函数与导数：利用导数研究双变量问题复习讲义-2026届高三数学三轮冲刺复习

函数与导数：利用导数研究双变量问题复习讲义 函数与导数：利用导数研究双变量问题复习讲义 知识点解析 一、解题原理 1. 统一变量原理 双变量 无固定主次时，通过构造差值、比值、换元，把双变量式子化为单变量函数，再用导数研究单调性、最值。 1. 极值点偏移原理 若函数极值点两侧增减速率不对称，会出现 、，借助构造对称函数、利用单调性证明不等式。 1. 消元归一原理 利用 满足的方程（零点、极值条件）消去参数，将双变量关系式转化为只含一个变量的函数。 1. 构造同构原理 把双变量式子整理成结构相同的形式，依托函数单调性，直接脱去外层构造比较变量大小。 二、解题思路 1. 观察结构，分类题型 分清是不等式证明、极值点偏移、双变量最值、同构比较大小四类。 1. 消参或同构变形 利用零点、极值条件消去参数；或整理式子为同构形式，锁定构造的辅助函数。 1. 换元化为单变量 设 、 等，把双变量表达式转为关于 的一元函数。 1. 导数研究单调性 求导判断单调、极值、最值，利用函数单调性证不等式或求范围。 1. 极值点偏移专用步骤 对称构造辅助函数 → 求导判单调 → 利用函数对称性与单调性，比较 与极值点关系。 例题分析 例1．（2026·河北保定·二模）已知函数 (1)若，讨论的单调性； (2)若的极小值点为 求的值； (3)若，且 证明：. 【答案】(1)在上单调递增. (2) (3)证明见解析 【分析】（1）分和两种情况讨论即可； （2）利用极小值点的必要条件求出，然后检验充分性即可； （3）等式变形为，利用比值代换法把转化为证明，最后利用（1）的结论即可证明. 【详解】（1）的定义域为， ， 令： 判别式， 若即，，恒成立，故，单调递增； 若，，令，得，两根均为负数， 因此时，，故，单调递增. 综上，当时，在上单调递增. （2）极小值点是的正根，即满足，将代入得： ，化简得，验证可知确为极小值点，故. （3）对已知等式两边取自然对数得： ，整理得：， 令，若则，右边，矛盾，故， 则，代入得： ， 要证，即证，代入得： ， 由（1）知，当时，在单调递增， 因此时，，不等式成立， 故成立. 例2．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)，证明见解析. 【分析】（1）分，两种情况求单调区间可得答案； （2）（i）由题设可得：，设，，两式相减结合可得，再设，通过证明可得答案； （ii）对于，两式相加结合，可得，据此可完成证明. 【详解】（1）由题设可得定义域为，. 当时，则，从而在上单调递减； 当，令，可得， ，， 则在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）由（1）分析可得，， 则为使有两个实根，则. 由题设可得：，设，则， 两式相减可得，设，则， 从而，， 由题， 设，则， 令 ，则， 则在上单调递减，则， 则要使成立，则； （ii）由上可得：对于，两式相加可得： ， 因，则， 从而 例3．（2026·重庆渝中·二模）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求在上的单调区间； (3)若，，且，满足，求证：． （参考数据：） 【答案】(1) (2)的增区间为，无减区间 (3)证明见解析 【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程； （2）对函数求导，应用导数的符号研究函数的单调区间； （3）根据题设分析，令并应用极值点偏移思想构造，，再应用导数研究函数符号，结合即可证. 【详解】（1）由题设且，则，所以切线方程为； （2）设，令，则， 在上，，单调递减， 在上，，单调递增， ，，， 在上，，单调递减， 在上，，单调递增， 所以，即， 故的增区间为，无减区间； （3）由（1），（2）知，在上单调递增， 若，，必有， 若，，必有， 若，必有，，矛盾， 令，（）， ， 则， 所以单调递增，， 在上，，单调递减，， ，， 所以，， 所以，，即，原不等式成立. 例4．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义即可求得切线方程； （2）根据单调性可知在上恒成立，利用分离变量法可得，进而结合对勾函数求解即可； （3）设，则.，将所证不等式转化为.，令，利用导数可求得，由此可证得结论. 【详解】（1）由题意得，， 而，则， 故曲线在点处的切线方程为. （2）， 又在区间上单调递减， 所以在上恒成立， 即在上恒成立， 即在上恒成立， 因为函数在上单调递增， 所以，所以， 故的取值范围是. （3）证明：， 因为存在两个极值点，所以 满足，即， 不妨设，则. 