微专题13 导数解答题之双变量问题 -2024年新高考数学二轮复习微专题提分突破140分

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1、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；
四是主元法.
【典型例题】
例1．（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线，存在圆满足如下条件：
①圆与曲线有公共点，且圆心在曲线凹的一侧；
②圆与曲线在点处有相同的切线；
③曲线的导函数在点处的导数（即曲线的二阶导数）等于圆在点处的二阶导数（已知圆在点处的二阶导数等于）；
则称圆为曲线在点处的曲率圆，其半径称为曲率半径．
(1)求抛物线在原点的曲率圆的方程；
(2)求曲线的曲率半径的最小值；
(3)若曲线在和处有相同的曲率半径，求证：．
【解析】（1）
记，设抛物线在原点的曲率圆的方程为，其中为曲率半径．
则，，
故，，即，
所以抛物线在原点的曲率圆的方程为；
（2）设曲线在的曲率半径为．则
法一：，
由知，，
所以 ，
故曲线在点处的曲率半径，
所以，则，
则，当且仅当，即时取等号，
故，曲线在点处的曲率半径．
法二：，，
所以，而，
所以，解方程可得，
则，当且仅当，即时取等号，
故，曲线在点处的曲率半径．
（3）法一：函数的图象在处的曲率半径，
故，
由题意知： 令，
则有，
所以，即，故．
因为，所以，
所以，
所以．
法二：函数的图象在处的曲率半径，
有
令，则有，
则，故 ，
因为，所以，
所以有，
令，则，即，
故，所以，即；
法三：函数的图象在处的曲率半径．
故
设，则，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故有，
所以，
要证，即证，
即证 将 ，
下证：当时，有，
设函数（其中），
则，
故单调递增， ，
故，所以．
法四：函数的图象在处的曲率半径，
有，
设．
则有，
所以当时，当时，
故在上单调递减，在上单调递增．
故有，
所以，
要证，即证，
即证．将，
下证：当时，有，
设函数（其中），
则，
故单调递增，故 ，
故，所以．
例2．（2024·四川南充·二模）已知函数有三个极值点.
(1)求实数的取值范围；
(2)若，求实数的取值范围.
【解析】（1）函数有三个极值点
则有三个不等实根
即方程有三个不等实根，
令，则，
由得，由得或
在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
又，，所以
（2）由（1）知，，
所以，令，则，
令，则
令，则，
即，，故
在上单调递增，所以.
例3．（2024·四川·一模）已知函数．
(1)若，求的最小值；
(2)若有2个零点，证明：．
【解析】（1）当，函数，
则，
可知当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
则当时，取得极小值，也即为最小值，
所以的最小值为；
（2）由已知，是的两个零点，
则，，
两式相减，得，
整理得，
欲证明，
只需证明不等式，
即证明，也即证明，
不妨设，令，则，
只需证明，即证明即可，
令，则，
又令，则，
所以，当时，，即单调递减，则，
故当时，单调递增，则，
所以，原不等式成立，故不等式得证．
例4．（2024·全国·模拟预测）已知函数有3个极值点，其中是自然对数的底数．
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：．
【解析】（1）由题意，得，
由，得或，所以0是函数的一个极值点．
所以有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和．
令，则．
当时，恒成立，故在定义域上是增函数，不可能有2个零点；
当时，由，得，由，得，
所以在上是减函数，在上是增函数，
所以，即，所以．
又．
由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．
令，则，令得，
令得，所以在上递增，在上递减，
所以，，
所以，
由零点存在定理可知，在上存在唯一零点．
因为所以，
综上，的取值范围是．
（2）证明：由（1）知，0是函数的一个极值点．不妨设，所以只要证明．
由得，即两式相除得．
令，则．
所以，所以．
所以要证明，只要证明，
即，其中，所以．
所以只要证明．令，
所以，从而恒成立，
所以在上是减函数，所以．
所以在上是增函数，所以，即证：．
另由，知，所以，且为的两根．
记，则，当，，当，
故在上递增，在上递减．
不妨取，所以要证，即要证，
只要证，又，故只要证，
即要证，也即要证(#)．
令，则．
而当时，，故在上递减，
故，故在上递增，故，所以(#)成立，
故．
例5．（2024·高三·湖南长沙·阶段练习）已知函数.
