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专题04 利用导数解决双变量问题
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高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 对称化构造法（） 题型二 比值/差值代换法（） 题型三 对数/指数均值不等式法（） 题型四 加法/减法型极值点偏移（） 题型五 乘积/平方型极值点偏移（） 实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
高考中题型定位：仍以压轴题第二问为主，分值占比 5-8 分，聚焦双变量不等式证明（加法型、乘积型等）。
基础知识必备：掌握含对数、指数的单极值点函数模型（如 、）的单调性、极值求解。熟练运用导数工具，包括求导公式、导数符号判断函数增减性、极值点求解。掌握对称化构造、比值 / 差值代换、对数 / 指数均值不等式等核心方法的基本逻辑。理解双变量关系转化技巧，能将 、 等形式转化为单变量问题。
2026高考预测： 考向趋势主要是结合含参函数的极值点问题，融合对称化构造与均值不等式的综合应用；跨模块趋势增强，可能与函数单调性、最值、不等式放缩结合考查。 创新方向：出现 “新定义型极值点偏移”，强调逻辑推理与构造能力；乘积 / 平方型极值点偏移成为难点设问方向。
重难知识汇总：重难知识汇总极值点偏移定义：函数在极值点 两侧存在 满足 ，需证明 （或 ）、（或 ）等关系。关键函数性质：单极值点函数的 “对称特征”，即极值点两侧函数值对称分布的偏移规律。核心不等式：对数均值不等式（）、指数均值不等式（）的应用条件与放缩方向。常见模型：加法 / 减法型（、）、乘积 / 平方型（、）的转化逻辑。
常用技巧方法：
1.对称化构造法：构造 ，通过判断 单调性推导双变量关系，适用于加法型偏移。
2.比值 / 差值代换法：令 （比值）或 （差值），将双变量转化为单变量函数，适用于乘积 / 商型不等式。
3.对数 / 指数均值不等式法：从 推导得到 等形式，直接套用均值不等式放缩。
4.中间量过渡法：减法型偏移通过 “” 等中间关系，结合函数单调性推导差值范围。
易错避坑提效：
1.函数失误：忽略构造函数的定义域（如 、 等限制），导致单调性判断错误。均值不等式滥用：未验证对数 / 指数均值不等式的使用条件（如 、），直接放缩导致结论偏差。
2.导数符号判断：求导后未化简（如分式导数通分不彻底），误判导函数符号，影响函数单调性分析。
3.极值点求解：对含参函数求导后，遗漏极值点存在的条件（如文档中 “ 存在两个不同变号零点” 需满足最小值小于 0）。
4.双变量转化：代换后未明确单变量的取值范围（如 需注明 ），导致后续证明逻辑不严谨。
题型一 对称化构造法
方法点拨：已知函数存在极值点，且，求证（或 ）。构造对称辅助函数，通过研究 的单调性，结合的增减性推导双变量关系。含对数、指数的单极值点函数(、),是全国卷、新高考卷最常考的基础模型。
【典例01】（2025·云南·模拟预测）定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”．
(1)若为“函数”，求实数的取值范围；
(2)已知函数有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：为“函数”．
【典例02】（2025·广东佛山·模拟预测）已知函数．
(1)设，求的零点并判断的单调性；
(2)若，且，证明：
（i）；
（ii）．
【变式01】（24-25高三上·河北唐山·月考）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：.
【变式02】（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ．
(1)当时，
① 求的最小值；
② 设，求证: ；
(2)设，，是的两个极值点，求证：．
【变式03】（2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
题型二 比值/差值代换法
方法点拨：已知函数零点或等值关系，求证乘积型（）、商型（）不等式。解题关键: ()（比值代换）或 ()（差值代换），将双变量转化为单变量函数，通过导数证明不等式。
【典例01】（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：．
【典例02】（2025高三·全国·专题练习）若是函数的两个零点，且，求证：且．
【变式01】（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数有2个不同的零点，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【变式02】（2025·山东·模拟预测）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【变式03】（24-25高三下·天津·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
题型三 对数/指数均值不等式法
方法点拨：利用对数均值不等式（）或指数均值不等式（）快速证明双变量不等式。解题关键 从推导得到 等形式，直接套用均值不等式放缩。高考中常以对称结构明显的双变量问题（如 、）。
【典例01】（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个正零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【典例02】 （24-25高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【变式01】（24-25高三上·江苏无锡·月考）已知函数.
