与直线交点的横坐标分别为， 则， 所以②． 综上，． 6．（24-25高二下·广东江门·月考）已知函数，，设. (1)若，求的最大值； (2)求在上的最小值； (3)若有两个不同的零点，求证：. 【答案】(1)； (2)答案见解析； (3)证明见解析. 【分析】（1）把代入，求出函数导数，确定函数的单调性求出最大值. （2）求出函数的导数，进而求出其单调区间，再分类讨论求出最小值. （3）利用零点的定义可得，，作差变形并构造函数，利用导数探讨取值集合即可. 【详解】（1）依题意，函数，其定义域为， 当时，，求导得， 当时，，；当时，，， 函数在上单调递增，在上单调递增减， 所以的最大值为. （2）函数，求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，而， 因此函数在上单调递增，在上单调递减，又， 所以当时，；当时，. （3）依题意，不妨令，，即， 两式相减得， 不等式， 令，则， 令函数，，函数在上单调递增， 因此，即，则， 所以. 7．（2024·河北保定·二模）已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解； （2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1），当时，单调递增； 当时，单调递减．所以， 解得，即的取值范围为． （2）证明：不妨设，则，要证， 即证，则证，则证， 所以只需证，即． 令，则，． 当时，，则， 所以在上单调递减，则．所以． 由（1）知在上单调递增，所以，从而成立． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明. 8．（2025·天津·模拟预测）已知函数，. (1)求函数在处的切线方程； (2)若， （i）当时，求函数的最小值； （ii）若有两个实根，，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i）1；（ii）证明见详解. 【分析】（1）计算，由导数的几何意义即可求； （2）（i）求出，利用导数判断单调性，即可求出最值；（ii）将方程有两个实根转化为有两个不相等的零点，由此列方程，将证明转化为证明，由导数证明不等式成立. 【详解】（1）因为，所以， 所以，又， 所以函数在处的切线方程为：，即. （2）（i）当时，，定义域为， ， 令， 则， 所以在上单调递增， 又因为， 所以使得，即，① 故当时，，即，此时在上单调递减； 当时，，即，此时在上单调递增， 所以当时，函数有最小值， 由①可得，即， 所以函数的最小值为. （ii）由题意，，定义域为， 由题意有两个不相等的实数根， 令，则， 所以在上递增，所以， 令， 所以有两个不相等的正的零点，且， 即，两式分别相加减得， . 所以② 要证，只需证， 即证，即需证， 由②知，， 故只需证， 不妨设，令， 则只需证，即， 故只需证， 令 则， 所以在上单调递增， 所以， 即当时，成立. 所以，即，故. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式，主要的方法是通过已知条件，化归与转化所要证明的不等式，然后通过构造函数法，结合导数来所构造函数的取值范围，进而证明不等式成立. 9．（24-25高二下·天津·月考）已知函数 (1)求的单调区间； (2)若对恒成立，求实数的取值范围； (3)若，其中，证明：． 【答案】(1)的递增区间为，递减区间为 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可求出函数的单调区间； （2）依题意可得对恒成立，令，，求出函数的导函数，分、两种情况说明函数的单调性，即可求出参数的取值范围； （3）依题意可得，即，由（1）不妨设，即可得到，令， 利用导数说明单调性，即可证明，再令，利用导数说明单调性，即可证明，从而得证. 【详解】（1）函数的定义域为． 又， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， 即的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）因为对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 即对恒成立， 令，，注意到， 又， 当时，所以在上单调递增，则当时， 即对，恒成立，不符合题意； 当时，则当时，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当，即时，在上单调递减，则当时，符合题意； 当，即时，在上单调递增，则当时，不符合题意； 综上可得实数的取值范围为； （3）因为，其中， 则，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， 令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． 