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2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第07讲利用导数研究双变量问题(知识+真题+5类高频考点)(精讲)(学生版+解析)
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这是一份2024-2025学年高考数学一轮复习讲义(新高考)第07讲利用导数研究双变量问题(知识+真题+5类高频考点)(精讲)(学生版+解析)，共46页。
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc5286" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc5286 \h 1
\l "_Tc19610" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc19610 \h 2
\l "_Tc6682" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc6682 \h 2
\l "_Tc14774" 高频考点一:分离双参，构造函数 PAGEREF _Tc14774 \h 2
\l "_Tc18944" 高频考点二：糅合双参（比值糅合） PAGEREF _Tc18944 \h 4
\l "_Tc30068" 高频考点三：糅合双参（差值糅合） PAGEREF _Tc30068 \h 6
\l "_Tc8460" 高频考点四：变更主元法 PAGEREF _Tc8460 \h 7
\l "_Tc2968" 高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 PAGEREF _Tc2968 \h 8
\l "_Tc24170" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc24170 \h 10
第一部分：基础知识
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：高考真题回顾
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一:分离双参，构造函数
典型例题
例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：．
例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：.
练透核心考点
1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.
(1)若为增函数，求；
(2)若，有两个零点，，且，证明：.
2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．
例题2．（23-24高三下·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：.
例题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：．
练透核心考点
1．（2022·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：.
2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.
(1)当时，，求实数的取值范围;
(2)若，使得，求证：．
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.
(1)若 ，求 的单调区间；
(2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最小值.
例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.
练透核心考点
1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.
练透核心考点
1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围 ．
2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.
高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题
典型例题
例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
例题2．（2023·广东广州·模拟预测）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：；
练透核心考点
1．（2023·北京通州·三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
第四部分：新定义题
1．（2023·湖北·二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．
(1)设函数，其中b为实数．
（i）求证：函数具有性质；
（ii）求函数的单调区间．
(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，
，，且，，若，求m的取值范围．
第07讲 利用导数研究双变量问题
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc5286" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc5286 \h 1
\l "_Tc19610" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc19610 \h 1
\l "_Tc6682" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc6682 \h 5
\l "_Tc14774" 高频考点一:分离双参，构造函数 PAGEREF _Tc14774 \h 5
\l "_Tc18944" 高频考点二：糅合双参（比值糅合） PAGEREF _Tc18944 \h 11
\l "_Tc30068" 高频考点三：糅合双参（差值糅合） PAGEREF _Tc30068 \h 20
\l "_Tc8460" 高频考点四：变更主元法 PAGEREF _Tc8460 \h 27
\l "_Tc2968" 高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 PAGEREF _Tc2968 \h 30
\l "_Tc24170" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc24170 \h 36
第一部分：基础知识
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：高考真题回顾
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一:分离双参，构造函数
典型例题
例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解；（2）首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；（3）根据函数的单调性，转化为证明，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）当时，，
，，，
所以函数在点处的切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，单调递增，所以不可能有2个零点；
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，当时，，
所以要满足函数有2个零点，只需，
即，
整理得，
设，函数的定义域为，
，所以在定义域上单调递增，
且，则不等式的解集为，
所以的取值范围为；
（3）证明：由（2）知，，则，
要证明，即证明，
不妨设，
因为，所以，
又，函数在上单调递增，
此时需证明，
当，时，
可得，
因为，即证明，
设，函数的定义域为，
，
所以在单调递增，则，
，所以，
又在上单调递增，所以，
即，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查导数研究函数的性质，不等式，双变量，零点偏移问题，本题第三问的关键是利用分析法转化为证明，再根据，构造函数，即可证明.
例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】
（1）首先求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性；
（2）首先结合（1）的结果，结合，将不等式转化为，再构造函数，利用导数证明不等式，再根据，结合函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）
，，
当时，，恒成立，
此时在区间单调递增，
当时，令，得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间单调递增，
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）若有两个零点，，
由（1）知时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
且当时，，当时，，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以只需证明，即有，
下面证明，
设，
，
设，则，
令，解得：，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以，则在区间上单调递增，
又因为，所以，
即，
因为，所以，
而，，在上单调递减，
所以，即，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数的单调性，以及双变量问题，不等式恒成立问题，第二问的关键是判断，不等式转化为证明，再通过构造函数即可求解.
