高考數(shù)學利用導數(shù)解決雙變量問題（三大題型）（解析版）

特訓07利用導數(shù)解決雙變量問題（三大題型）如果兩個變量之間不存在具體直觀的等量關系，但可以通過適當?shù)拇鷶?shù)變形將兩個變量化為某種結構的整體，常見如x?-x,，這種通過換元實現(xiàn)雙變量合二為一目的，把雙變量轉(zhuǎn)化為單變量的手段分別稱為“差值代換”和“比值代換”.注：如果所給條件能轉(zhuǎn)化為關于變量x?,x?的齊次式，常常建立關于的函數(shù).導數(shù)中解決雙變量問題的步驟：(1)先根據(jù)已知條件確定出兩個變量x?,x?滿足的條件；(2)將雙變量轉(zhuǎn)化為單變量，具體有兩種可行的方法：①將所有涉及x?,x?的式子轉(zhuǎn)化為關于的式子，令,將問題轉(zhuǎn)化為關于自變量t的函數(shù)問題；②令t=x?-x?,將問題轉(zhuǎn)化為關于自變量t的函數(shù)問題.注：需要關注新元的范圍即為新函數(shù)的定義域，借助新函數(shù)的單調(diào)性和值域完成問題的分析求解.目錄：01：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決02：整體代換03：構造具體函數(shù)解決雙變量問題01：轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)解決例1已知函數(shù)f(x)＝lnx－ax＋1，其中a為實常數(shù).對于函數(shù)圖象上任意不同的兩點A(x1，f(x1))，B(x2，f(x2))，直線AB的斜率為k，若x1＋x2＋k＞0恒成立，求a的取值范圍.解由題意，k＝eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)，則原不等式化為x1＋x2＋eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞0，不妨設x1＞x2＞0，則(x1＋x2)(x1－x2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即xeq\o\al(2,1)－xeq\o\al(2,2)＋f(x1)－f(x2)＞0，即f(x1)＋xeq\o\al(2,1)＞f(x2)＋xeq\o\al(2,2).設g(x)＝f(x)＋x2＝lnx＋x2－ax＋1，則g′(x)＝eq\f(1,x)＋2x－a＝eq\f(2x2－ax＋1,x)，由已知，當x1＞x2＞0時，不等式g(x1)＞g(x2)恒成立，則g(x)在(0，＋∞)上是增函數(shù).所以當x＞0時，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，即a≤eq\f(2x2＋1,x)＝2x＋eq\f(1,x)恒成立，因為2x＋eq\f(1,x)≥2eq\r(2)，當且僅當2x＝eq\f(1,x)，即x＝eq\f(\r(2),2)時取等號，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(1,x)))eq\s\do7(min)＝2eq\r(2).故a的取值范圍是(－∞，2eq\r(2)].感悟提升此類問題一般是給出含有x1，x2，f(x1)，f(x2)的不等式，若能通過變形，把不等式兩邊轉(zhuǎn)化為結構形式相同的代數(shù)式，即轉(zhuǎn)化為同源函數(shù)，可利用該函數(shù)單調(diào)性求解.訓練1已知函數(shù)f(x)＝alnx＋eq\f(1,2)x2，在其圖象上任取兩個不同的點P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x1＞x2)，總能使得eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，則實數(shù)a的取值范圍為()A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)C.(1，2) D.[1，2]答案B解析由eq\f(f（x1）－f（x2）,x1－x2)＞2，x1＞x2＞0，∴f(x1)－f(x2)＞2x1－2x2，∴f(x1)－2x1＞f(x2)－2x2，構造函數(shù)g(x)＝f(x)－2x＝alnx＋eq\f(1,2)x2－2x，則g(x1)＞g(x2)，∴函數(shù)g(x)在(0，＋∞)上為增函數(shù)，由于g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2，則g′(x)≥0對任意的x∈(0，＋∞)恒成立，由g′(x)＝eq\f(a,x)＋x－2≥0，可得a≥－x2＋2x，當x＞0時，則y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，當且僅當x＝1時，等號成立，∴a≥1，因此實數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞).02：整體代換例2設函數(shù)f(x)＝x2－(a＋2)x＋alnx，g(x)＝2alnx－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)在(1，＋∞)上有兩個不相等的實數(shù)根x1，x2，求證：f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0.