第07讲 利用导数研究双变量问题（讲+练）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考）

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第一部分：知识点精准记忆
第二部分：课前自我评估测试
第三部分：典型例题剖析
高频考点一：分离双参，构造函数
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
高频考点四：变更主元法
高频考点五：指定主元法
高频考点六：利用根与系数的关系转单变量
高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题
第四部分：高考真题感悟
第五部分：第07讲 利用导数研究双变量问题（精练）
第一部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、导数中求解双变量问题的一般步骤：
（1）先根据已知条件确定出变量满足的条件；
（2）将待求的问题转化为关于的函数问题，同时注意将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：①通过将所有涉及的式子转化为关于的式子，将问题转化为关于自变量（亦可）的函数问题；②通过的乘积关系，用表示（用表示亦可），将双变量问题替换为（或）的单变量问题；
（3）构造关于或的新函数，同时根据已知条件确定出或的范围即为新函数定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
2、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
第二部分：课 前 自 我 评 估 测 试
1．（2022·重庆市第七中学校高二阶段练习）已知函数的定义域为，且对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
解：设，因为对，当时都有恒成立，
等价于，即，
令，则，所以在上为减函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
又，，且，
所以，
所以，解得，
故选：A.
2．（2022·陕西·西安工业大学附中高三阶段练习（文））已知函数，若且满足，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
由题意时，是减函数，且，
时，是减函数，且，
由且得，，，，
，所以，
，
设，，
时，，是增函数，所以，即，
所以．
故选：C．
3．（2022·全国·高三专题练习）若存在两个正实数x，y，使得等式2x+a（y﹣2ex）（lny﹣lnx）＝0成立，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
由2x+a（y﹣2ex）（lny﹣lnx）＝0得2x+a（y﹣2ex）ln0，
即2+a（2e）ln0，
即设t，则t＞0，
则条件等价为2+a（t﹣2e）lnt＝0，
即（t﹣2e）lnt有解，
设g（t）＝（t﹣2e）lnt，
g′（t）＝lnt+1为增函数，
∵g′（e）＝lne+11+1﹣2＝0，
∴当t＞e时，g′（t）＞0，
当0＜t＜e时，g′（t）＜0，
即当t＝e时，函数g（t）取得极小值，为g（e）＝（e﹣2e）lne＝﹣e，
即g（t）≥g（e）＝﹣e，
若（t﹣2e）lnt有解，
则e，即e，
则a＜0或a，
故选：C．
4．（2022·全国·高二）若函数存在两个极值点，，（），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
根据题意，是有两解，
所以，所以，
，，
由可得，
，
由可得，，则，
故选：D.
第三部分：典 型 例 题 剖 析
高频考点一：分离双参，构造函数
1．（2022·全国·高二）设函数，.若对任何，，恒成立，求的取值范围______.
【答案】14,+∞##k|k≥14
因为对任何，，
所以对任何，，
所以在上为减函数.
，，
所以恒成立，即对恒成立，
所以，
所以.
即的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】
恒（能）成立问题求参数的取值范围：
①参变分离，转化为不含参数的最值问题；
②不能参变分离，直接对参数讨论，研究的单调性及最值；
③特别地，个别情况下恒成立，可转换为（二者在同一处取得最值）.
2．（2021·重庆巴蜀中学高三开学考试），均有成立，则的取值范围为___________.