(1)若是函数的一个极值点，求实数的值；
(2)若函数有两个极值点，其中，
①求实数的取值范围；
②若不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）易知，又是函数的一个极值点，
，即.
此时，令，
在上单调递增，且，
当，当，
在上单调递减，在上单调递增，
所以是的极小值点，即符合题意；
因此实数的值为.
（2）①因为，且有两个极值点，
所以方程在上有两个不同的根，即方程有两个不同的正数根，
将问题转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，
则，令，解得，
当时，单调递减，当时，单调递增，
且当时，，故作出的图象如下：
由图象可得满足题意，即.
即实数的取值范围为；
②由①知是的两个根，
故，则，
不妨设，又，所以可得，
可得，即，所以；
故由可得，
即，所以；
也即，化简得，
由于，所以等价于对任意的恒成立，
令，故对任意的恒成立，
则，
设，则，
（i）当时，单调递增，
故单调递减，故，不满足，舍去；
（ii）当时，单调递减，
故单调递增，故，故恒成立，符合题意；
（iii）当时，令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
又，故时，，此时单调递减，故，
因此当时，，不符合题意，舍去.
综上，实数的取值范围为.
例6．（2024·高三·甘肃·开学考试）已知函数.
(1)若在上单调递增，求的取值范围；
(2)若有2个极值点，求证：.
【解析】（1）法一：因为在上单调递增，
所以时，即，
设，则，
所以时单调递减，时单调递增，
所以，
所以，即的取值范围是；
法二：因为，
所以，
若，则在上单调递增；
若，令，则，
时单调递减；时单调递增，
所以是的极小值点，所以，
所以当，即时，在上单调递增.
综上，的取值范围是.
（2）由（1）知是方程的两个不同正根，所以，
经验证，分别是的极小值点，极大值点，
，
下面证明.
由，得，
两边取对数，得，即，
则，
设，则，则要证，即证，
即证.
设，则，
所以在上单调递增，从而，
于是成立，
故.
例7．（2024·高三·湖南·开学考试）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个不相等的根，且的导函数为，证明：．
【解析】（1），则，
当时，，函数在R上单调递增；
当时，令，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增.
（2）因为方程有两个不等的根，且，
由（1）知，，
令，
则
，
所以函数在上单调递增，
所以
，
又在上单调递增，
所以，又，
所以，所以，
又，所以.
例8．（2024·高三·河南周口·期末）已知函数.
(1)若在上单调递减，求的取值范围；
(2)若，求证：；
(3)在（2）的条件下，若方程两个不同的实数根分别为，，求证：.
【解析】（1）由，则，
在上单调递减，即在上恒成立，
即有在上恒成立，即，
令，，则，
设，，则，
故在上单调递减，
故，
即恒成立，故在上单调递增，
有，即，
故的取值范围为；
（2）若，则，，
设，则，
故在上单调递增，又，
，故在上存在唯一零点，
设该零点为，即有，
有时，，时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，即，
故在上单调递减，
当时，有，故，
即在上单调递增，
故时，，
又，且定义域为，
故为偶函数，即当时，，
故恒成立；
（3）， 有，
由（2）可知，若方程两个不同的实数根，则，
下面证明：，
不妨设，则，
要证，只需证明，而，
由（2）可知，在上单调递减，故只需证明，
而，故只需证明，
设
，
则，即在上单调递增，
故，故，即，
又，故，
由（2）得，，
当时，，故在上单调递增，
又，，
故.
例9．（2024·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【解析】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【过关测试】
1．（2024·高三·天津宁河·期末）已知函数，．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)求的单调区间；
(3)设是函数的两个极值点，证明：．
【解析】（1）当时，，
得，则，，
所以切线方程为，即；
（2），
当时，恒成立，在上单调递增，无减区间，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（3），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，
则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，
即.
2．（2024·高三·全国·专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
【解析】（1）由题意，，，
所以当时，，，
由解得：或，由解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故有极大值，极小值.
（2）由题意，，，
要证，只需证，
而，
，
所以只需证，
即证①，下面给出两种证明不等式①的方法：
证法1：要证，只需证，
即证，令，
则，所以在上单调递增，
显然，所以当时，，
因为，所以，即，
故.
