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特训 07 利用导数解决双变量问题（三大题型）
如果两个变量之间不存在具体直观的等量关系，但可以通过适当的代数变形将两个变量化为某种结
构的整体，常见如x₂-x, ，这种通过换元实现双变量合二为一目的，把双变量转化为单变量的手段分别
称为“差值代换”和“比值代换”.
注：如果所给条件能转化为关于变量x₁,x₂的齐次式，常常建立关于 的函数 .
导数中解决双变量问题的步骤：
(1)先根据已知条件确定出两个变量x₁,x₂ 满足的条件；
(2)将双变量转化为单变量，具体有两种可行的方法：
① 将所有涉及x₁,x₂的式子转化为关于 的式子，令 ,将问题转化为关于自变量t 的函数问题；
② 令t=x₂-x₁,将问题转化为关于自变量t的函数问题.
注：需要关注新元的范围即为新函数的定义域，借助新函数的单调性和值域完成问题的分析求解.
目录：
01 ：转化为同源函数解决
02 ：整体代换
03 ： 构造具体函数解决双变量问题
01 ：转化为同源函数解决
例1 已知函数f(x)＝ln x－ax＋1，其中a为实常数.对于函数图象上任意不同的两点 A(x ，f(x))，B(x ，
1 1 2
f(x))，直线AB的斜率为k，若x＋x＋k＞0恒成立，求a的取值范围.
2 1 2
解 由题意，k＝，则原不等式化为x ＋x ＋＞0，不妨设x ＞x ＞0，则(x ＋x)(x －x)＋f(x)－f(x)＞0，即
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
x－x＋f(x)－f(x)＞0，
1 2
即f(x)＋x＞f(x)＋x.
1 2
设g(x)＝f(x)＋x2＝ln x＋x2－ax＋1，
则g′(x)＝＋2x－a＝，
由已知，当x＞x＞0时，不等式g(x)＞g(x)恒成立，则g(x)在(0，＋∞)上是增函数.
1 2 1 2
所以当x＞0时，g′(x)≥0，即2x2－ax＋1≥0，
即a≤＝2x＋恒成立，因为2x＋≥2，当且仅当2x＝，
即x＝时取等号，
所以 ＝2.
min
故a的取值范围是(－∞，2].
感悟提升 此类问题一般是给出含有x ，x ，f(x)，f(x)的不等式，若能通过变形，把不等式两边转化为结
1 2 1 2
构形式相同的代数式，即转化为同源函数，可利用该函数单调性求解.
训练1 已知函数f(x)＝aln x＋x2，在其图象上任取两个不同的点P(x ，y)，Q(x ，y)(x ＞x)，总能使得＞
1 1 2 2 1 2
2，则实数a的取值范围为( )
A.(1，＋∞) B.[1，＋∞)
C.(1，2) D.[1，2]
答案 B
解析 由＞2，x＞x＞0，
1 2
∴f(x)－f(x)＞2x－2x，
1 2 1 2
∴f(x)－2x＞f(x)－2x，
1 1 2 2
构造函数g(x)＝f(x)－2x＝aln x＋x2－2x，
则g(x)＞g(x)，
1 2
∴函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，
由于g′(x)＝＋x－2，则g′(x)≥0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，
由g′(x)＝＋x－2≥0，
可得a≥－x2＋2x，
当x＞0时，则y＝－x2＋2x＝－(x－1)2＋1≤1，当且仅当x＝1时，等号成立，
∴a≥1，因此实数a的取值范围为[1，＋∞).
02 ：整体代换
例2 设函数f(x)＝x2－(a＋2)x＋aln x，g(x)＝2aln x－4x＋b，其中a＞0，b∈R.已知a＞2，且方程f(x)＝g(x)
在(1，＋∞)上有两个不相等的实数根x，x，求证：f′＞0.