题型二 拉格朗日中值定理（共5小题） 10．（25-26高三上·重庆·月考）拉格朗日中值定理是微分学里的关键定理，具体内容为:若函数在闭区间上连续，在开区间内可导，则在区间内至少存在一个点，使得（是在处的导数值），其中称为函数在闭区间上的中值点.现在有这样的问题:若函数在区间上的“中值点”个数为，函数（其中为自然对数的底数）在区间上的“中值点”的个数为，则有（    ） A．1 B．2 C．3 D．0 【答案】B 【分析】利用拉格朗日中值定理建立方程，再结合导数求出方程解的个数即可. 【详解】设函数在区间上的“中值点”为，求导得， 则，因此，而，则方程有唯一解，即； 设函数在上的“中值点”为，求导得， 于是，即，令函数， 求导得，函数在上单调递增，， 因此函数在上有唯一零点，即方程在上有唯一解，则， 所以. 故选：B 11．（24-25高二下·江苏徐州·期中）已知函数 (1)当时，求的单调区间； (2)若存在两个极值点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)在R上单调递增； (2)（i）；证明见解析. 【分析】（1）由题可得，然后由题意结合基本不等式可得的单调区间； （2）（i）由题可得，令，可得方程有两个相异正根，据此可得答案；（ii）由（i）可得，要证，即证，然后通过研究的单调性可完成证明. 【详解】（1）当时，， 则，当且仅当时取等号. 故此时在R上单调递增； （2）（i）因存在两个极值点， 则. 令，则方程有两个相异正根. 注意到，因其有两个相异正根， 则； （ii）证明：由（i）可得， 设，结合，则. 则 ， 则要证，.即证，其中. 令，则. 令，则， 则在上单调递增，得. 则，得在上单调递增， 则当时，即. 【点睛】关键点睛：对于极值问题，常转化为函数导函数的变号零点问题；对于双变量或多变量问题，问题关键为消元，所以要从题目信息中找到变量间的数量关系. 12．（24-25高三上·河北唐山·月考）约瑟夫·路易斯·拉格朗日是闻名世界的数学家，拉格朗日中值定理就是他发现的.定理如下：若函数满足如下条件： ①函数在区间上连续（函数图象没有间断）； ②函数在开区间内可导（导数存在）．则在区间内至少存在一点，使得成立，其中称为“拉格朗日中值点”． (1)求函数在上的“拉格朗日中值点”的个数； (2)对于任意的实数，，证明：； (3)已知函数在区间上满足拉格朗日中值定理的两个条件，当时，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）先求，再根据“拉格朗日中值点” 的定义令，解方程即可求解； （2）设，分和两种情况讨论，利用拉格朗日中值定理有，结合即可求证； （3）对函数二次求导，利用拉格朗日中值定理，结合函数的单调性即可证明. 【详解】（1）因为，， ，，所以在上的“拉格朗日中值点”的个数为. （2）设，有， 易知函数在上满足拉格朗日中值定理的两个条件， 当时，显然有， 当时，不妨设，由拉格朗日中值定理可知， 存在，使得， 有，又由，有， 可得， 由上知，不等式成立. （3）由，有， 又由，设， 有， 可得函数单调递增， 由拉格朗日中值定理可知，存在， 使得， 同理可知，存在， 使得， 又由和函数单调递增，有， 有， 由化简可得， 故不等式成立． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于能够将问题与拉格朗日中值定理联系并结合导数解决问题. 13．（2025高三·全国·专题练习）拉格朗日中值定理是微分学中的基本定理之一，它的表述如下： 若函数满足条件：①在闭区间上连续；②在开区间内可导，则存在，使得. (1)若，，，求满足的实数的值. (2)运用拉格朗日中值定理求解以下问题： （ⅰ）对任意的且，证明不等式. （ⅱ）已知函数，对任意的，，恒成立，求实数的取值范围.（结果保留3位小数） 参考数据：，，，. 【答案】(1) (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） 【分析】（1）求，利用拉格朗日中值定理建立关于的方程，求的值； （2）（ⅰ）构造函数（且），求，分，两种情况分别进行证明即可；（ⅱ）将问题转化为对任意的，，恒成立，构造函数，讨论函数在上的单调性，从而求解的取值范围. 【详解】（1）因为，所以， 所以由得，解得， 故实数的值为1. （2）（ⅰ）设（且），则， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即， 当时，由拉格朗日中值定理得，存在，使得，即， 因为，所以，从而有，即. 