重难点专训05 利用导数研究双变量与多变量问题（专项训练）（北京专用）2027年高考数学一轮复习讲练测

**基本信息** 聚焦导数双变量与多变量问题，构建“问题转化-方法策略-技巧警示”三阶方法体系，通过分层典例培养数学思维与逻辑推理能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |解题方法及技巧提炼|4大策略|主元法、差值/比值换元、对称构造等8种转化方法|从变量关系分析到单变量转化，建立多变量降维逻辑| |双变量题型|2典例+2变式|极值点偏移对称构造、对数均值不等式应用|结合导数单调性，实现双变量向单变量函数转化| |多变量题型|2典例+2变式|约束消元、齐次化构造、逐层固定法|通过等式约束或不等式放缩，构建多变量到少变量的推理链条| |分层过关练|16题（巩固8+提升8）|双重最值法、拉格朗日乘数法思想|从基础应用到创新拓展，覆盖高考高频难点|

重难点专训05 利用导数研究双变量与多变量问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 利用导数解决函数中的双变量问题 2 题型2 利用导数解决函数中的多变量问题 12 重难专题分层过关练 23 巩固过关 23 创新提升 37 解题方法及技巧提炼 1、利用导数研究双变量与多变量问题的基本思路是： （1）明确变量之间的约束关系（如由函数极值点、零点、不等式等产生的关联），确定主变量与从变量； （2）通过消元、换元或构造新函数，将多变量问题逐步转化为单变量函数问题； （3）利用导数研究转化后的单变量函数的单调性、最值或取值范围； （4）对于无法完全消元的情形，利用不等式（如基本不等式、柯西不等式、切线放缩等）进行整体放缩，转化为单变量估计。 2、双变量问题的核心策略： （1）主元法：将其中一个变量视为主元，其余视为参数，构造函数并用导数研究其性质，再逐层处理其余变量（常用于含两个自变量的不等式证明）； （2）差值换元法：设两变量之差为 （或 ），将目标式表示为 的函数，利用导数研究其单调性（适用于极值点偏移、双零点问题）； （3）比值换元法：设两变量之比 （或 ），利用约束关系消去一个变量，将问题化为关于 的单变量问题； （4）对称构造法：若变量关于某点对称（如极值点两侧的自变量），构造对称差函数 ，利用导数判断符号，用于证明极值点偏移相关的双变量不等式； （5）对数均值不等式与指数均值不等式：对双变量中出现 或 的结构，灵活运用 （对数均值）等现成结论快速放缩。 3、多变量问题的转化技巧： （1）利用约束条件消元：若变量间存在等式关系（如 或 ），直接代入消去一个变量，降至单变量或双变量； （2）齐次化构造：若目标式关于各变量具有齐次性，令 或 实现降维； （3）逐层固定法：固定其他变量，先证明关于某一变量的单调性，再依次固定下一变量，逐步完成证明（常用于多元不等式）； （4）利用常见不等式整体估计：对多变量和、积结构，使用基本不等式、柯西不等式、排序不等式等将多变量整体放缩为单变量或常数，再验证等号成立条件； （5）转化为函数的最值问题：将多变量问题视为多元函数在区域上的最值问题，利用偏导数或条件极值（拉格朗日乘数法思想）求解。 4、实用技巧与易错提醒： （1）换元时需明确新变量的取值范围（由原变量范围及约束确定），定义域错误将导致后续单调性判断失效； （2）构造对称函数时，要确保所取对称中心或对称轴与问题背景一致（如极值点偏移中常以极值点横坐标为对称中心）； （3）利用对数均值不等式时，注意公式的适用条件（ 且 ）及取等条件（），并说明推导过程（若需严格证明，可借助导数证明该不等式）； （4）多变量消元过程中，需验证消元后的表达式与原问题等价（尤其是定义域和边界情况）； （5）使用基本不等式或放缩时，要关注等号是否能同时取到，若等号条件矛盾，则该放缩失效，需改用更精细的方法。 题型通法及变式提升 题型1 利用导数解决函数中的双变量问题 【典例1-1】（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)函数，当时，求证：对任意的，且，有． 【答案】(1) (2) (3)答案见解析 【分析】（1）切线斜率等于函数在该点的导数值，结合点斜式即可求出切线方程; （2）利用和在上的单调性分析的单调性，结合端点导数值的正负确定的零点，进而划分原函数的增减区间，最终比较端点函数值得出最小值； （3）通过变量替换将双变量不等式转化为单变量函数问题，再构造新函数，利用导数分析其单调性来证明不等式成立. 【详解】（1）由题意得，，所以，又，所以曲线在点处的切线方程为，即. （2）由（1）得， 因为在上单调递减，在上也单调递减， 所以在区间上单调递减， 因为，； 所以在上有且只有一个零点，记为， 所以当时，；当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 从而函数的最小值在或上取到， 又因为，而， 所以在区间上的最小值为. （3）由，得. 对任意的，且，令，则 只需证明 设， 则 所以在单调递增，于是. 又因为，当时，，由此可得 ， 所以原不等式得证. 核心口诀：双变量，找关系；消元化归单变量，主元构造定乾坤；极值点偏移对称构，比值换元巧变形。 高分技巧： 利用等式关系消元化单变量：若两个变量 、 满足某个等式约束（如 、、 等），则将其中一个变量用另一个表示，代入目标式，转化为单变量函数的最值或不等式证明问题； 主元法（无直接等式关系时）：若双变量之间无显式等式约束，或约束关系无法简单消元，可将其中一个变量视为主元固定，另一个视为变量构造辅助函数。常见操作：将目标式 视为关于 的函数（ 暂作参数），求导分析最值，再对参数 进一步讨论——即“主元+分类讨论”两步走； 极值点偏移的对称构造法：若已知 且 为 的极值点，需证明 （或 ）。核心思路：构造对称函数 （或 ），利用导数判断 在极值点一侧的符号，从而推出 与 的大小关系，最终得到 与 的大小； 比值换元法（极值点偏移的代数解法）：由 整理为关于 的等式，令 （或 ），将 、 用 表示，目标式转化为关于 的单变量不等式，再利用导数证明。