1 2
证明 方程f(x)＝g(x)，即x2－(a－2)x－aln x＝b，
在(1，＋∞)上有两个不等实根x 和x，不妨设1＜x＜x，
1 2 1 2
则x－(a－2)x－aln x＝b①，
1 1
x－(a－2)x－aln x＝b②，
2 2
①－②得a＝，
∵a＞2，f′(x)＝2x－(a＋2)＋＝＝，x＞0，
则f(x)在上单调递减，上单调递增，
∴当x∈时，f′(x)＜0，
当x∈时，f′(x)＞0，
若证f′＞0，只需证＞，
即a＜x＋x，
1 2只需证＜x＋x，
1 2
∵x＜x，∴x＋ln x＜x＋ln x，
1 2 1 1 2 2
即需证x＋2x－x－2x＞(x＋x)(x＋ln x－x－ln x)，
1 2 1 2 1 1 2 2
整理得ln x－ln x＜，
1 2
即证ln ＜，
令t＝∈(0，1)，设h(t)＝ln t－，
h′(t)＝＞0，
显然h(t)在(0，1)上单调递增.
∴h(t)＜h(1)＝0，故f′＞0得证.
感悟提升 (1)解此类题的关键是利用代入消元法消去参数a，得到仅含有x ，x 的式子.(2)与极值点x ，x
1 2 1 2
有关的双变量问题，一般是根据x ，x 是方程f′(x)＝0的两个根，确定x ，x 的关系，再通过消元转化为只
1 2 1 2
含有x 或x 的关系式，再构造函数解题，即把所给条件转化为 x ，x 的齐次式，然后转化为关于的函数，
1 2 1 2
把看作一个变量进行整体代换，从而把二元函数转化为一元函数来解决问题.
训练2 设a∈R，函数f(x)＝ln x－ax，若f(x)有两个相异零点x，x，求证：ln x＋ln x＞2.
1 2 1 2
证明 由已知得ln x－ax＝0，ln x－ax＝0，
1 1 2 2
所以a＝＝，
所以ln x＋ln x＞2等价于ln ＞2，
1 2
即ln ＞2，
设x＞x，令t＝＞1，g(t)＝ln t－，
1 2
则g′(t)＝－＝＞0，
所以g(t)＞g(1)＝0，
即ln t＞，
即得ln t＞2，所以原题得证.
03 ： 构造具体函数解决双变量问题
例3 已知函数f(x)＝x(1－ln x).
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a，b为两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，证明：2<＋<e.
(1)解 因为f(x)＝x(1－ln x)，
所以f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1－ln x＋x·＝－ln x.
当x∈(0，1)时，f′(x)>0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)<0.
所以函数f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减. ………………3分
(2)证明 由题意，a，b是两个不相等的正数，且bln a－aln b＝a－b，两边同时除以ab，得－＝－，即＝，
即f＝f.
令x＝，x＝，……………………5分
1 2
由(1)知f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，且当0<x<e时，f(x)>0，当x>e时，f(x)<0，不妨设x<x，则0<x<1<x<e.
1 2 1 2
要证2<＋<e，即证2<x＋x<e. ……………………6分
1 2
先证x＋x>2：
1 2
要证x＋x>2，即证x>2－x，
1 2 2 1
因为0<x<1<x<e，
1 2
所以只要证x>2－x>1，
2 1
又f(x)在(1，＋∞)上单调递减，
所以即证f(x)<f(2－x)，
2 1
又f(x)＝f(x)，
1 2
所以即证f(x)<f(2－x)，
1 1
即证当x∈(0，1)时，f(x)－f(2－x)<0.