证法2：要证，只需证，即证，
令，则，所以只需证当时，，即证，
令，则，
所以在上单调递增，又，所以成立，即，
故
3．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【解析】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
4．（2024·广东·模拟预测）已知．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在两个零点，证明：存在三个零点，且
(3)在（2）的条件下，证明：．
【解析】（1），如果则，所以在R上递减；
如果，则的符号以为分界线，左边负右边正，
所以在递减，在递增；
（2）由于有两个零点，
故，而且，也就是，
所以，
如果或，
那么，
所以有零点，
同时，由于且，所以，
而，令，
则，令，
则，
这表明递增，
同时由于，
所以在上有一实数u，满足，
且时，，时，.
所以在递减，在递增.
假设，就意味着在和上均递增，
所以，矛盾.
所以，
从而在和上各有一零点，
且在和上大于0，在上小于0.
那么由于，
我们知道，
所以上一定还有的零点.
综上所述，存在三个零点，且；
（3）设，，
则有：，
但，
要证，只需要证明：，
首先，容易说明当时，，
实际上，这也就是说此时，
而意味着，
上一问已证，同时由于是的零点（可导函数取极值的必要条件），
所以，
在这里对某个函数，我们定义函数列：，
换言之是进行次求导后得到的函数，
从而令，，
则，
所以时，，
所以时，，
所以时，，
即，
所以，
又因为，
所以，从而，
也就是，
由于，
而在上小于0，在上大于0，
故，
又由于，，
而在上递减，在上递增，
故，
综上，，从而.
证.
5．（2024·天津和平·一模）已知函数，（为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间：
(2)设在处的切线方程为，求证：当时，；
(3)若，存在，使得，且，求证：当时，.
【解析】（1）因为，定义域为，
令，即，
所以递减区间为，递增区间为.
（2）因为，所以，而，
所以在点处的切线方程为：，
当时，令，
由，，当时，，当时，，
所以在递减，在上单调递增，故，即，
所以，所以，
所以在时恒成立，
即时，得证.
（3）由题意可知，
因为时，，
令，所以在时单调递减，
所以，所以在上为减函数，且，此时，
则由（1）有在上单调递减，在上单调递增，且，此时，
由题意，设，
设与交点的横坐标为，则，有，
因为，且，
所以，又，
所以，
令，则
，
令，则，
所以时，，时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，即，
所以，，
所以在单调递增.
在时，，
所以，
所以.
6．（2024·天津·一模）设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数
（i）当时，取得极值，求的单调区间；
（ii）若存在两个极值点，证明：.
【解析】（1），
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）（i），
，
∵时，取得极值，∴，解得，
∴，
令，得或；令，得，
∴的单调增区间为，，单调减区间为；
（ii），
∵存在两个极值点，
∴方程，即在上有两个不等实根.
∵，解得，
则
∴所证不等式等价于，
即，
不妨设，即证，
令，，
则，
∴在上递增，∴，
∴成立，
∴.
7．（2024·青海·一模）已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)若有两个零点，，证明：．
【解析】（1）由题意可知的定义域为，且，
对于，有在上恒成立，即递减，
所以，即在上恒成立，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在时单调递减，
所以当时，函数有最大值，，所以，
即，所以的取值范围为；
（2）不妨设，由（1）知，即，令，
构造，且，
所以
，
令，则，
当时，，递减，故，
所以时，单调递减，故，
即在上，所以，
又，所以，即，
由（1）知在上单调递减，所以，故得证.
8．（2024·全国·一模）已知
(1)若，求实数的取值范围；
(2)设是的两个零点（），求证：①；②.
【解析】（1），设，
则，所以单调递增，注意到，
所以当时，，，单调递减，
当时，，，单调递增，
所以，
若，则，解得，
所以实数的取值范围为；
（2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且，
所以
，
设，，
所以函数单调递增，所以，
所以，即，
又函数在上面单调递减，所以，所以；
②注意到，
所以，要证，
只需，即只需，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，所以，
所以要证，只需，即，
不妨设，
则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
因为，所以，即，
又因为，所以，
综上所述，命题得证.
