新高考数学二轮复习考点归纳与演练专题3-7 利用导函数研究双变量问题（含解析）

这是一份新高考数学二轮复习考点归纳与演练专题3-7 利用导函数研究双变量问题（含解析），共56页。
TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc9200" 专题3-7利用导函数研究双变量问题 PAGEREF _Tc9200 \h 1
\l "_Tc22096" PAGEREF _Tc22096 \h 1
\l "_Tc3141" 题型一：分离双参，构造函数 PAGEREF _Tc3141 \h 1
\l "_Tc21276" ②根据分离后的不等式结构的对称性，构造新函数； PAGEREF _Tc21276 \h 3
\l "_Tc5285" 题型二：糅合双参（比值糅合） PAGEREF _Tc5285 \h 6
\l "_Tc23889" 题型三：糅合双参（差值糅合） PAGEREF _Tc23889 \h 14
\l "_Tc11555" 题型四：利用对数平均（指数平均）不等式解决双变量问题 PAGEREF _Tc11555 \h 19
\l "_Tc2844" 题型五：最值定位法解决双参不等式问题 PAGEREF _Tc2844 \h 26
\l "_Tc26646" PAGEREF _Tc26646 \h 34
题型一：分离双参，构造函数
【典例分析】
例题1．（2022·辽宁·沈阳市第三十一中学高三阶段练习），均有成立，则的取值范围为___________.
【答案】
【详解】不妨设，则，
由可得，
所以，
即，
所以，
令，则，
因为，所以在上单调递减，
所以对于恒成立，
所以对于恒成立，
可得对于恒成立，
所以，因为在上单调递减，
所以，
所以，
故答案为：
例题2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：，，.
【答案】（1）单调递减区间，单调递增区间为；（2）证明见解析.
【详解】解：（1）由，则，，
，
令，解得；令，解得.
所以函数的单调递减区间，单调递增区间为.
（2）证明：，要证明.
即证明：.
即证明：.
令，，且.
，所以函数在上单调递减，
则，由，则，
所以，
即：，，成立.
【提分秘籍】
①在含有双参（，）的不等式中，将双参分别分离到不等式左右两边；
②根据分离后的不等式结构的对称性，构造新函数；
③证明构造函数的单调性，利用单调性证明结论
【变式演练】
1．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（理））若实数满足，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】∵
∴ ，
即
∴，
设，则有，即，
∴，
令，则，
∴当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
∴，即，
要使成立等价于成立，
只有当时，即时才满足，
∴
∴，∴.
故选：A.
2．（2022·广西玉林·模拟预测（理））已知，都是正整数，且，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【详解】因为，所以，令，
所以，故在上单调递增，由已知得，
故，因为，都是正整数，即.
故选：A.
2．（2021·四川省泸县第二中学一模（理））已知函数的图像在处的切线与直线平行．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且时，，求实数m的取值范围．
【答案】(1)在递增，在递减
(2)
(1)
的导数为，
可得的图象在处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，即，
，，
由，可得，由，可得，则在递增，在递减．
(2)因为，若，由，
即有恒成立，设，
所以在为增函数，即有对恒成立，
可得在恒成立，由的导数为，
当，可得，在递减，在递增，
即有在处取得极小值，且为最小值可得，解得
则实数m的取值范围是．
题型二：糅合双参（比值糅合）
【典例分析】
例题1．（2022·山东德州·高三期中）已知函数.
(1)求在的最小值；
(2)若方程有两个不同的解，且成等差数列，试探究值的符号.
【答案】(1)答案见解析；
(2)正，理由见解析
【详解】（1）.
当 时， 在 单调递减， ；
当 时， 在 单週递减， ；
当 时， 时， 时， ， 所以 在 单週递减， 在 单调递增，
综上，当 时， ；当 时， .
（2）值的符号为正，理由如下：
由 (1) 知， 当 时， 单调递减， 不符合題意.
当 时， 在 单调递减， 在 单调递增.
不妨设 ，由方程 有两个不同的解 ，
则 ， 整理得
.