构造函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)
＝－ln x－ln(2－x)＝－ln[x(2－x)]，
当0<x<1时，x(2－x)<1，
则－ln[x(2－x)]>0，
即当0<x<1时，F′(x)>0，
所以F(x)在(0，1)上单调递增，
所以当0<x<1时，F(x)<F(1)＝0，
所以当0<x<1时，f(x)－f(2－x)<0成立，
所以x＋x>2成立. ……………………9分
1 2
再证x＋x<e：
1 2
由(1)知，f(x)的极大值点为x＝1，f(x)的极大值为f(1)＝1，
过点(0，0)，(1，1)的直线方程为y＝x，
设f(x)＝f(x)＝m，
1 2
当x∈(0，1)时，f(x)＝x(1－ln x)>x，
直线y＝x与直线y＝m的交点坐标为(m，m)，则x<m.
1
欲证x＋x<e，即证x＋x<m＋x＝f(x)＋x<e，
1 2 1 2 2 2 2
即证当1<x<e时，f(x)＋x<e.
构造函数h(x)＝f(x)＋x，
则h′(x)＝1－ln x，
当1<x<e时，h′(x)>0，所以函数h(x)在(1，e)上单调递增，
所以当1<x<e时，h(x)<h(e)＝f(e)＋e＝e，
即f(x)＋x<e成立，所以x＋x<e成立.
1 2
综上可知，2<＋<e成立. ……………………12分
答题模板第一步 分析题意，探究两变量的关系
第二步 合二为一，变为单变量不等式
第三步 构造函数
第四步 判断新函数的单调性或求新函数的最值，进而解决问题
第五步 反思回顾解题过程，规范解题步骤
训练3 已知函数f(x)＝2ax＋bx－1－2ln x(a∈R).当x＞y＞e－1时，求证：exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
证明 ∵x＞y＞e－1，∴x＋1＞y＋1＞e，
即ln(x＋1)＞ln(y＋1)＞1，
欲证exln(y＋1)＞eyln(x＋1).
即证明＞，
令g(x)＝，
则g′(x)＝，
显然函数h(x)＝ln(x＋1)－在(e－1，＋∞)上单调递增，
∴h(x)＞1－＞0，即g′(x)＞0，
∴g(x)在(e－1，＋∞)上单调递增，
∵x＞y＞e－1时，g(x)＞g(y)，
即＞，
∴当x＞y＞e－1时，exln(y＋1)＞eyln(x＋1)成立.
方法技巧1 极值点偏移
(1)极值点不偏移
已知函数f(x)图象的顶点的横坐标就是极值点x ，若f(x)＝c的两根的中点刚好满足＝x ，即极值点在两根
0 0
的正中间，也就是说极值点没有偏移.此时函数f(x)在x＝x 两侧，函数值变化快慢相同，如图(1).
0
图(1)
(无偏移，左右对称，二次函数)若f(x)＝f(x)，则x＋x＝2x.
1 2 1 2 0
(2)极值点偏移
若≠x，则极值点偏移，此时函数f(x)在x＝x 两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3).
0 0
图(2)
(左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x)＝f(x)，则x＋x＞2x；
1 2 1 2 0图(3)
(左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x)＝f(x)，则x＋x＜2x.
1 2 1 2 0
(3)极值点偏移问题的常见解法
①(对称化构造法)构造辅助函数：对结论x ＋x ＞2x 型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x －x)；对结论xx ＞x型，
1 2 0 0 1 2
构造函数F(x)＝f(x)－f，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
②(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换 t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调
性证明.
例 已知函数f(x)＝xe－x，如果x≠x，且f(x)＝f(x)，求证：x＋x＞2.
1 2 1 2 1 2
证明 法一(对称化构造法)
由题意知，f(x)＝xe－x，f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)＝0，解得x＝1.
当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表：
x (－∞，1) 1 (1，＋∞)
f′(x) ＋ 0 －
f(x)
由x≠x，不妨设x＞x，
1 2 1 2
根据f(x)＝f(x)，
1 2
结合图象可知x＞1，x＜1，
1 2
令F(x)＝f(x)－f(2－x)，x∈(1，＋∞)，
则F′(x)＝(x－1)(e2x－2－1)e－x.