此法尤其适用于含 或分式结构的函数； 差值换元法：令 （或 ），将目标式中的 用 替换。常用于证明 类不等式，结合拉格朗日中值定理 ，只需证明 恒成立； 构造“和积”关系简化：若 是某方程的两个根，利用韦达定理构造 、，将目标式转化为关于 或 的单变量函数。常见于二次型或可化为二次的方程根问题； 利用单调性直接比较：若 且已知 的单调性，可直接比较 与 的大小。双变量问题中若只需求差的符号，不必消元，直接利用单调性即可； 双变量恒成立问题的分离技巧：若需证明对任意 ， 恒成立，可先固定 求关于 的最值，再对 求最值——即“双重最值法”。 易错警示：消元时需注意新变量的定义域（由原变量范围推导）；极值点偏移中 必须是唯一极值点，且函数在极值点两侧单调性相反；比值换元时若 的定义域非简单区间（如 或 ），需分情况讨论；主元法中“固定一个变量”并非真正的常数，最后仍需对固定变量求范围。 【典例1-2】（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)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） 【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）略 【变式1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数，且满足，证明：． 【答案】(1)； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导代入得到斜率，再求出切点坐标，最后写出点斜式方程即可； （2）分和讨论即可； （3）分和讨论即可. 【详解】（1）∵，切点为， ∵， 则曲线在处的切线方程为. （2）， 等价于， 则使得成立，只需， ，当时，，当时，， 在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以在上有最小值， ， 即对恒成立， 令，即， ，， ①当时，，所以单调递增， 在，不符合题意， ②当时，由，得，则函数在上单调递增， 由，得，则函数在上单调递减， 故的最大值为，解得． （3）因为，令， 由（2）知在上单调递减，在上单调递增，，则， ①当时，所以，又， 故， 函数在上单调递减， 又，则， 要证明，只需证明，只需证明， 即， 令函数，求导得， 又，不妨设，则， 由在上单调递减，得， 当时，， 即， 因此， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 当时，，函数在上单调递减， 由，得，即，因此； ②当时，可知有两个极值点，且， 函数在上单调递减，在上单调递增， 由为极值点，得，即， 则， 又， 则． 对任意，由，得，则， 因此，即． 综上可知． 【变式1-2】（2026·湖南·一模）已知函数和的定义域均为，其中. (1)求的极值. (2)若，使得. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 【答案】(1)当时，函数无极值；当时，函数的极小值是，无极大值. (2)（i）； （ii）证明：设方程的正实数根为，则， 即点为直线上一点，表示点到原点的距离， 显然，该距离不小于原点到直线的距离， 即，即， 不妨设，，则， 所以函数在上单调递减，则，即. 又，则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. 【分析】（1）利用导数，分和两种情况讨论的单调性，从而得到其极值； （2）（i）当时，由得，构造函数，利用导数分析其单调性，可得的取值范围，从而得到的取值范围；（ii）利用的几何意义，得，对不等式进行放缩，并构造函数，，利用导数分析其单调性，并得到其最小值，从而证得. 【详解】（1），. 当时，，函数在上单调递增，既无极大值也无极小值； 当时，令，得. 若，，函数单调递减；若，，函数单调递增. 所以函数在处取得极小值，极小值是，无极大值. 综上所述，当时，函数无极值； 当时，函数的极小值是，无极大值. （2）（i）当时，由得，即， 令，则. 当时，，，单调递增； 当时，，，单调递减； 当时，，，单调递增. 因时，， 所以且，即或， 所以的取值范围是. （ii）略 题型2 利用导数解决函数中的多变量问题 【典例2-1】（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 ， ，， 【典例2-2】（2026·陕西西安·三模）已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)已知函数有两个极值点，证明：． (3)当时，直线与函数图象的三个交点的横坐标从小到大依次为，1，判断与0的大小关系，并证明． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)，证明见解析 【分析】（1）对函数求导，由当时，恒成立求解即可. （2）对函数求导，由函数有两个极值点求解的取值范围，将，分别代入，换元，令求解即可. （3）将代入，求得与0的大小关系等价于与2的大小关系，并得到，为直线2与函数图象交点的横坐标，对函数求导，令，对求导，求解的单调性，并与的大小关系等价于与的大小关系，设函数，求解的单调性，结合函数的单调性即可求解. 【详解】（1）对函数求导可得． 注意到，且当时，恒成立，从而可得． 由此可得，从而可得． 当且时，令，则， 所以在上单调递增，即可得， 由此可得在上单调递增，则．综上，可得实数的取值范围是． （2）对函数求导可得. 因为函数有两个极值点，．令，所以在上的两个解为，， 从而可得，，． 由此可得的取值范围是． 其中，． 则可得． 要证不等式， 可证， 等价于， 等价于， 令，上式等价于． 由（1）可得，当时，，等价于， 由此即可得原不等式成立． （3）当时，． 令，可得． 由题意可得，，由第（1）问可得． 据此可得． 由，可得． 此时与的大小关系等价于与2的大小关系， 又，此时，为直线2与函数图象交点的横坐标． 