期末培优：利用导数证明双变量不等式复习讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

期末培优：利用导数证明双变量不等式复习讲义 期末培优：利用导数证明双变量不等式复习讲义 知识点解析 一、题型分类总览 已知两个变量 ，常附带条件：、、、，求证形如： 1. （极值点偏移，最高频） 1. 、 1. （割线斜率不等式） 1. （凹凸性型） 核心思想：消双元→化为单变量函数，导数研究单调性证明。 二、四大核心解法模板（按考频排序） 模板 1：极值点偏移（，证 ， 是极值点） 通用步骤 1. 求导找极值点 ，设 ； 1. 要证 ； 1. 由单调性： 同在单调区间，则只需证 ； 1. 结合 ，等价证明： 1. 求导判断 单调性，结合 ，得 ，逆推原不等式。 技巧 · 左偏移：证 ；构造 符号相反； · 对数函数、、 是极值点偏移标准载体。 模板 2：比值换元（齐次式通用，令 ） 适用：式子只有 齐次，含 、、 步骤 1. 不妨设 ，令 ； 1. 全部替换为只含 的一元函数，消去 ； 1. 构造 ，求导证明 时 或 。 模板 3：差值换元（令 ） 适用：含 ，无对数、无分式齐次结构 设 ，代入表达式，只剩 ；整理后分离变量构造单函数。 模板 4：凹凸性法（琴生不等式型） 判定 二阶导数： - ， 下凸： - ， 上凸： 解题技巧：直接求二阶导判断凹凸，直接写出不等式，适合快速证明两变量均值不等式。 模板 5：割线斜率 > 切线斜率型 步骤 1. 设 ，变形为 ； 1. 固定 ，构造单变量函数 ； 1. 证明 单调，。 三、标准统一解题流程 1. 定大小：不妨设 ，简化不等号； 1. 选换元手段 · 、极值点 → 对称构造 · 含 、齐次分式 → 比值换元 · 求证两点均值函数大小 → 二阶导凹凸性 · 割线斜率不等式 → 固定一变量，构造差函数 1. 化为单变量函数，写出定义域（ 或 ）； 1. 求导分析单调性，找端点函数值（端点一般为 0）； 1. 由单调性得到函数恒正/恒负，反向还原双变量不等式。 四、高频解题技巧 1. 对称构造优先 只要有 ，第一时间考虑极值点偏移对称函数，是高考大题标准答案思路。 1. 换元简化计算 出现对数差优先比值换元，能消去所有一次变量，只剩参数 。 1. 分层求导 复杂函数一阶导无法判断符号，求二阶、三阶导逐层判断单调性。 1. 端点效应 单变量函数在区间端点值为 0，只需证明区间内单调，直接得恒成立。 1. 分离常数 含参数 的双变量不等式，先分离参数再处理双元。 例题分析 例1．（25-26高二下·江西新余·阶段检测）已知函数. (1)若，求的极值点； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若恰有两个极值点m，n(其中)，求a的取值范围，并证明. 例2．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 例3．（25-26高二下·天津滨海·阶段检测）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：． 例4．（25-26高二下·浙江绍兴·阶段检测）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 变式1．（25-26高二下·福建福州·阶段检测）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： 变式2．（25-26高二下·四川成都·阶段检测）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3．（25-26高二下·安徽合肥·阶段检测）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4．（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 实战演练 1．（25-26高二下·河南鹤壁·阶段检测）已知函数，其中自然常数． (1)若是函数的极值点，求实数的值； (2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：． 2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知函数. (1)讨论函数的零点个数； (2)若函数有两个极值点，证明：. 2 学科网（北京）股份有限公司 $期末培优：利用导数证明双变量不等式复习讲义 期末培优：利用导数证明双变量不等式复习讲义 知识点解析 一、题型分类总览 已知两个变量 ，常附带条件：、、、，求证形如： 1. （极值点偏移，最高频） 1. 、 1. （割线斜率不等式） 1. （凹凸性型） 核心思想：消双元→化为单变量函数，导数研究单调性证明。 二、四大核心解法模板（按考频排序） 模板 1：极值点偏移（，证 ， 是极值点） 通用步骤 1. 求导找极值点 ，设 ； 1. 要证 ； 1. 