专题06 利用导数研究双变量和多变量问题（3大题型）（期末复习专项训练）高二年级数学下学期人教A版

**基本信息** 聚焦导数应用中的双变量与多变量问题，通过分层题型构建从基础到综合的解题逻辑，培养数学思维与推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |双变量问题|11小题|含单调性讨论、极值点关系证明，需构造函数转化变量|从导数工具到双变量消元，建立函数性质与不等式证明的逻辑链| |拉格朗日中值定理|9小题|定理应用判断、不等式证明、中值点个数分析|结合定理条件与导数几何意义，形成定理到问题解决的迁移路径| |多变量问题|10小题|涉及多零点、参数范围及多变量不等式证明|从双变量拓展到多变量，综合导数与方程思想实现变量转化|

专题06 利用导数研究双变量和多变量问题 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11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．（2025·安徽合肥·一模）已知函数，其中 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，，证明： 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性. （2）由函数有两个极值点，确定a的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解. 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，且，， 令， 当，即时，恒成立，则，所以在上是单调递减； 当，即时，函数有两个零点：，， 当x变化时，，的变化情况如下表所示： x - 0 + 0 - 单调递减 单调递增 单调递减 综上，当时，在内单调递增， 在和上单调递减； 当时，在上单调递减. （2）由（1）知，当时，有两个极值点，， 则，是方程的两个根，由韦达定理，得，， 所以， ， 令，，则， 当时，，则在区间上单调递减， 从而， 故 3．（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． 4．（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，． 5．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)若是定义域上的增函数，求的取值范围； (2)当时，证明：； (3)若函数有两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导后参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用二次函数的图象与性质求解； （2）要证，转化要证，即证.再构造函数，证明，令，运用导数研究单调性，进而得到最值.再构造函数，同理得到最值，进而得到即可； （3）先借助导数，运用方程实数根个数，求出的大致范围，化简，进而将要证的不等式进行转化， 即证，再转化为证明，最后换元，令，即证.构造函数，借助导数进行证明即可. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 在上恒成立，即在上恒成立. 又，当且仅当时，等号成立， 所以，即实数的取值范围是. （2）当时，，， 所以要证，即证，即证. 构造函数，证明， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，当且仅当时，等号成立. 再构造函数，证明， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立， 综上所得，所以， 又等号不同时成立，（取等号的条件是，取等号的条件是） 所以，即. （3）先求出的大致范围，. 由题意知是方程的两个不同的根. 设，则方程有两个不同的正实数根， 所以，解得. 再化简， ，则， 所以. 由，得， 所以要证，即证，即证，即证， 即证，即证. 令，即证. 令， 则， 所以在上单调递增，所以，即， 所以不等式成立. 【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及的函数有两个不同变量，处理此类问题有两个策略： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的条件，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解； 二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解. 6．（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. 7．（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， 8．（24-25高二下·广东江门·阶段检测）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. 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：. 【答案】(1)单调递减区间是，单调递增区间是 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数的正负，判断函数的单调性； （2）首先根据函数解析式的形式，将条件变形，将问题转化为证明，其中，根据所设函数，，证明，再结合函数的单调性，即可证明左边，再将右边转化为证明. 【详解】（1）因为，在定义域内单调递增，，得， 且时，当时， 所以的单调递减区间是，单调递增区间是. （2）. 令，，设，则. 故问题等价于证明：. 不妨设，则. 先证明左边：. 证明：设，. 则， 因为，设 于是. 所以在上单调递增，故，从而在上单调递减，所以，即. 又，且，所以. 又因为，，且在上单调递增， 所以，故. 再证明右边不等式：. 证明：有，可得，，所以. 令，，，其中，. 