又 则要证， 即证， 又，则， 即证，即证. 设函数， 则， 所以在上单调递减，又，则， 所以， 即得证. 变式训练 变式1．（25-26高二下·湖北·期中）已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 【答案】(1)当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． (2)①；②． 【分析】（1）先化简，求导得，按与分类，根据导数的正负判断单调区间； （2）①有两个零点等价于，求的单调性与最大值，结合图象得； ②由零点条件将不等式转化为，代入，换元，构造函数，求导分析单调性得． 【详解】（1）由题意得的定义域为，， 当时，，则在区间内单调递增； 当时，由，得，（舍去）， 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以当时，的单调递增区间为，无单调递减区间； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为． （2）①依题意，函数的定义域为， 所以函数有两个不同的零点， 可得方程在有两个不同根， 得到函数与函数的图象在上有两个不同交点， 又，当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以． 又有且只有一个零点是1，且在时，，在时，， 如图，的图象如下： 可见，要想函数与函数在图象上有两个不同交点，只需． ②由①可知分别为方程的两个根，即，， 所以原式等价于． 因为，，所以原式等价于． 又由，作差得，，即， 所以原式等价于． 因为，原式恒成立，即恒成立， 令，，则不等式在上恒成立． 令，则． 当时，可见时，，所以在上单调递增， 又，在恒成立，符合题意； 当时，可见当时，；当时，， 所以在时单调递增，在时单调递减． 又，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，只须，又，所以． 变式2．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为. (2)（i）（ii） 【分析】（1）直接求导分析的符号即可求解； （2）（i）设，把问题转化为与有两个交点，利用导数求出的最值即可求解； （ii）设，则方程变为，设两根为， 则，利用比值换元法证明对数均值不等式可得，然后再根据基本不等式即可求解. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以单调递减区间为，单调递增区间为. （2）（i）方程等价于， 设，问题转化为与有两个交点， ，时，， 令，，所以在上单调递增， 且，故存在唯一满足，即， 并且当时，，当时，， 所以在单调递减，在单调递增， ， 又因为和时，，所以当时方程有两个不等实根. 故的取值范围为. （ii）原方程变形得：，设，则方程变为， 设两根为，则， 且满足， 不妨设，下面证明， 令， 则不等式变形为， 令，， 所以在上单调递增，所以， 即不等式成立，变形可得， 由基本不等式可得 ， 要使不等式恒成立，只需， 故的取值范围为. 变式3．（2026·江西·三模）设函数． (1)当时，判断函数的单调性； (2)当时， ①证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大； ②证明：． 【答案】(1)在上单调递增 (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）根据导数得出在上恒成立，即可证明； （2）①先根据导数求得有两个极值点，再构造函数，由导数即可证明；②将不等式证明转化为证明，构造函数，由导数即可证明． 【详解】（1）当时，，则， 令，则， 由可得， 则函数在上递增，在上递减，则， 即在上恒成立，所以函数在上单调递增． （2）证明：令，则， 显然函数在上单调递增， ①当时，，由，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，又，则， 当时，，当时，，所以为极大值点， 因为，当时，， 所以根据零点存在性定理，必存在唯一的，使得， 当时，，当时，， 所以为极小值点， 所以有两个极值点， 因为，所以， 设，则， 由上可知，，所以单调递增， 所以随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大． ②由，可得， 要证，即证， 即证， 设， ，令，则， 所以单调递减，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以命题得证． 