由单调性： 同在单调区间，则只需证 ； 1. 结合 ，等价证明： 1. 求导判断 单调性，结合 ，得 ，逆推原不等式。 技巧 · 左偏移：证 ；构造 符号相反； · 对数函数、、 是极值点偏移标准载体。 模板 2：比值换元（齐次式通用，令 ） 适用：式子只有 齐次，含 、、 步骤 1. 不妨设 ，令 ； 1. 全部替换为只含 的一元函数，消去 ； 1. 构造 ，求导证明 时 或 。 模板 3：差值换元（令 ） 适用：含 ，无对数、无分式齐次结构 设 ，代入表达式，只剩 ；整理后分离变量构造单函数。 模板 4：凹凸性法（琴生不等式型） 判定 二阶导数： - ， 下凸： - ， 上凸： 解题技巧：直接求二阶导判断凹凸，直接写出不等式，适合快速证明两变量均值不等式。 模板 5：割线斜率 > 切线斜率型 步骤 1. 设 ，变形为 ； 1. 固定 ，构造单变量函数 ； 1. 证明 单调，。 三、标准统一解题流程 1. 定大小：不妨设 ，简化不等号； 1. 选换元手段 · 、极值点 → 对称构造 · 含 、齐次分式 → 比值换元 · 求证两点均值函数大小 → 二阶导凹凸性 · 割线斜率不等式 → 固定一变量，构造差函数 1. 化为单变量函数，写出定义域（ 或 ）； 1. 求导分析单调性，找端点函数值（端点一般为 0）； 1. 由单调性得到函数恒正/恒负，反向还原双变量不等式。 四、高频解题技巧 1. 对称构造优先 只要有 ，第一时间考虑极值点偏移对称函数，是高考大题标准答案思路。 1. 换元简化计算 出现对数差优先比值换元，能消去所有一次变量，只剩参数 。 1. 分层求导 复杂函数一阶导无法判断符号，求二阶、三阶导逐层判断单调性。 1. 端点效应 单变量函数在区间端点值为 0，只需证明区间内单调，直接得恒成立。 1. 分离常数 含参数 的双变量不等式，先分离参数再处理双元。 例题分析 例1．（25-26高二下·江西新余·阶段检测）已知函数. (1)若，求的极值点； (2)若对任意，都有，求a的取值范围； (3)若恰有两个极值点m，n(其中)，求a的取值范围，并证明. 【答案】(1)极大值点为，极小值点为1 (2) (3)，证明见解析 【分析】（1）求出定义域，求导，得到函数单调性，从而得到极值点； （2）根据，得到的单调性，在上恒成立，即，参变分离得到，由基本不等式求出，得到a的取值范围； （3）在上有两个不同的实数解m，n，由根的判别式和韦达定理得到不等式，求出a的取值范围为，化简得到， 因为，故要证，化简并换元，只需证，令，求导得到其单调性，得到，证明出结论. 【详解】（1）当时，，其定义域为. 则， 令，得或， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 所以的极大值点为，极小值点为1. （2）因为，则 则 设函数，， 可知在上单调递增. 又， 则在上恒成立，即，可得， 因为，当且当时等号成立， 可得，即 所以a的取值范围是. （3）， 因为函数有两个极值点m，n， 所以方程在上有两个不同的实数解m，n， 则，解得， 即a的取值范围为. 所以， 因为，故要证， 只需证， 即证， 则只需证， 设，则只需证， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以，得证. 综上所述，. 例2．（25-26高二下·江苏无锡·阶段检测）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据极小值的定义计算即可； （2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可. 【详解】（1）定义域均为， ，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得：， （1）—（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只需证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有： 1.构造对称函数； 2.比值换元； 3.对数平均不等式. 本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称为的对数平均数. 例3．（25-26高二下·天津滨海·阶段检测）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． 例4．（25-26高二下·浙江绍兴·阶段检测）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：． 【答案】(1)具有，理由见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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 变式1．（25-26高二下·福建福州·阶段检测）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. 