当时，显然有. 下面讨论的情形. 因为，易知当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以. 记，，则. 记，则 . 记，则 ， 所以在上单调递增，得，所以，故在上单调递减，所以，即，所以在上单调递减，故，得证. 10．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知函数，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)若方程有两个不同的实数根，证明： （i）； （ii）． 【答案】(1) (2)（i）证明见解析（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数求切线斜率，结合切点在切线上的条件，列方程求解切线截距； （2）（i）通过根的关系转化不等式，换元构造单变量函数，利用导数证明单调性完成双变量不等式证明；（ii）结合（i）的结论放缩，构造辅助函数证明，再用基本不等式完成最终证明. 【详解】（1），定义域，， 设切点为，切线斜率，即：，整理得， 解得（舍去，）， 切点坐标为，计算得， 切点在切线上，，故，解得. （2）原方程，代入化简得，整理得， 即，方程有两个不同正根，且满足：. （i）由，得，因为，所以， 要证，需证，即证， 令，则不等式化为， 设，则， 所以在单调递增，，即，，原不等式得证. （ii）首先由(i)得，故， 又，故，得. ， 下证：令，则，所以在单调递减. 所以，即，. 所以，又由可得， 令，则，所以单调递增，可得， 所以，因为，所以， 所以. 【点睛】本题是典型的导数与双变量不等式证明综合题，核心技巧为： （1）切线问题：导数求斜率 + 切点双重身份； （2）双变量不等式：换元转化为单变量 + 构造函数 + 导数分析单调性； （3）不等式放缩：利用已知结论、函数单调性、基本不等式逐步推导. 11．（24-25高二下·天津·阶段检测）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9小题） 12．（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 13．用拉格朗日中值定理证明不等式：． 【答案】证明见解析 【分析】 令，，则符合拉格朗日中值定理的条件，即存在，使，由的性质，令，即可证得结果. 【详解】 证明：设，，则符合拉格朗日中值定理的条件， 即存在，使， 因为，由，， 可知，，， 即， 可得， 即有， 令，可得， 即有． 14．拉格朗日中值定理是微积分学的基本定理之一，它与导数和函数的零点有关，其表达如下：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得，我们将称为函数在上的“中值点”．已知函数，，． (1)求在上的中值点的个数； (2)若对于区间内任意两个不相等的实数，，都有成立，求实数t的取值范围． (3)当且时，证明：． 【答案】(1)在上的中值点有且只有1个 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导函数，结合中值定理求解，于是可得，设，求导确定其单调性，判断函数的零点，从而得在上的中值点的个数； （2）不妨设，则，将不等式转化为，从而可得函数与在上的单调性，转而可得恒成立，求导确定最值即可得实数t的取值范围； （3）由拉格朗日中值定理值可得在或上总存在，使得，从而有，根据（2）中结论，即可证得答案. 【详解】（1），， 因为，， 所以，即， 令，则， 则在上，，单调递减；在上，，单调递增， 因为， 所以在上存在唯一一零点，在上无零点； 即在上存在唯一解，所以在上的中值点有且只有1个； （2）不妨设，则，故有， 即，即， 因为上式对任意的都成立， 所以函数和在上均单调递增， 等价于，， 又函数中，， 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增. 所以，从而. 又函数，则，则在上单调递增， 所以，从而. 综上所述，实数的取值范围是. （3）证明：， 由拉格朗日中值定理值，在或上总存在， 使得，即， 由（2）知，所以， 所以. 15．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. 16．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. 17．（24-25高三下·海南·月考）已知. (1)求的单调区间； (2)设，是两个不相等的正数，证明： 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间； (2)证明见解析 【分析】（1）二次求导，利用导数分析函数的单调性； （2）设，，分析可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求证即可. 【详解】（1）由，，得， 设，， 则， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以， 所以的单调递增区间为，无递减区间. （2）证明：不妨设，因为， 又， 所以， 设，则 . 设，， 因为， 设，，则， 所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以， 所以，即. 18．（2024·四川成都·模拟预测）定义运算：，已知函数． (1)若函数的最大值为0，求实数a的值； (2)证明：． (3)若函数存在两个极值点，证明：． 【答案】(1)1 (2)证明见解析； (3)证明见解析 【分析】（1）利用定义的运算得到的解析式，结合导数求最大值的方法，建立关于的方程，解方程得解. （2）借助（1）问中的结论，，得到，然后利用不等式性质，即裂项相消求和法，从而得证. （3）将极值点个数问题转化为到导函数零点个数问题，从而得出，将所证转化为，通过消元，然后构造函数，借助导数证明即可. 【详解】（1）由题意知：，， ①当时，，在单调递减，不存在最大值． ②当时，由得， 当，；，， 函数的增区间为，减区间为．    ，令，求导得， 当时，，函数递减，当时，，函数递增， 因此，． （2）由（1）知，，即， 当时，  ． ． ． （3） “函数存在两个极值点”等价于 “方程有两个不相等的正实数根” 故，解得，      要证，即证， ，不妨令，故 由得，令 在恒成立， 所以函数在上单调递减，故． 成立． 【点睛】关键点点睛：第（1）小问关键在于读懂新定义运算，得到解析式，然后借助导数求最大值，第（2）小问关键，借助（1）中得到的结论，，得到，其中的放缩很关键；第（3）问的关键是将极值点个数问题等价为导函数零点个数问题，从而得出的结论，最后双元变单元，再一次构造函数从而得解. 19．（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. 20．（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. 题型三 利用导数研究多变量问题（共10小题） 21．（23-24高二下·山东滨州·期末）已知函数 且曲线在处切线也是曲线的切线． (1)求的值； (2)求证：； (3)若直线与曲线有两个公共点，，与曲线有两个公共点，，求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）首先利用导数的几何意义求切线方程，再联立切线方程与函数，利用，即可求解； （2）由切线方程转化为证明和，即可证明不等式； （3）由二次函数的对称性，转化为证明，再根据的范围，构造函数，利用导数判断函数的单调性与最值，再结合函数，即可证明不等式. 【详解】（1），， 所以在处切线方程为， 联立，得， ，得； （2）设，， 设，，单调递减，且， 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，取得最大值0，所以，当时等号成立，即， ，当时等号成立， 即， 综上可知，，即. （3），对称轴方程为，由对称性可知，， 所以要证明，只需证明， ，，得， 当时，，单调递增，时，，单调递减， 当时，取得最大值， 当时，，当时，，，， 所以与的图象有两个公共点，，设， 则，， 设， ， ， 当时，，则，， 即时，，单调递增，, 所以当时，，即， ，所以，由， 即，在上单调递减， 所以，即， 综上可知，. 【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键是函数，与比较大小，即可证明；第3问的关键判断函数在区间的单调性，即可证明不等式. 22．（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. 23．（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. 24．（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， ∴. 25．（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. 26．（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. 27．（23-24高三上·辽宁·开学考试）设方程有三个实数根. (1)求的取值范围； (2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4分，若选②则该小问满分9分. ①证明：； ②证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）方程有三个实数根等价于直线与的函数图像有三个交点，利用导数研究函数的单调性和最值，即可得到的函数图像，从而得到的取值范围； （2）选①：根据（1）得到，利用比值代换法：设，，设，结合得到，，，从而得到，构造函数设，，再利用导数研究函数的单调性，从而证明原命题； 选②：根据（1）得到，利用比值代换法：设，，设，结合得到，，，从而得到，构造函数设，，再利用导数研究函数的单调性，进而得到，即可求得，又再证（），变式证（）再构造函数（），根据，得到，从而得到，即可证明原命题. 【详解】（1）由题意设（）， 则，， 令，得或， 当或时，，所以在，上单调递增； 当时，，所以在上单调递减； 又，，，且， 当趋向于时，也趋向于， 又方程有三个实数根， 等价于直线与的函数图像有三个交点， 即， 所以的取值范围为. （2）选①，证明如下： 由（1）得：，则， 设，，则， 不妨设，则（）， 又，即， 故，即，所以，，， 则， 设，， 则， 所以在上单调递减，即， 因为，则，即， 又，则， 故. 选②，证明如下： 由（1）得：，则， 设，，则， 不妨设，则（）， 又，即， 故，即，所以，（）， 则（）， 设，， 则， 所以在上单调递减，即， 因为，则，即， 又，则， 故. 所以，则， 又因为，所以， 从而，故①， 下证， 有（）， 即证时，，即， 即证（）， 设（），则， 当时，，所以在上单调递增， 则，所以②， 又，所以得， 设，（），则， 当时，，所以在上单调递增， 则③， 联立①②③得：， 故. 【点睛】方法点睛：对于含有双变量或多变量的不等式的证明问题，可以采用比值代换法，化为单变量不等式，再构造函数，利用导数证明.本题中，根据函数的图像得到，设，，得到，再设，则（），结合 ，得到，，从而得到，（），就是比值代换法的应用. 28．（2022·浙江·高考真题）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. 29．（25-26高三上·湖北·开学考试）设函数，其中为参数． (1)当时，求的单调区间． (2)求的取值范围，使得对所有实数成立． (3)设，其中为（2）中范围的右端点，记为的两个正实数解，为（2）中定义的正实数（满足）．