∵x＞1，2x－2＞0，
∴e2x－2－1＞0，则F′(x)＞0，
∴F(x)在(1，＋∞)上单调递增，
∴当x＞1时，F(x)＞F(1)＝0，
即当x＞1时，f(x)＞f(2－x)，
则f(x)＞f(2－x).
1 1
又∵f(x)＝f(x)，
1 2
∴f(x)＞f(2－x).
2 1
∵x＞1，∴2－x＜1，
1 1
∴x，2－x∈(－∞，1)，
2 1
∵f(x)在(－∞，1)上是增函数，
∴x＞2－x，∴x＋x＞2.
2 1 1 2
法二(比值代换法)设0＜x＜1＜x，f(x)＝f(x)，
1 2 1 2
即xe－x ＝xe－x ，
1 1 2 2
取对数得ln x－x＝ln x－x.
1 1 2 2
令t＝＞1，则x＝tx ，代入上式得ln x－x＝ln t＋ln x－tx ，
2 1 1 1 1 1
得x＝，x＝.
1 2
∴x＋x＝＞2⇔ln t－＞0，
1 2
设g(t)＝ln t－(t＞1)，
∴g′(t)＝－＝＞0，
∴当t＞1时，g(t)单调递增，
∴g(t)＞g(1)＝0，
∴ln t－＞0，
故x＋x＞2.
1 2
方法技巧1 指数、对数均值不等式
极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值
不等式.
一、对数均值不等式
结论1 对任意的a，b＞0(a≠b)，有＜＜.
证明 不妨设a＞b＞0(0＜a＜b时同理可得)
首先，由＜等价于ln a－ln b＜，
即ln ＜.
令x＝＞1，只要证ln x2＜，
即证2xln x－x2＋1＜0.
令f(x)＝2xln x－x2＋1(x＞1)，
则f′(x)＝2ln x＋2－2x，f″(x)＝－2＜0，f′(x)在(1，＋∞)单调递减，f′(x)＜f′(1)＝0，f(x)在(1，＋∞)单调递减，
即f(x)＜f(1)＝0.
故＜.
其次，＜等价于ln a－ln b＞，
即ln ＞.
令x＝＞1，只要证ln x＞，
即证(x＋1)ln x－2x＋2＞0.
设g(x)＝(x＋1)ln x－2x＋2(x＞1)，
同理可证g(x)在(1，＋∞)单调递增，
有g(x)＞g(1)＝0.
故＜.
二、指数均值不等式
结论2 对任意实数m，n(m≠n)，有e＜＜.证明 在指数均值不等式中，令em＝a、en＝b，则m＝ln a，n＝ln b，从而可得对数均值不等式.需注意的
是，在实际解题过程中，凡涉及这两个不等式的都需给出证明，以确保考试不被扣分，但本文以下的例题
省略该过程.
例 (1)若函数f(x)＝ln x－ax(a为常数)有两个不同的零点x，x，请证明：xx＞e2.
1 2 1 2
证明 借助a作为媒介，构造对数均值不等式.
依题意，ln x－ax＝0，ln x－ax＝0.
1 1 2 2
两式相减，得ln x－ln x＝a(x－x)，
1 2 1 2
即a＝，两式相加，
得ln x＋ln x＝a(x＋x).
1 2 1 2
故欲证xx＞e2，
1 2
即证ln x＋ln x＞2，
1 2
即证a(x＋x)＞2，
1 2
即证＞.
由对数均值不等式知上式显然成立.
综上，xx＞e2成立.
1 2
(2)已知函数f(x)＝x－aex(a为常数)有两个不同的零点x，x，证明：x＋x＞2.
1 2 1 2
证明 借助a作为媒介，构造指数均值不等式.
依题意，x＝aex ，x＝aex .
1 1 2 2
两式相加、减，得x＋x＝a(ex ＋ex )，x－x＝a(ex －ex ).
1 2 1 2 1 2 1 2
故欲证x＋x＞2，即证a(ex ＋ex )＞2，
1 2 1 2
即证(ex ＋ex )＞2，
1 2
即证＞.