变式4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数 . (1)若，求函数的极值； (2)若 时，，求a的取值范围； (3)若函数有两个极大值点 ，求 的范围. 【答案】(1)极大值为，无极小值 (2) (3) 【分析】（1）首先求函数的导数，并求导函数的零点，根据导函数的正负判断函数的单调性，求函数的极值； （2）法1，首先根据，得到命题成立的必要条件，再证明时，不等式成立； 法2，首先利用对称性转化为时，，再分区间讨论函数的单调性，证明不等式； 法3，利用换元，，等价于时，，再根据，讨论的取值，判断函数的单调性，证明不等式； （3）首先根据导函数的零点个数，确定，再转化为在有两个不等实根，再代入韦达定理求得，即可求解. 【详解】（1） 时， 令 或（舍去）或（舍去） （0,2） 2 （2,4） + 0 - ↗ 极大值 ↘ 极大值为 ，函数无极小值； （2）法 1： 所以 时， ，所以 ． 当 时， ， ． 综上，的取值范围是 ． 法 2： 因为 ， 所以关于对称， 所以时，等价于时， ． 首先：由时，得 ． 其次：证明时，时， ， 当时，在递增， ． 当时， ① 当，即 时， 递增． ② 当 ，即时， 存在唯一使得 ，即 ． 递增：递减． ③ 当，即时， 递减． 综上，最小值为 ， 因为 ， 所以 时， ． 综上，的取值范围是 ． 法 3：令 ， ． 令 ， 时，，等价于时， ， ． ① 当 时，递增． ② 当 时，存在唯一使得 ． 递增， 递减． ③ 当 时，， 在 上递减，其最小值为 ， 欲满足题意，需 ，即 ， 结合条件，此情况下的范围是 ， 综上时， ， 因为 ， 所以时，，当且仅当 ． 综上，的取值范围是 . （3）当时， 只有一个极值点． 当时， ， 令或 ． 若函数有两个极大值点， 则在有两个不等实根 ， 所以 ，且 ． + 0 - 0 + 0 - ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 极大值 ↘ 由表可知，函数 的两个极大值点为 ，极小值点为 ， ，， 实战演练 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）根据导数分和两类讨论函数的单调性； （2）（i）构造，根据导数判断函数的单调性和最小值，进而进行证明； （ⅱ）法一：利用函数的单调性，先证得，结合（2）的不等式放缩得到，结合推出，得得证； 法二：构造，根据单调性得到，进而得到的单调性，后同法一； 法三：构造，根据单调性得，根据基本不等式得，进而证明结论； 法四：同法一得到，设，构造， 利用导数判断单调性，得到，后同法三进行证明. 【详解】（1）， ①当时，，在单调递增， ②当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递增， 在上单调递减. （2）设， 则， 因为在上单调递增，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增； 所以，当且仅当时取等， 所以，即，当且仅当，时取等； （ⅱ）法一：由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以， 由（2）可知，，， 所以， 因为，所以， 所以，即， 所以， 所以 法二： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，，易知在上单调递增， 所以当时，，即， 上式整理得，即 设，，所以在上单调递减， 所以，即， 因为，所以，所以，即， 所以 所以（同法一） 法三： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 设，， 所以，所以在上单调递增， 显然，所以，即， 因为，所以，所以，即， 根据基本不等式，，所以， 所以， 所以 法四： 由（1）已知，当时，在单调递增； 因为，所以；（同法一） 因为，所以 根据基本不等式，， 设，所以，整理得， 设， 所以，， 所以在单调递减，在单调递增， 所以，所以为增函数， 因为，所以当且仅当时，， 所以， 根据基本不等式，，所以， 所以 所以（同法三） 2．