【答案】
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：
3．（2021·湖南省邵东市第一中学高二期中）已知函数，若为区间上的任意实数，且对任意，总有成立，则实数的最小值为______________．
【答案】3
由题得，
∴，故在上单调递增，
不妨设，
则且，原不等式即为．
令，依题意，应满足在上单调递减，
即在上恒成立．
即在上恒成立，令，则
（i）若，，此时在上单调递增，故此时
（ii）若，时，，单调递增；
时，，单调递减；
故此时∴，
故对于任意，满足题设条件的最小值为3．
故答案为：3
4．（2022·全国·高三专题练习）设函数，．
(1)曲线在点处的切线与轴平行，求实数的值；
(2)讨论函数的单调性；
(3)证明：若，则对任意，，，有．
【答案】(1)(2)答案不唯一，具体见解析(3)证明见解析
(1)
函数的导数为，
在点处的切线斜率为，
解得；
(2)
的定义域为，，
若即，则，故在单调递增．
若，而，故，则当时，；
当及时，
故在单调递减，在和单调递增．
若，即，
同理可得在单调递减，在和单调递增．
(3)
欲证成立，
即证明，
设函数
则，
由于，故，
即在单调增加，
从而当时有，
即，故成立．
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若函数有两个极值点，求的取值范围；
(2)证明：若，则对于任意的，，，有．
【答案】(1)，(2)证明见解析
(1)
由题意知，，
因为函数有两个极值点，所以有两个不等的正根，
即有两个不等的正根，
所以，解得，所以的取值范围是，．
(2)
构造函数，
则．
由于，，故，即在上单调递增，
从而当时，有，
即，故；
当时，同理可证．
综上，对于任意的，，，有
6．（2021·山东·高三阶段练习）设函数，.
（1）若曲线在点处的切线与直线平行，求的极小值；
（2）若对任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）极小值为；（2）.
【详解】
（1）因为，则.
曲线在点处的切线与直线平行，此切线的斜率为，
即，解得，则，
，
由，得，由，得，
在上单调递减，在上单调递增，
当时，取得极小值，故的极小值为；
（2）对任意，恒成立等价于：对任意，
恒成立，
设，
则对任意，，即，
所以，函数在上单调递减，
在上恒成立，
在上恒成立，，
故实数的取值范围是.
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
1．（2022·贵州·模拟预测（理））已知函数有两个零点.
(1)求a的取值范围.
(2)记两个零点分别为x1，x2，证明：.
【答案】(1)；(2)证明见解析.
(1)
∵
∴，
当时，，函数在上递增，不合题意，
当时，令，得，令，得.
所以函数在上递减，在上递增，.
令，即，得，
因为，所以函数在上有一个零点，
，设，
，易知函数在上递减，
，即，函数在上有一个零点.
综上，函数有两个零点，.
(2)
由（1）知，设，，
由，得，
，，
.
设，，
设，，当时，，
函数在上递增，，即当时，，
函数在上递增，
则，，即，
∴所以，
∴.
【点睛】
利用导数研究零点问题：
（1）确定零点的个数问题：可利用数形结合的办法判断交点个数，如果函数较为复杂，可用导数知识确定极值点和单调区间从而确定其大致图象；
（2）方程的有解问题就是判断是否存在零点的问题，可参变分离，转化为求函数的值域问题处理.可以通过构造函数的方法，把问题转化为研究构造的函数的零点问题；
（3）利用导数硏究函数零点或方程根，通常有三种思路：①利用最值或极值研究；②利用数形结合思想研究；③构造辅助函数硏究.
2．（2022·陕西·二模（理））已知函数．
(1)当，求函数在的单调性；
(2)有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)单调递增(2)证明见解析
(1)
由题意，函数，则，
又∵，∴，，∴，∴在（0，1）上单调递增．
(2)
根据题意，，
∵，是函数的两个零点，∴，．
两式相减，可得，即，
∴，则，．
令，，则．
记，，则．
又∵，∴恒成立，∴在上单调递增，
故，即，即．因为，可得，∴．
【点睛】
本题关键点在于对双变量的处理，通过对，作差，化简得到，
分别得到后，换元令，这样就转换为1个变量，再求导确定单调性即可求解．
3．（2022·宁夏·银川二中一模（理））已知函数，.
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间(2)证明见解析
(1)
解：依题意，.
令，则，
当时，，当时，，
故函数在上单调递减，在上单调递增，则，即，
故函数的单调递增区间为，无单调递减区间.
(2)
证明：要证，即证.
依题意，、是方程的两个不等实数根，不妨令，
因为，故，
两式相加可得，
两式相减可得，
消去，整理得，故，
令，故只需证明，即证明，
设，故，故在上单调递增，
从而，因此.
故原不等式得证.