證明方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－alnx＝b，在(1，＋∞)上有兩個不等實根x1和x2，不妨設1＜x1＜x2，則xeq\o\al(2,1)－(a－2)x1－alnx1＝b①，xeq\o\al(2,2)－(a－2)x2－alnx2＝b②，①－②得a＝eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)，∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋eq\f(a,x)＝eq\f(2x2－（a＋2）x＋a,x)＝eq\f(2（x－1）\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a,2))),x)，x＞0，則f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))上單調(diào)遞減，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，∴當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(a,2)))時，f′(x)＜0，當x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，＋∞))時，f′(x)＞0，若證f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0，只需證eq\f(x1＋x2,2)＞eq\f(a,2)，即a＜x1＋x2，只需證eq\f(xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2,x1＋lnx1－x2－lnx2)＜x1＋x2，∵x1＜x2，∴x1＋lnx1＜x2＋lnx2，即需證xeq\o\al(2,1)＋2x1－xeq\o\al(2,2)－2x2＞(x1＋x2)(x1＋lnx1－x2－lnx2)，整理得lnx1－lnx2＜eq\f(2（x1－x2）,x1＋x2)，即證lneq\f(x1,x2)＜eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1,x2)－1)),\f(x1,x2)＋1)，令t＝eq\f(x1,x2)∈(0，1)，設h(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，h′(t)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，顯然h(t)在(0，1)上單調(diào)遞增.∴h(t)＜h(1)＝0，故f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)))＞0得證.感悟提升(1)解此類題的關鍵是利用代入消元法消去參數(shù)a，得到僅含有x1，x2的式子.(2)與極值點x1，x2有關的雙變量問題，一般是根據(jù)x1，x2是方程f′(x)＝0的兩個根，確定x1，x2的關系，再通過消元轉(zhuǎn)化為只含有x1或x2的關系式，再構造函數(shù)解題，即把所給條件轉(zhuǎn)化為x1，x2的齊次式，然后轉(zhuǎn)化為關于eq\f(x2,x1)的函數(shù)，把eq\f(x2,x1)看作一個變量進行整體代換，從而把二元函數(shù)轉(zhuǎn)化為一元函數(shù)來解決問題.訓練2設a∈R，函數(shù)f(x)＝lnx－ax，若f(x)有兩個相異零點x1，x2，求證：lnx1＋lnx2＞2.證明由已知得lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0，所以a＝eq\f(lnx1＋lnx2,x1＋x2)＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，所以lnx1＋lnx2＞2等價于eq\f(x1＋x2,x1－x2)lneq\f(x1,x2)＞2，即eq\f(\f(x1,x2)＋1,\f(x1,x2)－1)lneq\f(x1,x2)＞2，設x1＞x2，令t＝eq\f(x1,x2)＞1，g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)，則g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(4,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，所以g(t)＞g(1)＝0，即lnt＞eq\f(2（t－1）,t＋1)，即得eq\f(t＋1,t－1)lnt＞2，所以原題得證.03：構造具體函數(shù)解決雙變量問題例3已知函數(shù)f(x)＝x(1－lnx).(1)討論f(x)的單調(diào)性；(2)設a，b為兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，證明：2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e.(1)解因為f(x)＝x(1－lnx)，所以f(x)的定義域為(0，＋∞)，f′(x)＝1－lnx＋x·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x)))＝－lnx.當x∈(0，1)時，f′(x)>0；當x∈(1，＋∞)時，f′(x)<0.所以函數(shù)f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減.………………3分(2)證明由題意，a，b是兩個不相等的正數(shù)，且blna－alnb＝a－b，兩邊同時除以ab，得eq\f(lna,a)－eq\f(lnb,b)＝eq\f(1,b)－eq\f(1,a)，即eq\f(lna＋1,a)＝eq\f(lnb＋1,b)，即feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,b))).令x1＝eq\f(1,a)，x2＝eq\f(1,b)，……5分由(1)知f(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，且當0<x<e時，f(x)>0，當x>e時，f(x)<0，不妨設x1<x2，則0<x1<1<x2<e.要證2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e，即證2<x1＋x2<e.……6分先證x1＋x2>2：要證x1＋x2>2，即證x2>2－x1，因為0<x1<1<x2<e，所以只要證x2>2－x1>1，又f(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞減，所以即證f(x2)<f(2－x1)，又f(x1)＝f(x2)，所以即證f(x1)<f(2－x1)，即證當x∈(0，1)時，f(x)－f(2－x)<0.