对函数求导可得，令，求导可得， 即在上单调递增，且有．从而可得在上单调递减，在上单调递增． 显然可得，则与的大小关系等价于与的大小关系， ， 设函数， 求导可得， 令，则恒成立． 由此可得在上单调递减，即可得，从而可得在上单调递增，由此可得， 从而可得.结合函数的单调性即可得，即，故． 【变式2-1】（25-26高三上·河北保定·期末）已知函数. (1)讨论函数极值点的个数，并说明理由； (2)当时，过点存在三条直线与曲线相切，切点横坐标分别为，证明： （i）若，则； （ii）若，则． （注：e是自然对数的底数） 【答案】(1)当时，函数无极值点；当时，函数有一个极值点.理由见解析. (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而确定其极值点的个数； （2）将过点存在三条直线与曲线相切，转化为即方程有三个不同的根，化简并构造新函数，转化为有三个零点，利用导数分析函数单调性及极值证明.令，则，即为，即.记，则为方程的三个不同实数根.设，通过构造函数，利用导数分析函数的单调性、最值，进行证明. 【详解】（1）函数的定义域为. . 当时，恒成立，所以单调递增，所以无极值点； 当时，令，则；令，则. 所以在上单调递减，在上单调递增. 所以有一个极小值点，即，无极大值点. 综上所述，当时，函数无极值点；当时，函数有一个极值点. （2）当时，，. 因为过点存在三条直线与曲线相切，切点横坐标分别为， 所以其切线的斜率为. 所以其切线方程分别是，即方程有三个不同的根， 即有三个不同的根. 令，则有三个零点. . （i）若，则. 当或时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. ，即. 令，恒成立，所以是增函数. 所以，即. 所以. （ii）若， 由（i）在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减. 所以. 令，则，即为，即. 记，则为方程的三个不同实数根. 设. 要证，只需证. 即证， 即证， 即证， 即证， 即证， 即证. 因为，且， 所以， 所以， 故即证：. 即证. 即证. 令，则. 令，则， 所以单调递增，所以，所以，所以是增函数. 因为，所以， 即， 即. 令. 令， 则，而，故, 所以在上单调递减，所以. 因为恒成立，所以，即. 所以是增函数，所以， 即，即，即. 即得证. 【变式2-2】已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②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，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间； （2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证. 【详解】（1），， 其中，， 当时，即，此时恒成立， 函数在区间单调递增， 当时，即或， 当时，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 当时，，得或， 当，或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是， 综上可知，当时，函数的单调递增区间是； 当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是，、是方程的两根， 有，， 又的图象与有三个公共点， 故，则， 要证，即证，又， 且函数在上单调递减，即可证， 又，即可证， 令，， 由， 则 恒成立， 故在上单调递增，即， 即恒成立，即得证； ②由，则， 令，， 则 ， 故在上单调递增，即， 即当时，， 由，故，又，故， 由，，函数在上单调递减，故， 即，又由①知，故， 又， 故. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到. 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的值； (3)设不同正数m，n满足，证明：． 【答案】(1)当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2)1 (3)由得，两边取对数整理得， 令.则. ，在递增，递减，则 又，当， 不妨设，则. 记，，则， 在递增，则，即. 又 因为在递减，所以，则. 原命题得证. 【分析】（1）先对求导，得到.令为分子部分，求出零点.再根据正负，分析正负，进而确定正负，得出单调性. （2）把值代入，将不等式变形.令为变形后式子，由且，可知是最大值点，所以，求出.再验证值满足条件. （3）对已知等式取对数变形，令为变形后式子.根据单调性设.要证不等式，转化为证，令为对应式子，求导判断单调性证明. 【详解】（1）先确定定义域为， 对求导，则. 令，即，解得. 当时，在上，，即，所以在上单调递增； 在上，，即，所以在上单调递减. 当时，在上，，即，所以在上单调递减； 在上，，即，所以在上单调递增. 综上所得，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，. 因为恒成立，即恒成立，等价于恒成立. 令，. 对求导得. 因为恒成立且，所以是的最大值点，则. ，解得. 当时，，再令，对求导得，所以在上单调递减. 当时，，即，单调递增； 当时，，即，单调递减.所以，满足条件，故. （3）略 2．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)当时，在内单调递增， 在和上单调递减； 当时，在上单调递减. (2)证明：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 【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）略 3．