(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；
(2)若，求证：.
【变式02】（25-26高三上·河北·月考）已知函数，且有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)证明：.
【变式03】（25-26高三上·河北保定·期中）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
题型四 加法/减法型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证（如 、）；
减法型：求证（如 ）。解题关键 加法型侧重对称构造或均值不等式；减法型需结合函数单调性，通过“中间量过渡”（如）推导差值范围。高考常以多零点函数（如三次函数、含参数的对数函数），常出现在压轴题第二问，需结合函数极值、单调性综合分析。
【典例01】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【典例02】（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数，
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若时，恒成立，求的范围；
(3)若在内有两个不同零点、，求证：.
【变式01】（24-25高三上·湖北襄阳·期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值
B．当时，的图象在点处的切线方程是
C．当时，函数有2个零点
D．若，则
【变式02】（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求的取值范围；
(3)若有两个实数解，，证明：.
【变式03】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
题型五 乘积/平方型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证（或 ）；
减法型：求证（或 ）. 解题关键 乘积型可通过取对数转化为加法型，平方型需结合基本不等式 ()，再利用已知的 () 范围推导。新高考创新题型、压轴题难点设问，需灵活结合对称构造、比值代换与不等式放缩。
【典例01】（2025·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：．
【典例02】（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上
(1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数，关于的方程有两个不等实根.
（i）求实数的取值范围;
（ii）证明：.
【变式01】（24-25高三上·四川成都·月考）已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【变式02】（23-24高三上·河南·月考）已知函数.
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【变式03】（23-24高三上·河南·月考）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
（限时训练：15分钟）
1. （2025·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
2.（24-25高三上·广东深圳·期末）(多选)已知函数（，且），下列说法正确的是（ ）
A．当时，可能存在两个零点
B．若恒成立，则
C．若恒成立，则的最小值为
D．若恒成立，且，则
3． （24-25高三上·河北·月考）已知函数.
(1)若该函数在单调递增，求的取值范围.
(2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：.
4． （24-25高三上·全国·月考）已知函数有两个不同的零点为，，若恒成立，则实数的最大值为 ．
5（2024·云南·二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：．
21世纪教育网(www.21cnjy.com)
21世纪教育网(www.21cnjy.com)专题04 利用导数解决双变量问题
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高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求） 核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧） 聚焦题型精准解密（5大题型精讲+变式拔高训练） 题型一 对称化构造法（） 题型二 比值/差值代换法（） 题型三 对数/指数均值不等式法（） 题型四 加法/减法型极值点偏移（） 题型五 乘积/平方型极值点偏移（） 实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
高考中题型定位：仍以压轴题第二问为主，分值占比 5-8 分，聚焦双变量不等式证明（加法型、乘积型等）。