構造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2－x)，則F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝－lnx－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，當0<x<1時，x(2－x)<1，則－ln[x(2－x)]>0，即當0<x<1時，F(xiàn)′(x)>0，所以F(x)在(0，1)上單調(diào)遞增，所以當0<x<1時，F(xiàn)(x)<F(1)＝0，所以當0<x<1時，f(x)－f(2－x)<0成立，所以x1＋x2>2成立.……9分再證x1＋x2<e：由(1)知，f(x)的極大值點為x＝1，f(x)的極大值為f(1)＝1，過點(0，0)，(1，1)的直線方程為y＝x，設f(x1)＝f(x2)＝m，當x∈(0，1)時，f(x)＝x(1－lnx)>x，直線y＝x與直線y＝m的交點坐標為(m，m)，則x1<m.欲證x1＋x2<e，即證x1＋x2<m＋x2＝f(x2)＋x2<e，即證當1<x<e時，f(x)＋x<e.構造函數(shù)h(x)＝f(x)＋x，則h′(x)＝1－lnx，當1<x<e時，h′(x)>0，所以函數(shù)h(x)在(1，e)上單調(diào)遞增，所以當1<x<e時，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，即f(x)＋x<e成立，所以x1＋x2<e成立.綜上可知，2<eq\f(1,a)＋eq\f(1,b)<e成立.……12分答題模板第一步分析題意，探究兩變量的關系第二步合二為一，變?yōu)閱巫兞坎坏仁降谌綐嬙旌瘮?shù)第四步判斷新函數(shù)的單調(diào)性或求新函數(shù)的最值，進而解決問題第五步反思回顧解題過程，規(guī)范解題步驟訓練3已知函數(shù)f(x)＝2ax＋bx－1－2lnx(a∈R).當x＞y＞e－1時，求證：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).證明∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，欲證exln(y＋1)＞eyln(x＋1).即證明eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，令g(x)＝eq\f(ex,ln（x＋1）)，則g′(x)＝eq\f(ex\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(ln（x＋1）－\f(1,x＋1))),ln2（x＋1）)，顯然函數(shù)h(x)＝ln(x＋1)－eq\f(1,x＋1)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴h(x)＞1－eq\f(1,e)＞0，即g′(x)＞0，∴g(x)在(e－1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵x＞y＞e－1時，g(x)＞g(y)，即eq\f(ex,ln（x＋1）)＞eq\f(ey,ln（y＋1）)，∴當x＞y＞e－1時，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.方法技巧1極值點偏移(1)極值點不偏移已知函數(shù)f(x)圖象的頂點的橫坐標就是極值點x0，若f(x)＝c的兩根的中點剛好滿足eq\f(x1＋x2,2)＝x0，即極值點在兩根的正中間，也就是說極值點沒有偏移.此時函數(shù)f(x)在x＝x0兩側，函數(shù)值變化快慢相同，如圖(1).圖(1)(無偏移，左右對稱，二次函數(shù))若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＝2x0.(2)極值點偏移若eq\f(x1＋x2,2)≠x0，則極值點偏移，此時函數(shù)f(x)在x＝x0兩側，函數(shù)值變化快慢不同，如圖(2)(3).圖(2)(左陡右緩，極值點向左偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＞2x0；圖(3)(左緩右陡，極值點向右偏移)若f(x1)＝f(x2)，則x1＋x2＜2x0.(3)極值點偏移問題的常見解法①(對稱化構造法)構造輔助函數(shù)：對結論x1＋x2＞2x0型，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結論x1x2＞xeq\o\al(2,0)型，構造函數(shù)F(x)＝f(x)－feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,0),x)))，通過研究F(x)的單調(diào)性獲得不等式.②(比值代換法)通過代數(shù)變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝eq\f(x1,x2)化為單變量的函數(shù)不等式，利用函數(shù)單調(diào)性證明.例已知函數(shù)f(x)＝xe－x，如果x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，求證：x1＋x2＞2.證明法一(對稱化構造法)由題意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，令f′(x)＝0，解得x＝1.當x變化時，f′(x)，f(x)的變化情況如下表：x(－∞，1)1(1，＋∞)f′(x)＋0－f(x)eq\f(1,e)由x1≠x2，不妨設x1＞x2，根據(jù)f(x1)＝f(x2)，結合圖象可知x1＞1，x2＜1，令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，則F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.