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的零点个数； (3)若有两个极值点，证明：当时，. 【答案】(1) (2) (3)证明：的定义域为， 因为有两个极值点，有两个极值点，意味着有两个不同正根. 设，其导数. 若，，在递增，不会有两个正根. 当，令，得.在，递增；在，递减. 要使有两个正根，需，即，解得. 所以当时，有两个极值点. 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. 【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）通过求导分析函数单调性，结合特殊点的值确定零点个数；（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）当时，，定义域为， ， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以， 所以在上单调递减， 又， 所以存在唯一的，使得. 又在上单调递减，所以当时，的零点个数为1. （3）略 4．（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 【答案】(1). (2)令，， 由题意可知方程的两根，即为函数的两个零点，不妨设. 求导，因为在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递增，又，， 根据零点存在定理可知存在唯一的使得 . 所以当，，函数在区间上单调递减； 当，，函数在区间上单调递增. 由，得，从而， 又因为，， 所以，故. 【分析】（1）求导得，结合，列出方程组求解； （2）令，根据导数结合零点存在定理求出 单调性，易得 的一个根为 ，再利用零点存在定理找到另一个根的范围即可证明. 【详解】（1）由题意可得， 因为在处的切线方程为， 所以，即，解方程得. （2）略 5．（2026·河北邯郸·三模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设为的极小值点. （ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：； （ⅱ）若，求的取值范围. 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 (2)（ⅰ）证明见解析（ⅱ） 【分析】（1）求定义域，二次求导，得到导函数的单调性； （2）（ⅰ）二次求导，分，讨论，得到函数单调性，结合零点存在性定理可得，从而可得不等式； （ⅱ）在（ⅰ）基础上，分，，，和五种情况，得到函数的极值点情况，得到答案 【详解】（1）当时，，， 则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故的单调递减区间为，单调递增区间为. （2）依题意，， 且， 令，则， （ⅰ）当时， 若，则，在上递减，从而， 即在上递增， 若，令，则. 当时，有，在上递减， 当时，有，在上递增， 故在处取极小值，且 又当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，当时，，即单调递增； 当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增； 故在处取极小值. 由于在上单调递减，所以， 又因为当时，， 事实上，， 故存在唯一，使得， 因此，有，从而， 故. （ⅱ）令，， ①当时，，即， 故在上单调递增 注意到，所以当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 故在处取极小值，符合题意 ②当时，若，则，即， 在上递增， 从而，即在上单调递增； 若，令，得， 当时，，即，在上递增， 故，即在上递减， 因此，在处取极小值，符合题意. ③当时，由（1）知，，故在上单调递增，无极值点，不符合题意. ④当时，在上递增，不符合题意. ⑤当时，若，则有，即在上单调递减. 故有，即在上单调递减，不符合题意. 综上可知，的取值范围为. 6．（25-26高三下·江西抚州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求的极大值； (2)已知关于的方程有两个解 （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ） 【分析】（1）根据导数的符号变化判断函数的单调性，确定极大值点，再代入原函数求极大值； （2）（ⅰ）：先将方程化简，得到，设，分析新函数的单调性、极值与最值，可确定的取值范围；（ⅱ）：先求出，根据结合，得到关于、、​的不等式，利用（ⅰ）中、​满足的关系式，进行变量替换，将不等式转化为单变量函数的恒成立问题，再求的取值范围. 【详解】（1）函数的定义域为， 则， 因，由得，由得， 即函数在上单调递增，在上单调递减， 所以在时取得极大值，且极大值为. （2）（ⅰ）由可得， 依题意方程有两个解， 设，则，且在上有两个零点. 当时，，故在上单调递增，则在上最多只有一个零点，不合题意； 当时，由得，由得， 即在上单调递增，在上单调递减，故在时取得极大值. 要使在上有两个零点，需使，即，解得. 当时，因，又，则， 又在上单调递增，所以在有唯一零点； 当时，令，则， 再令，则， 故在上单调递增，则，即， 故在上单调递增，则， 因，所以，即，即，即， 故， 又在上单调递减，故在上有唯一零点. 综上，当时，在上有两个零点， 即方程有两个解，故a的取值范围为. （ⅱ）由（ⅰ）可得，且，故， 因，则，即，也即， 故有，设，则，于是可得，即. 设，则， 因时，， ①当时，在上恒成立，故函数在上为增函数， 即，即在上恒成立； ②当时，，而，当时，， 故存在，使得，，故在上为减函数，故，矛盾. 综上，可得，即. 7．