基础知识必备：掌握含对数、指数的单极值点函数模型（如 、）的单调性、极值求解。熟练运用导数工具，包括求导公式、导数符号判断函数增减性、极值点求解。掌握对称化构造、比值 / 差值代换、对数 / 指数均值不等式等核心方法的基本逻辑。理解双变量关系转化技巧，能将 、 等形式转化为单变量问题。
2026高考预测： 考向趋势主要是结合含参函数的极值点问题，融合对称化构造与均值不等式的综合应用；跨模块趋势增强，可能与函数单调性、最值、不等式放缩结合考查。 创新方向：出现 “新定义型极值点偏移”，强调逻辑推理与构造能力；乘积 / 平方型极值点偏移成为难点设问方向。
重难知识汇总：重难知识汇总极值点偏移定义：函数在极值点 两侧存在 满足 ，需证明 （或 ）、（或 ）等关系。关键函数性质：单极值点函数的 “对称特征”，即极值点两侧函数值对称分布的偏移规律。核心不等式：对数均值不等式（）、指数均值不等式（）的应用条件与放缩方向。常见模型：加法 / 减法型（、）、乘积 / 平方型（、）的转化逻辑。
常用技巧方法：
1.对称化构造法：构造 ，通过判断 单调性推导双变量关系，适用于加法型偏移。
2.比值 / 差值代换法：令 （比值）或 （差值），将双变量转化为单变量函数，适用于乘积 / 商型不等式。
3.对数 / 指数均值不等式法：从 推导得到 等形式，直接套用均值不等式放缩。
4.中间量过渡法：减法型偏移通过 “” 等中间关系，结合函数单调性推导差值范围。
易错避坑提效：
1.函数失误：忽略构造函数的定义域（如 、 等限制），导致单调性判断错误。均值不等式滥用：未验证对数 / 指数均值不等式的使用条件（如 、），直接放缩导致结论偏差。
2.导数符号判断：求导后未化简（如分式导数通分不彻底），误判导函数符号，影响函数单调性分析。
3.极值点求解：对含参函数求导后，遗漏极值点存在的条件（如文档中 “ 存在两个不同变号零点” 需满足最小值小于 0）。
4.双变量转化：代换后未明确单变量的取值范围（如 需注明 ），导致后续证明逻辑不严谨。
题型一 对称化构造法
方法点拨：已知函数存在极值点，且，求证（或 ）。构造对称辅助函数，通过研究 的单调性，结合的增减性推导双变量关系。含对数、指数的单极值点函数(、),是全国卷、新高考卷最常考的基础模型。
【典例01】（2025·云南·模拟预测）定义：，是函数的两个极值点，若，则称为“函数”．
(1)若为“函数”，求实数的取值范围；
(2)已知函数有两个极值点．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：为“函数”．
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）先求出两个零点.再依据“函数”条件，列出关于零点和函数值的不等式，最后解不等式得出参数范围.
（2）（i）对函数求导后令其为，再对求导找单调性和最小值.根据存在两个不同变号零点，结合其极限情况确定参数范围.
（ii）构造，通过求导判断单调性，利用单调性和性质证明.接着根据单调性得到，构造，求导判断单调性，证明，从而证明函数为“函数”.
【详解】（1）已知，对求导得.
令，即，解得或.
因为函数为“函数”，所以.
，，
.
则不等式为.
解，得.解，得，所以.
取交集得.
则实数的取值范围.
（2）（i）已知，求导得，
令，得.
令，即，解得.
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以.
当时，；当时，.
因为函数存在两个不同的变号零点，所以，即.
(ii)令.
，由均值不等式（当且仅当时取等号），
所以，在上单调递增.
又，当时，，即.
利用单调性证明：
因为，且在上单调递减，，，
所以，即.
构造函数并分析单调性证明：
因为时，，在上单调递减，，
所以，.
其中，
令，
则，
令，，在上单调递增.
当时，，即，在上单调递增，.
所以，即.
综上，函数为“函数”.
【典例02】（2025·广东佛山·模拟预测）已知函数．
(1)设，求的零点并判断的单调性；
(2)若，且，证明：
（i）；
（ii）．
【答案】(1)的零点为0；在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分析的单调性，可得到在上有唯一零点.利用的单调性得到及的解，从而得到判断的单调性；
（2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合的单调性证得，即；
（ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合的单调性证得，即．
【详解】（1）由函数，得.
所以.
因为恒成立，且在上单调递增.
因为，所以在上有唯一零点.
所以的零点为0.
所以，当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增.
所以在处取得极小值，即最小值，最小值为.
若，且，则.
.
令，则.
所以是增函数，所以.
由（1）知，所以，所以，即.
因为在上单调递增，所以，即.
（ii）设，则
令，则.
令，则.
所以在上单调递增，即在上单调递增.
所以，所以在上单调递增.
所以.
所以，当时，恒成立，即.
即.
两边同乘以，得.
因为，所以，
所以，
即.
因为，所以，所以，即.
所以，.
因此，得证.
【变式01】（24-25高三上·河北唐山·月考）已知函数.