【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.
4．（2022·黑龙江·鹤岗一中高三期末（理））已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且，证明：.
【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.
(1)
函数定义域为，
，
①当时，在上恒成立，即函数的单调递减区间为
②当时，，解得，当时，，
函数的单调递增区间为，
当时，函数的单调递减区间为，
综上可知：
①当时，函数的单调递减区间为，无单调递增区间；
②当时，函数的单调递增区间为，单调递减区间为
(2)
依题意，是函数的两个零点，
设，因为，
，，
不等式，
，所证不等式即
设，令，
则，在上是增函数，且，
所以在上是增函数，且，
即，从而所证不等式成立.
【点睛】
本题关键是换元，结合已知条件可将双变量转换为单变量问题求解.
5．（2022·山西长治·高二阶段练习）已知函数．
(1)若在上单调递减，求实数a的取值范围．
(2)若是方程的两个不相等的实数根，证明：．
【答案】(1)；(2)详见解析
(1)
，
，在上单调递减，
在上恒成立，即，
即在，
设，，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以函数的最大值是，所以；
(2)
若是方程的两个不相等的实数根，
即又2个不同实数根，且，，
得，即 ，
所以，
不妨设，则，
要证明，
只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令函数，
所以，
所以函数在上单调递减，
当时，，所以，，
所以 ，即，即得
【点睛】
本题考查利用导数的单调性求参数的取值范围，以及证明不等式，属于难题，导数中的双变量问题，往往采用分析法，转化为函数与不等式的关系，通过构造函数，结合函数的导数，即可证明.
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
1．（2022·全国·高三专题练习）若，令，则的最小值属于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
设，则，，，
令，，易知单增，
且，，则存在，使，
即，，单减；，，单增；
又，
则，
易知在单减，即
故选：C
2．（2021·内蒙古·赤峰二中高三阶段练习（理））已知函数，．其中为自然对数的底数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：．
【答案】（1）当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增；（2）证明见解析．
解：（1），
，
（i）当时，，函数在上递减；
（ii）当时，令，解得；令，解得，
函数在递减，在递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）证明：，依题意，不妨设，则，
两式相减得，，
因为，要证，即证，即证，
两边同除以，即证.
令，即证，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上递减，
，在上递减，
，即，
故．
3．（2022·天津滨海新·高三阶段练习）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.
【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.
高频考点四：变更主元法
在处理导数试题的过程中，我们经常会遇到涉及两个变量的不等式问题，比如一个变量为，另个一变量（也可以是参数）为.在这种情况下，我们潜意识里总会把函数看作是关于变量的函数，希望通过利用导数研究的性质，从而得出结论.如果说与具有一定的关联，这种思维定势会为我们的解决问题带来方便.但在绝大多数情况下，与是没有关联的，这个时候这种思维定势就会给我们的解题带来障碍.此时，我们不妨转换一下视角，将字母作为主要未知数，然后来解决问题.这种选择主要未知数 （简称主元）的方法，我们称之为变更主元法.
1．（2021·全国·高一专题练习）当时，不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】．
解：由题意不等式对恒成立，
可设，，
则是关于的一次函数，要使题意成立只需，即，解，即得，解，即得，所以原不等式的解集为，所以的取值范围是．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知二次函数满足，且的图象经过点.
（1）求的解析式：
（2）若对任意，不等式恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
（1）设，
则，
因为，，得，，
又因为的图象经过点，
，则，
故；
（2）设，
，
因为当时，不等式恒成立，
，
即，解得.
故的取值范围是
3．（2022·广东·高州市长坡中学高二阶段练习）已知函数
(1)求函数的极值；
(2)若函数的图象与直线恰有三个交点，求实数的取值范围；
(3)已知不等式对任意都成立，求实数的取值范围．
【答案】(1)的极大值为，极小值为；(2)
(3)
(1)
的定义域为R，，因为，所以令得：或，令得：，故在处取得极大值，在处取得极小值，又，，故的极大值为，极小值为；
(2)
因为当时，，当时，，由（1）可知，要想函数的图象与直线恰有三个交点，则要满足，解得：，故实数的取值范围是
(3)
即，整理得：，因为，所以对任意恒成立，令
由于，所以，由基本不等式得：，当且仅当，即时取等号，所以，故，实数的取值范围是.