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解； （2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证； （ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证. 【详解】（1）， 令，则， 故在上单调递减，又， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即得证； （2）（ⅰ）， 令，则， 令，则， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，故在上单调递减， 又， 故当时，，当时， ， 即在上单调递增，在上单调递减， 当时，，由，则， 当时，，由，则，当时，， 故有两个零点，，且若，则； （ⅱ）由（1）知，恒成立， 当时，有，即， 不妨设，则，有， 即，则，整理得； 当时，有，即， 又，即， 则，整理得， 设关于的方程，， 故该方程有两根，设为、，且，则， 由，， 则，故. 8．（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：. 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. 【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）略 创新提升 9．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，分类讨论，，三种情况，判断导数的正负进而得出单调性； （2）结合（1）的单调性，由恒成立，得出函数的最大值，列出不等式，再构造函数求解； （3）由题，设，则是方程的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出和即可证明． 【详解】（1）， ①当时，，则在上单调递减， ②当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）①当时，在上单调递减，且， 所以当时，，不合题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 又，时，，时，， 所以当时，，满足题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，不合题意； 综上所述，． （3），则， 令， 设，则是方程的两个不同的实数根， 则，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ，， 由于，且的极小值，当时，当时， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以在区间内，由于且递减，要使，必有， 在区间内，由于且递增，必有， 所以， 设，则， 令， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，即， 因为是方程的根，所以，代入不等式得：， 由于，则， 下面证明，那么就有， 由，令，， 则， 因为，，，所以， 所以在上单调递增，又， 因此当，，即， 由于且在上单调递增，且， 所以必有， 所以． 10．（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. 11．（2026·天津·一模）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 【答案】(1) (2) (3) 解法一：由（2）可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 因为有2个极值点， ， 所以等价于方程的两根为，且， 即方程的两根为， 令，则等价于方程的两根为， 所以，即 因为 令，则即证 因为，所以在上单调递增， 下证： ，所以可得 即，即证， 因为，即，因此即证， 令， 则， 因此在上单调递增，，所以得证. 因为，所以， 又发现且在上单调递增， 因此 即得证. 解法二：由（2）问可得，在上单调递增，在上单调递减， 若有2个极值点，需满足，且. 设 则， 令， 因为，所以， 故，即， 所以在上单调递增，故，所以在上单调递增， 故， 下证： 因为，即， 故， 又，所以，即， 因为在上单调递减， 所以， 又因为，所以， 又因为在上单调递增，在上单调递减， 且的两个零点为， 所以在上，即在上单调递增， 所以， 因为，即，且 所以， 故得证. 【分析】（1）先代入，求与，再算切点与斜率，最后用点斜式写出切线方程. （2）解法一:先求导得出在递增、递减，得其最大值为，再将题意转化为恒成立，构造函数求导并按与1的大小分类讨论，判断函数单调性与最值，进而得出的取值范围. 解法二: 先求导得，并分析其单调性与最大值,将存在性条件转化为 恒成立,再分离参数构造函数,通过多次求导判断单调递增,最后用洛必达法则求极限得 ,从而确定的取值范围为 . （3）解法一:先由极值点条件换元转化方程，得到满足的关系式，再将 整理为同一函数形式，证明该函数单调且满足奇函数对称性，利用极值点偏移证得，最终得到. 解法二: 先由单调性得极值点满足,构造对称函数并通过连续两次求导数判断其单调递增,推出,再利用 单调性证得 ,结合 在递增,最终推导出. 【详解】（1）当时，. 因为，所以，. 曲线在点处的切线方程. 即. （2）解法一：因为， 所以， 因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有 成立 所以，即 恒成立，等价于 ， 即对任意，恒成立. 设，则 令，则 . ①当时，因为，则显然有， 可知在上单调递减，则， 所以在上单调递减， 所以，即对任意恒成立， 所以 满足题意; ②当时，令，解得：， 当时， ，则单调递增， 此时，则在上单调递增，所以， 即当 时， ，即不恒成立， 可知不合题意. 综上所述， . 解法二：由（1）得，， 所以，因为， 当时，，当时，， 即在上单调递增，在上单调递减 故在处取得最大值，最大值为. 因为存在，对于任意，都有成立 即恒成立，等价于， 即对任意恒成立. 