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1），
该方程有两个不等实根，由，
所以直线与函数的图象有两个不同交点，
由，
当时，单调递减，
当时，单调递增，因此，
当时，，当，，
如下图所示：
所以要想有两个不同交点，只需，即的取值范围为；
（2）因为是函数的两个极值点，
所以，由（1）可知：，不妨设，
要证明，只需证明，显然，
由（2）可知：当时，单调递增，所以只需证明，
而，所以证明即可，
即证明函数在时恒成立，
由，
显然当时，，因此函数单调递减，
所以当时，有，所以当时，恒成立，因此命题得以证明.
【点睛】关键点睛：常变量分离构造新函数，利用新函数的单调性求解证明是解题的关键.
【变式02】（25-26高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数 ．
(1)当时，
① 求的最小值；
② 设，求证: ；
(2)设，，是的两个极值点，求证：．
【答案】(1)① ；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值；
②由①可知，令，从而得到，再结合等差数列求和公式即可证明；
（2）求出函数的导函数，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，不妨设，利用分析法可得只需证，令，利用导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）①当时，，其定义域为，
又，
所以当时，，所以在上单调递减，
当时，，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，即；
②由①知，当时，，即，
令，则，则，
所以，则，
所以，得证.
（2）函数的定义域为，
又，
因为，是的两个极值点，所以，，
即，
令，，则，
当时，当时，
所以在上单调递减，在上单调递增，
不妨假设，
要证，只需证，因为，所以，
因为在上单调递增，所以只需证，
又因为，所以只需证，
令，
则，
因为，所以，
则，所以，
所以在上单调递减，，
所以，即.
【变式03】（2024高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数有两个零点转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求的取值范围；
（2）由（1）知，不妨设，要证，即证，只需证，结合单调递增只需证，再根据单调性可得答案.
【详解】（1），则，
令，得，
若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点．
设，则．
当时，单调递减，当时，单调递增，
因此．当时，，当时，，
作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点，
则，故的取值范围为．
（2）因为是函数的两个极值点，所以．
由（1）知，不妨设，
要证，即证，
只需证，显然．
由（1）知当时，单调递增，所以只需证，
而，所以即证．
设，
则，
当时，单调递减，所以当时，，
所以当时，，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图象的交点个数求解.
题型二 比值/差值代换法
方法点拨：已知函数零点或等值关系，求证乘积型（）、商型（）不等式。解题关键: ()（比值代换）或 ()（差值代换），将双变量转化为单变量函数，通过导数证明不等式。
【典例01】（2025高三·全国·专题练习）已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】由是两个零点，可解得，接着构造函数证，即，根据函数单调性即可证明.
【详解】由题意知，
由得
从而，，
即．
又，令,
，
，
所以在单调递增，则，
因为当时，，所以，
所以，即，
所以．
令，，易知其单调递增，
又，
所以，即，
所以，即．
【典例02】（2025高三·全国·专题练习）若是函数的两个零点，且，求证：且．
【答案】证明见解析
【解题思路】方法一：根据题意，得，令，对于，其等价于，构造函数，即可得证；令，则，构造函数，即得证；
方法二：由函数单调性，知，有，，则，且，，令，利用导数可证；令，利用导数可证.
【解答过程】方法一：比值代换
因为，由题意结合可知，，，
所以．
令，则，，代入上式得，
．对于，其等价于，即．
构造函数，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即得证．
对于，其等价于，即，即．
令，则，构造函数，则，
在上单调递减，所以，即得证．
方法二：差值代换
由可得．
设函数，则，
当，，则函数在上单调递减，
当，，则函数在上单调递增，
所以，则有，，则，且，．
对于，即，即，即，
令，则，则只需证．
令，则，，
则在上单调递增，则，
则在上单调递增，则，即成立．
对于，其等价于，即，即．
左边分子、分母同时除以，得，令，则，
则只需证，即．
令，则，
令，则，
所以在上单调递减，故，所以，
所以在上单调递减，所以，即成立．
【变式01】（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)当时，若函数有2个不同的零点，．
（ⅰ）求a的取值范围；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间；
（2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题；
（ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可.