4、(武汉市2021届高中毕业生三月质量检测)已知函数.
(1)当时,求的最小值;
(2)证明:当时,恒成立.
解析(1)时,.
设,因为,
所以在单调递增.又,
故当时,单调递减;
当时,单调递增.
故在处取得最小值.
(2)(定主元)设,
设,
所以在单调递椷,.
设,所以在单调递减,.
故时,.
即在单调递减.
故.
由(1)知,.
故时,,即恒成立.
在上述问题(2)中,如果以为主元求解较为繁琐.此时重新确定为主元,要证,只要证,即证.只需对进行求导,结合问题(1)的结论就可以得到,这使得解题过程大大简化.
高频考点五：指定主元法
1、已知，试比较与的大小，并证明.
证明：本题涉及两个变量，这里不妨把当成常数，指定为主元，构造函数：
，则，所以在上单调递增
时，
高频考点六：利用根与系数的关系转单变量
1．（2022·安徽合肥·高三期末（文））已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，且，证明：．
【答案】(1)当时在上单调递增；当时，在，上单调递增，在上单调递减．
(2)证明见解析
(1)
定义域为，
，．
∵，，
∴当时，，
所以，当时，在上单调递增；
当时，令，即，
解得，．
所以，当时，在，上单调递增，
在上单调递减．
(2)
由（1）知，若函数有两个极值点，则，，，
．
设，则．
∵，∴．
设，易知在单调递减，且，
∴在恒成立，在区间单调递增，
∴，
∴．
【点睛】
对于多元问题，要结合题干条件化为单元问题，进行解决，本题中要利用韦达定理化为单元问题.
2．（2022·湖南常德·高三期末）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点、，且（为自然对数底数，且），求的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；(2).
(1)
解：由题知，函数的定义域为，，
当时，对任意的，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，，且不恒为零，故在上单调递增；
当时，令，解得，，则，
当时，；当时，；当时，.
此时，函数的单调递增区间为、，单调递减区间为.
综上，当时，的单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，的单调递增区间为、，单调递减区间为.
(2)
解：由（1）知，当时，有两极值点、，且，，
所以
，
设，，其中，
所以，，
又因为，可知，所以在上单调递减．
∴，即，所以的取值范围为.
【点睛】
关键点点睛：本题第二小问考查的取值范围，要注意、所满足的关系式（即韦达定理），在化简时，要注意将参数与变量统一为同一变量，通过构造函数，利用求解函数值域的方法来求解.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个极值点，，证明：
【答案】(1)答案不唯一，具体见解析(2)证明见解析
(1)
，
设．，，
①当时，，，则，在上单调递增，
②当时，，的零点为，，且，
令，得，或，令，得，
在，上单调递减，在，，单调递增，
③当时，，的零点为，
在上单调递增，在，上单调递减．
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在，上单调递减，在，，单调递增；当时，在上单调递增，在，上单调递减．
(2)
证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，
不妨设，则，
要证：，只要证，
只需要证，
即证，
设，，
设函数，
，
，
，
，
在上单调递减，则，
又，
则，
则，
从而．
【点睛】
(1)含参的二次三项式再进行分类讨论的时候，如果二次项含参数，在讨论有根无根的情况下要兼顾到开口方向以及两根大小的比较；
(2)如果函数在求导完以后，是一个分子上含有二次三项式，不含指数、对数的式子，那么函数的极值点关系，可以使用韦达定理来表示.
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设存在两个极值点，且，若，求证：.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
(1)
由题意可知，，
当时，，则在是单调递增；
当时，若，即时，
若，即时，和时，时，，
综上，时，在是单调递增；时，在和递增，在递减
(2)
由题意可设，是的两个根，
则
（用分别表示出和）
，整理，得
，此时
设，求导得
恒成立，
在上单调递减，
高频考点七：利用对数平均不等式解决双变量问题
当，时，有：
（当且仅当时等号成立）
1、已知函数，如果，且，证明
证：因为，即：，，
由对数平均不等式：（当且仅当时等号成立）
2、已知函数的图象与直线交于不同的两点，，求证.