即恒成立，令 令 ，令 ，因为，所以， 即在上单调递增，所以， 所以在上单调递增，所以，即 所以在上单调递增 由洛必达法则（如果直接使用洛必达法则求解且结果正确扣两分）. 所以，即. （3）略 12．（2026·山西晋城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若当时，，求的取值范围； (3)若存在两个不同的正数，使得，且，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）对函数求导并计算出在点处的导数值，再由直线的点斜式方程可求得切线方程； （2）由题意可知在时恒成立，构造函数并求出其最小值，即可得； （3）方法一：根据题意可知函数的图象与直线至少有两个交点，对函数求导并对进行分类讨论，即可求得其范围； 方法二：构造函数并利用洛必达法则可求得当时，，可求得的取值范围是. 【详解】（1）当时，， 所以，又， 所以所求的切线方程为 （2）由题意，当时，，即． 设函数，则， 令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增． 所以当时，取得最小值，， 所以， 即的取值范围是． （3）方法一： 依题意，因为，所以， 整理可得，即，所以； 即函数的图象与直线至少有两个交点． ， 设函数，则， 易知在区间上单调递减，在区间上单调递增，且， 若，则单调递减，至多有1个零点，不符合题意； 若，即，则函数存在两个零点，记为，且， 其中， 所以在区间和上单调递减，在区间上单调递增， 所以的极小值为，极大值为． 再比较与的大小： ． 设，则， 所以单调递减，，即，从而． 因为，且， 所以，且， 所以，且， 所以的图象与直线在区间内各有一个交点，因此符合题意． 综上，的取值范围是． 方法二： 由题意得，因为，所以． 不妨设，则，两边取对数得， 所以， 所以． 设，则， ． 设，则（根据不等式）， 故单调递增，，所以在上单调递增， 所以在上单调递增，又当时，，所以， 故的取值范围是． 13．（2026·天津和平·一模）已知函数 (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)（i）要证成立，即证成立． 由（1）有时，在上单调递增， 因为，则，即， 整理，即证成立． 设，则， 令，得，令，得， 则在上单调递减，在上单调递增， 故，即，当且仅当时等号成立， 令，可得，故成立，所以原不等式成立． （ii）由已知可得有两不同实根为 ，则，即， 一方面：由（1）可知，有； 同理可得，设，则， 当时，，当时，，且， 故对任意恒成立，故在上单调递减， 由，则，即，且， 则，故，可得； 另一方面：又因为 ，由（i）可得，即， 则，且，可得. 综上所述，，可得， 则，得证． 【分析】（1）由题设可得对于任意恒成立，可得对任意恒成立，设，利用导数分析其单调性，进而求解即可； （2）（i）转化问题为证明，结合（1）可得，即证，设，利用导数分析其单调性，进而求证即可； （ii）由题意可得，结合（1）可知，，，设，利用导数分析其单调性，进而得到，再结合（i）可得，进而求证即可. 【详解】（1）由，得， 由为增函数，有对于任意恒成立， 整理有对任意恒成立． 设，则， 令，得；令，得， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 故，则， 所以的取值范围为. （2）（i）略 （ii）略 14．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)若存在不等实数和，满足，且，求的取值范围． 【答案】(1)当时，函数在上单调递增，在上单调递减；当时，函数在上单调递增，在上单调递减. (2)； (3). 【分析】（1）求出函数的定义域，再利用导数分类求出单调区间. （2）利用导数求出函数的单调区间，再将给定不等式等价转化并分离参数，构造函数并利用导数求出最值即可. （3）由给定等式可得，令，将表示为的函数，再利用导数求出的范围，结合函数的单调性即可求出范围. 【详解】（1）函数中，当时，；当时， 当时，函数的定义域为；当时，函数的定义域为， 求导得，令，解得， 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，函数在上单调递增，在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）函数，求导得，当时，；当时，， 函数在单调递增，在单调递减，而， ，则， 而，因此当时，恒成立， 令函数，求导得，当时，； 当时，，函数在上递减，在上递增， ，令函数，求导得， 函数在上单调递增，当时，，则， 所以a的取值范围为. （3）由，得，则，即， 令，则，， 令函数，求导得， 令函数，求导得， 函数在上单调递增，， 因此，函数在上单调递增，则， 由函数的单调性可知，其在上单调递减，则， 即，所以的取值范围是. 15．（25-26高三上·河北衡水·期末）已知函数. (1)当时，讨论的单调性. (2)设. （ⅰ）若，使不等式成立，求的取值范围. （ⅱ）若，且，比较与的大小，并证明你的结论. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减 (2)（ⅰ）； （ⅱ），证明： 由（ⅰ）可知，当时，在上恒成立， 即当时，在上恒成立. 令. 由整理，得， 则，可得， 所以，同理. 故， 所以，即， 所以，. 当时，，单调递增. 当时，设， 则， 令，则， 所以在上单调递减，则，即， 所以在上单调递增. 又，， 所以存在，使得. 当时，，即； 当时，，即. 所以在上单调递减，在上单调递增. 又，， 故存在唯一的，使得， 所以当时，；当时，. 由上述分析知，，且，所以，即. 因为，所以. 又，所以，则， 即，所以. 综上可知，. 【分析】（1）求导，根据导数与单调性的关系计算即可求解； （2）（ⅰ）由题意可得在上有解，令，求导，根据导数求得最小值后即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）可知，当时，在上恒成立，令，由题意可得，进而可得，对函数求导，再令，，求导，根据导数可得，即可得证. 