【详解】（1）当时，，则，
令，得，
当时，；当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
则在处取得极小值，，所以，
所以恒成立，
即在上单调递增；
故单调递增区间为，无单调递减区间．
（2）（ⅰ）当时，若函数有2个不同的零点，，
∴恰有2个正实数根，，
令，则与有两个不同交点，
∴，
∴当时，；当时，，
∴在上单调递减，在上单调递增，又，
当x从0的右侧无限趋近于0时，趋近于；
当x无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于，
则图象如下图所示，
∴当时，与有两个不同交点，
∴实数a的取值范围为．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：，，
∴，，
∴，则，
不妨设，
要证，则需证，
∵，∴，∴，则只需证，
令，则只需证时，恒成立，
令，
∴，
∴在上单调递增，∴，
∴当时，恒成立，
∴原不等式得证．
【变式02】（2025·山东·模拟预测）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：
增 极大值 减
所以，函数的极大值为，如下图所示：
且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
（2）证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
【变式03】（24-25高三下·天津·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证.
【解答过程】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，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，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
题型三 对数/指数均值不等式法
方法点拨：利用对数均值不等式（）或指数均值不等式（）快速证明双变量不等式。解题关键 从推导得到 等形式，直接套用均值不等式放缩。高考中常以对称结构明显的双变量问题（如 、）。
【典例01】（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个正零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间；
（2）（i）结合（1）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
当时，，所以函数在上单调递增；．
当时，令，解得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增．
综上所述，当时，函数在上单调递增；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）（i）由题意知方程有两个不同的正实根，
由（1）知，且，所以，解得．
（ii）由（1）得，所以，两边同时取自然对数，
得，两式相减得，即，
要证，只需证明，
令，只需证明构造函数，
求导得，所以函数在上单调递增，
于是，所以不等式（*）成立，于是原不等式成立．
【典例02】 （24-25高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解题思路】研究的图像可知，若，令，则 ，且，可以推出，或，通过对数不等式写出关于的不等式，即可求出的范围
【解答过程】因为，，令得：；令得：，所以在区间单调递增，在单调递减，且时，恒成立，的图像如下：
令，则 ，且
①当时，，成立，所以是方程的一个实数根
②当时，由得：，令
则： ，两式相减得： ，两式相加得：
所以：，由对数均值不等式得：
所以：，且，所以，，即：
所以
故选：D.
【变式01】（24-25高三上·江苏无锡·月考）已知函数.
(1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值；
(2)若，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可.
【详解】（1）定义域均为，
，令，解得：，
令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在取极小值，且；
又，令，解得：，
令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
在取极小值，且
所以，解得：.
（2）令，因为，所以，
由可得：，
（1）—（2）得：，所以，
要证：，只要证：，
只要证：，
不妨设，所以只要证：，
即证：，令，只需证：，
令，
所以在上单调递增，所以，
即有成立，所以成立.
【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有：
1.构造对称函数；
2.比值换元；
3.对数平均不等式.
本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称为的对数平均数.
【变式02】（25-26高三上·河北·月考）已知函数，且有两个零点.
(1)求的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案；
（2）先证明对一切不相等的正实数，都有，进而得到，则，由基本不等式得，进而求出.
【详解】（1）定义域为，
由题意可得.
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减.
当时，，当时，，且，
则，解得，即的取值范围为；
（2）证明：先证明对一切不相等的正实数，都有.
不妨设，要证，即证
设，
则，
所以在上单调递增，所以，即当时，有，
故，即.
因为是的两个零点，所以
所以，则，
所以，则.
因为，所以.
因为，
所以.
因为，所以，即.
【变式03】（25-26高三上·河北保定·期中）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
解析：(1)极小值为，无极大值.(2)证明见解析
【解析】(1)解：当时，，
所以，当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，所以的极小值为，无极大值.
(2)证明：，令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
使得，
对于，则，因为，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又的单调性可知，即有成立，所以.
题型四 加法/减法型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证（如 、）；
减法型：求证（如 ）。解题关键 加法型侧重对称构造或均值不等式；减法型需结合函数单调性，通过“中间量过渡”（如）推导差值范围。高考常以多零点函数（如三次函数、含参数的对数函数），常出现在压轴题第二问，需结合函数极值、单调性综合分析。
【典例01】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）直接用导数求出的最大值即可；
（2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【解答过程】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
【典例02】（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数，
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若时，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）当时，，则，
所以，，.