∵x＞1，2x－2＞0，∴e2x－2－1＞0，則F′(x)＞0，∴F(x)在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，∴當x＞1時，F(xiàn)(x)＞F(1)＝0，即當x＞1時，f(x)＞f(2－x)，則f(x1)＞f(2－x1).又∵f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)＞f(2－x1).∵x1＞1，∴2－x1＜1，∴x2，2－x1∈(－∞，1)，∵f(x)在(－∞，1)上是增函數(shù)，∴x2＞2－x1，∴x1＋x2＞2.法二(比值代換法)設0＜x1＜1＜x2，f(x1)＝f(x2)，即x1e－x1＝x2e－x2，取對數(shù)得lnx1－x1＝lnx2－x2.令t＝eq\f(x2,x1)＞1，則x2＝tx1，代入上式得lnx1－x1＝lnt＋lnx1－tx1，得x1＝eq\f(lnt,t－1)，x2＝eq\f(tlnt,t－1).∴x1＋x2＝eq\f(（t＋1）lnt,t－1)＞2?lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，設g(t)＝lnt－eq\f(2（t－1）,t＋1)(t＞1)，∴g′(t)＝eq\f(1,t)－eq\f(2（t＋1）－2（t－1）,（t＋1）2)＝eq\f(（t－1）2,t（t＋1）2)＞0，∴當t＞1時，g(t)單調(diào)遞增，∴g(t)＞g(1)＝0，∴l(xiāng)nt－eq\f(2（t－1）,t＋1)＞0，故x1＋x2＞2.方法技巧1指數(shù)、對數(shù)均值不等式極值點偏移問題是近幾年高考的熱點問題，求解此類問題的一個重要工具就是指數(shù)均值不等式和對數(shù)均值不等式.一、對數(shù)均值不等式結論1對任意的a，b＞0(a≠b)，有eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).證明不妨設a＞b＞0(0＜a＜b時同理可得)首先，由eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb)等價于lna－lnb＜eq\f(a－b,\r(ab))，即lneq\f(a,b)＜eq\f(\f(a,b)－1,\r(\f(a,b))).令x＝eq\r(\f(a,b))＞1，只要證lnx2＜eq\f(x2－1,x)，即證2xlnx－x2＋1＜0.令f(x)＝2xlnx－x2＋1(x＞1)，則f′(x)＝2lnx＋2－2x，f″(x)＝eq\f(2,x)－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞減，即f(x)＜f(1)＝0.故eq\r(ab)＜eq\f(a－b,lna－lnb).其次，eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2)等價于lna－lnb＞eq\f(2（a－b）,a＋b)，即lneq\f(a,b)＞eq\f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,b)－1)),\f(a,b)＋1).令x＝eq\f(a,b)＞1，只要證lnx＞eq\f(2（x－1）,x＋1)，即證(x＋1)lnx－2x＋2＞0.設g(x)＝(x＋1)lnx－2x＋2(x＞1)，同理可證g(x)在(1，＋∞)單調(diào)遞增，有g(x)＞g(1)＝0.故eq\f(a－b,lna－lnb)＜eq\f(a＋b,2).二、指數(shù)均值不等式結論2對任意實數(shù)m，n(m≠n)，有eeq\f(m＋n,2)＜eq\f(em－en,m－n)＜eq\f(em＋en,2).證明在指數(shù)均值不等式中，令em＝a、en＝b，則m＝lna，n＝lnb，從而可得對數(shù)均值不等式.需注意的是，在實際解題過程中，凡涉及這兩個不等式的都需給出證明，以確保考試不被扣分，但本文以下的例題省略該過程.例(1)若函數(shù)f(x)＝lnx－ax(a為常數(shù))有兩個不同的零點x1，x2，請證明：x1x2＞e2.證明借助a作為媒介，構造對數(shù)均值不等式.依題意，lnx1－ax1＝0，lnx2－ax2＝0.兩式相減，得lnx1－lnx2＝a(x1－x2)，即a＝eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)，兩式相加，得lnx1＋lnx2＝a(x1＋x2).故欲證x1x2＞e2，即證lnx1＋lnx2＞2，即證a(x1＋x2)＞2，即證eq\f(lnx1－lnx2,x1－x2)＞eq\f(2,x1＋x2).由對數(shù)均值不等式知上式顯然成立.綜上，x1x2＞e2成立.(2)已知函數(shù)f(x)＝x－aex(a為常數(shù))有兩個不同的零點x1，x2，證明：x1＋x2＞2.證明借助a作為媒介，構造指數(shù)均值不等式.依題意，x1＝aex1，x2＝aex2.兩式相加、減，得x1＋x2＝a(ex1＋ex2)，x1－x2＝a(ex1－ex2).故欲證x1＋x2＞2，即證a(ex1＋ex2)＞2，即證eq\f(x1－x2,ex1－ex2)(ex1＋ex2)＞2，即證eq\f(ex1＋ex2,2)＞eq\f(ex1－ex2,x1－x2).由指數(shù)均值不等式(結論2)知上式顯然成立，因此x1＋x2＞2成立.一、解答題1．（2024·安徽合肥·模擬預測）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性；(2)若，為函數(shù)的兩個零點，求證：．【答案】(1)答案見解析(2)證明見解析【分析】（1）首先求函數(shù)的導數(shù)，再分和兩種情況求解不等式，根據(jù)導數(shù)與單調(diào)性的關系，即可求解；（2）代入函數(shù)的零點，并變形為，，并利用分析法，將所證明不等式轉(zhuǎn)化為證明，再通過構造函數(shù)，，利用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可證明.【解析】（1），．當時，，則在上單調(diào)遞增．