資源簡介

第07講 利用導數研究雙變量問題
目錄
第一部分：基礎知識 1
第二部分：高考真題回顧 2
第三部分：高頻考點一遍過 2
高頻考點一:分離雙參，構造函數 2
高頻考點二：糅合雙參（比值糅合） 4
高頻考點三：糅合雙參（差值糅合） 6
高頻考點四：變更主元法 7
高頻考點五：利用對數平均不等式解決雙變量問題 8
第四部分：新定義題 10
第一部分：基礎知識
1、導數中求解雙變量問題的一般步驟：
（1）先根據已知條件確定出變量滿足的條件；
（2）將待求的問題轉化為關于的函數問題，同時注意將雙變量轉化為單變量，具體有兩種可行的方法：①通過將所有涉及的式子轉化為關于的式子，將問題轉化為關于自變量（亦可）的函數問題；②通過的乘積關系，用表示（用表示亦可），將雙變量問題替換為（或）的單變量問題；
（3）構造關于或的新函數，同時根據已知條件確定出或的范圍即為新函數定義域，借助新函數的單調性和值域完成問題的分析求解.
2、破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是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
第二部分：高考真題回顧
1．（2022·浙江·高考真題）設函數．
(1)求的單調區間；
(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經過點．證明：
（ⅰ）若，則；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對數的底數）
第三部分：高頻考點一遍過
高頻考點一:分離雙參，構造函數
典型例題
例題1．（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·階段練習）已知函數，．
(1)當時，求函數在點處的切線方程；
(2)若函數有兩個零點，，求實數的取值范圍；
(3)在（2）的條件下，證明：．
例題2．（22-23高二下·福建龍巖·期中）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若有兩個零點，，證明：.
練透核心考點
1．（22-23高二下·河北邢臺·期末）已知函數.
(1)若為增函數，求；
(2)若，有兩個零點，，且，證明：.
2．（2023·海南海口·模擬預測）已知函數.
(1)求的最小值；
(2)設.
（ⅰ）證明：存在兩個零點，；
（ⅱ）證明：的兩個零點，滿足.
高頻考點二：糅合雙參（比值糅合）
典型例題
例題1．（23-24高三上·河北滄州·階段練習）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若存在不相等的實數，使得，證明：．
例題2．（23-24高三下·甘肅·開學考試）已知函數.
(1)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)若有2個極值點，求證：.
例題3．（2024·四川·一模）已知函數．
(1)若，求的最小值；
(2)若有2個零點，證明：．
練透核心考點
1．（2022·全國·模擬預測）設函數.
(1)若，求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.
2．（2024高三上·全國·專題練習）已知函數，其中.
(1)當時，求的極值；
(2)當，時，證明：.
3．（22-23高三下·湖北咸寧·階段練習）已知函數.
(1)當時，，求實數的取值范圍;
(2)若，使得，求證：．
高頻考點三：糅合雙參（差值糅合）
典型例題
例題1．（23-24高二上·陜西西安·期末）已知函數.
(1)若 ，求 的單調區間；
(2)若，，且 有兩個極值點，分別為和，求的最小值.
例題2．（23-24高二上·江蘇鹽城·期末）設函數,
(1)討論函數的單調性；
(2)若，是函數的兩個零點，且，求的最小值.
練透核心考點
1．（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數.
(1)若，求的單調區間；
(2)若有兩個極值點，分別為和，求的最小值.
練透核心考點
1．（23-24高一上·四川成都·開學考試）已知，不等式恒成立，則x的取值范圍 ．
2．（2024高三·全國·專題練習）設函數是定義在上的增函數．若不等式對于任意恒成立，求實數x的取值范圍.
高頻考點五：利用對數平均不等式解決雙變量問題
典型例題
例題1．（2023高三·全國·專題練習）已知函數.若有兩個零點，證明：.
例題2．（2023·廣東廣州·模擬預測）已知函數.
(1)討論函數的單調性：
(2)若是方程的兩不等實根，求證：；
練透核心考點
1．（2023·北京通州·三模）已知函數
(1)已知f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為，求實數a的值；
(2)已知f（x）在定義域上是增函數，求實數a的取值范圍.