（25-26高三上·广东广州·开学考试）已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 【答案】(1)答案见解析过程 (2)答案见解析过程 (3) 【分析】（1）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，根据函数的单调性与最值的关系进行求解即可； （2）根据函数的单调性与导数的关系判断函数的单调性，再结合函数的极值定义进行求解即可； （3）根据任意性和存在性的定义，结合（1）（2）的结论，分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）由， 当时，在上单调递增， 当时，在单调递减， 所以， 因为，所以， 在区间的最大值和最小值分别是； （2）由，函数的定义域为全体正实数集， 当时，，函数是正实数集上的增函数，没有极值； 当时，当时，在上单调递增， 当时，上在单调递减， 该函数有极大值，无极小值， 综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间，无极值； 当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，无极小值，有极大值； （3）问题对任意，总存在，使得不等式成立，等价于 在上的最小值与在上的最小值的差大于， 当时，则有，由（2）可知在上的最小值为， 由（1）可知在上的最小值为， 所以有； 当时，则有，由（2）可知：在上的最小值是中最小的数，因为， 所以当时，， 此时有； 当时，， 则有， 综上所述：实数m的取值范围为. 2 学科网（北京）股份有限公司 $函数与导数：利用导数研究双变量问题复习讲义 函数与导数：利用导数研究双变量问题复习讲义 知识点解析 一、解题原理 1. 统一变量原理 双变量 无固定主次时，通过构造差值、比值、换元，把双变量式子化为单变量函数，再用导数研究单调性、最值。 1. 极值点偏移原理 若函数极值点两侧增减速率不对称，会出现 、，借助构造对称函数、利用单调性证明不等式。 1. 消元归一原理 利用 满足的方程（零点、极值条件）消去参数，将双变量关系式转化为只含一个变量的函数。 1. 构造同构原理 把双变量式子整理成结构相同的形式，依托函数单调性，直接脱去外层构造比较变量大小。 二、解题思路 1. 观察结构，分类题型 分清是不等式证明、极值点偏移、双变量最值、同构比较大小四类。 1. 消参或同构变形 利用零点、极值条件消去参数；或整理式子为同构形式，锁定构造的辅助函数。 1. 换元化为单变量 设 、 等，把双变量表达式转为关于 的一元函数。 1. 导数研究单调性 求导判断单调、极值、最值，利用函数单调性证不等式或求范围。 1. 极值点偏移专用步骤 对称构造辅助函数 → 求导判单调 → 利用函数对称性与单调性，比较 与极值点关系。 例题分析 例1．（2026·河北保定·二模）已知函数 (1)若，讨论的单调性； (2)若的极小值点为 求的值； (3)若，且 证明：. 例2．（2026·福建福州·三模）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)关于的方程有两个实根，对每一个满足条件的. （i）求的取值范围； （ii）当时，记，证明：. 例3．（2026·重庆渝中·二模）已知函数，． (1)求曲线在处的切线方程； (2)求在上的单调区间； (3)若，，且，满足，求证：． （参考数据：） 例4．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 变式训练 变式1．（25-26高二下·湖北·期中）已知函数． (1)若函数，求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点，记两个零点分别为，且． ①求a的取值范围； ②已知，若不等式恒成立，求的取值范围． 变式2．（2026·四川达州·二模）已知，. (1)求的单调区间； (2)若方程有两个不相等的实数根. （i）求的取值范围； （ii）若恒成立，求实数的取值范围. 变式3．（2026·江西·三模）设函数． (1)当时，判断函数的单调性； (2)当时， ①证明：函数有两个极值点，且随着的增大而增大； ②证明：． 变式4．（2026·北京朝阳·模拟预测）已知函数 . (1)若，求函数的极值； (2)若 时，，求a的取值范围； (3)若函数有两个极大值点 ，求 的范围. 实战演练 1．（2026·黑龙江哈尔滨·一模）已知函数，其中. (1)讨论的单调性； (2)（ⅰ）当时，证明：； （ⅱ）当时，设，且.求证：. 2．（25-26高三上·广东广州·开学考试）已知函数 (1)求在区间的最大值和最小值； (2)讨论函数的单调区间与极值； (3)若，对任意，总存在，使得不等式成立，试求实数m的取值范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $