第23讲 双变量与多变量问题（1考点+7题型）讲义-2027届高考数学一轮复习

第23讲 双变量与多变量问题 目录 Contents Part1考点突破 【考点1：破解双参数（双变量）不等式的三条路】 Part2题型探究 【题型一：双变量单调问题】 【题型二：双变量不等式一转化为单变量问题】 【题型三：双变量不等式 极值和差商积问题】 【题型四：双变量不等式一中点型】 【题型五：双变量不等式一剪刀模型】 【题型六：双变量不等式一主元法】 【题型七：双变量不等式一差值代换与比值代换】 Part3分层通关 Part1 考点突破 【考点1：破解双参数（双变量）不等式的三条路】 破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转 化为含单参数的不等式： 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值： 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果 02 题型归纳与总结 双变量题看着吓人，其实就一句话：两个自变量不是独立的，中间被某个等式拴着。第一 步永远是找出这根绳一一多数时候是fx)=fx)或者x1、?同是某个方程的两根。拴 住以后就要消掉一个：把x2用x表示，或者把两个变量整体当成一个量去构造新函 数，题目立刻从"两个未知数"退回”一个变量加一个参数”。这一步卡住的话，回到"极值 点偏移"的老路：对称构造，把x和x2摊到极值点两边比距离。另外注意"剪刀"和"中 点"两种图形模型一一中点型证明x十与某个常数的大小，剪刀型证明的是两条线段 长度之和，构造方式不一样，别混用。 Part2 题型探究 【题型一：双变量单调问题】 【例1】已知函数f()=em-x-aa>0 (1)若函 f()在（0，+)上单调递增，求“的取值范围 在 (2)若函数 的两个零点分别是，，且<，证明： X2 ①？随着“的增大而减小： 1 ②x2-x1>二+a. a f(x)=x2-2ax+4Inx 【变式1】己知函数 (1)讨论f(x)的单调区间： ②已知a40,设的两个极值点为不，6<），且存在beR,使符=f四的 图象与y=b 有三个公共点，店(<<) x+x3>22 ①求证： ②求证： 为-x<4万 【题型二：双变量不等式一转化为单变量问题】 【例2】已知，是函数f)=e- “的两个零点，且 X<X 2,求证： +x2>2 【变式2】已知函数 f(x)=3Inx+ax2-4x(a>0) Q)讨论西数f的单调性： (2)当Q=2时，若方程f(x)=b有三个不相等的实数根x,x,x,且x<x,<,证明： 53-x<4 【题型三：双变量不等式一极值和差商积问题】 【例3】（23-24高二上江苏镇江月考)已知函数了)=hx+29,。 ,aER. 若函数f(x)有 1,X2 两个不相等的零点 (I)求a的取值范围； +x2>4a (2)证明： 【变式3】已知函数f()nx-a 有两个零点， (1)求a的取值范围： 2)设×，西是) 的两个零点，证明： a(x+x)>2 【题型四：双变量不等式一中点型】 f(x)=xInx-ax2-x+a 【例4】已知函数 若函数有两个不同的极值点，记作 ,且 x1<x Inx +2Inx,>3 ,求证： f(x)=Inx-ax2 【变式4】已知函数 (1)讨论函数 f(x) 的单调性： ②若，是方程)0 x2+x号>2e 的两不等实根，求证： 【题型五：双变量不等式一剪刀模型】 【例5】已知f(=r-ar2(aeR) 其极小值为-4. (1)求a的值： ②若关丁的方程)1在03)上有两个不相等的实数根名，。，求证： 3<x+x2<4 【变式5】已知 f(x)=ax2+bx+5-In2x (I)若f()在定义域内单调递增，求a+b的最小值 ②当a=0时，若 ,求证： +x2>2e 有两个极值点 【题型六：双变量不等式一主元法】 【例6】已知函数f(x)=lnx+x(x-3) (1)讨论f(x)的单调性： (2)若存在 ∈0+w）.且<6<5，使得)=f)=f）,求 ,且 ,求证： 2x+2> 【变式6已知函数f)=小k-d小-1+a,a∈R (1)若f(1)=2,求a的值： ,满足 f(x)=f(x2) (2)若存在两个不相等的正实数 证明： 2<x+x2<2a ① <a2+1 ②X 【题型七：双变量不等式一差值代换与比值代换】 【例7】(2025高二全国专题练)已知数网=e2G-x(x>0,a>0)若函数 f(x) 4-4Ina<Inx +Inx<1-Ina 有两个零点， X1证明： 【变式7】(2025高二全国专题练习)已知函数=(-hx+a-0-2r)有两个 零点 (1)求4的取值范围： ②)记x,为f的两个零点，证明：2<x+x<3 a Part3分层通关 【基础通关练】 1.(2025商二全国专题练习)己知西数f()=x+3+2hx-a(aeR)有两个不同的零点 X1,X2 2>1 求证： 2.（24-25高二上江苏连云港期末)已知西数/()=2x+ar+haeR Q)当a=0时，求曲线”=f(在x=处的切线方程， ②若f)有两个零点5·且5>3：证明：5> e4. 3.(2025高二全国·专题练习)已知函数 f(x)=e*+x2 g(x)=xInx+(a+1)x (1)若f)之g),求a的取值范围： ②)若f)=80有两个实数解×，5，证明： Inx +Inx2 <0 4.已知函数f()-xlnx-o(a>0) ①)若函数（四在定义域内为减函数，求实数4的取值范围 1 (2)若函数f(x)有两个极值点，(：<x)证明：>。 a f(x)=e*-ax 5.已知函数 (是自然对数的底数)· (1)讨论函数f(x)的单调性： (2若8)=e(r-)-alnx+f) 有两个零点分别为 1,X2 ①求实数a的取值范围： e2 x1x2> ②求证： e+5】 6.己知函数f()=ar-xhx,f'(w为其导函数. (I)若f()≤1恒成立，求a的取值范围； (2若存在两个不同的正数，，使得f(:)=f(),证明：f(丙)小>0 7.已知函数 儿0=血-x-0,且f四有两个零点， (1)求a的取值范围： (2)证明： x+xx2+x号>3 8.(2025高二全国专题练习》己知函数/()-x+?+2hx-a∈R)有两个不同的零点 x1,x2 xx2>1 求证： 【提升通关练】 &<e 9.已知函数f=x-e(a>0)有两个相异零点X1、,且x<x,求证：方a 10.t设f()=r-ae(a∈R).xeR, 求f的单调区间： (2)已知函数'=/有两个零点文，，且<5 (i)求a的取值范围： (ii)证明：随着a的减小而增大， 11.己知函数 ()=l和8)瓜，若存在两个实数心，且，使得 h(x)=g(x)h(x2)=g(x2) 证明：5>e 12.已知函数f)=1+lnr ax’a>0: 四若) 1,求“的取值范围： ②证明：若存在名，与，使得)/)，则+后>2 13.已知函数f()=1+nx ax (1)讨论x)的单调性： ②)若e)户=(es广，且>0，x≥0，≠，证明：买+>2 14,已知函数f)=血 .-ax Q)若s-1 求实数“的取值范围： @若f()有2个不同的零点，k店<5)，求证：2+3G 5a 15.(2025高二全国专题练习)已知函数 f(x)=e*+x2 g(x)=xInx+(a+1)x (1)若f()≥g(),求a的取值范围； (②若)=8切有两个实数解，，证明： Inx+Inx2<0 16,已知函数f()=,g)=x1-In) 0)若对于任盒x(0切），都有()8(，求实数“的取值范国； 1+1>2 (2)若函数y=8(m有两个零点x,龙，求证：名. 【培优通关练】 17.已知函数f)=21nx-a (1)若x>0时，f)≤1恒成立，求实数a的取值范围： (②四当实数“取第(4)间中的最小值时，若方程)=m有两个不相等的实数根×，。，请 比较+，2,2这三个数的大小，并说明理由。 18.Tx)=me“+)-支+4+b有两个零点，龙传≤七，) (1)a=0时，求b的范围： 5 (2)6=-1且a<4时，求证：x-x<25-4a. 19.已知函数)=hx.g()=r2-ar(a>0) (1)讨论函数h()=f()+g()的极值点： (2若，5化<5)足方程-巴+上0的两个不时的变根，证明：+>4如： 20.（2024高二上全国专题练习)已知函数f)=(2c- ,其中e=2.71828…为自 然对数的底数. 1)时论函数) 的单调性； 28<1+1<28+1 (2)若，x∈(0,1)，且xnx-xln,=2exx(ny-ln),证明：xTx 21.已知函数f(r)=(x-e-l)e ex2+e'x 2 f(x) (1)求函数 的单调区间与极值： x3-<e-1 (②)若f(x)=f(x)=f(x)x<x<x),求证：2 2.已知数f)=-2hx-2+1 12 ()当a=1时，求f(x)在区间2上的最值： 1+1>2 ②)若f)有两个不同的零点x,x,证明：子+巧a 23.(23-24高二下云南期中)已知函数f()=3nx+r2-4a>0) 1)当a=1时，讨论) 的单调性； 1 (2)当a=2时，若方程f(x)=b有三个不相等的实数根x,x,x,且x<x<,证明： -x<4 24,(23-24高二上江西宜春期末)已知函数f)=2+1-血 -a有两个零点 x,2(x<x2） (I)求实数a的取值范围： (2)求证： 3)求证：为-x<匠-4<号-号 第23讲 双变量与多变量问题 目录 Part 1 考点突破 【考点1：破解双参数（双变量）不等式的三条路】 Part2 题型探究 【题型一：双变量单调问题】 【题型二：双变量不等式——转化为单变量问题】 【题型三：双变量不等式——极值和差商积问题】 【题型四：双变量不等式——中点型】 【题型五：双变量不等式——剪刀模型】 【题型六：双变量不等式——主元法】 【题型七：双变量不等式——差值代换与比值代换】 Part3 分层通关 Part 1 考点突破 【考点1：破解双参数（双变量）不等式的三条路】 破解双参数不等式的方法： 一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式； 二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值； 三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果. 双变量题看着吓人，其实就一句话：两个自变量不是独立的，中间被某个等式拴着。第一步永远是找出这根绳——多数时候是 f(x₁)＝f(x₂) 或者 x₁、x₂ 同是某个方程的两根。拴住以后就要消掉一个：把 x₂ 用 x₁ 表示，或者把两个变量整体当成一个量去构造新函数，题目立刻从"两个未知数"退回"一个变量加一个参数"。这一步卡住的话，回到"极值点偏移"的老路：对称构造，把 x₁ 和 x₂ 摊到极值点两边比距离。另外注意"剪刀"和"中点"两种图形模型——中点型证明 x₁＋x₂ 与某个常数的大小，剪刀型证明的是两条线段长度之和，构造方式不一样，别混用。 Part 2 题型探究 【题型一：双变量单调问题】 【例1】已知函数. (1)若函数在上单调递增，求的取值范围. (2)若函数的两个零点分别是，且，证明： ①随着的增大而减小； ②. 【答案】(1) (2)①证明见解析：②证明见解析 【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可. （2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可. ②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可. 