【详解】（1）当时，，则其定义域为，. 当时，；当时，. 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）（ⅰ）. 由不等式可知，不等式在上有解， 即在上有解， 令， 则. 令， 则， 所以在上单调递增，且. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 所以，故的取值范围为； （ⅱ）略 16．（2025·陕西汉中·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 【答案】(1) 若，则在上单调递增； 若，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时在上单调递增； 若，则当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. (2) (3) （证法一）当时，，因， 若，，则，，与矛盾，，， 由（2）可知，则，则， 所以， 又， 所以. （证法二）当时，．由，得， 显然，不同时为负数，由可得，都为正数， 因为， 所以，所以， 又 ， 所以. 【分析】（1）求导后分、及讨论即可得； （2）由题意可得，构造函数后利用导数研究函数单调性，则可得该函数最小值，即可得解； （3）法一：通过讨论的正负可得，，结合（2）中所得可得，则可得，再得到即可得证；法二：由题意可得，则可得，，又，则可得，计算可得，，即可得证. 【详解】（1），令，解得或， 若，则，则在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增； 若，则当时，，在上单调递增； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. （2）当时，由，得，即， 令，则， 令，则，故在上单调递增， 又， 则当时，，即，则在上单调递减； 当时，，即，则在上单调递增； 所以， 所以，即的取值范围为. （3）略 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点专训05 利用导数研究双变量与多变量问题 内容导航 解题方法及技巧提炼 1 题型通法及变式提升 2 题型1 利用导数解决函数中的双变量问题 2 题型2 利用导数解决函数中的多变量问题 4 重难专题分层过关练 5 巩固过关 5 创新提升 6 解题方法及技巧提炼 1、利用导数研究双变量与多变量问题的基本思路是： （1）明确变量之间的约束关系（如由函数极值点、零点、不等式等产生的关联），确定主变量与从变量； （2）通过消元、换元或构造新函数，将多变量问题逐步转化为单变量函数问题； （3）利用导数研究转化后的单变量函数的单调性、最值或取值范围； （4）对于无法完全消元的情形，利用不等式（如基本不等式、柯西不等式、切线放缩等）进行整体放缩，转化为单变量估计。 2、双变量问题的核心策略： （1）主元法：将其中一个变量视为主元，其余视为参数，构造函数并用导数研究其性质，再逐层处理其余变量（常用于含两个自变量的不等式证明）； （2）差值换元法：设两变量之差为 （或 ），将目标式表示为 的函数，利用导数研究其单调性（适用于极值点偏移、双零点问题）； （3）比值换元法：设两变量之比 （或 ），利用约束关系消去一个变量，将问题化为关于 的单变量问题； （4）对称构造法：若变量关于某点对称（如极值点两侧的自变量），构造对称差函数 ，利用导数判断符号，用于证明极值点偏移相关的双变量不等式； （5）对数均值不等式与指数均值不等式：对双变量中出现 或 的结构，灵活运用 （对数均值）等现成结论快速放缩。 3、多变量问题的转化技巧： （1）利用约束条件消元：若变量间存在等式关系（如 或 ），直接代入消去一个变量，降至单变量或双变量； （2）齐次化构造：若目标式关于各变量具有齐次性，令 或 实现降维； （3）逐层固定法：固定其他变量，先证明关于某一变量的单调性，再依次固定下一变量，逐步完成证明（常用于多元不等式）； （4）利用常见不等式整体估计：对多变量和、积结构，使用基本不等式、柯西不等式、排序不等式等将多变量整体放缩为单变量或常数，再验证等号成立条件； （5）转化为函数的最值问题：将多变量问题视为多元函数在区域上的最值问题，利用偏导数或条件极值（拉格朗日乘数法思想）求解。 4、实用技巧与易错提醒： （1）换元时需明确新变量的取值范围（由原变量范围及约束确定），定义域错误将导致后续单调性判断失效； （2）构造对称函数时，要确保所取对称中心或对称轴与问题背景一致（如极值点偏移中常以极值点横坐标为对称中心）； （3）利用对数均值不等式时，注意公式的适用条件（ 且 ）及取等条件（），并说明推导过程（若需严格证明，可借助导数证明该不等式）； （4）多变量消元过程中，需验证消元后的表达式与原问题等价（尤其是定义域和边界情况）； （5）使用基本不等式或放缩时，要关注等号是否能同时取到，若等号条件矛盾，则该放缩失效，需改用更精细的方法。 题型通法及变式提升 题型1 利用导数解决函数中的双变量问题 【典例1-1】（25-26高三下·北京·开学考试）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求函数在区间上的最小值； (3)函数，当时，求证：对任意的，且，有． 核心口诀：双变量，找关系；消元化归单变量，主元构造定乾坤；极值点偏移对称构，比值换元巧变形。 高分技巧： 利用等式关系消元化单变量：若两个变量 、 满足某个等式约束（如 、、 等），则将其中一个变量用另一个表示，代入目标式，转化为单变量函数的最值或不等式证明问题； 主元法（无直接等式关系时）：若双变量之间无显式等式约束，或约束关系无法简单消元，可将其中一个变量视为主元固定，另一个视为变量构造辅助函数。常见操作：将目标式 视为关于 的函数（ 暂作参数），求导分析最值，再对参数 进一步讨论——即“主元+分类讨论”两步走； 极值点偏移的对称构造法：若已知 且 为 的极值点，需证明 （或 ）。