变式2．（25-26高二下·四川成都·阶段检测）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：. 【答案】(1)单增区间为，单减区间为 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（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. 【详解】（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3．（25-26高二下·安徽合肥·阶段检测）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，为函数的两个零点，求证：． 【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，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. 【详解】（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4．（25-26高二下·广东深圳·阶段检测）已知曲线在点处的切线为． (1)求直线的方程； (2)证明：除点外，曲线在直线的下方； (3)设，求证：． 【答案】(1)； (2)证明：令，则， 令，则， 由，解得，由，解得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，当且仅当等号成立， 所以除切点之外，曲线在直线的下方． (3)证明：由，解得，解得， 所以在上单调递增，在上单调递减， ， 当时，． 因为，则，不妨令． 因为曲线在点的切线方程为， 设点在切线上，有，故，    由（1）知时，， 则，即， 要证：， 只要证：， 只要证：， 又， 只要证：， 令， 则， 易证在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以在上单调递减，所以成立， 所以原命题成立． 【分析】（1）求导，得到，利用导数的几何意义写出切线方程； （2）令，二次求导得到函数单调性，结合特殊点函数值，得到所以，当且仅当等号成立，得到证明； （3）求导得到的单调性，结合函数图象得到，不妨令，结合曲线在点的切线方程为，得到，转化为证明，又，只要证，令，求导得到函数单调性，结合特殊点函数值得到答案. 【详解】（1）因为， 所以， 所以直线的方程为：，即 （2）略 （3）略 实战演练 1．（25-26高二下·河南鹤壁·阶段检测）已知函数，其中自然常数． (1)若是函数的极值点，求实数的值； (2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 【分析】（1）根据极值点得到的值，但是不要忘了检验是否符合题意. （2）先通过换元，得到与直线交于两点，再求出点轨迹方程，从而通过证明，得到，进而解决问题. 【详解】（1）因为，所以， 因为是函数的极值点，所以，解得， 所以，所以令，所以， 所以当时，，函数单调递减． 又，所以当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 所以确实是函数的极大值点． 综上所述，实数的值为0． （2）因为，函数的两个极值点为，且， 所以 设，，则． 构建函数，则函数的图象与直线交于，两点． 因为，所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以，所以． 构建函数，所以函数的图象与直线交于点． 构建函数，所以， 所以当时，，函数单调递减，当时，， 函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，所以，所以， 所以， 所以，所以． 2．（25-26高二下·江苏南京·阶段检测）已知函数. (1)讨论函数的零点个数； (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）将原问题转化为直线与函数的交点个数.利用导数讨论函数的性质可得，分类讨论求出当或、、时对应的零点个数即可； （2）由极值点的概念可得，进而，利用换元法（令）得，利用导数证明即可证明. 【详解】（1）令得， 设. 要求的零点个数，即求直线与函数的交点个数. 则由得，由得， 函数在上单调递增，在上单调递减，得， 当且无限趋近于0时，；当趋向于正无穷时，且无限接近于0. 故当或即或时，函数只有一个零点； 当即时，函数有两个零点； 当时，函数没有零点. （2）函数有两个极值点. 方程有两个不相同的正根， 不妨设，则有. 要证明， 只需证明 将式两式相加整理得， 将式两式相减整理得， 则，即， 令，则有. 只需证明， 即证 令，则恒成立， 所以函数在上单调递增，则函数成立. 故原不等式成立. 2 学科网（北京）股份有限公司 $