【详解】（1）若函数在上单调递增，易知， 令，，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故原命题等价于求，且，故，解得， 即的取值范围为. （2）①引理：对，必有成立，令， 故，令，，令，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，故成立， 设，则，即， 可得的最小值为 而，当时，， 且由引理知，故， 由零点存在性定理得有两个零点， 结合可得， 故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为， 我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得， 且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有， 此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可， 由于， 首先，我们有，，所以，， 其次，我们实际上有，（因为要么，要么）， 所以，若，则，， 然后考虑，显然我们有， 若，则，所以另一根一定小于，从而， 若，由于是关于的较大根，故， 即，解得，但是对任意的时， 关于的方程的较小根都不超过， 要么，解得，要么， 所以是较大根，从而，这表明与关于对称， 所以我们只需要证明在上单调递减， 这里是的较大根，且， 由于，故对，设， 则，， 从而由是较大根，知，， 也意味着位于单调递增区间， 设，由于当时， ， 所以， 而，方程的较小根一定不超过， 这表明的较大根一定成立，所以， 这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减， 故随着的增大而减小得证. ②由①知有两个零点，且， 由于， 由引理又有， 而根据单调性得，当或时，必有， 所以， 可得 即，原不等式得证. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可. 【变式1】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. 题型三 极值点偏移:乘积形式 【题型二：双变量不等式——转化为单变量问题】 【例2】已知是函数的两个零点，且，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】分和两种情况讨论，把函数的两个零点问题转化为曲线与直线有两个交点的问题， 求导得到的单调性，进而得到，且，从而把要证， 转化为证明，再通过构造函数进行证明． 【详解】当时，，0不是的零点； 当，问题可以转化为曲线与直线有两个交点， 曲线求导得，当时，；当时，；当时，， 在和上单调递减，在上单调递增，且时，， 当时，，当时，，如下图所示， ，且，，则有， 要证，即证，即证． 令，，，不等式转化为，即证明， 设，求导得， 令，求导得，，， 单调递增，， 单调递增，． 原不等式成立，即，命题得证． 【变式2】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）根据题意分析可知：在内单调递增，在内单调递减，，利用极值点偏离证明和，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. （2）当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 【题型三：双变量不等式——极值和差商积问题】 【例3】（23-24高二上·江苏镇江·月考）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可； （2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明. 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 【变式3】已知函数有两个零点． (1)求a的取值范围； (2)设，是的两个零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导确定函数的单调性，即可根据最大值求解， （2）构造函数，利用导数求解单调性，即可求解. 【详解】（1）的定义域为，， 当时，，在上递增，至多一个零点，不符合题意，舍去； 当时，令得，所以在上递增， 当，此时在上递减， 所以的极大值也是最大值，∴． 又时，；趋向于时，趋向于． 所以，有两个零点，a的取值范围为． （2）不妨设，由，则． 构造函数，   ， 因为，，∴，即，所以在是递增，又，所以，∴， ∴． 又，∴． 而，，在上递减，所以，，即，所以，． 【题型四：双变量不等式——中点型】 【例4】已知函数．若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】求函数导数，由函数存在极值点得到，，代入需要证明的不等式中并分离常数得到不等式，再由得到的代数式，从而建立不等式，通过换元后构造函数，并求导数，从而得到函数的单调性，从而知道的最值，然后证明不等式成立. 【详解】． 因为有两个不同的极值点，所以，. 欲证，即证，又， 所以原式等价于①． 由， 得②． 由①②知原问题等价于求证， 即证. 令，则，上式等价于求证. 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即. 【变式4】已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出． 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出． 【题型五：双变量不等式——剪刀模型】 【例5】已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可； （2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到. 【详解】（1）因为，所以. 当时，， 所以单调递增，没有极值，舍去. 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为，舍去 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为. 所以. （2）由（1）知，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以不妨设. 下面先证. 即证，因为，所以， 又因为区间上，单调递减， 只要证，又因为， 只要证，只要证. 设， 则， 所以单调递增， 所以，所以. 下面证. 设，因为， 在区间上，；在区间上，. 设，，因为， 所以，所以. 设，，因为， 所以，所以. 因为，所以， 所以. 