當時，令，得，解得．當時，，當時，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．綜上：當時，在上單調(diào)遞增；當時，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增．（2）設，則，，所以，所以，，記，要證，只需證，只需證，只需證．記，，則，記，，由（1）可知，取，則，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，所以，即，所以在上單調(diào)遞增，又，所以，所以成立．【點睛】關鍵點點睛：本題第2問的關鍵是將將函數(shù)零點的式子，結合分析法，進行變形，轉(zhuǎn)化為判斷函數(shù)，的單調(diào)性，即可證明.2．（2024·浙江紹興·三模）若函數(shù)有且僅有一個極值點，函數(shù)有且僅有一個極值點，且，則稱與具有性質(zhì)．(1)函數(shù)與是否具有性質(zhì)？并說明理由．(2)已知函數(shù)與具有性質(zhì)．（i）求的取值范圍；（ii）證明：．【答案】(1)具有，理由見解析(2)（i）；（ii）證明見解析【分析】（1）借助導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，結合零點的存在性定理即可得其極值點及極值點范圍或具體值，即可得解；（2）（i）利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性后，分及可得其是否存在極值點，在存在唯一極值點的情況下，再對細分，結合零點的存在性定理討論不同的的情況下不同的極值點的范圍，結合進行計算即可得解；（ii）分及進行討論，結合極值點滿足的條件及所得函數(shù)單調(diào)性進行放縮處理即可得.【解析】（1）函數(shù)與具有性質(zhì)，理由如下：，令，則，故單調(diào)遞減，又，，故存在，使，則在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故有且僅有一個極值點，，則當時，，當時，，故在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，故有且僅有一個極值點，故函數(shù)與具有性質(zhì)；（2）（i），又，故，當時，，此時沒有極值點，故舍去，當時，令，則恒成立，故在上單調(diào)遞增，，，故，由，令，則恒成立，故在上單調(diào)遞減，當時，有，又時，，故此時存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則有唯一極值點，有，又時，，故此時存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則有唯一極值點，即有，，即，，此時需滿足，則，故有，即，即，故符合要求；當時，，又時，，故此時存在，使在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則有唯一極值點，有，又時，，故此時存在，使在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則有唯一極值點，同理可得，此時需滿足，即，則，由，，故該不等式成立，故符合要求；當時，有，，此時，即、的極值點都為，不符合要求，故舍去；綜上，故；（ii）當時，有，則，故，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，令，則，令，則，故在上單調(diào)遞增，則，故，要證，只需證，，即當，有；當時，有，則，即，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，即要證，只需證，，即當，有；綜上所述，.【點睛】關鍵點點睛：本題最后一問關鍵點在于分及進行討論，從而可得不同的的情況下不同的、的范圍，結合放縮進行推導.3．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù)，．(1)若存在零點，求a的取值范圍；(2)若，為的零點，且，證明：．【答案】(1)；(2)證明見解析.【分析】（1）利用導數(shù)求出函數(shù)的最小值，解不等式即可求解；（2）由零點的定義可得，只需證，令，利用導數(shù)證明不等式即可.【解析】（1）的定義域為，令，即，等價于，設，則（），令，可得，當時，，單調(diào)遞減，當時，，單調(diào)遞增，則的最小值為，，要使得存在零點，則，即，得．（2）由為的零點，得，即，即兩式相減得，即.要證當時，，只需證，只需證，，，．令，，只需證，，則在上單調(diào)遞增，∴，即可得證.【點睛】方法點睛：利用導數(shù)證明不等式的求解策略形如的求解策略：1、構造函數(shù)法：令，利用導數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最小值，只需恒成立即可；2、參數(shù)分離法：轉(zhuǎn)化為或恒成立，即或恒成立，只需利用導數(shù)求得函數(shù)的單調(diào)性與最值即可；3，數(shù)形結合法：結合函數(shù)的圖象在的圖象的上方（或下方），進而得到不等式恒成立.4．（2024·安徽阜陽·一模）已知函數(shù)．(1)討論的單調(diào)性．(2)已知是函數(shù)的兩個零點．（?。┣髮崝?shù)的取值范圍．（ⅱ）是的導函數(shù)．證明：．【答案】(1)答案見解析(2)（?。唬áⅲ┳C明見解析【分析】（1）求導，對進行分類討論的單調(diào)性；（2）利用方程組，得到，問題轉(zhuǎn)化為恒成立，換元后構造函數(shù)求出函數(shù)單調(diào)性及最值，從而得到證明.【解析】（1）．①當時，在上單調(diào)遞增．②當時，令得，即在上單調(diào)遞增；同理，令得，即在上單調(diào)遞減．（2）（ⅰ）由（1）可知當時，在上單調(diào)遞增，不可能有兩個零點．當時，在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，若使有兩個零點，則，即，解得，且，當時，，則有，所以的取值范圍為．