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重难点培优11 导数中的双变量问题
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01 知识重构 重难梳理固根基 1
02 题型精研 技巧通法提能力 3
题型一 双变量问题方法之同构构造函数（★★★★★） 3
题型二 双变量问题方法之比值换元（★★★★★） 4
题型三 双变量问题方法之差值换元（★★★★★） 6
题型四 双变量问题方法之主元法（★★★★★） 7
题型五 双变量问题方法之对数均值不等式（★★★★★） 9
题型六 双变量题型之结合函数单调性（★★★★） 10
题型七 双变量题型之结合极值（点）（★★★★★） 15
题型八 双变量题型之结合最值（含恒能成立）（★★★★） 20
题型九 双变量题型之结合零点（★★★★★） 29
题型十 双变量题型之不等式证明（★★★★★） 38
03 实战检测 分层突破验成效 46
检测Ⅰ组 重难知识巩固 46
检测Ⅱ组 创新能力提升 70
1、双变量问题
导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m和n、a和b、和，这就是双变量问题，它在高中函数与导数知识模块中属于重难点问题，往往会作为压轴题出现.
2、处理导数双变量问题的常见方法
（1）构造函数法：对于等价双变量不等式问题，我们先令如 ，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为，问题也许就转化成了的单调性问题.
（2）换元法：就是将式子齐次化，化成形如或的函数，进行了齐次化后可以令或者作为单元，这样就达到了减元的目的.
（3）消元法：（利用根与系数的关系消元）如果两个变量是一个一元二次方程的根，则可以通过根与系数的关系来消元.通过韦达定理可求或，可以考虑用表示出，或者用表示出.
（4）主元法：要证明的不等式或目标代数式中含有和两个变量，将其中一个变量看成主元，另一个变量看成次元，将主元换成x，构造函数研究问题.
（5）对数均值不等式：（其中，为正数）．
【证明】先证，不妨设，
则该不等式等价于．
令，则，只需证．
构造（），则，
故在上单调递减，从而，即成立．
再证，不妨设，则该不等式等价于，
令，则，只需证，
构造（），
则，
故在上单调递增，从而，即成立．
（6）指数均值不等式：若，则.
【证明】设，则，将代入对数均值不等式中，可得，即
把代入.
综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式.
题型一 双变量问题方法之同构构造函数
1．若对任意，，当时，，则a的取值范围为 ．
【答案】
【解析】因为，所以，
所以．因为，
所以，所以．
设，则满足在上单调递减，
因为，所以在上单调递减，
在内单调递增，所以，即a的取值范围为．
故答案为：.
2．（2024·四川仁寿·月考）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)存在且，使成立，求的取值范围．
【解析】（1）由题意得，令得，
时，，在上单调递增；
时，，在上单调递减；
综上，单调递增区间为，单调递减区间为．
（2）由题意存在且，不妨设，
由（1）知时，单调递减．
等价于，
即，
即存在且，使成立．
令，则在上存在减区间．
即在上有解集，即在上有解，
即，；令，，，
时，，在上单调递增，
时，，在单调递减，
∴，∴．
题型二 双变量问题方法之比值换元
1．已知函数.
(1)求出的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数，且，若，则.
【答案】(1)是的极小值点，无极大值点
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，判断导函数的正负号，得函数的单调性，得函数的极值点；
（2）换元令，根据用分别表示，，将证明转化为证明，构造，求导数，证明其大于零即可.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以是的极小值点，无极大值点.
（2）证明：由（1），在上单调递减，在上单调递增，
因为，不妨设，
令，则，，
由，得，即，即，
即，解得，，所以，
故要证，即证，即证，即证，
因为，所以，所以即证，
令，，
因为，所以在上是增函数，
所以，所以在上是增函数，
所以，所以，
所以.
2．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：．
【解析】（1）的定义域为，
．
①若，则，所以在单调递减．
②若，则由得，
且当时，，当时，．
所以在单调递减，在单调递减．
（2）当时，函数在上单调递减，
故图像与x轴至多有一个交点，不符合题意，从而．
当时，在单调递减，在单调递增，
不妨设，，，则．
由，
两式相减得，
即，
又
令，，
则，从而函数在上单调递增，
故，从而，又，所以．
题型三 双变量问题方法之差值换元
1．已知函数,若,且,求证:.
【解析】证明 由,且得..
设,则.
可得.要证,即证..只需证.
设,
则.
令,则.
当时,单调递减.当时,单调递增.,即,在上单调递增..
2．已知函数,若的两个零点为且,求的取值范围.
【解析】 由题意,.
设.
令,.
又,在上单调递减.
的取值范围为.
题型四 双变量问题方法之主元法
1．已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，则x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】求出函数的值域，把问题化为时不等式恒成立，转化为关于的一次函数在上恒小于0，从而求出的取值范围．
【详解】函数，，
则的值域为；
又对所有实数，不等式恒成立，
等价于：在内恒成立，
当时，不等式为恒成立；
当时，令，其中；
问题转化为在上恒小于0，
则，化简为，
解得：，
所以的取值范围是,故选A．
2．已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对任意的买数，证明：.
解析：（1）
①当时，，此时，在单调递增；
②当时，令，可以判断在是单调递减的
注意到：,,则必存在使得，即,且当时，，于是，此时在单调递增；当时，，于是，此时在单调递减；
（2）当时，对于给定的，令
则
,因此在是递增的，于是，，即：
进而
3．已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）设，讨论函数在，上的单调性；
（3）证明：对任意的，，有．
解析：（1）对函数求导可得：，将代入原函数可得，将代入导函数可得：，故在处切线斜率为1，故，化简得：.
（2）由（1）有：，，
令，令，
设，恒成立，故在，单调递增，又因为
，故在，恒成立，故，故在，单调递增.
（3）设,其中s>0,t>0.，由（2）有
在,单调递增，又因为t>0,所以在，即
,所以在，单调递增，因为，
则,而，故，得证.
题型五 双变量问题方法之对数（指数）均值不等式
1．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）如果，且，证明：.
解析：（2）等价于，故可得：
，由对数均值不等式可得：，故.（考试中需要证明，这里从略）
2．已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）若有两个零点，证明：.
解析：（2）此时，有两个解，且.
此时，，两式相除，
可得：.
于是，欲证只需证明：（对数均值不等式）（考试中需要证明，这里从略）
.易证！
3．已知函数．
（1）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）如果函数恰有两个不同的极值点，，求证：．
解析：（2）根据条件，，则
-2．因为是极值点，所以，
两式相减得．
所证不等式等价于，
设两边同除以得．令，．所证不等式只需证明：
．设，
则．易证，
所以，因此在上单调递减，．
所以原不等式成立，即．
题型六 双变量题型之结合函数单调性
【技巧通法·提分快招】
与函数单调性有关的双变量问题 此类问题一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 常见结论： (1)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (2)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (3)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (4)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增.
1．已知为不相等的正实数，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】利用构造一个函数，结合求导思想分析单调性，从而可得出选项.
【详解】由得：，
构造函数，则，
可知在上递增，
结合，得 ，即
由基本不等式可知：，
当且仅当时等号成立，所以.
故选：C.
2．已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，由题设可得的单调性，从而得到，利用同构可得，参变分离后可求参数的取值范围.
【详解】 因为，所以
令函数，则在上单调递减，
所以在上恒成立，所以，
即.令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，，当时，，
且由题干可知，，即，
若，则恒成立，
当时，恒成立等价于当时，，
故时，恒成立，故.
令函数，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值，所以；
综上所述，正实数的取值范围为.故A正确.
故选：A.
3．（24-25高三下·浙江杭州·开学考试）已知函数，其中，为自然对数的底数.
(1)求的单调区间；
(2)设且，请判断与的大小，并证明.
【答案】(1)单调递减区间为和；单调递增区间为
(2)，证明见解析
【分析】（1）求出导函数，利用导数法求得的单调区间即可．
（2）构造函数，利用多次求导的方法判断出的单调区间，从而判断出两者的大小关系．
【详解】（1）的定义域为，，，
令得，令得且，
即在区间和上，单调递减，
在区间上，单调递增，
所以的增区间为，减区间为，．
（2），证明如下：
令，则定义域为，，
令，则，
则当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增，所以，
则，所以在，上单调递增，
因为且，所以或，
所以恒成立，即，所以.
4．（2025·海南·模拟预测）已知函数的图象在处的切线与直线平行．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且时，，求实数的取值范围．
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)
【分析】（1）对于求导，根据切线与直线平行，求出，代入进行求解单调区间；
（2）由，恒成立，转化为，构造函数，转化为对恒成立，从而求解范围.
【详解】（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，
则在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为，若，由，
即恒成立，设，
所以在为增函数，
即对恒成立，
可得在恒成立，
由的导数为，
当，可得，在单调递减，在单调递增，
即在处取得极小值，且为最小值，
可得，解得，
则实数的取值范围是．
5．（24-25高三下·海南·月考）已知.
(1)求的单调区间；
(2)设，是两个不相等的正数，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
【分析】（1）二次求导，利用导数分析函数的单调性；
（2）设，，分析可得，设，，利用导数分析其单调性，进而求证即可.
【详解】（1）由，，得，
设，，
则，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增.
所以，
所以的单调递增区间为，无递减区间.
（2）证明：不妨设，因为，
又，
所以，
设，则
.
设，，
因为，
设，，则，
所以在上单调递增，
所以，所以在上单调递增，
所以，
所以，即.
题型七 双变量题型之结合极值（点）
【技巧通法·提分快招】
与极值点有关的双变量问题 与极值点有关的双变量问题,一般是根据是方程的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.
1．（24-25高三下·江西·月考）已知函数．
(1)求函数的单调区间．
(2)设函数有两个极值点．
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）通过求函数的导数，根据导数的正负来确定函数的单调区间，对于导数对应的一元二次方程，利用判别式判断根的情况，进而分析函数单调性.
（2）（i）先对求导，令导数为后变形，转化为与图象交点问题.再对求导分析单调性和特殊值，根据图象交点情况确定范围.
（ii）先假设，得到，利用单调性得出，结合有.设函数和，通过求导数判断单调性，证明，从而证明假设成立.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
且，令，有．
当，即时，，此时函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间．
当，即或时，有，解得.
若，有，则由得或，由得；
若，有，则恒成立，此时函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间．
综上所述，当时，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为；
当时，函数的单调递增区间为（0，），无单调递减区间．
（2）（i）因为，所以，
令，得，则与的图象有两个不同的交点，
令，则，而在上单调递增，在上单调递减，又，当时，，
所以要使与的图象有两个不同的交点，则需，解得．
（ii）假设，则，因为，所以，
由于在上单调递减，所以，
又因为，所以．
设，
令，则需证在上恒成立．
当时，，
所以在上单调递增，所以当时，，故假设成立．
2．设函数．
(1)时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个极值点且，证明：．
【答案】(1)
(2)答案见解析.
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求出切线斜率，然后得到切线方程；
（2）求出函数的导数，通过的讨论，判断导函数的符号，然后求解函数的单调性；
（3）利用函数的极值点以及函数的单调性，转化证明即可．
【详解】（1）的定义域为．
所以，，
因此曲线在点处的切线方程为，
取得．
（2）．
（i）时，在单调递增．
（ii）时，令，则，
，．
则单调递增．单调递减．
综上所得，
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（3）由（2）知，因为是方程的两根，所以．可得.
等价于．
其中．
因此待证式等价于，两侧同时加，得，
即证，等价于，
由且得，
记，则，
记，则，所以单调递减，
所以，则，所以单调递减，所以，证毕．
3．（24-25高三下·江西·月考）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的零点个数；
(3)若有两个极值点，证明：当时，.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而得到切线方程；（2）通过求导分析函数单调性，结合特殊点的值确定零点个数；（3）根据极值点的性质得到相关等式，再通过构造函数进行证明.
【详解】（1）当时，，所以，
所以，所以曲线在点处的切线斜率，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，，定义域为，
，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，
所以在上单调递减，
又，
所以存在唯一的，使得.
又在上单调递减，所以当时，的零点个数为1.
（3）的定义域为，
因为有两个极值点，有两个极值点，意味着有两个不同正根.
设，其导数.
若，，在递增，不会有两个正根.
当，令，得.在，递增；在，递减.
要使有两个正根，需，即，解得.
所以当时，有两个极值点.
所以，且，
所以，所以，
所以，当时，
，
令，即证当时，对恒成立.
令，则.
因为，所以，所以，
所以在上单调递增，所以，即，
所以当时，恒成立.
题型八 双变量题型之结合最值（含恒能成立）
1．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（ ）．
A．1 B．
C． D．
【答案】D
【分析】令，将都用表示，从而可将构造出关于的函数，再利用导数求出函数的最小值即可.
【详解】解：由题意，令，则，，
所以，，，
令，所以，
令，得，
所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有最小值，
即的最小值为.
故选：D．
2．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
【分析】将不等式变式为，设后转化为恒成立，只需求函数的最大值即可.
【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.
3．（2024·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为，，
所以，则，即，
令，则，，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增,
所以，
对于，总有，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
所以对于，对于任意，在上取，
则，
所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，
所以的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为，，不妨设，
由图象可知，，故，故AD错误；
对于B，假设成立，取，
则，显然不满足，故B错误；
对于C，令，又，
则，
所以在上单调递增，
又，则，即，
又，则，
因为，所以，又，在上单调递增，
所以，即，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解.
4．（23-24高三上·山东德州·月考）若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，构造函数，利用导数求出函数在区间上的取值集合，再借助集合的包含关系列式求解作答.
【详解】由，得，
令，，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，取最大值，最大值为0；
又，，如下图，
令，显然函数在上单调递减，函数的值域为，
由对任意的，总存在唯一的，使得成立，得，
因此，解得.
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
5．已知函数，若存在，使得，则的最小值为 .
【答案】
【分析】根据分段函数解析式画出函数的简图，设，根据图像确定的取值范围，将化成只含有一个变量的二次函数，由定区间内二次函数的性质，从而确定的最小值.
【详解】当时，，，
当时，，当时，，
即当时，取得极小值为.
当时，为增函数，且，
函数的图像如图：
设，由题可知，由得，则，
则，
，所以当时，取得最小值为.
故答案为：.
【点睛】本题重点是根据函数解析式做出函数图像，然后根据换元的思想，把双变量问题转化为单变量问题，然后就可以轻松求解.
6．已知函数，，若，，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值.
【详解】由得：；
由得：，；
，
令，，
，在上单调递增，
；
令，则，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解.
7．（2024·山西临汾·模拟预测）已知，恒成立，则 ．
【答案】
【分析】构造函数，将问题转化为恒成立，再由必要性入手得到，再证明当时满足题意，从而得解.
【详解】依题意，，
因为恒成立，
所以恒成立，
令，则，上式化为恒成立，
令，则，
注意到，而恒成立，即，
所以，即，故；
当时，，显然在上单调递增，
而，
所以当时，，当时，，
则在上单调递减，在上单调递增，
所以；
综上，.
故答案为：.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是将双变量转化为单变量，从而将问题转化为函数恒成立问题，由此得解.
8．（23-24高三上·云南曲靖·月考）已知函数，函数．
(1)求的单调区间；
(2)若，使得成立，求的取值范围．
【答案】(1)答案见详解
(2)
【分析】（1）求导，利用导数判断原函数的单调区间；
（2）根据题意分析可得，利用导数分别求的最大值，列式求解即可.
【详解】（1）因为，
令，可得，
当或时，；当或时，；
所以的单调递减区间为，单调递增区间为.
（2）因为，由（1）可知：在上单调递减，在上单调递增，
且，
所以在上的最大值为.
又因为，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
且，可知的最大值可能为或，
可得，解得，
所以的取值范围.
9．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知，，其中是自然对数的底数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围．
【答案】(1)答案见解析；
(2)
【分析】（1）先求导，然后对a分类讨论，判断符号的正负，从而可得单调区间；
（2）转化为，，进而可得a的取值范围.
【详解】（1）由题，.
当，则，则此时在上单调递减；
当，则.
若，即时，令得，令得，
故在上单调递减，在上单调递增；
若，即时，此时在上单调递减.
综上，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）时，由（1）可得；
又，则，得在上单调递增，
则.
又注意到存在，，使得，
等价于时，，
则，又，
则.
10．（2025·安徽马鞍山·一模）已知函数．
(1)若，求函数的最大值；
(2)若函数有两个不同的零点m，n．
（ⅰ）求实数k的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】(1)-1
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，根据单调性求出最大值即可.
（2）（ⅰ）求导，分和讨论单调性，结合有两个不同的零点，可得，继而可求解；
（ii）由题意可得，令，即，成立，令，利用导数分、及讨论单调性即可求解.
【详解】（1），,
由得，由得,
所以在上单调递增，在上单调递减，则．
（2）（ⅰ）令，则．
当时，，单调递增，
所以在上至多有一个零点，不符合题意；
当时，在上单调递减，
令，得．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，则，
易知当且趋向于0时，；当时，，
因为有两个不同的零点，
所以，解得．
所以的取值范围是.
（ii），，
由得，
即，
令，则只需，
即，．
令，
则，令，则．
因为，
当时，，则单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求；
当时，在单调递减，，
从而单调递增，故，不符合要求．
当时，，则单调递增，，
从而单调递减，故，符合要求．
综上所述．
题型九 双变量题型之结合零点
【技巧通法·提分快招】
与函数零点有关的双变量问题,一般是根据是方程的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数,有时也可转化为关于的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.
1．已知函数，若方程有两个根，证明:.
【答案】证明见解析
【分析】通过方程根的关系进行变形，构造新函数，利用导数证明不等式。
【详解】若方程有两个根，
则，即.
要证，需证，即证.
设，则等价于.
令，则，
所以在上单调递增，，即，故.
2．若，为函数的两个零点，且，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】对求导分析单调性，根据单调性确定零点，利用零点求得，再运用基本不等式可得，结合即可证明.
【详解】证明 ：由，
由，得；
由，得，则在上单调递减，在上单调递增，
故，①
由于，由指数均值不等式得，则，②
由①②得．
3．（2025·河南信阳·一模）已知函数，其导函数为.
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，是函数的两个零点，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1），当时，恒成立，在上单调递增；当时，由，得；由得，进而可得；
（2）由转化为求，由（1）可知，构造，由导数可得，进而可得只有符合题意；
（3）根据函数的单调性，函数有两个零点时， ，得，设，则，证，利用基本不等式和单调性转化为证明，构造函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）函数的定义域为，.
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，由，解得：；由，解得：.
在上单调递减，上单调递增.
综上所述：当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，上单调递增.
（2）要使恒成立，只需恒成立.
由（1）可知，当时，在上单调递增，且，
∴当时，，不合题意，舍去.
当时，在上单调递减，上单调递增，
，
只需，即在时恒成立.
记，，则
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
，，
只有符合题意.
综上所述，实数的取值范围为.
（3）由（1）可知，当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点，不合题意，舍去.
当时，在上单调递减，上单调递增，
当时，；当时，.
要使函数有两个零点，只需，解得：.
已知，不妨设，则有.
单调递增，要证，只需.
，只需证
即证，
由单调性可知，，
在上单调递减，即证.
方法一：，即证.
令，其中.
，
单调递增，
又，，即.
成立.
.
.
方法二：，即证.
而，
由得，，
且，.
令，则，
在上单调递减，，
，，可得，
，，，即，
又在上单调递减，.
【点睛】关键点点睛：本题第三问关键在于问题的转化，根据函数的单调性，确定函数两个零点的范围，进而把证明，转化为证明，即证，进而构造函数，利用导数证明即可.
4．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的最大值；
(2)当时，有两个不同的零点，，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）通过分类讨论，利用导数求函数的单调区间；
（2）有两个不同零点，构造函数，则有两个不等实根，令，可得，要证即证，再构造函数从而可求解.
【详解】（1）由，得，
当时，在上恒成立，得在上为增函数，无最大值．
当时，由得，由得，
故在上单调递增，在上单调递减，
所以函数在时取最大值为．
综上，当时，函数无最大值；当时，函数的最大值为．
（2）有两个不同零点，，
则，
构造函数，
，所以为增函数，且，
即有两个不等实根，，
则，令，，则，，
所以，则，，故，
而两边取对数，可转化为，即，．
由，可得，，即，
设，则，
因为，根据对勾函数在上单调递减知，，所以，
①当，即时，，故当时，，符合题意；
②当，即时，显然存在，使得，
即当时，，当时，，
故，不符合题意，
综上，m的取值范围为．
5．（2024·吉林·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间与极值；
(2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围.
【答案】(1)单调递减区间为；单调递增区间为；有极小值，无极大值.
(2)
【分析】（1）将代入，然后求导利用导函数的正负判断原函数的单调性，计算极值即可；
（2）先将化为，然后令，将问题转变为有两个解为，设，利用零点存在性定理证明其有两个零点时的情况，
分离得，再设新函数，利用导数求出其值域，最后求出的取值范围即可.
【详解】（1）当时，，其定义域为，
，
所以显然当时，，此时单调递减；
当时，，此时单调递增；
所以有极小值，无极大值；
综上所述，单调递减区间为；单调递增区间为；有极小值，无极大值.
（2），令，
因为，所以在单调递增，则，
令，即在有2个零点，且，
因为，
当时，在单调递增，不存在2个零点，
所以，
当时，:当时，.
所以在单调递减，在单调递增，
则，
令，
当时，单调递减：当时，单调递增，
则，所以恒成立.即恒成立.
因此，
，
因为时，;且.
所以当，即时，函数有2个不同的零点.
又，即等价于，
设.
当时，;当时，.
则在上单调递增，在上单调递减，则，
由题意得:.
（i）当，即时，恒成立;
（ii）当，即时，有.
令，
由，即可得，所以，
综上，，因此.
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用同构思想得，再结合分离参数即可得到答案.
6．（24-25高三下·云南临沧·月考）已知函数，
(1)当时，求在处的切线方程
(2)若恒成立，求的范围
(3)若在内有两个不同零点，，求证：．
【答案】(1)；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求出的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围；
（3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）由于，所以，，
则，，
故切线方程为，即，
（2）因为，，
进而，即，
令，，
当，，单调递增，
当，，单调递减，
当时，，
所以，因此，
，故；
（3）在内有两个不同零点，，
则，
有两个根，，即，
由（2）知，当，在单调递增，单调递减．
故，
欲证，即证，
由于，在单调递减，
所以只需证明，即证，
欲证，即证，即，
即证，即证，而该式显然成立，
所以，
欲证，即证，，即证，
即证，即证，即证，
令，
只需证，
，
令，
，在单调递增，
，得证．
题型十 双变量题型之不等式证明
1．（23-24高三上·河北沧州·月考）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.
2．（23-24高三下·北京·开学考试）已知.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)设，求的单调区间；
(3)求证：当时，.
【答案】(1)；
(2)时，单调递减区间为，单调递增区间为;
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求得答案;
（2）求出函数的导数，讨论k的取值范围，确定导数的正负，即可求得的单调区间；
（3）由于不等式可变为，所以可构造函数，利用（2）的结论可证明故该函数为上的增函数，利用函数的单调性，即可证明结论.
【详解】（1）当时，，
故在处的切线斜率为，而，
所以在处的切线方程为，即.
（2）由题意得，则，
令，即，
令，即，
时，单调递减区间为,单调递增区间为.
（3）证明：由（2）可知，当时，在上单调递增，而，
即在上恒成立，故在上单调递增，
设，则，
因为，则，故，
所以在上单调递增，而，
则，即，而，
故，即.
【点睛】关键点点睛：证明不等式时，关键是构造函数，利用函数的单调性进行证明；因为可变形为，由此可构造函数，从而利用（2）的结论证明该函数为递增函数，从而利用函数的单调性证明不等式.
3．（2025·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)若存在，使得.证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】(1)根据导函数几何意义，利用函数导数求切线方程.
(2)根据任意恒成立的解题思路，求构造函数最值，根据最值范围求参数范围.
(3)根据题干条件，列出两个函数之间的等式方程，化简求得两个参数之间的关系，列出不等式，对不等式进行放缩，证明题目问题.
【详解】（1）当时，，所以.
又因为，所以切线方程为.
（2）设，只需在时恒成立即可，
又，且，所以，即.
下面证明的充分性：
①当时，由，
令，所以，
记，则，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，所以恒成立.
综上所述，实数的取值范围是.
（3）由函数.可得，
设，由，可得，则，
由（2）知，当时，，则时，，
所以，则，所以，
代入可得：，
则，所以.
4．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的值；
(3)设不同正数m，n满足，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)1
(3)证明见解析
【分析】（1）先对求导，得到.令为分子部分，求出零点.再根据正负，分析正负，进而确定正负，得出单调性.
（2）把值代入，将不等式变形.令为变形后式子，由且，可知是最大值点，所以，求出.再验证值满足条件.
（3）对已知等式取对数变形，令为变形后式子.根据单调性设.要证不等式，转化为证，令为对应式子，求导判断单调性证明.
【详解】（1）先确定定义域为，
对求导，则.
令，即，解得.
当时，在上，，即，所以在上单调递增；
在上，，即，所以在上单调递减.
当时，在上，，即，所以在上单调递减；
在上，，即，所以在上单调递增.
综上所得，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）当时，.
因为恒成立，即恒成立，等价于恒成立.
令，.
对求导得.
因为恒成立且，所以是的最大值点，则.
，解得.
当时，，再令，对求导得，所以在上单调递减.
当时，，即，单调递增；
当时，，即，单调递减.所以，满足条件，故.
（3）由得，两边取对数整理得，
令.则.
，在递增，递减，则
又，当，
不妨设，则.
记，，则，
在递增，则，即.
又
因为在递减，所以，则.
原命题得证.
5．（2024·四川攀枝花·一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设m，n是两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）首先求导函数的零点，再根据导数与函数单调性的关系，即可求解函数的单调区间；
（2）法一：由不等式化简得在上恒成立，再构造函数，利用导数求函数的最小值，再讨论，即可求解；法二：由不等式恒成立，转化为在上恒成立，再变形为在上恒成立，通过构造函数，利用导数求函数的最小值，再讨论，即可求解；
（3）由分析法，转化为证明，再由已知条件构造函数，再根据函数的图象，结合函数的图象和性质，转化为证明，再代入后转化为构造函数，利用导数求函数的最小值.
【详解】（1）的定义域为
由，解得
所以当及时，，故在上单调递减；
当时，，故在上单调递增
（2）法一：由题知不等式在上恒成立，
等价于不等式在上恒成立
设，
则，解得，
当，，单调递减，当，，单调递增，
所以在上有最小值
①当时，因为，所以不等式恒成立：
②当时，因为，而，此时不满足恒成立；
综上所述，
法二：由题知不等式在上恒成立，
等价于不等式在上恒成立
即在上恒成立．
设，则，解得，
当，，单调递减，当，，单调递增，
所以在上有最小值．
因为，所以，即
①当时，因为，所以不等式恒成立；
②当时，因为，而，此时不满足恒成立；
综上所述，
（3）证明：要证，只需证：
由，只需证：
不妨设，则有：；
两边取指数得，化简得
设，则
由（1）得在上单调递减，在上单调递增（如图所示），
要使且，
则，即，从而．
要证，只需证：
由于在上单调递增，只需证：，
又，只需证：
只需证：．
设，则
设，则在上单调递增．
所以，从而
所以在上单调递减，从而，则，
所以
检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【分析】先得到，再由的单调性得，进而得到，由导数求出的最大值，即可求解.
【详解】，，易得在上，则在上单调递增，
又，所以即，，所以，则，令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，则，即时，取得最大值．
故选：A
2．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性以及式子的结构特征进行分析.
【详解】因为，所以，
令，所以，对函数求导：
， 由有：，
由有：，所以在单调递增，在
单调递减，因为，由有：，
故A错误；
因为，所以，由有：，
故D错误；
因为，所以，
因为，所以，所以，故C正确；
令 有：
=，当，.所以
在单调递增，当时，，
即，又，所以，
因为，所以，因为在
内单调递减，所以，即，故B错误.
故选：C.
3．已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】不妨设，由可得出，
即，
令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
则，则，
令，其中，，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，，所以，，
由可得，所以，，可得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围.
4．已知有两个不同的极值点，则下列说法不正确的（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据函数极值点的定义，由导函数及韦达定理计算参数a范围，可直接判定A；对于B项，消元转化为单变量，构造函数判定其单调性求最值即可；对于C项，利用韦达定理消元转化计算即可；对于D项，化简比值代数式，将问题化为判定两点斜率问题，结合对数函数的图象即可判定.
【详解】由题意知，则，
由于有两个不同的极值点，
即有2个正数根，则，
故需满足，解得，
对于A，，A错误；
对于B，，故，
令，则，
即在上单调递减，故，
即，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，可看作曲线上两点，连线的斜率，
由于，故不妨设，
由于，则曲线在处的切线斜率为1，
由于，故连线的斜率小于1，即，
所以，即，D正确．
故选：A．
5．（23-24高三上·宁夏银川·月考）已知函数
(1)若函数f（x）在处取得极值，求m；
(2)在（1）的条件下，，使得不等式成立，求a的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）首先对函数求导，利用有有极值，可求得m.
（2）根据题意，可以得到，将代入不等式中，然后将分离出来，求新函数的最小值即可.
【详解】（1），在处取得极值，
则.
，当，
所以f（x）的减区间为 ，增区间为符合题意.
（2）由（1）知，函数
，使得不等式成立
等价于不等式在时有解
即不等式在时有解...
设
时， 而所以恒成立
即F（x）在[0，]上是增函数，则
因此a的取值范围是.
6．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，证明：对任意，，．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线的方程即可；
（2）利用题设条件转化为证，构造函数，运用导数的知识推证.
【详解】（1）当时，，，切点为
求导，切线斜率
曲线在处的切线方程为．
（2），的定义域为，求导，
在上单调递减．
不妨假设，∴等价于 ．
即．
令，则．
，，．
从而在单调递减，故，即，
故对任意 ．
【点晴】方法点睛：本题考查的是导数知识在研究函数单调性和极值等方面的综合运用和分析问题解决问题的能力，本题的第一问借助导数的几何意义求切线方程；第二问求解时先构造函数，然后再对函数求导，运用导数的知识研究函数的单调性，然后运用函数的单调性，从而使得问题简捷巧妙获证．
7．（2025·安徽合肥·一模）已知函数，其中
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，证明：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分类讨论函数的单调性.
（2）由函数有两个极值点，确定a的范围，代入函数值，构造函数，利用函数单调性求解.
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为，且，，
令，
当，即时，恒成立，则，所以在上是单调递减；
当，即时，函数有两个零点：，，
当x变化时，，的变化情况如下表所示：
x
- 0 + 0 -
单调递减 单调递增 单调递减
综上，当时，在内单调递增，
在和上单调递减；
当时，在上单调递减.
（2）由（1）知，当时，有两个极值点，，
则，是方程的两个根，由韦达定理，得，，
所以，
，
令，，则，
当时，，则在区间上单调递减，
从而，
故
8．已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)若存在两个极值点，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)在R上单调递增；
(2)（i）；证明见解析.
【分析】（1）由题可得，然后由题意结合基本不等式可得的单调区间；
（2）（i）由题可得，令，可得方程有两个相异正根，据此可得答案；（ii）由（i）可得，要证，即证，然后通过研究的单调性可完成证明.
【详解】（1）当时，，
则，当且仅当时取等号.
故此时在R上单调递增；
（2）（i）因存在两个极值点，
则.
令，则方程有两个相异正根.
注意到，因其有两个相异正根，
则；
（ii）证明：由（i）可得，
设，结合，则.
则
，
则要证，.即证，其中.
令，则.
令，则，
则在上单调递增，得.
则，得在上单调递增，
则当时，即.
【点睛】关键点睛：对于极值问题，常转化为函数导函数的变号零点问题；对于双变量或多变量问题，问题关键为消元，所以要从题目信息中找到变量间的数量关系.
9．已知函数，其中自然常数．
(1)若是函数的极值点，求实数的值；
(2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：．
【答案】(1)0
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极值点得到的值，但是不要忘了检验是否符合题意.
（2）先通过换元，得到与直线交于两点，再求出点轨迹方程，从而通过证明，得到，进而解决问题.
【详解】（1）因为，所以，
因为是函数的极值点，所以，解得，
所以，所以令，所以，
所以当时，，函数单调递减．
又，所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以确实是函数的极大值点．
综上所述，实数的值为0．
（2）因为，函数的两个极值点为，且，
所以
设，，则．
构建函数，则函数的图象与直线交于，两点．
因为，所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以，所以．
构建函数，所以函数的图象与直线交于点．
构建函数，所以，
所以当时，，函数单调递减，当时，，
函数单调递增，所以当时，函数取得最小值，所以，所以，
所以，
所以，所以．
10．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)令，若存在，且时，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间；
（2）参变分离可得在上恒成立，设，，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最小值，即可得解；
（3）根据题意可得，通过构造函数，求函数单调性及参变分离可得，令，通过导数得的单调性，即可证明，从而可证明.
【详解】（1）定义域为，，
当时，恒成立，所以在上单调递增
当时，由得，由得，
即在上单调递增，在上单调递减，
综上可得当时，在上单调递增，
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）当时，不等式恒成立在上恒成立，
设，，所以，
所以当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，；
（3），，
，
令，则，
在上单调递增，不妨设，
，
，
要证，即，只需证，
令，只需证，只需证，
设，则，
∴在上单调递增，∴，
所以，即成立，
∴，即.
【点睛】思路点睛:利用导数求含参函数的单调性时，一般先求函数的定义域，求出导数后，令导数为零，解方程，讨论方程的根的个数以及根与定义域的位置关系，确定导数的符号，从而求出函数的单调性.
11．（2025·甘肃白银·三模）已知函数，且曲线在点处的切线方程为.
(1)求实数的值.
(2)当时，证明：当时，.
(3)当时，若存在，使得成立，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求导函数，由切线斜率可得的值，从而得实数的值；
（2）求导函数，从而得函数的单调性与最值，即可证得结论；
（3）结合函数在时的单调性将等式转换为不等式，则，设，求导确定单调性即可证得结论.
【详解】（1）.
曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，
在上恒成立，
在上单调递增，
当时，.
（3）当时，，
当时，存在成立，
，
得.
由（2）可知，当时，单调递增，
，即，
，
设，
则，
当时，，则，
，
，
.
12．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.
13．（23-24高三上·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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数与单调性的关系，结合参变分离计算即可得；
（2）多次求导，得到函数的单调性与奇偶性即可得；
（3）结合小问（2），将可转化为证明，结合题中、的范围，可构造函数从而证明，即可得证.
【详解】（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.
【点睛】关键点睛：本题关键在最后一问中结合题意与第二小问，将证明转化为证明，从而将问题变为极值点偏移问题，结合题中、的范围，可构造函数，从而帮助证明.
14．（2024·湖南益阳·一模）若函数.
(1)若，且曲线的切线过点，求直线的方程；
(2)证明：若，则；
(3)若恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)证明见详解
(3)
【分析】（1）对函数求导得，设所求切线的切点为，写出直线的方程，将点代入直线的方程中化简得一个关于的方程，构造函数，利用函数导数与单调性求出即可；
（2）根据，得出相应的方程，然后利用分析法结合函数导数证明即可；
（3）解法一：由题意将代入不等式得出的表达式，利用导数求出的最大值，在根据恒成立即可求出的值（或取值范围）；解法二：由题意将代入不等式得出的表达式，由恒成立，利用函数导数分析求出的最大值，再结合题意分析求解即可.
【详解】（1）由题意得，
设所求切线的切点为，
则直线的方程为，
即，又，
.
即，
令，
可知在上单调递增.
又，所以方程有唯一解.
所以直线的方程是或.
（2）证明：，
，
即，要证，
由（1）知只要证，
即证，
又因为，即证，（*）
令，则，欲证（*）式成立，
等价于证明，
设函数，
则，
所以函数是上的增函数，
所以，即成立，
所以.
（3）解法一：由题意得.
则，
令，得或（舍去），
在上，，
在上，，
在上单调递增，在上单调递减，
当且仅当时，取得最大值，
即.
已知恒成立.
.
又，所以，
所以，解得.
所以的取值的集合为.
解法二：由题意得恒成立，
令，
得，
，，
方程有两个不相等的实数根，，
则，不妨设，
在上单调递增，在上单调递减，
.
由，得（**），
恒成立.
令，
则，
则，
当时，，当时，，
所以，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，即，
当且仅当时取等号，又恒成立，
所以，且，将代入（**）式得，
所以的取值的集合为.
15．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数，当时，的切线斜率．
(1)求的单调区间；
(2)已知，若，求证：若，则．
【答案】(1)在上单调递增，无单调递减区间．
(2)证明见解析
【分析】（1）由切线斜率可得，然后两次求导可得单调区间；
（2）由题可得，命题等价于证明，.由，结合，可得.对于，通过在上单调性可完成证明；对于，由在上的单调性可完成证明.
【详解】（1），则．
所以，，则．
令．则．
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，所以恒成立，即恒成立，
故在上单调递增，无单调递减区间．
（2）证明：要证，则，
只需证明，，即证明，．
，由得．
则，可得．
又，若，则；若，令，
则，，所以在上单调递增．
因，又，则，从而.
综上可得．
先证明，即，因在上单调递增．
只需证，.
即，．
令，，则，
所以，故;
再证明，即．
同理，只需证明，即．
令，．则．
令，，则，
所以在上单调递增．
又因为，，
则存在，使得，
所以时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又因为，，，
所以，故．
综上所述，对任意的，．
【点睛】关键点睛：对于一次求导后无法判断单调性的函数，往往可进行多次求导；对于双变量问题，核心思想为由题目已知条件，将双变量转变为单变量问题.
16．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.
检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2024·广东广州·一模）（多选题）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】对于A选项，尝试找反例.
对于B，C选项，构造函数帮助分析.
对于D选项，设，再研究函数零点所在范围.
【详解】对于A选项，当时，.
设，其中.
则，故在上单调递增.
又，，则，使.
即存在，，使.
但此时，.故A错误.
对于B选项，
.设，其中.则.
得在上单调递增.
注意到.
则.又在上递增，
则有.故B正确.
对于C选项，由B选项可知，则由，
有.故C正确.
对于D选项，因，，
则.设，其中.
则.
设，其中.则，
得在上单调递增.
（1）若，注意到，，则，使.即，
则，设，则，
得在上单调递减，则.
（2）当，，注意到.
则，此时.
（3）当，注意到
则，又由（1）分析可知在上单调递增.
则.
综上，有.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题涉及双变量，构造函数，难度较大.
对于A选项，直接证明较为复杂，故尝试找反例.
对于B，C选项，在与同时出现的题目中，常利用使出现相同结构.
对于D选项，将看作参数，并设简化运算.
2．（多选题）已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】ACD
【分析】对于A，构造函数，计算即可判断；对于B，写出、点处的切线程联立并化简得，而，计算即可判断；对于C，根据斜率相等可得，为两切线的交点代入化简得，再计算可得；对于D，根据，计算即可判断.
【详解】对A，令，则，
故时，单调递增；时，单调递减，
所以的极大值，且，，
因为直线与曲线相交于 两点，
所以与图象有个交点，所以，故A正确；
对B，设，且，可得，
在点处的切线程为
，得，
即，
因为，所以，即，故B错误；
对C，因为，所以，
因为为两切线的交点，
所以
，
即，所以，
所以
，故C正确；
对D，因为，，所以，
又因为，所以，所以，
同理得，得，即，
因为，所以，
所以，即，故D正确.
其中不等式①的证明如下：
不等式①（其中），
构造函数，则．
因为，所以，所以函数在上单调递减，故，从而不等式①成立.
故选：ACD.

【点睛】方法点睛：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．
3．（23-24高三上·福建福州·期中）已知函数，为的导函数．
(1)当时，讨论函数的单调性
(2)已知，，若存在，使得成立，求证：．
【答案】(1)见解析
(2)证明见解析
【分析】首（1）先求函数的导数，讨论的取值，根据导数的正负，求解函数的单调性；
（2）首先设，再根据，求解，代入后变形为，再通过构造函数，即可证明不等式.
【详解】（1）当时，，，
，
当时，在区间上恒大于0，此时函数的单调递增区间是；
当时，设，其中，
当，函数单调递增，
当，，函数单调递减，
当时，，
当时，，此时恒成立，函数的单调递增区间是，
当时，，
当且，
所以在区间上恒大于0，即函数的单调递增区间是，
综上可知，时，函数的单调递增区间是，
当时，函数的单调递减区间是，函数的单调递减区间是；
（2）不妨设，因为，
则，
即，
得，
由，
则，
所以，
，
设，构造函数，
，
所以在上为增函数，
所以，即，
又，，，
所以.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性和双变量下的不等式问题，综合性较强，本题第二问的思路是利用，变形，再代入后，即可变形，构造函数，利用导数解决不等式恒成立问题.
4．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导，对进行分类讨论的单调性；
（2）利用方程组，得到，问题转化为恒成立，换元后构造函数求出函数单调性及最值，从而得到证明.
【详解】（1）．
①当时，在上单调递增．
②当时，令得，即在上单调递增；
同理，令得，即在上单调递减．
（2）（ⅰ）由（1）可知当时，在上单调递增，不可能有两个零点．
当时，在上单调递增，在上单调递减，
若使有两个零点，则，即，解得，
且，当时，，则有，
所以的取值范围为．
（ⅱ）是函数的两个零点，则有①，②，
①-②得，即，
，
因为有两个零点，所以不单调，
因为，得，
所以．
若要证明成立，
只需证，
即证，令，则，
则不等式只需证，
即证，
令，
，令，
令，因为，得在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
得，得，即在上单调递减，
所以有，
故有，不等式得证．
【点睛】关键点点睛：对于双变量问题，要转化为单变量问题，通常情况下利用对数的运算性质进行转化，转化后利用构造新函数及最值进行求解证明.
5．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数.
(1)若函数为增函数，求的取值范围；
(2)已知.
（i）证明：；
（ii）若，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）分析可得原题意等价于对恒成立，构建，利用导数求最值结合恒成立问题运算求解；
（2）（i）取，根据题意分析可得，构建，结合导数证明即可；
（ii）根据题意分析可得，，，构建，结合导数证明，即可得结果.
【详解】（1）∵，则，
若是增函数，则，且，可得，
故原题意等价于对恒成立，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递增，在递减，
故，∴的取值范围为.
（2）（i）由（1）可知：当时，单调递增，
∵，则，即，
整理得，
构建，则，
令，解得；令，解得；
则在上递减，在递增，
故，
即，当且仅当时等号成立，
令，可得，
综上；
（ii）∵，则，
可知有两个不同实数根，由（1）知，
可得，
同理可得，
构建，则，
当时，；当时，；
当时，；
且，故对恒成立，故在上单调递减，
∵，则，即，
且，则，故，
可得；
又∵，由（i）可得，即，
则，
且，则，可得；
综上所述：.
可得，则
故.
6．（24-25高三上·天津·月考）已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)若有三个零点，，，且，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，求切线方程；
（2）首先不等式转化为恒成立，并判断，并根据函数的导数，讨论得到取值，判断函数的单调性，即可求解；
（3）首先方程等价于，并构造函数，注意到1是函数的一个零点，转化为在上有2个零点，并结合零点存在性定理求的取值范围，由，判断，将所证明不等式转化为，再利用，将不等式转化为，再构造函数，利用导数，判断函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）由函数，可得，
且，则，
曲线在处的切线方程为；
（2）当时，等价于，
设，则，，
（ⅰ）当，时，，
故，在上单调递增，因此；
（ⅱ）当时，令得，.
由和得，
故当时，，在单调递减，因此.
综上，的取值范围是.
（3）由等价于，
令.注意到，，依题意，除了1之外，还有两个零点，
又由，令（），
当时，恒成立，故这时在单调递减，不合题意：
当时，由题意，首先在上有两个零点，
故，解得，
设两个零点为和，有，，故可知，均大于0，
由此可得在单调递增，单调递减，单调递增，
而，即，，，
又因为，，
故在内恰有一个零点，在内恰有一个零点，
又1为的一个零点，所以恰有3个零点，亦即恰有3个零点，
实数的取值范围是.
，由，
由此可得，要想证明，
只需证明，而，
因此只需要证明当时，，
令，，
可得，故在上单调递增，
因此当时，，即当时，，
因此，
由，有，即，
两边同时除以，由，有，
即.
【点睛】关键点点睛：本题的难点是第三问，关键1是求出的取值，关键2是证明.中小学教育资源及组卷应用平台
重难点培优11 导数中的双变量问题
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01 知识重构 重难梳理固根基 1
02 题型精研 技巧通法提能力 3
题型一 双变量问题方法之同构构造函数（★★★★★） 3
题型二 双变量问题方法之比值换元（★★★★★） 4
题型三 双变量问题方法之差值换元（★★★★★） 6
题型四 双变量问题方法之主元法（★★★★★） 7
题型五 双变量问题方法之对数均值不等式（★★★★★） 9
题型六 双变量题型之结合函数单调性（★★★★） 10
题型七 双变量题型之结合极值（点）（★★★★★） 11
题型八 双变量题型之结合最值（含恒能成立）（★★★★） 12
题型九 双变量题型之结合零点（★★★★★） 13
题型十 双变量题型之不等式证明（★★★★★） 14
03 实战检测 分层突破验成效 15
检测Ⅰ组 重难知识巩固 15
检测Ⅱ组 创新能力提升 18
1、双变量问题
导数中有一类问题涉及到两个变量，例如m和n、a和b、和，这就是双变量问题，它在高中函数与导数知识模块中属于重难点问题，往往会作为压轴题出现.
2、处理导数双变量问题的常见方法
（1）构造函数法：对于等价双变量不等式问题，我们先令如 ，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为，问题也许就转化成了的单调性问题.
（2）换元法：就是将式子齐次化，化成形如或的函数，进行了齐次化后可以令或者作为单元，这样就达到了减元的目的.
（3）消元法：（利用根与系数的关系消元）如果两个变量是一个一元二次方程的根，则可以通过根与系数的关系来消元.通过韦达定理可求或，可以考虑用表示出，或者用表示出.
（4）主元法：要证明的不等式或目标代数式中含有和两个变量，将其中一个变量看成主元，另一个变量看成次元，将主元换成x，构造函数研究问题.
（5）对数均值不等式：（其中，为正数）．
【证明】先证，不妨设，
则该不等式等价于．
令，则，只需证．
构造（），则，
故在上单调递减，从而，即成立．
再证，不妨设，则该不等式等价于，
令，则，只需证，
构造（），
则，
故在上单调递增，从而，即成立．
（6）指数均值不等式：若，则.
【证明】设，则，将代入对数均值不等式中，可得，即
把代入.
综上，由对数均值不等式可得到指数均值不等式.
题型一 双变量问题方法之同构构造函数
1．若对任意，，当时，，则a的取值范围为 ．
2．（2024·四川仁寿·月考）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)存在且，使成立，求的取值范围．
题型二 双变量问题方法之比值换元
1．已知函数.
(1)求出的极值点；
(2)证明：对任意两个正实数，且，若，则.
2．已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图象与x轴交于A，B两点，线段AB中点的横坐标为，证明：．
题型三 双变量问题方法之差值换元
1．已知函数,若,且,求证:.
2．已知函数,若的两个零点为且,求的取值范围.
题型四 双变量问题方法之主元法
1．已知，，对于值域内的所有实数，不等式恒成立，则x的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
2．已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，对任意的买数，证明：.
3．已知函数．
（1）求曲线在点，处的切线方程；
（2）设，讨论函数在，上的单调性；
（3）证明：对任意的，，有．
题型五 双变量问题方法之对数（指数）均值不等式
1．已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）如果，且，证明：.
2．已知函数.
（1）若恒成立，求的取值范围；
（2）若有两个零点，证明：.