【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 【变式5】已知. (1)若在定义域内单调递增，求的最小值. (2)当时，若有两个极值点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由在定义域内单调递增，得到在上恒成立，取，可得; （2）当时，由有两个极值点，得到，令，利用导数求出，判断出，利用对数均值不等式即可证明. 【详解】（1）方法一：，取，得， 所以，， 时，， 所以取，时，， ，分子随增大而增大， 而，所以当时，单调递减，当时，单调递增， 而，得，符合单调递增，所以. 方法二：，， 因为在定义域内单调递增， 所以在上恒成立， 故，设， 若，则当时，，故在上恒成立，这不可能. 若，则在上恒成立，取，则有，故. 若，此时， 令，则为上的减函数， 而， 取，则当时， 有，故在上存在唯一零点， 设该零点为，由零点存在定理可得. 故当时，；当时，， 故在为增函数，在上为减函数，故. 所以， 因为，故， 所以，其中. 设，，则， 当时，，当时，， 故在为减函数，在为增函数， 故，故即的最小值为. （2）方法一：当时，，，， 则，令，， 令，下证恒成立， ，设分子为， ，所以在上单调递增，， 所以在上恒大于，即在上恒大于， 所以，取，则， 所以，即. 方法二：当时，， 因为有两个极值点， 所以，即，从而， 令，则， 当时，，当时，， 所以函数在上递增，在上递减， 所以， 又因当时，，当时，， 所以， 由对数均值不等式得，从而， 所以. 【题型六：双变量不等式——主元法】 【例6】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若存在，且，使得，求证：. 【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数与原函数单调性的关系求解即可； （2）由（1）得，设，，利用导函数可得，从而可得；设，，利用导函数的几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 令，得或， 在上，，在上，，在上，， 所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增. （2）由（1）可知， 设，，   则， 因为，所以，在上单调递增. 又，所以当时，，即. 因为，所以，所以， 因为在上单调递增，且，， 所以，即.① 设，， 则. 因为，所以，在上单调递增， 又，所以当时，，即， 因为，所以，所以. 因为在上单调递增，且，， 所以，即.② 由①得，由②得，所以. 【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 【变式6】已知函数. (1)若f（1）=2，求a的值； (2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明： ①； ②. 【答案】(1)2； (2)证明过程见解析. 【分析】（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明.. 【详解】（1）由，化简得：，两边平方，解得：. （2）不妨令， ①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去； 当时，为定值，不合题意； 当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足， 接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则， 综上：，证毕. ②由①可知：当时，由得：，整理得：，即； 当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕. 【点睛】极值点偏移问题，是比较有难度的题目，一般处理思路有构造差函数，对数平均不等式，多元化单元等方法. 【题型七：双变量不等式——差值代换与比值代换】 【例7】（2025高二·全国·专题练习）已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 【答案】证明见解析 【分析】先换元，即证，分别构造函数来证明即可. 【详解】因为，有两个零点，， ， 令，则， 即证明，即证， 设， 由于，即， 左边即证， 即证， 设，则，单调递增， 则当时，，即成立，故. 要证， 即证即, 而, 故即证， 即证：， 令，即证：. 则， 设， 则， 设，则， 设，则，其， 而，故在为减函数， 而，，故存在， 使得时，，时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故，且， 故，故即恒成立， 故在上为减函数，而， 故当时，即，时，即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故（不恒为零），故为减函数， 故，即， 即得证. 【变式7】（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个零点 (1)求a的取值范围； (2)记，为的两个零点，证明： 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导讨论单调性，结合零点存在定理讨论零点个数即可； （2）左侧构造，结合单调性即可证明；右侧利用，以及与的关系，代入化简整理即可证明. 【详解】（1）由题意得的定义域为， 由已知得，， 设， 可得， 由反比例函数性质得在上单调递减， 由幂函数性质得在上单调递减， 则在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 由于，故时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增，， 当时， ，， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递减，再区间上单调递增， 所以时，函数有最小值，即， 因为在区间上恒为正，而， 所以 ， 即， 取，则，存在，使， 可得，存在，使，符合题意； 当时，有且只有1个零点，不符合题意； 当时，，当时，，单调递增， 当时，，单调递减，， 此时单调递减，不会有两个零点； 当时，当时，，单调递增， 而，单调递减，得到， 当时，存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减， 且由对数函数与幂函数增长速度可知，当趋于时，趋于， 则存在，， 当时，，单调递增，， 当时，，单调递减，不会有2个零点； 当时，，， 存在，， 当时，，， 当时，，单调递减，， 则单调递减，在上不会有2个零点； 综上，. （2）由（1）得，， 设， 则， 则，又， 所以，故， 由于，且在上单调递增， 则，即； 设，则， 当时，，单调递减， 当时，单调递增， 则，则， 由于， 则时，， 当时，， 则， 整理得， 则得，， 由于，则， 则； 综上得证. Part 3 分层通关 【基础通关练】 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点.求证：. 【答案】证明见解析 【分析】利用导数可得在处取得极小值，设，要证明，只需证，构造函数，求导证明即可. 【详解】定义域为， ，所以在上单调递减. ，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 又， 所以先保证必要条件成立，即满足题意. 当时，； ， 由以上可知，当时，有两个不同的零点. 由题意，设，要证明，只需证明. 因为在上单调递减，且， 只需证. 又，即只需证， 构造函数， 因为， 所以 ，， 则， 所以在单调递减， 所以. 因为，所以，成立，即， 所以. 2．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点不等式证明常转化为函数的单调性、极（最）值问题处理． 3．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）不等式变形得到在上恒成立，构造函数，求出单调性和最小值，只需，解得； （2）不妨设，由（1）知方程，，，且，欲证，即证，构造差函数，得到差函数的单调性，结合（1）可知，所以，则. 【详解】（1）由可知，，， 即在上恒成立，， 令，则，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 由于在上单调递增， 故只需，解得； （2）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（1）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， 由（1）知有两根，即有两根， 则有， 欲证，即证，， 令，， 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 令， 在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，故， 又，，结合在单调递增，， 所以，则. 4．已知函数. (1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数有两个极值点,证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围； （2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案； 方法二：先证明引理，当时,,当时, ，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案. 【详解】（1）的定义域为，， 由题意恒成立，即恒成立， 设，则， 当时，，单调递增, 当时，，单调递减, ∴在处取得极大值，也是最大值，， 故； （2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知， 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,又因为， 所以， 要证,只需证,只需证， 其中，即证， 即证， 由,设, 则,,则, 设， ， 由(1)知，故, 所以,,即，在上递增， ,故成立,即； 证法二： 先证明引理:当时,,当时, ， 设, ， 所以在上递增,又, 当时,，当时，， 故引理得证， 因为函数有两个极值点，由(1)可知, 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,即， 要证,只需证， 因为，即证， 由引理可得, 化简可得①， 同理， 化简可得②， 由①-②可得 ， 因为，，所以， 即,从而. 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 5．已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 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）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 【点睛】关键点睛：第2问的第①小问关键在于将变形，结合的单调性，将问题转化为有两个零点，然后利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理即可求得的取值范围.第②小问关键在于取对数转化目标不等式，再通过换元将二元问题转化为一元问题即可得证. 6．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. 题型四 极值点偏移:商式形式 7．已知函数，且有两个零点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案； （2）先证明对一切不相等的正实数，都有，进而得到，则，由基本不等式得，进而求出. 【详解】（1）定义域为， 由题意可得. 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减. 当时，，当时，，且， 则，解得，即的取值范围为； （2）证明：先证明对一切不相等的正实数，都有. 不妨设，要证，即证 设， 则， 所以在上单调递增，所以，即当时，有， 故，即. 因为是的两个零点，所以 所以，则， 所以，则. 因为，所以. 因为， 所以. 因为，所以，即. 8．