练透核心考点
1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.
(1)若为增函数，求；
(2)若，有两个零点，，且，证明：.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件找到函数的极值点，利用可导函数的极值点必是导数为零的点列方程求解即可；
（2）由已知得，构造函数，使得，找到时函数的零点，利用两个函数零点的关系建立不等式证明即可.
【详解】（1）恒成立，
而，故是的最小值，即是函数的极小值点，
令，则，
故，则，即，
检验知符合题意，故.
（2）证明：当时，，
令， ，令解得，
由于，则，
构造函数，则，
故为增函数，，即，
所以，
当时，有唯一零点，
故，
即，
所以，
，故.
【点睛】解决含参数的极值点偏移问题通常用构造函数的方法来解决.
2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）用导数求出单调性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
（ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可.
【详解】（1），
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
（2）（ⅰ）证明：，，，
因为，所以，所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数有最小值．
由，，
下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，
使得：
实际上，当时，，令，得，
所以对，取，必有，即，
所以在区间上，存在唯一的，，
又，所以在区间上，存在唯一的，，
综上，存在两个零点．
（ⅱ）要证，需证，由，所以，
因为在上单调递减，因此需证：，
，，
所以，，
设，，
则，
所以在上单调递减，，即
，
结论得证，所以．
【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法.
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导函数的正负变化分类讨论函数的单调性；
（2）多变量不等式的证明，由得，从而消变量，再由分析法只需证明不等式成立，将不等式变形为，利用整体换元法令，构造函数，利用导数求解单调性从而证明不等式即可.
【详解】（1）由题得的定义域为，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）得，当时，在上单调递减，不合题意，
故，则．
由，可得，
即，
可设，则，则．
要证，即证，
即证，即证，
设，即证，
设，
可得，
所以在上单调递增，即，
即，则．
综上可得．
【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
（1）引元：如设，消元，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式转化为等形式，再构造函数可得；
（2）对数相加减：，；
（3）齐次分式：等；
（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如等等.
例题2．（23-24高三下·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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将在上单调递增转化为恒成立问题，通过参变分离求解最值即可；
（2）通过是方程的两个不同正根将证明转化为，然后通过消参构造函数来求解证明.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于含双变量的问题，通常经过变形，产生的结构，然后通过换元令，将式子转化为单变量的的问题，进而构造函数来解决问题.
例题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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；
（2）将代入原函数后做差变形，得到，令，然后构造函数，证明不等式成立.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：对于双变量问题，我们可以尽量构造等式进行消元，转化为单变量问题，如果在变形过程中产生，可以令达到消元的目的.
练透核心考点
1．（2022·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：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
【答案】(1)有极大值，极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；
（2）首先不等式变形为，再利用导数变形为，再转化为证明，证法1，不等式变形为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明；证法2，不等式变形为，再利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.
【详解】（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
【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函数的单调性，结合最值，即可证明.
3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.
(1)当时，，求实数的取值范围;
(2)若，使得，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得，其中，构造函数，利用导数求函数的最值即得.
（2）由题可得，构造函数，根据函数的单调性可得，再由导数证明即可.
【详解】（1）当时，由，，得，即，
令，求导得，
设，求导得则，则在上单调递增，
于是，即，因此在上单调递增，
即在上有最大值，，则，
所以m的取值范围为.
（2），由，得，
整理为，令，
求导得，则函数在上单调递增，
不妨令，即有，从而，
于是，即，
下面证明，即证，令，就证，只需证，
设，求导得，则在上单调递增，于是，
因此当时，成立，即，
于是，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.
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.
(1)若 ，求 的单调区间；
(2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是；
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最小值.
【详解】（1）若，，
令，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；
（2），
令，可得，
由题意可得，是关于方程的两个实根，
所以，，
由，有，
所以，
将代入上式，得，
同理可得，
所以，
，①，
令,①式化为，
设，即，
，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以，
所以，在上单调递减，
又，
，
当时，的最大值为4，即的最大值为2，
因为在上单调递减，的最小值为，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，第二个关键是求的最值.
例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）由已知先得到，两式相加相减可得和，令，代入，然后求导求其最小值.