综上，对任意的且，不等式成立. （ⅱ）任意的，，恒成立， 等价于任意的，，恒成立， 不妨设，由拉格朗日中值定理得，存在，使得， 由的任意性，可知，恒成立， 易知，令， 则， 易知函数在上单调递减，，， 由零点存在定理知，存在，使得， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，，即取得最大值， 最大值为， 又，， 所以， 所以，即或， 故实数的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 14．（24-25高三上·江西鹰潭·月考）法国数学家拉格朗日于1797年在其著作《解析函数论》中给出了一个定理，具体如下:如果函数满足如下条件：①在闭区间上的图象是连续的；②在开区间上可导，则在开区间上至少存在一个实数，使得成立，人们称此定理为“拉格朗日中值定理”. (1)已知且， （i）若恒成立，求实数的取值范围； （ii）当时，求证：. (2)已知函数有两个零点，记作，若，证明： 【答案】(1)（i）；（ii）证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）（i）法一：构造函数，利用函数单调递增，则在上恒成立，然后转化为分离参数求最值即可求解；法二：利用拉格朗日中值定理知，恒成立 ，使得，将问题转化为恒成立，在对其进行求解即可； （ii）将，再结合拉格朗日中值定理进行证明即可； （2）由函数有两个零点，转化为方程有2个根，构造函数，然后求导借助函数的单调性和最值确定两个零点的范围，即可求解. 【详解】（1）（i）解：法一：由，且化简得，即， 令，可知在上单调递增， 则在上恒成立，即在上恒成立， 令，显然在上单调递减， 所以，即，故实数的取值范围为. 法二：由拉格朗日中值定理可知，，使得， 故问题转化为恒成立. 又，则恒成立，即恒成立， 因为， 故令，显然在上单调递减， 所以，所以，故实数的取值范围为. （ii）证明：要证，即证， 即证， 又， 由拉格朗日中值定理可知，存在， ， . 由题意知，当时，在上单调递增， 则，故， 即，所以命题得证. （2）函数有两个零点，即方程有两个根，即方程有2个根. 令， 所以在上单调递增，且，即方程有2个根，且这两根即为方程的根， 所以，则，则由，得， 所以，则， 要证，即证， 又，令， 令， 又，所以，故在上单调递增， 所以， 所以，故在上单调递减，所以， 即， 即，所以不等式得证. 【点睛】关键点点睛： （1）对于第一问和第二问关键是理解拉格朗日中值定理，借助定义进行求解即可； （2）第三问是函数“隐零点”问题，解决这类题的方法是对零点设而不求，通过整体代换和过渡，再结合题目中的条件解决问题. 题型三 利用导数研究多变量问题（共12小题） 15．（24-25高二下·重庆沙坪坝·期末）已知函数， (1)若在定义域内单调递增，求实数的取值范围； (2)当时，若对任意，不等式恒成立，求实数的最小值； (3)若存在两个不同的极值点，，且，求实数的取值范围． 【答案】(1) (2)1 (3) 【分析】（1）在定义域内单调递增等价于恒成立，分离参数转化为最值问题求解； （2）由，构造同构函数，利用的单调性求解； （3）由极值点得双变量之间关系，将通过变量代换转化为关于的函数，利用导数判断单调性求其最值情况即可求解. 【详解】（1）由题的定义域为，在恒成立，且的解不连续， 则， 所以的取值范围是； （2）当时，不等式可化为，变形为， 令，求导得，所以在上是增函数， 故，即，即， 所以对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立， 令，则， 所以当时，，则单调递增； 当时，，则单调递减， 所以，即满足不等式的实数的取值范围为， 所以的最小值为1； （3）因为存在两个不同的极值点， 所以由可得是方程的两根， 所以，且，， 所以，故， 又由可得， 而， 令， 则， ∵，∴，即， 则，所以在区间上单调递减， 所以有，即， 所以实数取值范围. 16．（2025·浙江·模拟预测）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在，使得.证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】(1)根据导函数几何意义，利用函数导数求切线方程. (2)根据任意恒成立的解题思路，求构造函数最值，根据最值范围求参数范围. (3)根据题干条件，列出两个函数之间的等式方程，化简求得两个参数之间的关系，列出不等式，对不等式进行放缩，证明题目问题. 【详解】（1）当时，，所以. 又因为，所以切线方程为. （2）设，只需在时恒成立即可， 又，且，所以，即. 下面证明的充分性： ①当时，由， 令，所以， 记，则， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，所以恒成立. 综上所述，实数的取值范围是. （3）由函数.可得， 设，由，可得，则， 由（2）知，当时，，则时，， 所以，则，所以， 代入可得：， 则，所以. 17．