（2025高二·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点.求证：. 【答案】证明见解析 【分析】利用导数可得在处取得极小值，设，要证明，只需证，构造函数，求导证明即可. 【详解】定义域为， ，所以在上单调递减. ，所以在上单调递增， 所以在处取得极小值，也是最小值， 又， 所以先保证必要条件成立，即满足题意. 当时，； ， 由以上可知，当时，有两个不同的零点. 由题意，设，要证明，只需证明. 因为在上单调递减，且， 只需证. 又，即只需证， 构造函数， 因为， 所以 ，， 则， 所以在单调递减， 所以. 因为，所以，成立，即， 所以. 【提升通关练】 9．已知函数有两个相异零点､，且，求证：. 【答案】证明见解析. 【分析】对函数求导并研究的单调性，结合函数有两个相异零点､得极大值，即有，进而有，应用作差法可得，而、即可证明结论. 【详解】由题设，， 由，得，由，得， 在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，且为最大值. 由有两个相异零点､，可得，即. ， ， ，即，则， ，， . 10．设()，， （1）求的单调区间： （2）已知函数有两个零点，，且， （i）求的取值范围； （ii）证明：随着的减小而增大. 【答案】（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）分类讨论含参数的函数的单调区间； （2）（i）根据函数的单调性，转化为最大值大于0，然后解不等式即可；（ii）构造函数，结合函数单调性及不等式的性质即可证得. 【详解】（1）因为，则， ①若，则在上恒成立，所以的单调递增区间为； ②若，令，则， 时，，的单调递增； 时，，的单调递减； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上：若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为 （2） （i）由（1）知：函数有两个零点需满足，即，所以，故的取值范围为； （ii）因为，则，令，则， 所以在上单调递增，在单调递减，并且时，，当时，，由已知满足，由，及的单调性，可得，对于任意，设，，其中；，其中；因为在上单调递增，由，即，可得，同理可得，又由得，故随着的减小而增大. 【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理． 11．已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【答案】证明见解析 【分析】利用参数作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得结论成立. 【详解】因为，不妨设， 因为，， 所以，， 所以， 欲证，即证. 因为，所以即证， 所以即证，即证． 令，则，等价于， 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故， 即，所以． 方法二：直接换元构造新函数  ，即，设，，则， 则，，可得，， 由于 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故，即， 所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： （1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数； （2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论； （3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 12．已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围. （2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证. 【详解】（1），，令，解得， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减， 所以，要使，则有，而，故， 所以的取值范围为． （2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增； 当时，单调递减， 设，所以，， ①若，则，成立； ②若，先证，此时， 要证，即证，即，， 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 即，，所以， 因为，，所以， 即． 【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理. 13．已知函数 (1)讨论f(x)的单调性； (2)若，且，证明: . 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明. 【详解】（1）   当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减； 当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增； （2）证明： ， ∴ ， 即当时， 由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令 要证，即证： ①当时，成立； ②当时 先证 此时   要证，即证：，即，即 即： ① 令 ， ∴ ∴在区间上单调递增 ∴，∴①式得证. ∴ ∵， ∴  ∴   ∴ 14．已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 15．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，. (1)若，求a的取值范围； (2)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）不等式变形得到在上恒成立，构造函数，求出单调性和最小值，只需，解得； （2）不妨设，由（1）知方程，，，且，欲证，即证，构造差函数，得到差函数的单调性，结合（1）可知，所以，则. 【详解】（1）由可知，，， 即在上恒成立，， 令，则，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 故， 由于在上单调递增， 故只需，解得； （2）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（1）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， 由（1）知有两根，即有两根， 则有， 欲证，即证，， 令，， 由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 令， 在上恒成立， 故在上单调递增， 所以，故， 又，，结合在单调递增，， 所以，则. 16．已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 【培优通关练】 17．已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)当实数取第（1）问中的最小值时，若方程有两个不相等的实数根，，请比较，，2这三个数的大小，并说明理由. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得. （2）由（1）求出函数并变形，换元构造函数，利用导数结合极值点偏移推理即得. 【详解】（1）当时，不等式， 令，依题意，恒成立， 求导得，当时，，当时，， 于是函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. （2）由（1）知，，此时函数， 令，，则， 由方程有两个不相等的实数根，得方程有两个不相等的实数根， ，要比较，，2这三个数的大小，只需比较，2， 这三个数的大小，即比较这三个数的大小， ，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，显然，，而， 由方程有两个不相等的实数根，不妨设，则， 令函数，显然， 求导得，函数在上单调递增， 于是，即，而，在上单调递减， 因此，即有，则， 令函数，， 求导得，函数在上单调递减， ，即，而，在上单调递减， 因此，即有，则，有，于是， 从而，所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 18．有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解. （2）当时由及的两个零点之间的距离可得. 【详解】（1）时，， 由题意的两个零点即为 方程的两个根， 分离参数即得，令， 对其求导得，设， 则，所以在定义域上面单调递减， 注意到，所以随的变化情况如下表： 所以有极大值（最大值）， 又当时，；当时，， 若方程有两个根， 则，即的取值范围为. （2）因为，设， 所以当且时有， 进而有，且 的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示： 因此的两个零点在二次函数两个零点之内， 所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式， 又，所以， 综上，有，命题得证. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化. 19．已知函数，. （1）讨论函数的极值点； （2）若是方程的两个不同的正实根，证明：. 【答案】（1）当，无极值点；当，的极大值点为，极小值点为；（2）证明见解析. 【分析】（1）令，对求导后按判别式分类讨论求极值点； （2）通过层层分析和转化，将要证的不等式“”最终转化为：“求证：当时，”. 【详解】（1），函数的定义域为， ，， ①当，即时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点； ②当，即时，方程有两个根，，解得，且， 当时，，函数单调递增； 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 所以，函数的极大值点为，极小值点为 （2）方程即方程，设， ， ∴在上递减，在上递增，依题意知有两个零点， ∴，即，解得，且 两式相减得，设， ∴，∴， 要证明，只需证，只需证， 只需证，只需证， 记，， ∴在上递减，∴ ∴，故， 即. 【点睛】思路点睛：函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中. 某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用. 因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的. 根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧. 许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 20．（2024高二上·全国·专题练习）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且，证明：． 【答案】(1)的增区间是，减区间是. (2)证明见解析 【分析】（1）直接求导，求得导函数的零点，即可讨论出的单调性； （2）先把等式变形为题干函数的形态得，再分别证明左右两个不等式，注意构造函数的技巧以及多次求导. 【详解】（1）由题可知，而在上是减函数，是增函数， 在上单调递减，又， 时，单调递增；时，单调递减． 所以的增区间是，减区间是. （2）由题意得， 即，亦即． 设，则由，得，且． 不妨设，则即证， 先证：. 由及的单调性知，． 令， 则． ， ，即在上单调递增，故， ，取，则． 又，则． 又，且在上单调递减， ，即． 下证：． （ⅰ）当时，由，得； （ⅱ）当时，令， 则 ． 记，则． 又在上为减函数， 在上单调递减，在上单调递增， 单调递减，从而，在单调递增． 又， 对于，则， 所以时，，故在上单调递增，， 故时，，． 