【详解】（1）由已知，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，得，函数单调递减；
令，得，函数单调递增；
综上所述：当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）得若，是函数的两个零点，则必有，
令，得，
令，则，
可得函数在上单调递增，在上单调递减，
若有且仅有2个零点，则必有一个小于，一个大于，
所以，且，
两式相减可得，所以，
两式相加可得
设，
则，令，
则，令，
则，令，
则，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
即的最小值为.
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用两式一加，一减，然后令达到消元的目的，
常用的换元有等.
练透核心考点
1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）由导函数的正负得出单调性；
（2）由结合韦达定理得出，，进而得出，构造函数，利用导数得出其最小值即为的最小值.
【详解】（1）若，则.
从而.
令，得或.
当或时，单调递增；
当时，单调递减.
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）.
令，得.
由题意，是关于的方程的两个实根.
所以.
由得.
所以，
将代入，得，
同理可得：.
所以.
令，上式为.
设，则.
记，则.
记时，单调递增，所以.
所以单调递增，.
所以在单调递减.
又.
当且仅当时，取到最大值4，即得最大值为2.
所以的最小值为.
【点睛】关键点睛：在问题（2）中，关键是由韦达定理得出，，从而构造函数得出的最小值.
2．（22-23高二下·浙江·阶段练习）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)记函数，且的最小值为.
（i）求实数的值；
（ii）若存在实数满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）利用导数的几何意义求得斜率，进而求得切点，再利用点斜式即可写出切线方程；
（2）（i）求导后，设导数的零点，从而确定最小值即可求解；（ii）由题意得，不妨令，设，则.
记，求导后设导数的零点，进而得到，再结合单调性可得，进而可解.
【详解】（1），则，又，
所以切线方程为：，即.
（2）
（i），
令，即，则且，
所以有两异号实数根，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以有唯一零点.
所以当时，，当时，，
则在上递减，在上递增.
所以，且.
代入可得，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，故.
（ii），即，则
不妨令，设，则.
记，则，
令，即，则且，
所以有两异号实数根，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以有唯一零点.且.
所以当时，，当时，，
则在上递减，在上递增，所以.
其中，即，
又在上单调递减，且，得，
又因为在上单调递增，
所以（当时，有），所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
高频考点四：变更主元法
典型例题
例题1．（23-24高一上·云南·期末）若不等式对任意恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将问题化为对任意恒成立，结合一次函数性质求的取值范围.
【详解】令，
所以对任意恒成立，
当，即，只需，显然满足；
当，即，只需，可得；
综上，.
故答案为：
例题2．（20-21高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，若对任意的，总有，则的范围是 ．
【答案】
【分析】把函数f(x)视为关于参数a的一次型函数，在端点-1，1处的函数值不小于0，建立不等式组求解即得.
【详解】令g(a)=x2·a-3x+1，则g(a)是一次型函数，它在闭区间上图象为线段，
则在闭区间上函数值不小于0，即对应图象不在x轴下方，只需端点不在x轴下方即可，
，
解得：或，
解得：，
所以有.
答案为：
【点睛】在参数范围给定的含该参数的函数问题中，转换“主”、“辅”变元的位置是解题的关键.
例题3．（2024高三·全国·专题练习）已知二次函数（，为实数）
(1)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，由，恒成立列出不等式求解即得.
（2）由对恒成立，结合一次函数的性质求出答案即可.
【详解】（1）
依题意，，即，
由，恒成立，得，
即，整理得，
解得.
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，，
由，得，即，
依题意，对恒成立，
令，
则对，恒成立，于是，
解得，
所以实数的取值范围是．
练透核心考点
1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围 ．
【答案】或
【分析】
根据给定的不等式，构造一次型函数，再利用函数的图象特征列出不等式组求解即得.
【详解】不等式等价于，令，
依题意，，，于是，
即，解，得或，
解，得或，
因此或，
所以x的取值范围是或.
故答案为：或
2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】
【分析】
首先利用函数的单调性，把函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，接下来把a作为主元（变量），x作为参数，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值解决，
【详解】∵是增函数，∴对于任意恒成立．
，即对于任意恒成立．
令．，为关于a的一次函数，在上是一条线段，
由，得．
高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题
典型例题
例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.
【详解】由题意得，令，则，，
所以在上单调递增，故至多有解；
又因为有两个零点，所以，有两个解，
令，，易得在上递减，在上递增，所以.
此时，两式相除，可得：.