9．（2024·吉林延边·一模）已知有两个极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：．
【解析】（1）由题意可知，
因为有两个极值点，所以有两个不等根，
即有两个交点，
令，
当时，，当时，，
即在上单调递增，在上单调递减，
而时，，，，
所以，
此时在上单调递减，在上单调递增，
即在处取得极小值，在取得极大值，符合题意，
故；
（2）由（1）不妨设：，
构造，
，
易知，则，
所以在上单调递增，，
所以，
又在上单调递增，所以，即
由（1）知，
欲证，可证，
构造
，
令，
时，易知，
即，所以在上单调递增，
所以，则在上单调递减，
所以，
即，证毕.
10．（2024·辽宁大连·一模）已知函数的定义域为区间值域为区间，若则称是的缩域函数.
(1)若是区间的缩域函数，求a的取值范围；
(2)设为正数，且若是区间的缩域函数，证明：
（i）当时，在单调递减;
（ii）
【解析】（1）若是区间的缩域函数，则，；
即，解得；
可得，则；
令，则；
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增.
所以，解得，
下面证明，即，也即；
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
因此可得，所以，
综上a的取值范围为
（2）（i）当时,若是区间的缩域函数，则，
即，进一步，
当时，，即，；
由（1）可知，当时，，则单调递减；
所以在区间上单调递减，
（ii）若是区间的缩域函数，则；
故有，即；
设函数，则；
当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
因为为正数且则，又，
所以在上单调递减，所以；
记，设，且，由的单调性可知，故；
记，
则，
当时，，单调递增；
故，即；
因为在上单调递减，故，即；
由，故，
所以，又因为，
故.
11．（2024·高三·江西·开学考试）已知函数，且的极值点为.
(1)求；
(2)证明：；
(3)若函数有两个不同的零点，证明：.
【解析】（1）由，
则，
所以当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以为的极大值点，即.
（2）由（1）知，，
要证，只需证，即，
令，则，
当时，单调递减；
当时，单调递增，
所以，即，所以.
（3）因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减并整理，得.
设，由（2）知，
所以要证，只需证，即证.
设，下面只需证，
设，则，
所以在上单调递增，从而，
所以成立，从而.
12．（2024·高三·河北·开学考试）已知函数
(1)若、在处切线的斜率相等，求的值；
(2)若方有两个实数根，试证明：;
(3)若方程有两个实数根，试证明：.
【解析】（1）
，,
又,
所以.
（2）由（1）知，则
令，
令
时，单调递增
时，单调递减
所以
因为
由差比的性质知：，
又，则
欲证：
即证：
不妨设：
下证，令
下证令
所以在上单调递增，
所以
所以
（3）不妨设，下证
在处的切线方程为
构造
当时，;时，;
所以在上单调递减，在上单调递增
又
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，
设方程的函数值为的根，则
因为在上单调递减，所以，
在处的切线方程为,
构造
当时，;时，;
所以在上单调递减，在上单调递增
又
所以在上单调递减，在上单调递增
所以
所以
设方程的根
又，由在上单调递增
所以
又
所以.
13．（2024·四川凉山·二模）已知函数．
(1)若函数在R上是增函数，求a的取值范围；
(2)设，若，证明：．
【解析】（1）
函数，求导得，
依题意，对任意实数，恒成立，而，
因此，解得：，
所以的取值范围为.
（2）函数的定义域为，
由，得，
由（1）知，函数在上是增函数，
不妨令，则，即，
亦即，则，
于是，则，
下面证明：，即证：，即证：，
令，即证：，设，
求导得，则函数在上单调递减，
于是，即，所以.
14．（2024·高三·江苏·专题练习）已知函数，.
(1)求的单调区间；
(2)设是函数的两个极值点，证明：.
【解析】（1）的定义域为，
，
当时，恒成立，在上单调递增，
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，
综合得：当时，的单调递增区间为，无减区间；
当时，的单调递增区间为，的单调递减区间为；
（2），
则，
因为是函数的两个极值点，
即是方程的两不等正根，
所以，得，
令，则，
得，
则，
所以
，
则，
令，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即.