令 ， 则 ，令 ，
在 单调递增， .故 得证
例题2．（2022·山东威海·三模）已知函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．
①；
【答案】(1)的单增区间为；单减区间为，
(2)证明见解析
（1），当时，，令，解得；令，解得或，所以的单增区间为；单减区间为，．
（2）证明①：由题意知，是的两根，则，，将代入得，，要证明，只需证明，即，因为，所以，只需证明，令，则，只需证明，即，令，，所以在上单调递减，可得，所以，综上可知，．
【提分秘籍】
利用换元法解决双变量问题，将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于（或等）的整体结构，通过将（或等）换元成把问题化归成单变量问题来处理.这一方法也称为“齐次换元”。
【变式演练】
1．（2022·全国·高三专题练习）设函数，
(1)求的单调区间；
(2)设，求证：，恒有.
(3)若，函数有两个零点，求证.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
(1)
函数的定义域为，
且，
当时，由可得，由可得，
因此函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，恒成立，此时的单调递增区间为，
综上所述：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为.
(2)
，，
所以，
因为，
所以当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，，
所以，其中，
构造函数，其中，，
则，所以函数在上单调递增，
则，
所以函数在上单调递增，，
所以对于、，恒有；
(3)
因为，则，
所以函数单调递增，且，
要证，即证，
即证，即证，
因为函数有两个零点，
由题意可得，
上述两个等式作差得，
下面先证明，只需证：，
整理得，即证，
设，不妨设，则，
所以函数在上单调递增，所以，
因为，所以，故原不等式成立.
2．（2022·广东·广州市第七中学高二期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段中点的横坐标为，证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
(1)
的定义域为，
．
①若，则，所以在单调递增．
②若，则由得，
且当时，，当时，．
所以在单调递增，在单调递减．
(2)
由（1）可知：当时，函数在上单调递增，
故图像与x轴至多有一个交点，不符合题意，从而．
当时，在单调递增，在单调递减，
不妨设，，，则．
由，
两式相减得：，
即：，
又
令，，
则，从而函数在上单调递减，
故，从而，又，所以．
3．（2022·陕西师大附中高三期中（理））已知函数，曲线在点处的切线与直线垂直.
(1)试比较与的大小，并说明理由；
(2)若函数有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)，证明见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由题可知：，
，而直线的斜率，
所以有，解得：或，
又因为函数在处有意义，所以，故，
所以，，
时，，时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
即，
即有，
所以.
（2）不妨设，
所以有，
化简得
即，，
要证，即证，
即证，因为，
所以即证：，
即，
设，因为，所以，
即证 ()
设()，
，
所以函数在上单调递增，
所以，即，
即，即.
题型三：糅合双参（差值糅合）
【典例分析】
例题1．（2022·江苏江苏·高三期末）设，.
(1)设，讨论函数的单调性；
(2)若函数在有两个零点，，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(1)
，，
时，，当时，是单调递增函数，
当时，是单调递减函数；
时，令，得，
当即时，或时，是单调增函数， 时，是单调递减函数，
当即时，或时，是单调增函数， 时，是单调递减函数，
当即时，，在上是单调增函数，
综上所述
时，在是单调递增函数，在上是单调递减函数；
时，在，上是单调增函数， 在是单调递减函数，
时，在， 上是单调增函数， 在是单调递减函数，
时，在上是单调增函数.
(2)
令，因为，所以，
令， ，两式相除得，
， ①
不妨设，令，则，，
代入①得：，反解出：，则，
故要证即证，又因为，
等价于证明：，
构造函数，
则，，
故在上单调递增，，
从而在上单调递增，.
即.
【提分秘籍】
利用换元法解决双变量问题，将要证明的不等式或目标代数式通过变形成关于（或等）的整体结构，通过将（或等）换元成把问题化归成单变量问题来处理.这一方法也称为“齐次换元”。
【变式演练】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，若函数，求的单调区间；
(3)当时，若函数恰有两个不同的极值点、，且，求证：.