（ⅱ）是函數(shù)的兩個零點，則有①，②，①-②得，即，，因為有兩個零點，所以不單調(diào)，因為，得，所以．若要證明成立，只需證，即證，令，則，則不等式只需證，即證，令，，令，令，因為，得在上單調(diào)遞減，得，得，即在上單調(diào)遞減，得，得，即在上單調(diào)遞減，所以有，故有，不等式得證．【點睛】關鍵點點睛：對于雙變量問題，要轉(zhuǎn)化為單變量問題，通常情況下利用對數(shù)的運算性質(zhì)進行轉(zhuǎn)化，轉(zhuǎn)化后利用構造新函數(shù)及最值進行求解證明.5．（2024·全國·模擬預測）已知函數(shù)有3個極值點，其中是自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求實數(shù)的取值范圍；(2)求證：．【答案】(1)(2)證明見解析【分析】（1）易知0是函數(shù)的一個極值點，則函數(shù)有2個零點，利用導數(shù)討論函數(shù)的性質(zhì)可得，即.由零點的存在性定理和即可求解；（2）由（1），設，只需證．由得，令得，則只需證，利用導數(shù)討論函數(shù)的性質(zhì)得出，即可證明.當然也可以采用對稱設法來證明.【解析】（1）由題意，得，由，得或，所以0是函數(shù)的一個極值點．所以有2個不相等的實數(shù)根，且這2個根均不為0和．令，則．當時，恒成立，故在定義域上是增函數(shù)，不可能有2個零點；當時，由，得，由，得，所以在上是減函數(shù)，在上是增函數(shù)，所以，即，所以．又．由零點存在定理可知，在上存在唯一零點．

令，則，令得，令得，所以在上遞增，在上遞減，所以，，所以，由零點存在定理可知，在上存在唯一零點．因為所以，綜上，的取值范圍是．（2）證明：由（1）知，0是函數(shù)的一個極值點．不妨設，所以只要證明．由得，即兩式相除得．令，則．所以，所以．所以要證明，只要證明，即，其中，所以．所以只要證明．令，所以，從而恒成立，所以在上是減函數(shù)，所以．所以在上是增函數(shù)，所以，即證：．另解：由，知，所以，且為的兩根．記，則，當，，當，故在上遞增，在上遞減．不妨取，所以要證，即要證，只要證，又，故只要證，即要證，也即要證(#)．令，則．而當時，，故在上遞減，故，故在上遞增，故，所以(#)成立，故．【點睛】破解含雙參不等式證明題，先由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；進而巧構造函數(shù)，再借用導數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值；最后回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.6．（2023·福建龍巖·二模）已知函數(shù)，．(1)若滿足，證明：曲線在點處的切線也是曲線的切線；(2)若，且，證明：．【答案】(1)證明見解析(2)證明見解析【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義先求出曲線在點處的切線方程，再判定該切線方程為的切線即可；（2）求，設，建立方程組，得出，為方程的兩根，根據(jù)韋達定理確定，再由基本不等式判定，化簡，構造函數(shù)求其單調(diào)性判定值域即可.【解析】（1）由已知有，,曲線在點處的切線方程為：,即：，將代入即有：,由得令得：，此時,可得：曲線在點處的切線方程為：，將代入化簡，可得：故曲線在點處的切線也是曲線的切線．（2）∵，∴，令，得：，∴，為方程的兩根，∴即：，∴

∴，∴，令，則，令，則，∴在單調(diào)遞減

∴即【點睛】本題關鍵在第二問，設，由導函數(shù)建立方程組結合韋達定理得出，再求函數(shù)值之和，構造函數(shù)，結合基本不等式求其定義域內(nèi)的單調(diào)性即可證明不等式.7．（2023·新疆·三模）已知函數(shù)，．(1)討論的單調(diào)性；(2)若方程有兩個不相等的實根，求實數(shù)的取值范圍，并證明．【答案】(1)答案見解析(2)；證明見解析【分析】（1）求導，利用導函數(shù)的正負判斷單調(diào)性即可；（2）首先將原式化簡整理成，令得，再令，根據(jù)已知條件利用導數(shù)求出參數(shù)的取值范圍，進而要證即證即證，只需證，不妨設，則只需證，即，最后令，，其中，借助導數(shù)求解的最小值即可證明.【解析】（1）因為，所以，當時，，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，當時，令，得；令，得，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減，綜上當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，當時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減.（2）方程，即，等價于，令，其中，則，顯然，令，則，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，且由時可得在區(qū)間上，在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，因為方程有兩個實根，所以關于的方程有兩個實根，，且，，所以，要證，即證，即證，只需證，因為，所以，整理可得，不妨設，則只需證，即，令，，其中，因為，所以在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，故．【點睛】關鍵點點睛：本題第（2）問的關鍵點在于借助同構思想將原始等價為，通過令，合理構造函數(shù)來確定參數(shù)的取值范圍；第二步的關鍵點在于將等價轉(zhuǎn)換為，將雙變量問題轉(zhuǎn)化為單變量問題，進而借助導數(shù)進一步證明.8．（2023·上海松江·模擬預測）已知函數(shù).