于是，欲证只需证明：，
下证：
因为，
不妨设，则只需证，
构造函数，则，
故在上单调递减，故，即得证，
综上所述：即证.
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
例题2．（2023·广东广州·模拟预测）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．
练透核心考点
1．（2023·北京通州·三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；
（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，
只需证，
只需证，
由，
只需证，
只需证，
只需证，
令，只需证，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，
所以成立.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
第四部分：新定义题
1．（2023·湖北·二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．
(1)设函数，其中b为实数．
（i）求证：函数具有性质；
（ii）求函数的单调区间．
(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，
，，且，，若，求m的取值范围．
【答案】(1)（i）见解析；（ii）见解析
(2)
【分析】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间.
（2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围．
【详解】（1）（i），
因为，恒成立，所以函数具有性质；
（ii）设，与的符号相同.
当即时，，，
故此时在区间上递增；
当时，对于，有，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，而，
对于，总有，，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为：
，且，，
当时，，，此时在区间上递减；
同理得：在区间上递增.
综上所述：当时，在区间上递增；
当时，在区间上递减，在上递增.
（2）由题意，得：，
又对任意的都有，
所以对任意的都有，在上递增.
又，
当时，，且，
所以，所以或，
若，则，
所以不合题意.
所以，即，解得：，，
当时，，，符合题意.
当时，，且，
同理有，即，解得：，，
综合以上讨论，所求m的取值范围时.
【点睛】本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识、考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc5286" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc5286 \h 1
\l "_Tc19610" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc19610 \h 2
\l "_Tc6682" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc6682 \h 2
\l "_Tc14774" 高频考点一:分离双参，构造函数 PAGEREF _Tc14774 \h 2
\l "_Tc18944" 高频考点二：糅合双参（比值糅合） PAGEREF _Tc18944 \h 4
\l "_Tc30068" 高频考点三：糅合双参（差值糅合） PAGEREF _Tc30068 \h 6
\l "_Tc8460" 高频考点四：变更主元法 PAGEREF _Tc8460 \h 7
\l "_Tc2968" 高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 PAGEREF _Tc2968 \h 8
\l "_Tc24170" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc24170 \h 10
第一部分：基础知识
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：高考真题回顾
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一:分离双参，构造函数
典型例题
例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：．
例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：.
练透核心考点
1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.
(1)若为增函数，求；
(2)若，有两个零点，，且，证明：.
2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．
例题2．（23-24高三下·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：.
例题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：．
练透核心考点
1．（2022·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：.
2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.
(1)当时，，求实数的取值范围;
(2)若，使得，求证：．
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.
(1)若 ，求 的单调区间；
(2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最小值.
例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.
练透核心考点
1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.
练透核心考点
1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围 ．
2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.
高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题
典型例题
例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
例题2．（2023·广东广州·模拟预测）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：；
练透核心考点
1．（2023·北京通州·三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
第四部分：新定义题
1．（2023·湖北·二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．
(1)设函数，其中b为实数．
（i）求证：函数具有性质；
（ii）求函数的单调区间．
(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，
，，且，，若，求m的取值范围．
第07讲 利用导数研究双变量问题
目录
TOC \ "1-2" \h \u \l "_Tc5286" 第一部分：基础知识 PAGEREF _Tc5286 \h 1
\l "_Tc19610" 第二部分：高考真题回顾 PAGEREF _Tc19610 \h 1
\l "_Tc6682" 第三部分：高频考点一遍过 PAGEREF _Tc6682 \h 5
\l "_Tc14774" 高频考点一:分离双参，构造函数 PAGEREF _Tc14774 \h 5
\l "_Tc18944" 高频考点二：糅合双参（比值糅合） PAGEREF _Tc18944 \h 11
\l "_Tc30068" 高频考点三：糅合双参（差值糅合） PAGEREF _Tc30068 \h 20
\l "_Tc8460" 高频考点四：变更主元法 PAGEREF _Tc8460 \h 27
\l "_Tc2968" 高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题 PAGEREF _Tc2968 \h 30
\l "_Tc24170" 第四部分：新定义题 PAGEREF _Tc24170 \h 36
第一部分：基础知识
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：高考真题回顾
1．（2022·浙江·高考真题）设函数．
(1)求的单调区间；
(2)已知，曲线上不同的三点处的切线都经过点．证明：
（ⅰ）若，则；
（ⅱ）若，则．
（注：是自然对数的底数）
【答案】(1)的减区间为，增区间为.