3．已知函数．
（1）若函数在上是增函数，求实数的取值范围；
（2）如果函数恰有两个不同的极值点，，求证：．
题型六 双变量题型之结合函数单调性
【技巧通法·提分快招】
与函数单调性有关的双变量问题 此类问题一般是给出含有的不等式,若能通过变形,把不等式两边转化为同源函数,可利用函数单调性定义构造单调函数,再利用导数求解. 常见结论： (1)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (2)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (3)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增； (4)若对任意,当时恒有,则在D上单调递增.
1．已知为不相等的正实数，，则（ ）
A． B． C． D．
2．已知函数对定义域内任意，都有，则正实数的取值范围（ ）
A． B． C． D．
3．（24-25高三下·浙江杭州·开学考试）已知函数，其中，为自然对数的底数.
(1)求的单调区间；
(2)设且，请判断与的大小，并证明.
4．（2025·海南·模拟预测）已知函数的图象在处的切线与直线平行．
(1)求函数的单调区间；
(2)若，且时，，求实数的取值范围．
5．（24-25高三下·海南·月考）已知.
(1)求的单调区间；
(2)设，是两个不相等的正数，证明：
题型七 双变量题型之结合极值（点）
【技巧通法·提分快招】
与极值点有关的双变量问题 与极值点有关的双变量问题,一般是根据是方程的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数，此外若题中含有参数也可考虑把所给式子转化为关于参数的表达式.
1．（24-25高三下·江西·月考）已知函数．
(1)求函数的单调区间．
(2)设函数有两个极值点．
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
2．设函数．
(1)时，求曲线在点处的切线方程；
(2)讨论的单调性；
(3)若有两个极值点且，证明：．
3．（24-25高三下·江西·月考）已知函数.
(1)当时，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求的零点个数；
(3)若有两个极值点，证明：当时，.
题型八 双变量题型之结合最值（含恒能成立）
1．已知函数，对任意，存在，使，则的最小值为（ ）．
A．1 B．
C． D．
2．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．
3．（2024·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A． B．
C． D．
4．（23-24高三上·山东德州·月考）若对任意的，总存在唯一的，使得成立，则实数a的取值范围是 ．
5．已知函数，若存在，使得，则的最小值为 .
6．已知函数，，若，，则的最大值为 ．
7．（2024·山西临汾·模拟预测）已知，恒成立，则 ．
8．（23-24高三上·云南曲靖·月考）已知函数，函数．
(1)求的单调区间；
(2)若，使得成立，求的取值范围．
9．（2025·辽宁大连·模拟预测）已知，，其中是自然对数的底数．
(1)讨论的单调性；
(2)设，．存在，，使得成立，试求实数的取值范围．
10．（2025·安徽马鞍山·一模）已知函数．
(1)若，求函数的最大值；
(2)若函数有两个不同的零点m，n．
（ⅰ）求实数k的取值范围；
（ⅱ）若不等式恒成立，求实数a的取值范围．
题型九 双变量题型之结合零点
【技巧通法·提分快招】
与函数零点有关的双变量问题,一般是根据是方程的两个根,确定的关系,再通过消元转化为只含有或的关系式,再构造函数解题,有时也可以把所给条件转化为的齐次式,然后转化为关于的函数,有时也可转化为关于的函数,若函数中含有参数,可考虑把参数消去,或转化为以参数为自变量的函数.
1．已知函数，若方程有两个根，证明:.
2．若，为函数的两个零点，且，求证：．
3．（2025·河南信阳·一模）已知函数，其导函数为.
(1)讨论的单调性；
(2)若恒成立，求实数的取值范围；
(3)若，是函数的两个零点，求证：.
4．（2024·江苏连云港·模拟预测）已知函数．
(1)求函数的最大值；
(2)当时，有两个不同的零点，，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
5．（2024·吉林·模拟预测）已知函数，.
(1)当时，求函数的单调区间与极值；
(2)若函数有2个不同的零点，，满足，求a的取值范围.
6．（24-25高三下·云南临沧·月考）已知函数，
(1)当时，求在处的切线方程
(2)若恒成立，求的范围
(3)若在内有两个不同零点，，求证：．
题型十 双变量题型之不等式证明
1．（23-24高三上·河北沧州·月考）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：．
2．（23-24高三下·北京·开学考试）已知.
(1)若，求在处的切线方程；
(2)设，求的单调区间；
(3)求证：当时，.
3．（2025·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，恒成立，求实数的取值范围；
(3)若存在，使得.证明：.
4．（2025·河南驻马店·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的值；
(3)设不同正数m，n满足，证明：．
5．（2024·四川攀枝花·一模）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)当时，恒成立，求实数a的取值范围；
(3)设m，n是两个不相等的正数，且，证明：.
检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．已知函数，，若存在，，使得成立，则的最大值为（ ）
A． B．1 C． D．
2．已知，且，其中e为自然对数的底数，则下列选项中一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．已知有两个不同的极值点，则下列说法不正确的（ ）
A． B．
C． D．
5．（23-24高三上·宁夏银川·月考）已知函数
(1)若函数f（x）在处取得极值，求m；
(2)在（1）的条件下，，使得不等式成立，求a的取值范围.
6．已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，证明：对任意，，．
7．（2025·安徽合肥·一模）已知函数，其中
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个极值点，，证明：
8．已知函数
(1)当时，求的单调区间；
(2)若存在两个极值点，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
9．已知函数，其中自然常数．
(1)若是函数的极值点，求实数的值；
(2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：．
10．已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，不等式恒成立，求实数a的取值范围；
(3)令，若存在，且时，，证明：．
11．（2025·甘肃白银·三模）已知函数，且曲线在点处的切线方程为.
(1)求实数的值.
(2)当时，证明：当时，.
(3)当时，若存在，使得成立，证明：.
12．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.
13．（23-24高三上·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：.
14．（2024·湖南益阳·一模）若函数.
(1)若，且曲线的切线过点，求直线的方程；
(2)证明：若，则；
(3)若恒成立，求的取值范围.
15．（2025·海南海口·模拟预测）已知函数，当时，的切线斜率．
(1)求的单调区间；
(2)已知，若，求证：若，则．
16．已知函数，其中.
(1)当时，求的极值；
(2)当，时，证明：.
检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2024·广东广州·一模）（多选题）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（多选题）已知直线与曲线相交于不同两点，曲线在点处的切线与在点处的切线相交于点，则（ ）
A． B． C． D．
3．（23-24高三上·福建福州·期中）已知函数，为的导函数．
(1)当时，讨论函数的单调性
(2)已知，，若存在，使得成立，求证：．
4．（2024·安徽阜阳·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性．
(2)已知是函数的两个零点．
（ⅰ）求实数的取值范围．
（ⅱ）是的导函数．证明：．
5．（2023·天津河西·模拟预测）已知函数.
(1)若函数为增函数，求的取值范围；
(2)已知.
（i）证明：；
（ii）若，证明：.
6．（24-25高三上·天津·月考）已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)若有三个零点，，，且，求证：.

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