证明：对于函数，定义域为，；
令，令，所以在单调递减，在单调递增，如图：
又因为函数的图象与直线交于不同的两点，，所以.
由，所以：；
，由对数平均不等式（当，时，有：
（当且仅当时等号成立））得：
，且所以.
第四部分：高考真题感悟
1．（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：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，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2．（2011·湖南·高考真题（文））设函数
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点和，记过点的直线的斜率为，问：是否存在，使得？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析：（2）不存在
（1）定义域为，
，
令，
①当时，，，故在上单调递增，
②当时，，的两根都小于零，在上，，
故在上单调递增，
③当时，，的两根为，
当时，；当时，；当时，；
故分别在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知，，
因为.
所以,
又由（1）知，，于是，
若存在，使得，则，即，
亦即（）
再由（1）知，函数在上单调递增，
而，所以，这与（）式矛盾，
故不存在，使得.
第五部分：第07讲 利用导数研究双变量问题（精练）
一、单选题
1．（2021·湖北·宜昌市夷陵中学高二阶段练习）已知函数，，若，t>0，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
由题意得，，，即，，易得f(x)在(-∞，-1)上单调递减，在(-1，+∞)上单调递增，又当x∈(-∞，0)时，f(x)<0，x∈(0，+∞)时，f(x)>0，作函数的图象如图所示.由图可知，当t>0时，有唯一解，故，且，
∴.设，则，令解得t=e，易得在(0，e)上单调递增，在(e，+∞)上单调递减，∴，即的最大值为.
故选：C.
2．（2021·安徽·屯溪一中高二期末（文））已知函数，且有两个极值点，其中，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
解：的定义域，
，令，则必有两根，
，所以，
，
，
，
当时，，递减，
所以
的最小值为
故选：A.
3．（2019·辽宁葫芦岛·高三阶段练习（理））已知函数，，若，，，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
因为，所以在上为增函数，所以.
令，，.当时，；当时，.所以，从而.依题意可得，即.
故选：D
4．（2021·山西运城·高三期中（理））已知在函数，，若对，恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
由题意，
令，
则，恒成立，即恒成立，即
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减.
令
令，即在单调递增；
令，即在单调递减；
故选：B
5．（2021·黑龙江·双鸭山一中高二阶段练习（理））若对于任意的，都有，则的最大值为（ ）
A．1B．C．D．
【答案】C
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．
6．（2021·福建·莆田一中高二期末）已知为自然对数的底数，若对任意，总存在唯一的，使得成立，则实数的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
等式可化为，，
构造函数在单调递减，最小值为，最大值为，
构造函数，求导，
当时，，此时单调递减，当时，，此时单调递增，则，，的最小值为，
因为对任意，总存在唯一的，使得成立，
则，即.
故答案为B.
二、填空题
7．（2021·全国·高二单元测试）已知实数满足，，则_______．
【答案】
根据题意，显然是正数. 由，两边取对数得，，即，又，即，利用，于是，记，，故在上递减，
由，于是，.
故答案为：
8．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数，当，恒成立，则的最大值为___________.
【答案】1
令，则，，
当，恒成立，
则有，，
由得，
因为任意的，都有，所以，，
结合，得.
当时，，
令，，则，
由得，；由得，；
所以在上递减，在上递增，的最小值为，
由，得，对恒成立.
所以，
取，有恒成立.
综上可知，的最大值为1.
故答案为：1.
9．（2019·河南郑州·高二期中（理））已知函数，，若，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
设，则．
令，则，
令g(t)＝，则，
∴g(t)，即在上单调递增，
又，
∴当时，单调递减；当时，单调递增．
∴．
故的最小值为．
故答案为：.
10．（2018·湖南省宁远县第一中学高二阶段练习（理））设，函数，若对任意的，都有成立，则实数的取值范围为_______.