由指数均值不等式(结论2)知上式显然成立，因此x＋x＞2成立.
1 2
一、解答题
1．（2024·安徽合肥·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ， 为函数 的两个零点，求证： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析【分析】（1）首先求函数的导数，再分 和 两种情况求解不等式，根据导数与单调性的关系，即
可求解；
（2）代入函数的零点，并变形为 ， ，并利用分析法，将所证明不等式转化
为证明 ，再通过构造函数 ， ，利用导数判断函数的单调性，
即可证明.
【解析】（1） ， ．
当 时， ，则 在 上单调递增．
当 时，令 ，得 ，解得 ．
当 时， ，当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
综上：当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增．
（2）设 ，则 ， ，
所以 ，
所以 ， ，记 ，要证 ，只需证 ，
只需证 ，只需证 ．
记 ， ，则 ，
记 ， ，
由（1）可知，取 ，则 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，
所以 ，即 ，所以 在 上单调递增，
又 ，所以 ，所以 成立．
【点睛】关键点点睛：本题第2问的关键是将将函数零点的式子，结合分析法，进行变形，转化为判断函
数 ， 的单调性，即可证明.
2．（2024·浙江绍兴·三模）若函数 有且仅有一个极值点 ，函数 有且仅有一个极值点 ，且
，则称 与 具有性质 ．
(1)函数 与 是否具有性质 ？并说明理由．
(2)已知函数 与 具有性质 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： ．【答案】(1)具有，理由见解析
(2)（i） ；（ii）证明见解析
【分析】（1）借助导数研究函数的单调性后，结合零点的存在性定理即可得其极值点及极值点范围或具
体值，即可得解；
（2）（i）利用导数研究函数的单调性后，分 及 可得其是否存在极值点，在存在唯一极值点的
情况下，再对 细分，结合零点的存在性定理讨论不同的 的情况下不同的极值点的范围，结合 进
行计算即可得解；
（ii）分 及 进行讨论，结合极值点满足的条件及所得函数单调性进行放缩处理即可得.
【解析】（1）函数 与 具有性质 ，理由如下：
，令 ，
则 ，故 单调递减，
又 ， ，
故存在 ，使 ，
则 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 有且仅有一个极值点 ，
，则当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
故 有且仅有一个极值点 ，
故函数 与 具有性质 ；
（2）（i） ， 又 ，故 ，当 时， ，此时 没有极值点，故舍去，
当 时， 令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，
， ，故 ，
由 ，令 ，
则 恒成立，
故 在 上单调递减，
当 时，有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 有唯一极值点 ，
有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 有唯一极值点 ，
即有 ， ，
即 ， ，此时需满足 ，则 ，
故有 ，即 ，即 ，故 符合要求；当 时， ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 有唯一极值点 ，
有 ，又 时， ，
故此时存在 ，使 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 有唯一极值点 ，
同理可得 ，此时需满足 ，即 ，则 ，
由 ， ，故该不等式成立，故 符合要求；
当 时，有 ， ，
此时 ，即 、 的极值点都为 ，不符合要求，故舍去；
综上，故 ；
（ii）当 时，有 ，则 ，故 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
令 ，则 ，令 ，
则 ，故 在 上单调递增，
则 ，故 ，要证 ，只需证 ，
，
即当 ，有 ；
当 时，有 ，则 ，即 ，
在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，
即要证 ，只需证 ，
，
即当 ，有 ；
综上所述， .
【点睛】关键点点睛：本题最后一问关键点在于分 及 进行讨论，从而可得不同的 的情
况下不同的 、 的范围，结合放缩进行推导.
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)若 存在零点，求a的取值范围；
(2)若 ， 为 的零点，且 ，证明： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.【分析】（1）利用导数求出函数 的最小值，解不等式 即可求解；
（2）由零点的定义可得 ，只需证 ，令 ，利用导数证明不等
式 即可.