核心思路：构造对称函数 （或 ），利用导数判断 在极值点一侧的符号，从而推出 与 的大小关系，最终得到 与 的大小； 比值换元法（极值点偏移的代数解法）：由 整理为关于 的等式，令 （或 ），将 、 用 表示，目标式转化为关于 的单变量不等式，再利用导数证明。此法尤其适用于含 或分式结构的函数； 差值换元法：令 （或 ），将目标式中的 用 替换。常用于证明 类不等式，结合拉格朗日中值定理 ，只需证明 恒成立； 构造“和积”关系简化：若 是某方程的两个根，利用韦达定理构造 、，将目标式转化为关于 或 的单变量函数。常见于二次型或可化为二次的方程根问题； 利用单调性直接比较：若 且已知 的单调性，可直接比较 与 的大小。双变量问题中若只需求差的符号，不必消元，直接利用单调性即可； 双变量恒成立问题的分离技巧：若需证明对任意 ， 恒成立，可先固定 求关于 的最值，再对 求最值——即“双重最值法”。 易错警示：消元时需注意新变量的定义域（由原变量范围推导）；极值点偏移中 必须是唯一极值点，且函数在极值点两侧单调性相反；比值换元时若 的定义域非简单区间（如 或 ），需分情况讨论；主元法中“固定一个变量”并非真正的常数，最后仍需对固定变量求范围。 【典例1-2】（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：. 【变式1-1】（2026·天津滨海新区·三模）已知函数（是自然对数的底数）． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若，使得对恒成立，求实数的取值范围； (3)若函数，且满足，证明：． 【变式1-2】（2026·湖南·一模）已知函数和的定义域均为，其中. (1)求的极值. (2)若，使得. （i）当时，求的取值范围； （ii）求证：. 题型2 利用导数解决函数中的多变量问题 【典例2-1】（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. 【典例2-2】（2026·陕西西安·三模）已知函数，当时，恒成立． (1)求实数a的取值范围； (2)已知函数有两个极值点，证明：． (3)当时，直线与函数图象的三个交点的横坐标从小到大依次为，1，判断与0的大小关系，并证明． 【变式2-1】（25-26高三上·河北保定·期末）已知函数. (1)讨论函数极值点的个数，并说明理由； (2)当时，过点存在三条直线与曲线相切，切点横坐标分别为，证明： （i）若，则； （ii）若，则． （注：e是自然对数的底数） 【变式2-2】已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 重难专题分层过关练 巩固过关 1．已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，不等式恒成立，求实数a的值； (3)设不同正数m，n满足，证明：． 2．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．已知函数. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，求的零点个数； (3)若有两个极值点，证明：当时，. 4．（2026·四川成都·二模）已知函数在处的切线方程为． (1)求，； (2)设是方程的两根，求证：． （注：…是自然对数的底数） 5．（2026·河北邯郸·三模）已知函数. (1)当时，求的单调区间； (2)设为的极小值点. （ⅰ）当时，若正实数为的零点，证明：； （ⅱ）若，求的取值范围. 6．（25-26高三下·江西抚州·阶段检测）已知函数． (1)当时，求的极大值； (2)已知关于的方程有两个解 （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）为正实数，若当时，都有，求的取值范围． 7．（2026·河北雄安·三模）已知函数，函数，为实数． (1)证明：． (2)若． （ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则； （ⅱ）证明：． 8．（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：. 创新提升 9．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 10．（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. 11．（2026·天津·一模）已知. (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)已知是的导函数，若存在，使得对任意成立，求的取值范围； (3)若有两个极值点，且，求证：. 12．（2026·山西晋城·一模）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若当时，，求的取值范围； (3)若存在两个不同的正数，使得，且，求的取值范围． 13．（2026·天津和平·一模）已知函数 (1)若函数为增函数，求的取值范围； (2)已知实数，且． （i）证明：； （ii）若与是函数的两个极值点，证明：． 14．（25-26高三·全国·一轮复习）已知函数，其中． (1)讨论的单调性； (2)当时，，求实数a的取值范围； (3)若存在不等实数和，满足，且，求的取值范围． 15．（25-26高三上·河北衡水·期末）已知函数. (1)当时，讨论的单调性. (2)设. （ⅰ）若，使不等式成立，求的取值范围. （ⅱ）若，且，比较与的大小，并证明你的结论. 16．（2025·陕西汉中·一模）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若对任意，恒成立，求的取值范围； (3)当时，若，且，证明：． 8 / 8 学科网（北京）股份有限公司 $