15．（2024·江西上饶·一模）已知函数，若为实数，且方程有两个不同的实数根．
(1)求的取值范围：
(2)①证明：对任意的都有；
②求证：．
【解析】（1），，，，
在上为增函数，在上为减函数
，，当时，，且时，．
故函数的图象如下：
因为方程有两个不同的实数根，
所以；
（2）（ⅰ）记，，
则，，设，
则，
在上为减函数，
，，
存在，使得，
时，；时，，
在上为增函数，在上为减函数，
又，，；
（ⅱ）不妨设，则，
由（1）知，又，，
.
要证，
只要证
，
记，，
，
在上为增函数，，
成立，
成立.
16．（2024·高三·新疆伊犁·阶段练习）已知，函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)当时，设的导函数为，若恒成立，求证：存在，使得；
(3)设，若存在，使得，证明：.
【解析】（1）当时，，，
所以当时，，当时，，
所以的递增区间为，递减区间.
（2）当时，可得，则，
因为恒成立，即恒成立，令，
若，则，存在，使得，
即，不符合题意，所以，
取，则，可得，
即存在，使得.
（3）由函数，可得，
设，因为，可得
则
又由，可得，所以函数为单调递增函数，
所以，即，
所以，即，
设，可得，
所以当时，，即，所以，
即，所以，
代入可得：，
则，所以.
17．（2024·高三·广东·阶段练习）设函数，其中a为实数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)当在定义域内有两个不同的极值点时，证明：．
【解析】（1）的定义域为，，
令，得或，
时，，时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
（2），
由在上有两个不同的极值点，
故有两个不同的正根，则有，解得，
因为
，
设，，
则，故在上单调递增，
又，
故．
18．（2024·高三·山东菏泽·阶段练习）已知函数，，为常数．
(1)求的单调性；
(2)令，若且.证明：．
【解析】（1）
，，
当时，为常函数，
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
综上所述，当时，为常函数，无单调性
当时，在、上单调递增，在上单调递减，
当时，在上单调递增，在、上单调递减；
（2），，
令，则，
因 ，故 有两个零点，
若，则，单调递增，不可能有两个零点，
所以，令，得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为有两个零点，所以，则，
又，，，
设，因为，，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，
要证，即证，即证，
即证，
令，则，
在上单调递增．
则，，
成立，即，也即．
19．（2024·河北邯郸·三模）已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程．
(2)已知关于的方程恰有4个不同的实数根，其中，．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【解析】（1），
所以，
又，所以曲线在点处的切线方程为．
（2）（i）由，得，该方程有一根为，且，
所以即有3个不同的实数根，且这3个实数根均不为．
令，则，
所以当时，，当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增．
又，且当无限趋近于时，且趋近于0，
当从0的左侧无限趋近于0时，趋近于，当从0的右侧无限趋近于0时，趋近于，
当无限趋近于时，的增速远大于的增速，所以趋近于．
故的大致图象如图所示：
又，所以当时，直线与曲线有3个不同的交点，且这3个交点的横坐标均不为，所以的取值范围为．
（ii）由（i）知，，所以，，
所以，则，
要证，只需证，
不妨设，所以，所以，则只需证．
令，则，令，
则当时，，
所以在上单调递增，所以，
所以当时，恒成立，所以原不等式得证.
20．（2024·黑龙江齐齐哈尔·一模）已知函数.
(1)设函数，讨论的单调性；
(2)设分别为的极大值点和极小值点，证明：.
【解析】（1），
，
当时，在上恒成立，则在上单调递增，
当时，单调递减，
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）分别是的极大值点和极小值点，
，且对于有，
且对称轴，所以，
，
所以，
综上，要证，
只需证，
因为，
即证：，
设.
所以，
所以在上单调递增，所以.
所以成立.
21．（2024·广西南宁·一模）已知函数．
(1)若直线与函数和均相切，试讨论直线的条数；
(2)设，求证：．
【解析】（1）设直线与函数和分别相切于，
由可得，
直线方程为以及，
故，进而，
令，
记，
当单调递减，
单调递增，
又，故存在唯一的，
故当 单调递增，
当单调递减，
，
又，
因此存在两个零点，故直线的条数为2条.
（2）令则，
由，由于故，
令，则，故，
故
记，
记，所以在单调递减，故，
故，在单调递减，故，
所以即，