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ） ，，则题设不等式可转化为，结合零点满足的方程进一步转化为，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1），
当，；当，，
故的减区间为，的增区间为.
（2）（ⅰ）因为过有三条不同的切线，设切点为，
故，
故方程有3个不同的根，
该方程可整理为，
设，
则
，
当或时，；当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：且，
此时，
设，则，
故为上的减函数，故，
故.
（ⅱ）当时，同（ⅰ）中讨论可得：
故在上为减函数，在上为增函数，
不妨设，则，
因为有3个不同的零点，故且，
故且，
整理得到：，
因为，故，
又，
设，，则方程即为：
即为，
记
则为有三个不同的根，
设，，
要证：，即证，
即证：，
即证：，
即证：，
而且，
故，
故，
故即证：，
即证：
即证：，
记，则，
设，则，所以，
，
故在上为增函数，故，
所以，
记，
则，
所以在为增函数，故，
故即，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
第三部分：高频考点一遍过
高频考点一:分离双参，构造函数
典型例题
例题1．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知函数，．
(1)当时，求函数在点处的切线方程；
(2)若函数有两个零点，，求实数的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义，即可求解；（2）首先判断函数的单调性，以及极值，根据函数的零点个数判断，再通过构造函数，根据函数的单调性，以及零点，求解不等式的解集；（3）根据函数的单调性，转化为证明，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）当时，，
，，，
所以函数在点处的切线方程为，即；
（2）函数的定义域为，
，
当时，恒成立，单调递增，所以不可能有2个零点；
当时，当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，当时，，
所以要满足函数有2个零点，只需，
即，
整理得，
设，函数的定义域为，
，所以在定义域上单调递增，
且，则不等式的解集为，
所以的取值范围为；
（3）证明：由（2）知，，则，
要证明，即证明，
不妨设，
因为，所以，
又，函数在上单调递增，
此时需证明，
当，时，
可得，
因为，即证明，
设，函数的定义域为，
，
所以在单调递增，则，
，所以，
又在上单调递增，所以，
即，命题得证.
【点睛】关键点睛：本题考查导数研究函数的性质，不等式，双变量，零点偏移问题，本题第三问的关键是利用分析法转化为证明，再根据，构造函数，即可证明.
例题2．（22-23高二下·福建龙岩·期中）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，，证明：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】
（1）首先求函数的导数，讨论和两种情况下函数的单调性；
（2）首先结合（1）的结果，结合，将不等式转化为，再构造函数，利用导数证明不等式，再根据，结合函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）
，，
当时，，恒成立，
此时在区间单调递增，
当时，令，得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间单调递增，
当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；
（2）若有两个零点，，
由（1）知时，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
且当时，，当时，，
因为，所以，所以，
又因为，所以，
所以只需证明，即有，
下面证明，
设，
，
设，则，
令，解得：，
当时，，在区间上单调递减，
当时，，在区间上单调递增，
所以，则在区间上单调递增，
又因为，所以，
即，
因为，所以，
而，，在上单调递减，
所以，即，命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数判断函数的单调性，以及双变量问题，不等式恒成立问题，第二问的关键是判断，不等式转化为证明，再通过构造函数即可求解.
练透核心考点
1．（22-23高二下·河北邢台·期末）已知函数.
(1)若为增函数，求；
(2)若，有两个零点，，且，证明：.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）根据已知条件找到函数的极值点，利用可导函数的极值点必是导数为零的点列方程求解即可；
（2）由已知得，构造函数，使得，找到时函数的零点，利用两个函数零点的关系建立不等式证明即可.
【详解】（1）恒成立，
而，故是的最小值，即是函数的极小值点，
令，则，
故，则，即，
检验知符合题意，故.
（2）证明：当时，，
令， ，令解得，
由于，则，
构造函数，则，
故为增函数，，即，
所以，
当时，有唯一零点，
故，
即，
所以，
，故.
【点睛】解决含参数的极值点偏移问题通常用构造函数的方法来解决.
2．（2023·海南海口·模拟预测）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)设.