(3)已知有兩個零點，，求實數a的取值范圍并證明.
2．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知．
(1)當時，討論函數的極值點個數；
(2)若存在，，使，求證：．
第四部分：新定義題
1．（2023·湖北·二模）設是定義在區間上的函數，其導函數為．如果存在實數a和函數，其中對任意的都有，使得，則稱函數具有性質．
(1)設函數，其中b為實數．
（i）求證：函數具有性質；
（ii）求函數的單調區間．
(2)已知函數具有性質.給定，，設m為實數，
，，且，，若，求m的取值范圍．21世紀教育網(www.21cnjy.com)
第07講 利用導數研究雙變量問題
目錄
第一部分：基礎知識 1
第二部分：高考真題回顧 1
第三部分：高頻考點一遍過 5
高頻考點一:分離雙參，構造函數 5
高頻考點二：糅合雙參（比值糅合） 11
高頻考點三：糅合雙參（差值糅合） 20
高頻考點四：變更主元法 27
高頻考點五：利用對數平均不等式解決雙變量問題 30
第四部分：新定義題 36
第一部分：基礎知識
1、導數中求解雙變量問題的一般步驟：
（1）先根據已知條件確定出變量滿足的條件；
（2）將待求的問題轉化為關于的函數問題，同時注意將雙變量轉化為單變量，具體有兩種可行的方法：①通過將所有涉及的式子轉化為關于的式子，將問題轉化為關于自變量（亦可）的函數問題；②通過的乘積關系，用表示（用表示亦可），將雙變量問題替換為（或）的單變量問題；
（3）構造關于或的新函數，同時根據已知條件確定出或的范圍即為新函數定義域，借助新函數的單調性和值域完成問題的分析求解.
2、破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是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
第二部分：高考真題回顧
1．（2022·浙江·高考真題）設函數．
(1)求的單調區間；
(2)已知，曲線上不同的三點處的切線都經過點．證明：
（ⅰ）若，則；
（ⅱ）若，則．
（注：是自然對數的底數）
【答案】(1)的減區間為，增區間為.
(2)（ⅰ）見解析；（ⅱ）見解析.
【分析】（1）求出函數的導數，討論其符號后可得函數的單調性.
（2）（ⅰ）由題設構造關于切點橫坐標的方程，根據方程有3個不同的解可證明不等式成立，（ⅱ） ，，則題設不等式可轉化為，結合零點滿足的方程進一步轉化為，利用導數可證該不等式成立.
【詳解】（1），
當，；當，，
故的減區間為，的增區間為.
（2）（ⅰ）因為過有三條不同的切線，設切點為，
故，
故方程有3個不同的根，
該方程可整理為，
設，
則
，
當或時，；當時，，
故在上為減函數，在上為增函數，
因為有3個不同的零點，故且，
故且，
整理得到：且，
此時，
設，則，
故為上的減函數，故，
故.
（ⅱ）當時，同（ⅰ）中討論可得：
故在上為減函數，在上為增函數，
不妨設，則，
因為有3個不同的零點，故且，
故且，
整理得到：，
因為，故，
又，
設，，則方程即為：
即為，
記
則為有三個不同的根，
設，，
要證：，即證，
即證：，
即證：，
即證：，
而且，
故，
故，
故即證：，
即證：
即證：，
記，則，
設，則，所以，
，
故在上為增函數，故，
所以，
記，
則，
所以在為增函數，故，
故即，
故原不等式得證：
【點睛】思路點睛：導數背景下的切線條數問題，一般轉化為關于切點方程的解的個數問題，而復雜方程的零點性質的討論，應該根據零點的性質合理轉化需求證的不等式，常用的方法有比值代換等.
第三部分：高頻考點一遍過
高頻考點一:分離雙參，構造函數
典型例題
例題1．（23-24高三上·黑龍江哈爾濱·階段練習）已知函數，．
(1)當時，求函數在點處的切線方程；
(2)若函數有兩個零點，，求實數的取值范圍；
(3)在（2）的條件下，證明：．
【答案】(1)
(2)
(3)證明見解析
【分析】（1）根據導數的幾何意義，即可求解；（2）首先判斷函數的單調性，以及極值，根據函數的零點個數判斷，再通過構造函數，根據函數的單調性，以及零點，求解不等式的解集；（3）根據函數的單調性，轉化為證明，再構造函數，利用導數判斷函數的單調性，即可證明.
【詳解】（1）當時，，
，，，
所以函數在點處的切線方程為，即；
（2）函數的定義域為，
，
當時，恒成立，單調遞增，所以不可能有2個零點；
當時，當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
當時，，當時，，
所以要滿足函數有2個零點，只需，
即，
整理得，
設，函數的定義域為，
，所以在定義域上單調遞增，
且，則不等式的解集為，
所以的取值范圍為；
（3）證明：由（2）知，，則，
要證明，即證明，
不妨設，
因為，所以，
又，函數在上單調遞增，
此時需證明，
當，時，
可得，
因為，即證明，
設，函數的定義域為，
，
所以在單調遞增，則，
，所以，
又在上單調遞增，所以，
即，命題得證.
【點睛】關鍵點睛：本題考查導數研究函數的性質，不等式，雙變量，零點偏移問題，本題第三問的關鍵是利用分析法轉化為證明，再根據，構造函數，即可證明.
例題2．（22-23高二下·福建龍巖·期中）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若有兩個零點，，證明：.
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【分析】
（1）首先求函數的導數，討論和兩種情況下函數的單調性；
（2）首先結合（1）的結果，結合，將不等式轉化為，再構造函數，利用導數證明不等式，再根據，結合函數的單調性，即可證明.
【詳解】（1）
，，
當時，，恒成立，
此時在區間單調遞增，
當時，令，得，
當時，，在區間上單調遞增，
當時，，在區間上單調遞減，
綜上所述，當時，在區間單調遞增，
當時，的單調遞增區間是，單調遞減區間是；
（2）若有兩個零點，，
由（1）知時，在區間上單調遞增，在區間上單調遞減，
且，，，
且當時，，當時，，
因為，所以，所以，
又因為，所以，
所以只需證明，即有，
下面證明，
設，
，
設，則，
令，解得：，
當時，，在區間上單調遞減，
當時，，在區間上單調遞增，
所以，則在區間上單調遞增，
又因為，所以，
即，
因為，所以，
而，，在上單調遞減，
所以，即，命題得證.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數判斷函數的單調性，以及雙變量問題，不等式恒成立問題，第二問的關鍵是判斷，不等式轉化為證明，再通過構造函數即可求解.
練透核心考點
1．（22-23高二下·河北邢臺·期末）已知函數.
(1)若為增函數，求；
(2)若，有兩個零點，，且，證明：.
【答案】(1)2
(2)證明見解析
【分析】（1）根據已知條件找到函數的極值點，利用可導函數的極值點必是導數為零的點列方程求解即可；
（2）由已知得，構造函數，使得，找到時函數的零點，利用兩個函數零點的關系建立不等式證明即可.
【詳解】（1）恒成立，
而，故是的最小值，即是函數的極小值點，
令，則，
故，則，即，
檢驗知符合題意，故.
（2）證明：當時，，
令， ，令解得，
由于，則，
構造函數，則，
故為增函數，，即，
所以，
當時，有唯一零點，
故，
即，
所以，
，故.
【點睛】解決含參數的極值點偏移問題通常用構造函數的方法來解決.
2．（2023·海南海口·模擬預測）已知函數.
(1)求的最小值；
(2)設.
（ⅰ）證明：存在兩個零點，；
（ⅱ）證明：的兩個零點，滿足.
【答案】(1)
(2)（i）證明見解析（ii）證明見解析
【分析】（1）用導數求出單調性即可求解；
（2）（ⅰ）求出的單調區間，用零點存在性定理判斷每個單調區間上零點的個數；
（ⅱ）用的單調性把需證明的不等式轉化為即證，然后構造函數證明即可.
【詳解】（1），
所以當時，，當時，，
所以函數在上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為．
（2）（ⅰ）證明：，，，
因為，所以，所以當時，，時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
則函數有最小值．
由，，
下面證明，在上，對，只要足夠小，必存在，
使得：
實際上，當時，，令，得，
所以對，取，必有，即，
所以在區間上，存在唯一的，，
又，所以在區間上，存在唯一的，，
綜上，存在兩個零點．
（ⅱ）要證，需證，由，所以，
因為在上單調遞減，因此需證：，
，，
所以，，
設，，
則，
所以在上單調遞減，，即
，
結論得證，所以．
【點睛】雙變量不等式證明問題，通常結合變量間的關系、函數的單調性等方法轉化為單變量不等式證明問題，同時注意構造函數的技巧方法.
高頻考點二：糅合雙參（比值糅合）
典型例題
例題1．（23-24高三上·河北滄州·階段練習）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若存在不相等的實數，使得，證明：．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）根據導函數的正負變化分類討論函數的單調性；
（2）多變量不等式的證明，由得，從而消變量，再由分析法只需證明不等式成立，將不等式變形為，利用整體換元法令，構造函數，利用導數求解單調性從而證明不等式即可.
【詳解】（1）由題得的定義域為，，
當時，，所以在上單調遞減；
當時，當時，，所以在上單調遞增，
當時，，所以在上單調遞減．
綜上所述，
當時，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增，在上單調遞減．
（2）由（1）得，當時，在上單調遞減，不合題意，
故，則．
由，可得，
即，
可設，則，則．
要證，即證，
即證，即證，
設，即證，
設，
可得，
所以在上單調遞增，即，
即，則．
綜上可得．
【點睛】比值代換，是處理雙變量問題的策略之一.通過比值代換，我們可以將雙變量問題轉化為單變量問題來處理，達到消元的效果，在處理比值代換時，要注意一些常見的變換結構，如以下的結構變換方法：
（1）引元：如設，消元，回代入已知等式解方程（組），進而消元，將所求證不等式轉化為等形式，再構造函數可得；
（2）對數相加減：，；
（3）齊次分式：等；
（4）組合型：對數，分式，整式等形式加以組合，如等等.
例題2．（23-24高三下·甘肅·開學考試）已知函數.
(1)若在上單調遞增，求的取值范圍；
(2)若有2個極值點，求證：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）將在上單調遞增轉化為恒成立問題，通過參變分離求解最值即可；
（2）通過是方程的兩個不同正根將證明轉化為，然后通過消參構造函數來求解證明.
【詳解】（1）法一：因為在上單調遞增，
所以時，即，
設，則，
所以時單調遞減，時單調遞增，
所以，
所以，即的取值范圍是；
法二：因為，
所以，
若，則在上單調遞增；
若，令，則，
時單調遞減；時單調遞增，
所以是的極小值點，所以，
所以當，即時，在上單調遞增.
綜上，的取值范圍是.
（2）由（1）知是方程的兩個不同正根，所以，
經驗證，分別是的極小值點，極大值點，
，
下面證明.
由，得，
兩邊取對數，得，即，
則，
設，則，則要證，即證，
即證.
設，則，
所以在上單調遞增，從而，
于是成立，
故.
【點睛】方法點睛：對于含雙變量的問題，通常經過變形，產生的結構，然后通過換元令，將式子轉化為單變量的的問題，進而構造函數來解決問題.
例題3．（2024·四川·一模）已知函數．
(1)若，求的最小值；
(2)若有2個零點，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，確定函數單調性，根據單調性可得最值；
（2）將代入原函數后做差變形，得到，令，然后構造函數，證明不等式成立.
【詳解】（1）當，函數，
則，
可知當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增，
則當時，取得極小值，也即為最小值，
所以的最小值為；
（2）由已知，是的兩個零點，
則，，
兩式相減，得，
整理得，
欲證明，
只需證明不等式，
即證明，也即證明，
不妨設，令，則，
只需證明，即證明即可，
令，則，
又令，則，
所以，當時，，即單調遞減，則，
故當時，單調遞增，則，
所以，原不等式成立，故不等式得證．
【點睛】方法點睛：對于雙變量問題，我們可以盡量構造等式進行消元，轉化為單變量問題，如果在變形過程中產生，可以令達到消元的目的.
練透核心考點
1．（2022·全國·模擬預測）設函數.
(1)若，求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.
【答案】(1)無最小值，最大值為
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后得，分別求出和的解集，從而可求解.
（2）由有兩個極值點，從而要證，令，構建函數，然后利用導數求解的最值，從而可求解證明.
【詳解】（1）由題意得，則.
令，解得；令，解得，
在上單調遞增，在上單調遞減，
，
無最小值，最大值為.
（2），則，
又有兩個不同的極值點，
欲證，即證，
原式等價于證明①.
由，得，則②.
由①②可知原問題等價于求證，
即證.
令，則，上式等價于求證.
令，則，
恒成立，在上單調遞增，
當時，，即，
原不等式成立，即.
【點睛】方法點睛：對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關系,然后構造商數或加數關系；
通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構造相應的函數，
利用導數求解出構造函數的最值，從而證明不等式或等式成立.
2．（2024高三上·全國·專題練習）已知函數，其中.
(1)當時，求的極值；
(2)當，時，證明：.
【答案】(1)有極大值，極小值
(2)證明見解析
【分析】（1）首先求函數的導數，再判斷函數的單調性，求函數的極值；
（2）首先不等式變形為，再利用導數變形為，再轉化為證明，證法1，不等式變形為，再構造函數，利用導數判斷函數的單調性，即可證明；證法2，不等式變形為，再利用換元構造函數，利用導數判斷函數的單調性，根據最值，即可證明不等式.
【詳解】（1）由題意，，，
所以當時，，，
由解得：或，由解得：，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
故有極大值，極小值.
（2）由題意，，，
要證，只需證，
而，
，
所以只需證，
即證①，下面給出兩種證明不等式①的方法：
證法1：要證，只需證，
即證，令，
則，所以在上單調遞增，
顯然，所以當時，，
因為，所以，即，
故.
證法2：要證，只需證，即證，
令，則，所以只需證當時，，即證，
令，則，
所以在上單調遞增，又，所以成立，即，
故
【點睛】思路點睛：第二問的思路首先是變形不等式，根據不等式構造函數，利用函數的單調性，結合最值，即可證明.
3．（22-23高三下·湖北咸寧·階段練習）已知函數.
(1)當時，，求實數的取值范圍;
(2)若，使得，求證：．
【答案】(1)；
(2)證明見解析.
【分析】（1）由題可得，其中，構造函數，利用導數求函數的最值即得.
（2）由題可得，構造函數，根據函數的單調性可得，再由導數證明即可.
【詳解】（1）當時，由，，得，即，
令，求導得，
設，求導得則，則在上單調遞增，
于是，即，因此在上單調遞增，
即在上有最大值，，則，
所以m的取值范圍為.
（2），由，得，
整理為，令，
求導得，則函數在上單調遞增，
不妨令，即有，從而，
于是，即，
下面證明，即證，令，就證，只需證，
設，求導得，則在上單調遞增，于是，
因此當時，成立，即，
于是，所以．
【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式問題，方法如下：
（1）直接構造函數法：證明不等式（或）轉化為證明（或），進而構造輔助函數；
（2）適當放縮構造法：一是根據已知條件適當放縮；二是利用常見放縮結論；
（3）構造“形似”函數，稍作變形再構造，對原不等式同解變形，根據相似結構構造輔助函數.
高頻考點三：糅合雙參（差值糅合）
典型例題
例題1．（23-24高二上·陜西西安·期末）已知函數.
(1)若 ，求 的單調區間；
(2)若，，且 有兩個極值點，分別為和，求的最小值.
【答案】(1)單調遞增區間是和，單調遞減區間是；
(2)
【分析】（1）首先求函數的導數，利用導數與函數單調性的關系，即可求解；
（2）首先利用極值點與導數的關系，得到，，并通過變形得到，利用換元構造函數，利用導數判斷函數的單調性，并求的最值，即可求解函數的最小值.
【詳解】（1）若，，
令，得或，
當或時，，
當時，，
所以函數的單調遞增區間是和，單調遞減區間是；
（2），
令，可得，
由題意可得，是關于方程的兩個實根，
所以，，
由，有，
所以，
將代入上式，得，
同理可得，
所以，
，①，
令,①式化為，
設，即，
，
記，則，
記，則，
所以在上單調遞增，所以，
所以，在上單調遞增，所以，
所以，在上單調遞減，
又，
，
當時，的最大值為4，即的最大值為2，
因為在上單調遞減，的最小值為，
所以的最小值為.
【點睛】思路點睛：本題第二問的關鍵是
，并利用換元構造函數，轉化為利用導數求函數的最值問題，第二個關鍵是求的最值.
例題2．（23-24高二上·江蘇鹽城·期末）設函數,
(1)討論函數的單調性；
(2)若，是函數的兩個零點，且，求的最小值.
【答案】(1)答案見解析
(2)
【分析】（1）求導，然后分和兩種情況討論函數的單調性；
（2）由已知先得到，兩式相加相減可得和，令，代入，然后求導求其最小值.
【詳解】（1）由已知，
當時，恒成立，函數在上單調遞減；
當時，令，得，函數單調遞減；
令，得，函數單調遞增；
綜上所述：當時，函數在上單調遞減；
當時，函數在上單調遞減，在上單調遞增；
（2）由（1）得若，是函數的兩個零點，則必有，
令，得，
令，則，
可得函數在上單調遞增，在上單調遞減，
若有且僅有2個零點，則必有一個小于，一個大于，
所以，且，
兩式相減可得，所以，
兩式相加可得
設，
則，令，
則，令，
則，令，
則，所以在上單調遞增，
所以，所以在上單調遞增，
所以，所以在上單調遞增，
所以，
即的最小值為.
【點睛】關鍵點點睛：對于雙變量問題，我們需要通過換元轉化為單變量問題，本題就是利用兩式一加，一減，然后令達到消元的目的，
常用的換元有等.
練透核心考點
1．（23-24高三上·廣東深圳·階段練習）已知函數.
(1)若，求的單調區間；
(2)若有兩個極值點，分別為和，求的最小值.
【答案】(1)在和上單調遞增，在上單調遞減
(2)
【分析】（1）由導函數的正負得出單調性；
（2）由結合韋達定理得出，，進而得出，構造函數，利用導數得出其最小值即為的最小值.
【詳解】（1）若，則.
從而.
令，得或.
當或時，單調遞增；
當時，單調遞減.
綜上所述，在和上單調遞增，在上單調遞減.
（2）.
令，得.
由題意，是關于的方程的兩個實根.
所以.
由得.
所以，
將代入，得，
同理可得：.
所以.
令，上式為.
設，則.
記，則.
記時，單調遞增，所以.
所以單調遞增，.
所以在單調遞減.
又.
當且僅當時，取到最大值4，即得最大值為2.
所以的最小值為.
【點睛】關鍵點睛：在問題（2）中，關鍵是由韋達定理得出，，從而構造函數得出的最小值.
2．（22-23高二下·浙江·階段練習）已知函數.
(1)求函數在處的切線方程；
(2)記函數，且的最小值為.
（i）求實數的值；
（ii）若存在實數滿足，求的最小值.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）.
【分析】（1）利用導數的幾何意義求得斜率，進而求得切點，再利用點斜式即可寫出切線方程；
（2）（i）求導后，設導數的零點，從而確定最小值即可求解；（ii）由題意得，不妨令，設，則.
記，求導后設導數的零點，進而得到，再結合單調性可得，進而可解.
【詳解】（1），則，又，
所以切線方程為：，即.
（2）
（i），
令，即，則且，
所以有兩異號實數根，
因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，
所以有唯一零點.
所以當時，，當時，，
則在上遞減，在上遞增.
所以，且.
代入可得，
因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，
所以，故.
（ii），即，則
不妨令，設，則.
記，則，
令，即，則且，
所以有兩異號實數根，
因為在上單調遞增，所以在上單調遞增，
所以有唯一零點.且.
所以當時，，當時，，
則在上遞減，在上遞增，所以.
其中，即，
又在上單調遞減，且，得，
又因為在上單調遞增，
所以（當時，有），所以的最小值為.
【點睛】方法點睛：隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；
第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次.
高頻考點四：變更主元法
典型例題
例題1．（23-24高一上·云南·期末）若不等式對任意恒成立，則的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】將問題化為對任意恒成立，結合一次函數性質求的取值范圍.
【詳解】令，
所以對任意恒成立，
當，即，只需，顯然滿足；
當，即，只需，可得；
綜上，.
故答案為：
例題2．（20-21高二下·黑龍江哈爾濱·階段練習）已知，若對任意的，總有，則的范圍是 ．
【答案】
【分析】把函數f(x)視為關于參數a的一次型函數，在端點-1，1處的函數值不小于0，建立不等式組求解即得.
【詳解】令g(a)=x2·a-3x+1，則g(a)是一次型函數，它在閉區間上圖象為線段，
則在閉區間上函數值不小于0，即對應圖象不在x軸下方，只需端點不在x軸下方即可，
，
解得：或，
解得：，
所以有.
答案為：
【點睛】在參數范圍給定的含該參數的函數問題中，轉換“主”、“輔”變元的位置是解題的關鍵.
例題3．（2024高三·全國·專題練習）已知二次函數（，為實數）
(1)若函數圖象過點，對，恒成立，求實數的取值范圍；
(2)若函數圖象過點，對，恒成立，求實數的取值范圍；
【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）由對恒成立，結合一次函數的性質求出答案即可.
【詳解】（1）
依題意，，即，
由，恒成立，得，
即，整理得，
解得.
所以實數的取值范圍是.
（2）由（1）知，，
由，得，即，
依題意，對恒成立，
令，
則對，恒成立，于是，
解得，
所以實數的取值范圍是．
練透核心考點
1．（23-24高一上·四川成都·開學考試）已知，不等式恒成立，則x的取值范圍 ．
【答案】或
【分析】
根據給定的不等式，構造一次型函數，再利用函數的圖象特征列出不等式組求解即得.
【詳解】不等式等價于，令，
依題意，，，于是，
即，解，得或，
解，得或，
因此或，
所以x的取值范圍是或.
故答案為：或
2．（2024高三·全國·專題練習）設函數是定義在上的增函數．若不等式對于任意恒成立，求實數x的取值范圍.
【答案】
【分析】
首先利用函數的單調性，把函數值的大小關系轉化為自變量的大小關系，接下來把a作為主元（變量），x作為參數，把不等式恒成立問題轉化為求函數的最值解決，
【詳解】∵是增函數，∴對于任意恒成立．
，即對于任意恒成立．
令．，為關于a的一次函數，在上是一條線段，
由，得．
高頻考點五：利用對數平均不等式解決雙變量問題
典型例題
例題1．（2023高三·全國·專題練習）已知函數.若有兩個零點，證明：.
【答案】證明見解析
【分析】利用構造函數法，從而只需證明，即可求解.
【詳解】由題意得，令，則，，
所以在上單調遞增，故至多有解；
又因為有兩個零點，所以，有兩個解，
令，，易得在上遞減，在上遞增，所以.
此時，兩式相除，可得：.
于是，欲證只需證明：，
下證：
因為，
不妨設，則只需證，
構造函數，則，
故在上單調遞減，故，即得證，
綜上所述：即證.
【點睛】關鍵點睛：本題通過構造對數不等式證明極值點偏移問題.
例題2．（2023·廣東廣州·模擬預測）已知函數.
(1)討論函數的單調性：
(2)若是方程的兩不等實根，求證：；
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求出函數的定義域和導數，再根據和分類討論，即可得出函數的單調性；
（2）由可得，是方程的兩不等實根，從而可將問題轉化為是方程的兩不等實根，即可得到和的范圍，原不等式等價于，即極值點偏移問題，根據對稱化構造（解法1）或對數均值不等式（解法2）等方法即可證出．
【詳解】（1）由題意得，函數的定義域為.
由得：，
當時，在上單調遞增；
當時，由得，由得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
（2）因為是方程的兩不等實根，，
即是方程的兩不等實根，
令，則，即是方程的兩不等實根.
令，則，所以在上遞增，在上遞減，，
當時，；當時，且.
所以0，即0.
令，要證，只需證，
解法1（對稱化構造）：令，
則，
令，
則，
所以在上遞增，，
所以h，所以，
所以，所以，
即，所以.
解法2（對數均值不等式）：先證，令，
只需證，只需證，
令，
所以在上單調遞減，所以.
因為，所以，
所以，即，所以.
【點睛】方法點睛：本題第二問解題關鍵是合理轉化，將問題變成熟悉的極值點偏移問題，從而根據對稱化構造及對數均值不等式等方法證出．
練透核心考點
1．（2023·北京通州·三模）已知函數
(1)已知f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為，求實數a的值；
(2)已知f（x）在定義域上是增函數，求實數a的取值范圍.
(3)已知有兩個零點，，求實數a的取值范圍并證明.
【答案】(1)
(2)
(3)，證明見解析
【分析】（1）切線方程的斜率為1，所以有，解方程即得實數a的值；
（2）依題意在（0，+∞）上恒成立.，分參求解即可；
（3）求出函數的單調性，結合零點存在性定理即可求實數a的取值范圍；通過分析法要證明，只需證，構造函數即可證得
【詳解】（1）因為，所以.
所以，又f（x）在點（1，f（1））處的切線方程為，
所以，解得..
（2）f（x）的定義域為（0，+∞），因為f（x）在定義域上為增函數，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
時，時，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以，即.
（3）
定義域為
當時，，所以在（0，+∞）上單調遞減，不合題意.
當時，
在（0，）上單調遞減，在上單調遞增，
所以的最小值為，
函數存在兩個零點的必要條件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一個零點（）.
當時，，所以在（，+∞）上存在一個零點，
綜上函數有兩個零點，實數a的取值范圍是.
不妨設兩個零點
由，所以，
所以，所以，
要證，
只需證，
只需證，
由，
只需證，
只需證，
只需證，
令，只需證，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上單調遞增，∴，
即成立，
所以成立.
【點睛】極值點偏移問題，應熟練掌握對稱構造的基本方法，同時結合處理雙變量問題的常用方法比值代換的技巧.
2．（2023·湖北武漢·模擬預測）已知．
(1)當時，討論函數的極值點個數；
(2)若存在，，使，求證：．
【答案】(1)函數的極值點有且僅有一個
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數進行求導，然后分和兩種情況對函數的單調性進行研究，即可得到答案；
①由題中等式中產生對數；
②將所得含對數的等式進行變形得到；
③利用對數平均不等式來證明相應的問題.
第四部分：新定義題
1．（2023·湖北·二模）設是定義在區間上的函數，其導函數為．如果存在實數a和函數，其中對任意的都有，使得，則稱函數具有性質．
(1)設函數，其中b為實數．
（i）求證：函數具有性質；
（ii）求函數的單調區間．
(2)已知函數具有性質.給定，，設m為實數，
，，且，，若，求m的取值范圍．
【答案】(1)（i）見解析；（ii）見解析
(2)
【分析】（1）（i）對求導，可得恒成立，即可證明函數具有性質；（ii），與的符號相同，分，，和，討論的正負，即可得出函數的單調區間.
（2）對求導，，分析可知其在恒成立，分，和三種情況討論求解m的取值范圍．
【詳解】（1）（i），
因為，恒成立，所以函數具有性質；
（ii）設，與的符號相同.
當即時，，，
故此時在區間上遞增；
當時，對于，有，所以此時在區間上遞增；
當時，的圖象開口向上，對稱軸，而，
對于，總有，，所以此時在區間上遞增；
當時，的圖象開口向上，對稱軸，方程的兩根為：
，且，，
當時，，，此時在區間上遞減；
同理得：在區間上遞增.
綜上所述：當時，在區間上遞增；
當時，在區間上遞減，在上遞增.
（2）由題意，得：，
又對任意的都有，
所以對任意的都有，在上遞增.
又，
當時，，且，
所以，所以或，
若，則，
所以不合題意.
所以，即，解得：，，
當時，，，符合題意.
當時，，且，
同理有，即，解得：，，
綜合以上討論，所求m的取值范圍時.
【點睛】本題主要考查函數的概念、性質、圖象及導數等基礎知識、考查靈活運用數形結合、分類討論的思想方法進行探索、分析與解決問題的綜合能力.
21世紀教育網(www.21cnjy.com)

展開更多......

收起↑