(1)若，求函數(shù)的極值點；(2)若不等式恒成立，求實數(shù)a的取值范圍；(3)若函數(shù)有三個不同的極值點、、，且，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】(1)1(2)(3)【分析】（1）首先求函數(shù)的導數(shù)，并判斷函數(shù)的單調(diào)性，即可求函數(shù)的極值點.（2）由分離常數(shù)，利用構造函數(shù)法，結合導數(shù)來求得的取值范圍.（3）首先根據(jù)有個不同的極值點求得的一個范圍，然后化簡不等式，利用構造函數(shù)法，結合導數(shù)求得的取值范圍.【解析】（1）當時，，，當時，，時，，所以函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，在區(qū)間單調(diào)遞減，所以函數(shù)在處取得極大值，函數(shù)的極值點為1；（2）函數(shù)的定義域為，不等式恒成立，即在上恒成立，記，則，得到在區(qū)間上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，即在區(qū)間上恒成立，分離變量知：在上恒成立，則，，由前面可知，當時，恒成立，即，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，所以．（3），設曲線圖象上任意一點，所以曲線在點處的切線方程為，將代入得，故切點為，過的切線方程為，所以直線和曲線相切，并且切點坐標為，所以當且僅當時，方程有兩個不相等的實根，，并且，從而當時，有三個極值點，，，并且，，，取對數(shù)知：，，即，，則．構造，在時恒成立，則在區(qū)間上單調(diào)遞增，且，從而的解為，綜上所述．【點睛】求解不等式恒成立問題，可考慮利用分離常數(shù)法，然后構造函數(shù)，利用導數(shù)研究所構造函數(shù)的單調(diào)性、極值、最值等，從而求得參數(shù)的取值范圍.當一次求導無法求得單調(diào)區(qū)間時，可考慮二次求導等方法來進行求解.9．（2023·山東德州·三模）已知函數(shù)，其中．(1)當時，求函數(shù)在處的切線方程；(2)討論函數(shù)的單調(diào)性；(3)若存在兩個極值點的取值范圍為，求的取值范圍．【答案】(1)(2)答案見解析(3)【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義可求出結果；（2）求導后，分類討論，根據(jù)導數(shù)的符號可得結果；（3）根據(jù)存在兩個極值點可得，且，根據(jù)單調(diào)性可得，將化為，利用比值代換可求出結果.【解析】（1）當時，，定義域為，所以，所以，又，所以函數(shù)在處的切線方程為，即.（2）的定義域是，，，令，則．①當或，即時，恒成立，所以在上單調(diào)遞增．②當，即時，由，得或；由，得，所以在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減．綜上所述，當時，在上單調(diào)遞增；當時，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減（3）由（2）當時，在上單調(diào)遞增，此時函數(shù)無極值；當時，有兩個極值點，即方程有兩個正根，所以，則在上是減函數(shù)．所以，因為，所以，令，則，，所以在上單調(diào)遞減，又，且，所以，由，又在上單調(diào)遞減，所以且，所以實數(shù)的取值范圍為．【點睛】方法點睛：涉及到雙變量的問題一般可以利用比值代換處理，本題中，將化為后，設，化為關于的函數(shù)，再利用導數(shù)進行處理.10．（2023·全國·模擬預測）已知函數(shù).(1)設函數(shù)，若恒成立，求的最小值；(2)若方程有兩個不相等的實根、，求證：.【答案】(1)1；(2)證明見解析.【分析】（1）將問題轉(zhuǎn)化為不等式在上恒成立，利用導數(shù)證明時，不等式成立，進而分類討論與兩種情況，從而得解；（2）利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)可得，由題意可得，原不等式變形為，利用分析法，構造函數(shù)證明，即，結合即可證明.【解析】（1）當、時，即恒成立，等價于恒成立.設，則，令，令，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以，得，即，當時，令，易得在上單調(diào)遞增，又，，所以在，即上存在唯一零點，所以，即，且；當時，令，易得關于的函數(shù)與在上單調(diào)遞增，則，當時，，即，不滿足題意；當時，易得，即恒成立；綜上：，則實數(shù)k的最小值為1；（2）由題意知，，，則，令，令，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，則，當時，易得恒成立，當時，，又函數(shù)有兩個不同的實根，即與的圖像有兩個交點，作出與的部分圖像如圖：所以，且，得，有.要證，即證，即證，即證，由，得.設，則，令，令，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，所以，則，即，所以，則，即，即證.【點睛】方法點睛：破解含雙參不等式證明題，先由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式；進而巧構造函數(shù)，再借用導數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性，求出函數(shù)的最值；最后回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.11．（2023·天津河西·模擬預測）已知函數(shù).(1)若函數(shù)為增函數(shù)，求的取值范圍；(2)已知.（i）證明：；（ii）若，證明：.【答案】(1)(2)（i）證明見解析；（ii）證明見解析【分析】（1）分析可得原題意等價于對恒成立，構建，利用導數(shù)求最值結合恒成立問題運算求解；（2）（i）取，根據(jù)題意分析可得，構建，結合導數(shù)證明即可；（ii）根據(jù)題意分析可得，，，構建，結合導數(shù)證明，即可得結果.