【答案】
因为对任意的，都有成立，即，
由函数，可得，
所以在上是增函数，所以，
又由函数，可得，
若时，可得，所以在上是增函数，，
因为，即，所以，解得；
若时，当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为，即，此时恒成立；
若时，可得，单调递减，所以，
因为，即，此时恒成立，
综上可得，实数的取值范围为.
故答案为：.
三、解答题
11．（2022·河南·汝州市第一高级中学模拟预测（理））已知函数.
(1)当时，证明：；
(2)若的两个零点分别为，证明：.
【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析
(1)
令，则在上恒成立，
所以在，上单调递增，所以，即在上恒成立.
当时，要证，即证，
又，所以只需证，即.
令，则.
令，解得，令，解得，
故在上单调递增，在上单调递减，故.
所以.
(2)
由题意知，
两式相加得，
两式相减得，即.
所以，
即.
显然，记，
令，则.
所以在上单调递增，则，
所以，则，即.
所以，
所以，
所以，即.
令，则时，，
所以在上单调递增，又，故.
所以，
所以，则，即
【点睛】
本题的关键点在于利用，消去参数，
得到，再通过构造函数
及，求导确定函数单调性进而证明结论.
12．（2022·新疆乌鲁木齐·二模（文））已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)设，若，，且，使得，求的最大值.
【答案】(1)答案见解析(2)
(1)
解：因为，所以，
当时，令，可得或，令，可得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
当时，，所以在R上单调递增；
当时，令，可得或，令，可得，
所以在和上单调递增，在上单调递减；
(2)
解：因为，所以由（1）知在和上单调递增，在上单调递减，
因为，，且，使得，
所以当满足时，取得最大值，
令，
所以当时，，
同理可得，
所以当时，，
所以此时，即的最大值为.
13．（2022·甘肃武威·模拟预测（理））已知.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，证明：函数有且仅有两个零点，且.
【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析
(1)
的定义域为.
当时，在上单调递增；
当时，由，得，由，得，
故在上单调递增，在上单调递减.
(2)
当时，，由（1）知，在单调递增，在单调递减，所以
，所以在区间上存在零点，
因为在单调递增，故在区间上存在唯一的零点；
因为，所以在区间上存在零点，
因为在单调递减，所以在区间存在唯一的零点.
所以，函数有且仅有两个零点.
不妨设.
要证，只需证明，
因为在，e）单调递增且，所以只需证明
，又，只需证明
设，
，
当时，，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以，
所以成立.故有.
【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．
14．（2022·山西长治·模拟预测（理））已知函数.
(1)证明：；
(2)若有两个不相等的实数根，求证：.
【答案】(1)见解析(2)见解析
(1)
令，
当时，；当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增，
故
(2)
，当时，；当时，
即函数在上单调递减，在上单调递增
当时，，且
又有两个不相等的实数根，不妨设，所以
，即
等价于，即
令，
，则函数在上单调递增
当时，，
则存在，使得，即；
即在上单调递减，在上单调递增
当时，，，即成立，故.
【点睛】
关键点睛：解决问题二时，对于双变量，关键是由单调性得出等价于，从而将双变量变为单变量问题.
15．（2022·河南·高三阶段练习（理））已知函数，当时，恒成立．
(1)求实数a的最大值；
(2)若，证明：对任意，．
【答案】(1)2；(2)证明见解析.
(1)
，，记，
若，则，当且仅当x=1时取“=”，所以，函数在上单调递增，所以，满足题意；
若，令（另一个根舍去），且时，，函数在上单调递减，此时，不合题意.
综上：，即a的最大值为2．
(2)
构造函数，，.
当时，，则，令，
则，∴在上单调递增．
当时，，∴在上单调递减．
对，取，，则，∴，
则，
∴．
【点睛】
本题非常典型，注意以下两个方面：①第（1）问中很容易发现，于是考虑到函数恒增满足题意，函数先减再增不合题意；②第（2）问中取作为增量极具技巧性，很适合此种题型的做法，可以作为范本.