证明：． （注：） 【答案】(1)单调递减区间为 ，单调递增区间为 (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求导利用基本不等式判断导数符号； （2）先根据偶函数缩小讨论范围，再分参来解恒成立问题，为了方便求导可以同时取对数，结合零点存在定理，利用隐零点来说明； （3）极值点偏移问题，可以构造差函数来解； 【详解】（1）当时， ， ， 设，则 ， 根据基本不等式（当且仅当 ，即时取等号）， 所以 ，在上单调递增，在上单调递增， ， 所以当时，，当时，0， 所以的单调递减区间为 ，单调递增区间为. （2）由于，则为偶函数，且成立， 则只需要对于，恒成立，即恒成立， 又由于，，则只需恒成立， 设， 则， 由于在单调递增， 在单调递增，所以在单调递增， ， 所以存在唯一，使得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 极小值，由于， 化简可得， 则，， 设，则时，对所有实数成立， 综上：的范围是，其中，是方程的唯一正实数解. （3）由（2）得，为的两根，且， 设，， 则， 设，， 则， ， 由在恒正且单调递增，在单调递减， 可得在单调递减， 由于则， 所以，， 所以单调递增，单调递增， 则， 所以单调递减，， 则， 而， 则， 由于，，在单调递增， 所以， 即得证. 30．（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 ， ，， $专题06 利用导数研究双变量和多变量问题 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11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. 2．（2025·安徽合肥·一模）已知函数，其中 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个极值点，，证明： 3．（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：． 4．（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：． 5．已知函数. (1)若是定义域上的增函数，求的取值范围； (2)当时，证明：； (3)若函数有两个极值点，证明：. 6．（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． 7．（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. 8．（24-25高二下·广东江门·阶段检测）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：. 9．（2026·贵州贵阳·模拟预测）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)设a，b为两个不相等的正数，且，证明：. 10．（25-26高二下·福建厦门·月考）已知函数，（其中）． (1)当时，直线是曲线的一条切线，求实数的值； (2)若方程有两个不同的实数根，证明： （i）； （ii）． 11．（24-25高二下·天津·阶段检测）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：． 题型二 拉格朗日中值定理（共9小题） 12．（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 13．用拉格朗日中值定理证明不等式：． 14．拉格朗日中值定理是微积分学的基本定理之一，它与导数和函数的零点有关，其表达如下：若函数在区间连续，在区间上可导，则存在，使得，我们将称为函数在上的“中值点”．已知函数，，． (1)求在上的中值点的个数； (2)若对于区间内任意两个不相等的实数，，都有成立，求实数t的取值范围． (3)当且时，证明：． 15．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：，，，. 16．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： 17．（24-25高三下·海南·月考）已知. (1)求的单调区间； (2)设，是两个不相等的正数，证明： 18．（2024·四川成都·模拟预测）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：． 19．（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：. 20．（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：. 题型三 利用导数研究多变量问题（共10小题） 21．（23-24高二下·山东滨州·期末）已知函数 且曲线在处切线也是曲线的切线． (1)求的值； (2)求证：； (3)若直线与曲线有两个公共点，，与曲线有两个公共点，，求证： 22．（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，. 23．（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：． 24．（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. 25．（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. 26．（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：. 27．（23-24高三上·辽宁·开学考试）设方程有三个实数根. (1)求的取值范围； (2)请在以下两个问题中任选一个进行作答，注意选的序号不同，该题得分不同.若选①则该小问满分4分，若选②则该小问满分9分. ①证明：； ②证明：. 28．（2022·浙江·高考真题）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） 29．（25-26高三上·湖北·开学考试）设函数，其中为参数． (1)当时，求的单调区间． (2)求的取值范围，使得对所有实数成立． (3)设，其中为（2）中范围的右端点，记为的两个正实数解，为（2）中定义的正实数（满足）．证明：． （注：） 30．（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. $