（2025·北京·高考真题）已知函数的定义域是，导函数，设是曲线在点处的切线． (1)求的最大值； (2)当时，证明：除切点A外，曲线在直线的上方； (3)设过点A的直线与直线垂直，，与x轴交点的横坐标分别是，，若，求的取值范围． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值； （2）求出直线的方程，再构造函数，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可； （3）求出直线的方程，即可由题意得到的表示，从而用字母表示出，从而求出范围. 【详解】（1）设，， 由可得，当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以的最大值为. （2）因为，所以直线的方程为，即， 设，， 由（1）可知，在上单调递增，而， 所以，当时，，单调递减， 当时，，单调递增，且， 而当时，，所以总有，单调递增 故，从而命题得证； （3）解法一：由题意，直线，直线， 所以，， 当时，，在上单调递增， 所以， 所以 ， 由（1）可得当时，， 所以， 所以. 解法二：由可设，又，所以，即， 因为直线的方程为，易知， 所以直线的方程为, ，. 所以 ,由（1）知,当时，，所以, 所以. 18．（24-25高三上·天津南开·期末）已知函数. (1)求曲线在其零点处的切线方程； (2)若方程有两个解，且. （i）求实数的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2)（i）， （ii） 【分析】（1）先求出函数零点，利用导数的的几何意义求出零点处的切线方程； （2）（i）利用导数判断函数单调性，对分类讨论求解；（ii）利用比值换元法求解. 【详解】（1）令得，且， 零点处切线的斜率为，切点的坐标为， 故零点处的切线方程为； （2）（i）由得， 设，则， ①    当时，，单调递减，则方程至多有一个解； ②    当时，当时，，单调递增；    当时，，单调递减； 若方程有两个解，则，解得， 设，则， 所以在单调递减，从而，即. 所以，又， 所以时，方程有两个解. （ii）由得,所以，， 设，则有，即，， 由得，即， 设，则， 设，则， 设，则， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以存在唯一的，使得， 当，，单调递增， 当，，单调递减， 且，， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 所以，即的取值范围是. 【点睛】关键点点睛：在研究零点型的式子时，一方面可借助韦达定理对该式子单元化处理后进行研究，另一方面，可通过构造含的齐次式，令，整体换元后研究. 19．（24-25高二下·河南·期中）已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若有两个极值点，求的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：当时，. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程； （2）求出函数的导函数，依题意可得有两个不同的变号正根，设，，利用导数说明函数的单调性，即可求出的取值范围； （3）根据极值点的性质得到相关等式，再通过构造函数进行证明. 【详解】（1）当时，，所以， 所以，所以曲线在点处的切线斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）函数的定义域为， 因为有两个极值点， 意味着有两个不同的变号正根. 设，，则. 若，，在上单调递增，不会有两个正根； 当，令，得， 所以当时，所以在上单调递增； 当时，所以在上单调递减. 又当时，当时， 要使有两个正根，需，即，解得. 所以当时，有两个极值点. （3）的定义域为， 因为有两个极值点，意味着是有两个不同正根. 所以，且， 所以，所以， 所以，当时， ， 令，即证当时，对恒成立. 令，则. 因为，所以，所以， 所以在上单调递增，所以，即， 所以当时，恒成立. 20．（24-25高二下·浙江温州·期末）已知函数． (1)若，求函数的单调区间； (2)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围； (3)对任意，不等式恒成立，求a的取值范围． 【答案】(1)增区间是，减区间是 (2) (3) 【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数的正负，求解函数的单调性； （2）首先不等式变形为，再设函数，利用导数判断函数的单调性，转化为隐零点问题，求函数的最值，即可求的取值范围； （3）首先不等式变形，并且同构为函数，根据函数的单调性，得到恒成立，转化为求函数的最值问题. 【详解】（1）此时，从而         所以当时，当时                因此的增区间是，的减区间是 （2）得                   则在上单增                      唯一，得 当时，单减, 当时，单增， 又 得 因为关于递减，而且当时 所以，进而 （3）得             在上单增，则得恒成立 得 当时，单增 当时，单减                     因为，则   21．（24-25高二下·广东韶关·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，求实数的取值范围； (3)当时，若关于的方程有两个实根和，求证：． 【答案】(1)当时，函数在R上单调递增；当时，函数在上单调递减，在单调递增 (2) (3)证明见详解 【分析】（1）对函数求导，分类讨论单调性即可； （2）根据（1）的单调性，首项排除，时符合题意，时，可得，再解不等式即可； （3）根据题意可知函数在取得极小值，故不妨设，证明等价于证，再分别证明，即可. 【详解】（1）由题知函数的定义域为R，， 当时，，函数在R上单调递增； 当时，又在R上单调递增，且， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 综上，当时，函数在R上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在单调递增. （2）由（1）知，当时，函数在R上单调递增， 又当时，，故不符合题意， 当时，，符合题意， 当时，函数在上单调递减，在单调递增， 所以，解得， 综上，的取值范围为. （3）时，， ， 所以在上单调递减，在单调递增， ， 有两个实根和，， ， 不妨取，要证，即证， 现证明，即， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， 即，所以，即， 再证明，即， 令，， 所以在单调递减，在单调递增， 即，所以，即，， 所以，即得证. 22．（17-18高三上·全国·期中）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)若，对于任意，，都有恒成立，求m的取值范围. 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）对函数求导后进行因式分解可得，令，解得或.根据两根大小分，和三种情况讨论，分别令可求得函数的单调递增区间，令可求得函数的单调递减区间； （2）由（1）知：当时，函数在上单调递增，在上单调递减，进而可得，.由题可知，化简变形可得恒成立，∴.设，，对函数求导，研究其单调性求出最大值即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为，. 令，解得或. 当，令得或；令得， ∴函数在和上单调递增，在上单调递减； 当，恒成立，∴函数在上单调递增； 当，令得或；令得， ∴函数在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当，函数在和上单调递增，在上单调递减； 当，函数在上单调递增； 当，函数在和上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）知：当时，函数在上单调递增，在上单调递减. ∴. 又，，∴. ∴对任意，，. ∵对于任意，，都有恒成立， ∴恒成立，即恒成立，即恒成立，∴. 设，，则. ∵，，∴当时，；当时，， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴当时，函数取得最大值， ∴. 23．（24-25高二下·山东日照·期末）已知函数 (1)当时，求在点处的切线方程； (2)若有3个零点，，，且. （i）求实数的取值范围； （ii）比较与的大小，并证明你的结论. 【答案】(1) (2)（i） （ii），证明见详解. 【分析】（1）通过求导得出切线斜率，找到切点坐标，再利用点斜式得到切线方程. （2）（i）明确函数定义域，分析导数构成，其分子为二次函数，函数有三个零点时，该二次函数有两个不同的正根，进而确定参数的范围. （ii）已知三个零点的大小关系，其中一个零点可直接确定，结合二次函数根的性质及函数单调性，分析零点之和的范围，进而比较所求表达式与二倍参数的大小. 【详解】（1）当时，， 则，即，切线的斜率为， 又，切点为， 故在点处的切线方程为，即. （2）（i）函数，则， ①当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ②当时，， 在单调递增，此时有1个零点，不满足题意，舍掉. ③当时，令，即，解得或， 令，得；令，得或， 在单调递减，在和单调递增， ，，，又， ，当时，,，在上恰有一个零点， ，当时，,因为一次函数的增长速度大于对数函数的增长速度,所以，在上恰有一个零点， 又在上只有一个零点，故函数有三个零点， 综上所述，实数的取值范围为. （ii），且， 由以上可知，则， 且，， ，则，， 又，即， 而=， 令，，则， 故在上为增函数，， ，，， 故. 24．（24-25高二下·湖南衡阳·期末）已知函数的导数为，的导数为的二阶导数，记作．若函数在包含的某个开区间上具有二阶导数，那么，，我们把称为函数在处的二阶拟合函数． (1)写出函数在处的二阶拟合函数，并证明对恒成立； (2)若对恒成立，求a的取值范围； (3)设函数的两个零点为，，在处的二阶拟合函数为，证明：有两个零点，，且． 【答案】(1)，证明见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）根据二阶拟合函数定义即可得，构造函数，利用二阶导数讨论单调性即可得证； （2）构造函数证明，结合（1）可得，当时，通过放缩可得成立，当时，通过放缩可知，然后构造函数，利用导数证明不满足题意即可得解； （3）求出，根据二次函数性质可证其有两个零点，将目标不等式转化为，构造，利用导数即可得证. 【详解】（1）因为，， 所以在处的二阶拟合函数． 设，则，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立． （2）记，则，则， 所以在上单调递增，， 所以在上单调递增，即， 所以对恒成立， 由（1）可知，则， 所以当时，对恒成立， 则对恒成立． 设， 当时，， 设，则， 所以在上单调递减，则， 所以，这与题意矛盾，所以． （3）因为， 所以，则， 则， 因为，且的图象开口向上， 所以有两个零点，且． 因为当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以， 要证，只需证， 因为，且， 所以只需证， 构造函数， 则， 所以在上单调递增，所以，即， 因为，所以，所以． 25．（24-25高二下·江苏南京·期末）已知函数， (1)若恒成立，求实数t的值； (2)当时，方程有两个不同的根，分别为， ①求实数m的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）由可判断，解得值并验证； （2）①令，利用，结合的单调性和零点存在性定理，判断取值范围；②构造函数，证得，再将问题转化为证明，由不等式性质可得. 【详解】（1），因为，若，即. 由于不是定义域区间的端点，且在定义域上连续， 故不仅是函数的最小值，同时也是极小值， 所以，解得. 检验：当时，，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增； 所以的最小值为，即成立， 综上，. （2）①当时，令， ， 令，解得，，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增，则的最小值为； 当时，无解，当时，一解，都不符合题意； 当时，，， 因为，在上单调递减，所以在上唯一解； 令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得最小值，即，所以， 所以 ，又， 因为，在上单调递增； 所以在上有唯一解； 综上所述，方程有两个不同的根时，； ②由题可知：，即且， 构造函数：， 则， 所以在上单调递减，故，所以， 又因为，所以， 又因为，所以， 因为在上单调递增，，， 所以，得 要证， 即证， 即，即， 即证， 因为，故只须证明：， 因为成立. 所以原不等式成立. 26．（24-25高二下·广东广州·期中）已知函数，． (1)当时，求函数在点处的切线方程； (2)已知函数有两个零点，， ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程； （2）①首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；②根据函数的单调性，转化为证明，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明. 【详解】（1）当时，， 则，所以，， 所以函数在点处的切线方程为，即； （2）①函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，在上单调递增，所以不可能有2个零点； 当时，当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 当时，，当时，， 所以要满足函数有2个零点，只需， 即， 整理得， 设，函数的定义域为， 则，所以在定义域上单调递增， 且，则不等式的解集为， 所以的取值范围为； ②由①知，，则， 要证明，即证明， 不妨设， 因为，所以， 又，函数在上单调递增， 此时需证明， 当，时， 可得， 因为，即证明， 设，函数的定义域为， 则 ， 所以在单调递增，则， ，所以， 所以， 即，命题得证. $