（ⅰ）证明：存在两个零点，；
（ⅱ）证明：的两个零点，满足.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析（ii）证明见解析
【分析】（1）用导数求出单调性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的单调区间，用零点存在性定理判断每个单调区间上零点的个数；
（ⅱ）用的单调性把需证明的不等式转化为即证，然后构造函数证明即可.
【详解】（1），
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为．
（2）（ⅰ）证明：，，，
因为，所以，所以当时，，时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则函数有最小值．
由，，
下面证明，在上，对，只要足够小，必存在，
使得：
实际上，当时，，令，得，
所以对，取，必有，即，
所以在区间上，存在唯一的，，
又，所以在区间上，存在唯一的，，
综上，存在两个零点．
（ⅱ）要证，需证，由，所以，
因为在上单调递减，因此需证：，
，，
所以，，
设，，
则，
所以在上单调递减，，即
，
结论得证，所以．
【点睛】双变量不等式证明问题，通常结合变量间的关系、函数的单调性等方法转化为单变量不等式证明问题，同时注意构造函数的技巧方法.
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高三上·河北沧州·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若存在不相等的实数，使得，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导函数的正负变化分类讨论函数的单调性；
（2）多变量不等式的证明，由得，从而消变量，再由分析法只需证明不等式成立，将不等式变形为，利用整体换元法令，构造函数，利用导数求解单调性从而证明不等式即可.
【详解】（1）由题得的定义域为，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，当时，，所以在上单调递增，
当时，，所以在上单调递减．
综上所述，
当时，在上单调递减；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）得，当时，在上单调递减，不合题意，
故，则．
由，可得，
即，
可设，则，则．
要证，即证，
即证，即证，
设，即证，
设，
可得，
所以在上单调递增，即，
即，则．
综上可得．
【点睛】比值代换，是处理双变量问题的策略之一.通过比值代换，我们可以将双变量问题转化为单变量问题来处理，达到消元的效果，在处理比值代换时，要注意一些常见的变换结构，如以下的结构变换方法：
（1）引元：如设，消元，回代入已知等式解方程（组），进而消元，将所求证不等式转化为等形式，再构造函数可得；
（2）对数相加减：，；
（3）齐次分式：等；
（4）组合型：对数，分式，整式等形式加以组合，如等等.
例题2．（23-24高三下·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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将在上单调递增转化为恒成立问题，通过参变分离求解最值即可；
（2）通过是方程的两个不同正根将证明转化为，然后通过消参构造函数来求解证明.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于含双变量的问题，通常经过变形，产生的结构，然后通过换元令，将式子转化为单变量的的问题，进而构造函数来解决问题.
例题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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，确定函数单调性，根据单调性可得最值；
（2）将代入原函数后做差变形，得到，令，然后构造函数，证明不等式成立.
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：对于双变量问题，我们可以尽量构造等式进行消元，转化为单变量问题，如果在变形过程中产生，可以令达到消元的目的.
练透核心考点
1．（2022·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：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
2．（2024高三上·全国·专题练习）已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
【答案】(1)有极大值，极小值
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，求函数的极值；
（2）首先不等式变形为，再利用导数变形为，再转化为证明，证法1，不等式变形为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，即可证明；证法2，不等式变形为，再利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据最值，即可证明不等式.
【详解】（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
【点睛】思路点睛：第二问的思路首先是变形不等式，根据不等式构造函数，利用函数的单调性，结合最值，即可证明.
3．（22-23高三下·湖北咸宁·阶段练习）已知函数.
(1)当时，，求实数的取值范围;
(2)若，使得，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得，其中，构造函数，利用导数求函数的最值即得.
（2）由题可得，构造函数，根据函数的单调性可得，再由导数证明即可.
【详解】（1）当时，由，，得，即，
令，求导得，
设，求导得则，则在上单调递增，
于是，即，因此在上单调递增，
即在上有最大值，，则，
所以m的取值范围为.
（2），由，得，
整理为，令，
求导得，则函数在上单调递增，
不妨令，即有，从而，
于是，即，
下面证明，即证，令，就证，只需证，
设，求导得，则在上单调递增，于是，
因此当时，成立，即，
于是，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.
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
典型例题
例题1．（23-24高二上·陕西西安·期末）已知函数.