【解析】（1）∵，則，若是增函數(shù)，則，且，可得，故原題意等價于對恒成立，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞增，在遞減，故，∴的取值范圍為.（2）（i）由（1）可知：當時，單調(diào)遞增，∵，則，即，整理得，構建，則，令，解得；令，解得；則在上遞減，在遞增，故，即，當且僅當時等號成立，令，可得，綜上；（ii）∵，則，可知有兩個不同實數(shù)根，由（1）知，可得，同理可得，構建，則，當時，；當時，；當時，；且，故對恒成立，故在上單調(diào)遞減，∵，則，即，且，則，故，可得；又∵，由（i）可得，即，則，且，則，可得；綜上所述：.可得，則故.【點睛】方法定睛：利用導數(shù)證明不等式的基本步驟(1)作差或變形．(2)構造新的函數(shù)h(x)．(3)利用導數(shù)研究h(x)的單調(diào)性或最值．(4)根據(jù)單調(diào)性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數(shù)不能利用導數(shù)求解時，一般轉(zhuǎn)化為分別求左、右兩端兩個函數(shù)的最值問題．12．（2023·天津河西·模擬預測）已知．(1)求在處的切線方程；(2)對，有恒成立，求的最大整數(shù)解；(3)令，若有兩個零點分別為，且為的唯一的極值點，求的取值范圍，并證明：．【答案】(1)(2)3(3)；證明見解析.【分析】（1）求出函數(shù)的導數(shù)，求出，即可得到切線方程；（2）等價于，求導分析的單調(diào)性，即可求出的最大整數(shù)解；（3）求得的導數(shù)和單調(diào)性，由極小值小于0，可得，再由分析法，注意構造函數(shù)，求得導數(shù)和單調(diào)性，即可得證．【解析】（1）的導數(shù)為：，所以，，所以在處的切線方程為：，即；（2）由已知可得，等價于，可令，，記，，所以為上的遞增函數(shù)，且，，所以，，即，所以在上遞減，在上遞增，且，所以的最大整數(shù)解為3；（3）證明：∵，，若要有極值點，顯然，所以令，可得，當，，，，所以在上單調(diào)遞減，上單調(diào)遞增，而要使有兩個零點，要滿足，即可得，因為，，令，由，即，而，即，由，，只需證，令，則，令，則，故在上遞增，；故在上遞增，；∴．【點睛】函數(shù)與導數(shù)綜合簡答題常常以壓軸題的形式出現(xiàn)，難度相當大，主要考向有以下幾點：1、求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間（含參數(shù)）或判斷函數(shù)（含參數(shù)）的單調(diào)性；2、求函數(shù)在某點處的切線方程，或知道切線方程求參數(shù)；3、求函數(shù)的極值（最值）；4、求函數(shù)的零點（零點個數(shù)），或知道零點個數(shù)求參數(shù)的取值范圍；5、證明不等式；解決方法：對函數(shù)進行求導，結合函數(shù)導數(shù)與函數(shù)的單調(diào)性等性質(zhì)解決，在證明不等式或求參數(shù)取值范圍時，通常會對函數(shù)進行參變分離，構造新函數(shù)，對新函數(shù)求導再結合導數(shù)與單調(diào)性等解決.13．（2023·四川遂寧·模擬預測）已知函數(shù)，，其中e為自然對數(shù)的底數(shù)．(1)求曲線在點處的切線方程；(2)當時，有，求證：對，有；(3)若，且，求實數(shù)a的取值范圍．【答案】(1)；(2)證明見解析；(3).【分析】（1）根據(jù)導數(shù)的幾何意義和直線的點斜式方程即可求出切線方程；（2）利用導數(shù)求出，根據(jù)二次函數(shù)和一次函數(shù)的性質(zhì)求出，即可求解；（3）根據(jù)題意可得，設，則，利用導數(shù)研究函數(shù)的單調(diào)性可得，令()，再次利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，求出即可.【解析】（1）因為，所以點即為點，，故切線方程為，即；（2）因為當時，，，故在上單調(diào)遞增，所以，當時，，此時；當時，在上單調(diào)遞減，此時，故，所以成立；（3）由題意得：，又因為，所以，又，即，即，所以①設，則①式變形為，所以單調(diào)遞增，所以，因為，所以，令，，則，當時，，當時，，則函數(shù)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，故在處取得極大值，也是最大值，有，故．即實數(shù)的取值范圍為.【點睛】破解含雙參不等式證明題的3個關鍵點（1）轉(zhuǎn)化，即由已知條件入手，尋找雙參所滿足的關系式，并把含雙參的不等式轉(zhuǎn)化為含單參的不等式.（2）巧構造函數(shù)，再借用導數(shù)，判斷函數(shù)的單調(diào)性，從而求其最值.（3）回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.14．（2023·浙江嘉興·二模）已知.(1)若存在實數(shù)，使得不等式對任意恒成立，求的值；(2)若，設，證明：①存在，使得成立；②.【答案】(1)(2)①證明見解析；②證明見解析【分析】（1）構造函數(shù)，求導，研究函數(shù)的單調(diào)性，利用極值點得，從而利用指對運算即可求解；（2）①記，構造函數(shù)，求導，研究函數(shù)單調(diào)性，找到隱零點，即可證明；②先用分析法及把不等式證明轉(zhuǎn)化為，結合式子結構，轉(zhuǎn)化為證明，構造函數(shù)，即證，利用主元法，構造函數(shù)，求導，研究單調(diào)性，利用最值即可證明.【解析】（1）構造，則，令，則，所以在遞增，又，所以存在，使得，且在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，所以對任意恒成立，此時.（2）①令，顯然，則.令，則，因為在遞增，趨向于0時，趨向于，趨向于正無窮大時，趨向于正無窮大，所以存在，使得，即.于是在遞減，在遞增.因為，所以.②要證，即證，因為，所以只要證，即證，即證，令，即證，即證，令，則.構造，則，，因為，所