故切线方程为，即，
（2）因为在上恒成立，
进而，即．
令，其中，则，
当时，，则，此时，函数单调递增，
当时，，则，此时，函数单调递减，
当时，，因为，因此，
所以，，故，
因此，实数的取值范围是.
（3）因为函数在内有两个不同零点、，
则方程在内有两个根、，即，
由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减．
故，欲证，即证，
由于且函数在单调递减．所以只需证明，
即证，欲证，即证，即，
即证，即证，而该式显然成立，
欲证，即证，且，即证，
即证，即证，即证，
令，只需证，
，
令，
所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证．
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
【变式01】（24-25高三上·湖北襄阳·期末）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值
B．当时，的图象在点处的切线方程是
C．当时，函数有2个零点
D．若，则
【答案】AD
【分析】利用导数判断函数的单调性，即可判断A，利用导数的几何意义，即可判断B，根据函数的单调性和最值，讨论，即可判断C，构造函数，利用导数判断函数在区间的单调性，可得在区间恒成立，再根据函数的单调性和最值，即可判断D.
【详解】，得，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以函数的最小值为，故A正确；
当时，，，所以函数的图象在点处的切线方程为，即，故B错误；
由A可知，函数的最小值为，当时，，此时函数没有零点，故C错误；
设，
则
，
当时，，所以，单调递增，且，
所以时，，
即，，
若，，不妨设，
即，，
且由A可知，在区间单调递增，所以，即，故D正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是D选项，属于极值点偏移问题，问题的关键是构造函数，结合导数判断函数的单调性.
【变式02】（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求的取值范围；
(3)若有两个实数解，，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）设，借助导数研究其单调性即可得；
（3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证.
【详解】（1），，，
所以在处的切线方程为，
即；
（2）由可知，，，
即在上恒成立，
设，，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以时，取得最小值，最小值为，
由题意知，即，故的取值范围为；
（3）方程有两实数解，，
即有两实数解，不妨设，
由（2）知方程要有两实数解，则，即，
同时，，，
，
则，在单调递减，
欲证，即证，，
等价于，即，
等价于，
整理得①，
令，①式为，
又在单调递增，
故①式等价于，即，
令，，
当时，，在单调递增，
又，，即，
所以，则.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明.
【变式03】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出的最大值即可；
（2）构造并证明时，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【详解】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.
所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
题型五 乘积/平方型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证（或 ）；
减法型：求证（或 ）. 解题关键 乘积型可通过取对数转化为加法型，平方型需结合基本不等式 ()，再利用已知的 () 范围推导。新高考创新题型、压轴题难点设问，需灵活结合对称构造、比值代换与不等式放缩。
【典例01】（2025·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：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
【典例02】（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上
(1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数，关于的方程有两个不等实根.
（i）求实数的取值范围;
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围.
（ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求，在单调递增，，得，从而可得即，再由的单调性，即可得到.
【详解】（1）因为在轴上方，所以：；
为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设，则，（）.
设（），则，由.
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
从而：.
（2）（i）因为，即，即，
令，所以，
因为为增函数，所以即，
所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根，
令，所以
当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.
当时，；当时，由洛必达法则知；
所以.
（ii）由（i）知，，
令，，
因为，所以，
因为，，所以，即在单调递增，，所以.
因为，所以，
又因为，所以，
因为，，且在上单调递减，
所以，即，所以，
所以.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点：求出函数的极值点，结合函数的图像，由得出的取值范围；
（2）构造函数：对结论为的情况，构造函数；
①，则单调递增；
②注意到，则即；
③，根据在单调减，则
④得到结论.
【变式01】（24-25高三上·四川成都·月考）已知函数，其中为自然对数的底数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若方程有两个不同的根．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减；
(2)（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间；
（2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围；
（3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论.
【详解】（1）由题意得，，则，
由，解得．
当时，单调递增，
当时，单调递减；
综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减；
（2）（i）由，得，
设，
由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减，
又，当时，，且当时，，
所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根，
故的取值范围是．
（ii）不妨设，则，且．
法一：
当时，结合（i）知，即；
当时，．
设
则
所以在区间内单调递增，
则，即，
所以
又在区间内单调递减，
所以，即，
又，所以，
故，所以，得证．
法二：
设，，
则，
所以在区间内单调递增，又，
所以，即．
又，所以，
又在区间内单调递减．
所以，即，
又，所以，得证．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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．
【变式02】（23-24高三上·河南·月考）已知函数.