(1)若 ，求 的单调区间；
(2)若，，且 有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】(1)单调递增区间是和，单调递减区间是；
(2)
【分析】（1）首先求函数的导数，利用导数与函数单调性的关系，即可求解；
（2）首先利用极值点与导数的关系，得到，，并通过变形得到，利用换元构造函数，利用导数判断函数的单调性，并求的最值，即可求解函数的最小值.
【详解】（1）若，，
令，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；
（2），
令，可得，
由题意可得，是关于方程的两个实根，
所以，，
由，有，
所以，
将代入上式，得，
同理可得，
所以，
，①，
令,①式化为，
设，即，
，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，
所以，在上单调递增，所以，
所以，在上单调递减，
又，
，
当时，的最大值为4，即的最大值为2，
因为在上单调递减，的最小值为，
所以的最小值为.
【点睛】思路点睛：本题第二问的关键是
，并利用换元构造函数，转化为利用导数求函数的最值问题，第二个关键是求的最值.
例题2．（23-24高二上·江苏盐城·期末）设函数,
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，是函数的两个零点，且，求的最小值.
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求导，然后分和两种情况讨论函数的单调性；
（2）由已知先得到，两式相加相减可得和，令，代入，然后求导求其最小值.
【详解】（1）由已知，
当时，恒成立，函数在上单调递减；
当时，令，得，函数单调递减；
令，得，函数单调递增；
综上所述：当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
（2）由（1）得若，是函数的两个零点，则必有，
令，得，
令，则，
可得函数在上单调递增，在上单调递减，
若有且仅有2个零点，则必有一个小于，一个大于，
所以，且，
两式相减可得，所以，
两式相加可得
设，
则，令，
则，令，
则，令，
则，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
即的最小值为.
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，我们需要通过换元转化为单变量问题，本题就是利用两式一加，一减，然后令达到消元的目的，
常用的换元有等.
练透核心考点
1．（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知函数.
(1)若，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，分别为和，求的最小值.
【答案】(1)在和上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）由导函数的正负得出单调性；
（2）由结合韦达定理得出，，进而得出，构造函数，利用导数得出其最小值即为的最小值.
【详解】（1）若，则.
从而.
令，得或.
当或时，单调递增；
当时，单调递减.
综上所述，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）.
令，得.
由题意，是关于的方程的两个实根.
所以.
由得.
所以，
将代入，得，
同理可得：.
所以.
令，上式为.
设，则.
记，则.
记时，单调递增，所以.
所以单调递增，.
所以在单调递减.
又.
当且仅当时，取到最大值4，即得最大值为2.
所以的最小值为.
【点睛】关键点睛：在问题（2）中，关键是由韦达定理得出，，从而构造函数得出的最小值.
2．（22-23高二下·浙江·阶段练习）已知函数.
(1)求函数在处的切线方程；
(2)记函数，且的最小值为.
（i）求实数的值；
（ii）若存在实数满足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）利用导数的几何意义求得斜率，进而求得切点，再利用点斜式即可写出切线方程；
（2）（i）求导后，设导数的零点，从而确定最小值即可求解；（ii）由题意得，不妨令，设，则.
记，求导后设导数的零点，进而得到，再结合单调性可得，进而可解.
【详解】（1），则，又，
所以切线方程为：，即.
（2）
（i），
令，即，则且，
所以有两异号实数根，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以有唯一零点.
所以当时，，当时，，
则在上递减，在上递增.
所以，且.
代入可得，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，故.
（ii），即，则
不妨令，设，则.
记，则，
令，即，则且，
所以有两异号实数根，
因为在上单调递增，所以在上单调递增，
所以有唯一零点.且.
所以当时，，当时，，
则在上递减，在上递增，所以.
其中，即，
又在上单调递减，且，得，
又因为在上单调递增，
所以（当时，有），所以的最小值为.
【点睛】方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次.
高频考点四：变更主元法
典型例题
例题1．（23-24高一上·云南·期末）若不等式对任意恒成立，则的取值范围为 ．
【答案】
【分析】将问题化为对任意恒成立，结合一次函数性质求的取值范围.
【详解】令，
所以对任意恒成立，
当，即，只需，显然满足；
当，即，只需，可得；
综上，.
故答案为：
例题2．（20-21高二下·黑龙江哈尔滨·阶段练习）已知，若对任意的，总有，则的范围是 ．
【答案】
【分析】把函数f(x)视为关于参数a的一次型函数，在端点-1，1处的函数值不小于0，建立不等式组求解即得.