【答案】(1)
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
(1)解：当时，，，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
(2)
解：当时，，该函数的定义域为.
.
当时，由可得或.
（i）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为；
（ii）当时，，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增；
（iii）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为.
综上所述
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
(3)
证明：，则，
令，则.
当时，由可得.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
下面证明不等式，其中，即证，
令，即证对任意的恒成立，
构造函数，其中，
则对任意的恒成立，故函数在上单调递增，
当时，，所以，当时，，
由已知可得，两式作差可得，
则，即，故原不等式得证.
题型四：利用对数平均（指数平均）不等式解决双变量问题
【典例分析】
例题1、已知函数（为常数）有两个不同的零点，（为自然对数的底数）请证明：.
解析：借助作为媒介，构造指数均值不等式：
因为：，是函数的两个零点，所以：，欲证，只需证：；又；
所以只需证：，即只需证：，由指数均值不等式可知，成立；故成立.
例题2．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
(1)
证明：构造函数，其中，
则
，
因为，则，，
即当时，，所以，函数在上单调递减，
故当时，，即.
(2)
证明：先证明对数平均不等式，其中，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
所以，当时，，
本题中，若，则，
此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，，
由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则，
则，即，
所以，，
因为，则，
所以，，
所以，，
所以，，所以，，
由对数平均不等式可得，可得，所以，.
【提分秘籍】
1.对数均值不等式法
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
2.指数不等式法
在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：
【变式演练】
1．（2022·湖北·武汉市第一中学高二期中）已知函数有两个零点、，则下列说法正确的是（ ）．
A．B．C．D．
【答案】ACD
【详解】由可得，令，其中，
所以，直线与曲线的图象有两个交点，
，令，可得，列表如下：
作出函数与的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，A对；
接下来证明对数平均不等式，其中，且、均为正数.
先证明，其中，
即证，
令，，其中，则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
接下来证明：，其中，即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
所以，当时，，
由已知可得，两式作差可得，所以，，
因为，故，，B错，CD都对.
故选：ACD.
2．（2022·全国·高二期末）已知函数．
(1)若，当时，试比较与的大小；
(2)若的两个不同零点分别为、，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)
解：因为，，
当时，，且，
又当时，，即函数在上单调递减，所以．
(2)
证明：先证明，其中，
即证，
令，，其中，
则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
由题知，取对数有，即，
又，所以．
3．（2022·广东·深圳市第七高级中学高三阶段练习）已知为自然对数的底数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个不同零点，求证：.
【答案】(1)详见解析；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由题可得，
当时，，当时，；
所以当时，在上是增函数，在上是减函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数；
（2）因为有两个不同零点，，则，，
因此，即，
要证，只要证明，即证，
不妨设，记，则，，
因此只要证明，即，
记，则，
令，则，
所以函数在上递增，
则，即，
∴在上单调递增，
∴，
即成立，
∴.
题型五：最值定位法解决双参不等式问题
【典例分析】
例题1．（2022·黑龙江齐齐哈尔·高三期中）已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
【详解】（1）由题可知函数的定义域为.
因为，则.
当时，.
所以当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以的单调递增区间为的单调递减区间为.
（2）因为，所以，
又，所以，故函数在上单调递增，
所以.
所以对任意的恒成立，即恒成立.
所以恒成立.
令，则.
令，则，解得.
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减.
所以.所以.
所以实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：本题考查用导数研究函数的单调性、确定不等式恒成立问题．在含有全称量词与存在量词的命题中注意问题的转化：
（1）对于任意的，任意的，恒成立，
（2）对于任意的，存在，使得成立，
（3）存在，使得对任意的，都有成立，
（4）存在，存在，使得成立．
例题2．（2022·全国·高二专题练习）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)设（为自然对数的底数），当时，对任意，存在，使，求实数的取值范围.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(1)
函数的定义域为，
，
①当时，由得，即的单调递增区间是；
由得，即单调递减区间是.
②当时，由得，即的单调递增区间是）；
由得，即单调递减区间是.
(2)
当时，由（1）知，函数在上道减，
所以，所以
对任意，存在，使
即等价为恒成立即可，即.∴，
设，
∴在上单调递增，在上单调递减，∴
∴
【提分秘籍】
最值定位法解决双参不等式问题
（1）,,使得成立
（2）,,使得成立
（3）,,使得成立
（4）,,使得成立
【变式演练】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，，，使不等式成立，则的取值范围是______.
【答案】
【详解】因为对，，使不等式成立，所以，
当时，，由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
因为在上单调递减，所以，
所以，即.
故答案为：.
2．（2022·山东聊城·高三期中）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)设，当时，对任意，存在，使，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）定义域为，
，
令，得或．
当即时：
，，函数在上单调递减；
，，函数在单调递增；
当，即时：
，，函数在单调递增；
，，函数在上单调递减；
，，函数在上单调递增；
当即时：，，函数在单调递增；
当即时：
，，函数在单调递增；
，，函数在上单调递减；
，，函数在上单调递增；
综上：当时，单调递减区间有，单调递增区间有；
当时，单调递减区间有，单调递增区间有，；
当时，单调递增区间有，无单调递减区间；
当时，单调递减区间有，单调递增区间有，．
（2）当时，
由（1）得函数在区间上单调递减，在区间，上单调递增，
从而函数在区间上的最小值为．
即存在，使，
即存在，使得，
即，令，，则，
由，当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，
所以，所以．
3．（2022·宁夏六盘山高级中学高三期中（理））函数，．
(1)求的单调递增区间；
(2)对，，使成立，求实数的取值范围．
【答案】(1);
(2).
【详解】（1）因为，所以，
当，即时，，单调递增，
等号仅在时取得，
综上，的单调递增区间是.
（2），即，
设，
则问题等价于，，
由（1）可知，当时，，故在递增，
∴，
，，
∵时，，，
故当时，，在递增，，
故，即，
即实数的取值范围是；
4．（2022·四川·成都市锦江区嘉祥外国语高级中学有限责任公司模拟预测（文））已知函数，，其中，．
(1)试讨论函数的极值；
(2)当时，若对任意的，，总有成立，试求b的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【详解】（1）由题意得的定义域为，．
当时，在区间内恒成立，
在区间内单调递增，无极值．
当时，令，得；令，得．
在区间内单调递增，在区间内单调递减，
在处取得极大值，且极大值为，无极小值．
综上，当时，无极值；当时，的极大值为，无极小值．
（2）由知当时，的最大值为．
由题意得，且在区间内单调递增．
又，，根据零点存在定理可得，
存在，使得，
且当时，，则单调递减，
当时，，则单调递增，
．
，，两边取对数可得
，
．
令，则当时，，
即函数在区间内单调递减，故，
，即，即．对任意的，，总有成立，，即，，即．
又，故的最大值为0．
一、单选题
1．（2022·山东烟台·高三期中）若对任意正实数x，y都有，则实数m的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】因为，
所以，设，
则，，
令
恒成立，故单调递减，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；.
故
所以，得到.
故选:A.
2．（2022·全国·高三专题练习）若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
【详解】解：，，
，
，
，
函数在定义域上单调递增，
在上恒成立，
由，解得，故的最大值是.
故选：C．
3．（2022·江西省丰城中学高三开学考试（文））已知，，有如下四个结论：
①；②；③满足；④．
则正确结论的序号是（ ）
A．①③B．②③C．①④D．②④
【答案】C
【详解】由，则 ，设,则
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减,
又，当时，有，则的图象如图.
由，即，且，所以，所以①正确，②错误；
设，则
两式相减得，得
两式相加得
设
，则
所以在上单调递增，则
所以在上单调递增，,即
所以，即
所以，故④正确，③错误；
综上，正确的命题是①④，
故选：C.
4．（2022·江西南昌·高二期末（理））已知，若对于且都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】由题意，对于且都有成立，
不妨设，可得恒成立，
即对于且时，都有恒成立，
构造函数，
可转化为，函数为单调递增函数，
所以当时，恒成立，
又由，所以在上恒成立，
即在上恒成立，
又由，所以，
即实数的取值范围为.
故选：D.
5．（2021·全国·高二课时练习）设函数，，若对任意、，不等式恒成立，则正数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】对任意、，不等式恒成立，则.
当时，由基本不等式可得，
当且仅当时，等号成立，所以，.
，对任意的恒成立，
所以，函数在区间上单调递增，所以，，
所以，，因为，解得.
故选：D.
6．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数的定义域为，当，时，，，若对，，，，使得，则正实数的取值范围为（ ）
A．，B．，C．，D．，
【答案】D
【详解】解：对，，，，使得，，
①当，时，，，
②当，时，，，在，上单调递增，
（4），由①②得，
又，在，上为增函数，，，，
的取值范围为，．
故选：D．
7．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数，，若对任意，存在，，使，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．，D．，
【答案】B
【详解】解：函数，
，
若，，为增函数；
若，或，为减函数；
在上有极值，
在处取极小值也是最小值；
，对称轴，，，
当时，在处取最小值；
当时，在处取最小值；
当时，在，上是减函数，；
对任意，存在，，使，
只要的最小值大于等于的最小值即可，
当时，，解得，故无解；当时，，解得，
综上：，
故答案为：，．
8．（2021·河南·高三阶段练习（文））已知函数，对，使得成立，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【详解】时，
，使得成立
对函数
当时，，此时
当时，
令得
当时，，单调递减
当时，，单调递增
所以为极小值点，此时
故
当，不合题意；
当，
所以，解得
当，
所以，解得
综上得
故选：D.
二、多选题
9．（2021·广东·金山中学高二期中）已知函数，，若，，则的取值可能是（ ）
A．B．C．D．
【答案】BC
【详解】由题意，，得，
∴，即，
又，得
∵在上单调递增，
∴综上知：，
∴，
令，，则
∴，得；，得；
故在上单调递减，在上单调递增.
∴，
A：因为，所以本选项不符合题意；
B：因为，所以本选项符合题意；
C：显然符合题意；
D：因为，所以本选项不符合题意，
故选：BC
三、填空题
10．（2021·江西·赣州市第一中学高二阶段练习（理））已知三个函数，，.若，，都有成立，求实数b的取值范围______.
【答案】
【详解】由题知，.
.
在上单调递增；在上单调递减，
易知在区间上的最大值为，
，，都有成立，
即在上的最大值大于等于在上的最大值，
即，即，解得，
故答案为：.
11．（2021·黑龙江·牡丹江市第三高级中学高三阶段练习（文））已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是________．
【答案】.
【详解】解：依题意知，
令，在恒成立，
在上单调递增，，
所以在上单调递减，，
在是增函数，，
所以，即
故答案为：.
四、解答题
12．（2022·云南·昆明一中高三阶段练习（文））设，.
（1）如果存在使得成立，求满足上述条件的最大值；
（2）如果对于任意的，都有成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【详解】（1）由题意，存在使成立，等价于，
因为函数，可得.
令，解得或；令，解得，
又因为，所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以，
又由，所以，
所以，即的最大值为.
（2）对于任意的，都有成立，
等价于在区间上，，
由（1）知在区间上，
在区间上，恒成立等价于恒成立，
设，可得
可知在区间上是减函数，
又由，所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
所以，所以，即的取值范围是.
13．（2022·安徽·合肥市第九中学高二期中）已知的图象在处的切线与直线平行．
（1）求函数的极值；
（2）若，，，求实数的取值范围．
【答案】（1）极大值为，无极小值；（2），．
【详解】（1）的导数为，
可得的图象在，（1）处的切线斜率为，
由切线与直线平行，可得，
即，，
，
由，可得，由，可得，
则在递增，在递减，
可得在处取得极大值为，无极小值；
（2）可设，若，，
，可得，
即有，
设在为增函数，
即有对恒成立，
可得在恒成立，
由的导数为得：
当，可得，
在递减，在，递增，
即有在处取得极小值，且为最小值，
可得，
解得，
则实数的取值范围是，．
14．（2022·河南·郑州励德双语学校高三阶段练习（文））已知函数 .
(1)当时,讨论的单调性；
(2)设，当时,若对任意,存在使,求实数取值范围.
【答案】（1）当时,函数在上单调递减；函数在上单调递增；当时,函数在上单调递减；
当时,函数在上单调递减；函数在上单调递增;函数在上单调递减；（2）．
【详解】(1)定义域
因为
所以
令
(i)当时,
所以当时, ,此时,函数单调递增;
当时, ,此时,函数单调递增
(ii)当时,由,
即,解得
①当时, ，恒成立,此时,函数在上单调递减;
②当时,
时, ,此时,函数单调递减；
时, ,此时,函数单调递增；
时, ,此时,函数单调递减；
③当时,由于
时, ,此时,函数单调递减；
时, ,此时,函数单调递增；
综上所述:
当时,函数在上单调递减；
函数在上单调递增；
当时,函数在上单调递减；
当时,函数在上单调递减；
函数在上单调递增;
函数在上单调递减
(2)因为,由于(I)知, ,当时, ,
函数单调递减:当时, ,函数单调递增,所以在上的最小值为
由于“对任意,存在,使”等价于“在上的最小值不大于在上的最小值”
又,,所以
①当时,因为 ,此时与矛盾
②当时,因为,同样与矛盾
③当时,因为，解不等式
可得
综上, 的取值范围是．
15．（2022·四川乐山·高二期末（文））已知函数．
(1)求函数的最大值；
(2)斜率为k的直线与曲线交于，两点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
（1）
∵，令，得．当时，，单调递增；
当时，，单调递减，∴．
（2）
∵，又，则，则，欲证，
只需证．只要证，令，只要证，由知，只要证．
①设，∵，∴在是增函数，∴当时，，即；
②设，∵ ，∴在是增函数，∴当时，，即．
由①②知成立，则得证．
16．（2022·江西·二模（理））设为实数，函数．
(1)判断函数在定义域上的单调性；
(2)若方程有两个实数根，证明：（是自然对数的底数）
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(1)
，
当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减．
(2)
证明：，
令，
在上单调递增，在上单调递减，，∴，
不妨设，则，故，
令，所以，
要证，只要证，只要证，
令，
设，
∴在上单调递减，在上单调递增，
∵，则存在，使得，
∴在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
∵，
∴在上恒成立，即证．
17．（2022·天津二十中高三期中）已知函数.
(1)若，求函数的单调增区间；
(2)若关于x的不等式恒成立，求整数a的最小值；
(3)当时，函数恰有两个不同的零点，且，求证：.
【答案】(1)单调增区间为
(2)2
(3)证明见解析
【详解】（1）当时，，所以，
则，定义域为.
令，解得：.
所以的单调增区间为.
（2）依题意对恒成立，等价于对恒成立.
令，则
令在上是增函数，
，
所以，使即
对，，，所以在上单调递增；
对，，，所以在上单调递减.
所以.
所以.
又，所以整数a的最小值2
（3）当时，由（2）知在上单调递增，在上单调递减且，时，；时，；
依题意存在，使得
已知可得
要证成立，只需证
因为是的零点，所以，
两式相减得：
即
只需证
又因为只需证
即证
令则，所以，
所以在增函数，所以即.
即成立.
所以原不等式得证.
18．（2022·四川·盐亭中学模拟预测（文））设m为实数，函数.
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若方程有两个实数根，证明：.（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)证明见解析
（1）
，
令解得：；令解得：
函数在上单调递增，在上单调递增.
（2）
证明：，
令，，
在上单调递增，在上单调递减，
则的极大值为：，
，不妨设，则 ，故，
令，所以，
要证，只要证：，
只要证：，
令，
设，
在上单调递减，在上单调递增，
∵，
则存在，使得，
在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
，
在上恒成立，
即证得：.
减
极小值
增