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)最大值为0，最小值为.
(2)证明见解析
【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【详解】（1）当时，，
.
由，得；由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为.
（2）.
当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，取得极大值，极大值为，
为满足题意，必有，得.
因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减得.
设，要证，
只需证，即证.
设，只需证，
设，则，
所以在上为增函数，从而，
所以成立，从而
【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可证明.
【变式03】（23-24高三上·河南·月考）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
（限时训练：15分钟）
1. （2025·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解题思路】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解.
【解答过程】要比较，，等价于比较的大小,
等价于比较,
即比较,
构造函数,,
令得,令得,
所以在单调递增, 单调递减.
所以,
因为，
所以最大，即，，中最大，
设，
结合的单调性得，，
先证明，其中，
即证，
令，，其中，
则，
所以，函数在上为增函数，当时，，
所以，当时，，
则有，
由可知，
所以，
因为，所以即，
因为，在单调递增，
所以，即，
因为 所以所以，
即，
因为，在单调递减.
所以，
即，即，
综上，.
故选：D.
2.（24-25高三上·广东深圳·期末）已知函数（，且），下列说法正确的是（ ）
A．当时，可能存在两个零点
B．若恒成立，则
C．若恒成立，则的最小值为
D．若恒成立，且，则
【答案】BCD
【分析】求导结合零点存在性定理可判断A；分与两种情况讨论可求得判断B；利用，求导可求得的最小值判断C；由选项B知，，可得，利用换元法，结合对数平均值不等式计算可判断D.
【详解】函数的定义域为
选项A．当时，，
故在上为单调递增函数，由，，
根据零点存在性定理，在上存在唯一的一个零点．故选项A错误．
选项B．由选项A知，当时，在上单调递增，
无最小值，且，不合题意，故．
当时，，，
令，则，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故时，有极小值，也是最小值．
，
由题意，，又，则，可得，
所以，则．选项B正确．
选项C．由选项B知，，，令，则，
在单调递减，在单调递增．
故，即的最小值为．选项C正确．
选项D．由选项B知，，且．
，由得，
令，则，易知，故
由对数平均不等式得，得，即
由，故，故选项D正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：D选项，关键在于由，得到，换元法结合对数平均值不等式求得结论.
3． （24-25高三上·河北·月考）已知函数.
(1)若该函数在单调递增，求的取值范围.
(2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数，利用导数讨论其单调性，并结合即可证明.
【详解】（1）由题意，
当时，，在上单调递增，满足题意；
当时，当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
又该函数在单调递增，故，
综上可知，的取值范围为
（2）当时，，
由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，令，
则，
所以在上单调递减，，即，
令，则，故，
又在上单调递增，，所以，
故
4． （24-25高三上·全国·月考）已知函数有两个不同的零点为，，若恒成立，则实数的最大值为 ．
【答案】4
【解析】根据，是的两个不同的零点列方程组，由此化简不等式得到恒成立．通过构造函数法，结合导数求得的取值范围.
【详解】的定义域为.
，是的两个不同的零点，不妨设
则，
两式相加，得，故.
两式相减，得，故，
即，
也即恒成立．
令，则
有恒成立，即恒成立．
记，，则．
，
下证充分性．
时，
在上单调递增，故恒成立，得证．
所以实数的最大值为.
故答案为：
【点睛】求解含参数不等式恒成立问题，可以通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性和最值，由此来求得参数的取值范围.
5（2024·云南·二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围；
（2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明.
【详解】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，
，即，
，
，
，
，
又，在上单调递增，
，即.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
6．（2025高三·全国·专题练习）已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为，不妨设，
因为，，
所以，，
所以，
欲证，即证.
因为，所以即证，
所以即证，即证．
令，则，等价于，
构造函数，，
因为，所以在上单调递增，
故，
即，所以．
方法二：直接换元构造新函数 ，即，设，，则，
则，，可得，，
由于
构造函数，，
因为，所以在上单调递增，
故，即，
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.
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