【详解】令g(a)=x2·a-3x+1，则g(a)是一次型函数，它在闭区间上图象为线段，
则在闭区间上函数值不小于0，即对应图象不在x轴下方，只需端点不在x轴下方即可，
，
解得：或，
解得：，
所以有.
答案为：
【点睛】在参数范围给定的含该参数的函数问题中，转换“主”、“辅”变元的位置是解题的关键.
例题3．（2024高三·全国·专题练习）已知二次函数（，为实数）
(1)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数图象过点，对，恒成立，求实数的取值范围；
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由已知可得，由，恒成立列出不等式求解即得.
（2）由对恒成立，结合一次函数的性质求出答案即可.
【详解】（1）
依题意，，即，
由，恒成立，得，
即，整理得，
解得.
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，，
由，得，即，
依题意，对恒成立，
令，
则对，恒成立，于是，
解得，
所以实数的取值范围是．
练透核心考点
1．（23-24高一上·四川成都·开学考试）已知，不等式恒成立，则x的取值范围 ．
【答案】或
【分析】
根据给定的不等式，构造一次型函数，再利用函数的图象特征列出不等式组求解即得.
【详解】不等式等价于，令，
依题意，，，于是，
即，解，得或，
解，得或，
因此或，
所以x的取值范围是或.
故答案为：或
2．（2024高三·全国·专题练习）设函数是定义在上的增函数．若不等式对于任意恒成立，求实数x的取值范围.
【答案】
【分析】
首先利用函数的单调性，把函数值的大小关系转化为自变量的大小关系，接下来把a作为主元（变量），x作为参数，把不等式恒成立问题转化为求函数的最值解决，
【详解】∵是增函数，∴对于任意恒成立．
，即对于任意恒成立．
令．，为关于a的一次函数，在上是一条线段，
由，得．
高频考点五：利用对数平均不等式解决双变量问题
典型例题
例题1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.
【详解】由题意得，令，则，，
所以在上单调递增，故至多有解；
又因为有两个零点，所以，有两个解，
令，，易得在上递减，在上递增，所以.
此时，两式相除，可得：.
于是，欲证只需证明：，
下证：
因为，
不妨设，则只需证，
构造函数，则，
故在上单调递减，故，即得证，
综上所述：即证.
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
例题2．（2023·广东广州·模拟预测）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．
练透核心考点
1．（2023·北京通州·三模）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；
（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，
只需证，
只需证，
由，
只需证，
只需证，
只需证，
令，只需证，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，
所以成立.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.
2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
第四部分：新定义题
1．（2023·湖北·二模）设是定义在区间上的函数，其导函数为．如果存在实数a和函数，其中对任意的都有，使得，则称函数具有性质．
(1)设函数，其中b为实数．
（i）求证：函数具有性质；
（ii）求函数的单调区间．
(2)已知函数具有性质.给定，，设m为实数，
，，且，，若，求m的取值范围．
【答案】(1)（i）见解析；（ii）见解析
(2)
【分析】（1）（i）对求导，可得恒成立，即可证明函数具有性质；（ii），与的符号相同，分，，和，讨论的正负，即可得出函数的单调区间.
（2）对求导，，分析可知其在恒成立，分，和三种情况讨论求解m的取值范围．
【详解】（1）（i），
因为，恒成立，所以函数具有性质；
（ii）设，与的符号相同.
当即时，，，
故此时在区间上递增；
当时，对于，有，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，而，
对于，总有，，所以此时在区间上递增；
当时，的图象开口向上，对称轴，方程的两根为：
，且，，
当时，，，此时在区间上递减；
同理得：在区间上递增.
综上所述：当时，在区间上递增；
当时，在区间上递减，在上递增.
（2）由题意，得：，
又对任意的都有，
所以对任意的都有，在上递增.
又，
当时，，且，
所以，所以或，
若，则，
所以不合题意.
所以，即，解得：，，
当时，，，符合题意.
当时，，且，
同理有，即，解得：，，
综合以上讨论，所求m的取值范围时.
【点睛】本题主要考查函数的概念、性质、图象及导数等基础知识、考查灵活运用数形结合、分类讨论的思想方法进行探索、分析与解决问题的综合能力.
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