又， 从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以． 又， 对函数，， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，所以， 由，所以． 显然， 所以，即． 取，则． 又，则． 结合，以及在上单调递增， 得到，从而． 综上所述，. 【点睛】方法点睛：处理双变量问题首先是根据问题所给的等式变形为题干中函数的形态，找出两个变量的联系，再分别构造出函数去证明不等式，并转化为极值点偏移问题，有时还需结合隐零点方法综合使用. 21．已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【详解】（1）定义域为，， 令，解得或， 当时，；当时，． 的单调递增区间为和，单调递减区间为． 的极大值为，极小值为． （2）证明：由（1）知． 令，则 ． 令，则． 令，则． 在上恒成立，在上单调递增， ，在上恒成立， 在上单调递增，， 在上恒成立，在上单调递增， ，对任意恒成立． ，． 又，． 在上单调递增，，，即． 令，则 ． 在上单调递增， 在上恒成立， 在上单调递增，， 对任意恒成立． ．又． 在上单调递增，且， ．由，得， ，． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法： （1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题. （2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。 （3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导. 22．已知函数. (1)当时，求在区间上的最值； (2)若有两个不同的零点，证明：. 【答案】(1)最大值为0，最小值为. (2)证明见解析 【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导， 判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值； （2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明. 【详解】（1）当时，， . 由，得；由，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为， ， 所以在区间上的最大值为0，最小值为. （2）. 当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去； 当时，所以， 由，得，所以在上单调递增； 由，得，所以在上单调递减. 所以当时，取得极大值，极大值为， 为满足题意，必有，得. 因为是的两个不同的零点， 所以， 两式相减得. 设，要证， 只需证，即证. 设，只需证， 设，则， 所以在上为增函数，从而， 所以成立，从而 【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可证明. 23．（23-24高二下·云南·期中）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增； （2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为， ， 令，可得，当时，即， ，可知在上恒成立， 即在上恒成立，所以在上单调递增. （2）当时，可得， ， 或 故在上单调递增，在上单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在上单调递增， 则，可得在上恒成立， 因为，则， 且在上单调递减 则，即； 令， 则， 可知在上单调递增，则， 可得在上恒成立， 因为，则， 且在上单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到. 24．（23-24高二上·江西宜春·期末）已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况； （2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明； （3）设，并求导，可证明，即可证明，设 ，设，并求导，证明. 【详解】（1）， 又因为函数单调递增，且， 所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 所以在和上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 所以在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是； （2）设，， ， ， 当时，， ， 所以， 所以在上单调递增， 当时，， 即当时，， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，，， 所以， （3）设， ， ，当时， 因为， 令，， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以, 所以恒成立，显然， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 设的零点为，， 易知， 所以， 设， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立，即， 设的零点为，， 易知，， 所以， 所以， 所以 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式有如下方法， 方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二，比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可， 方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 学科网（北京）股份有限公司 $