【解析】（1） 的定义域为 ，
令 ，即 ，等价于 ，
设 ，则 （ ），
令 ，可得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
则 的最小值为 ， ，
要使得 存在零点，则 ，
即 ，得 ．
（2）由 为 的零点，得 ，
即 ，即两式相减得 ，即 .
要证当 时， ，
只需证 ，只需证 ， ，
， ．
令 ， ，只需证 ，
，则 在 上单调递增，
∴ ，即可得证.
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的求解策略
形如 的求解策略：
1、构造函数法：令 ，利用导数求得函数 的单调性与最小值，只需 恒
成立即可；
2、参数分离法：转化为 或 恒成立，即 或 恒成立，只需利用导数求
得函数 的单调性与最值即可；
3，数形结合法：结合函数 的图象在 的图象的上方（或下方），进而得到不等式恒成立.
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.
【解析】（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．（2024·全国·模拟预测）已知函数 有3个极值点 ，其中 是自然对数的底数．
(1)求实数 的取值范围；
(2)求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）易知0是函数 的一个极值点，则函数 有2个零点，利用导数讨论函数
的性质可得 ，即 .由零点的存在性定理和 即可求解；
（2）由（1），设 ，只需证 ．由 得 ，令 得
，则只需证 ，利用导数讨论函数 的性质得出
，即可证明.当然也可以采用对称设法来证明.【解析】（1）由题意，得 ，
由 ，得 或 ，所以0是函数 的一个极值点．
所以 有2个不相等的实数根，且这2个根均不为0和 ．
令 ，则 ．
当 时， 恒成立，故 在定义域上是增函数，不可能有2个零点；
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
所以 在 上是减函数，在 上是增函数，
所以 ，即 ，所以 ．
又 ．
由零点存在定理可知， 在 上存在唯一零点．
令 ，则 ，令 得 ，
令 得 ，所以 在 上递增，在 上递减，
所以 ， ，
所以 ，
由零点存在定理可知， 在 上存在唯一零点．
因为 所以 ，综上， 的取值范围是 ．
（2）证明：由（1）知，0是函数 的一个极值点．不妨设 ，所以只要证明 ．
由 得 ，即 两式相除得 ．
令 ，则 ．
所以 ，所以 ．
所以要证明 ，只要证明 ，
即 ，其中 ，所以 ．
所以只要证明 ．令 ，
所以 ，从而 恒成立，
所以 在 上是减函数，所以 ．
所以 在 上是增函数，所以 ，即证： ．
另解：由 ，知 ，所以 ，且 为 的两根．
记 ，则 ，当 ， ，当 ，
故 在 上递增，在 上递减．
不妨取 ，所以要证 ，即要证 ，
只要证 ，又 ，故只要证 ，
即要证 ，也即要证 (#)．
令 ，则 ．而当 时， ，故 在 上递减，
故 ，故 在 上递增，故 ，所以(#)成立，
故 ．
【点睛】破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式
转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归
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.
6．（2023·福建龙岩·二模）已知函数 ， ．
(1)若 满足 ，证明：曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线；
(2)若 ，且 ，证明： ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义先求出曲线 在点 处的切线方程 ，再判定该切
线方程为 的切线即可；
（2）求 ，设 ，建立方程组，得出 ， 为方程 的两根，
根据韦达定理确定 ，再由基本不等式判定 ，化简 ，
构造函数 求其单调性判定值域即可.
【解析】（1）由已知有 ， ,曲线 在点 处的切线方程为： ,
即： ，将 代入即有： ,
由 得 令 得： ，此时 ,
可得：曲线 在点 处的切线方程为：
，将 代入化简，
可得：
故曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线．
（2）∵ ，
∴ ，令 ，得： ，
∴ ， 为方程 的两根，
∴ 即： ，
∴ ∴ ，
∴，
令 ，则 ，
令 ，则 ，
∴ 在 单调递减 ∴
即
【点睛】本题关键在第二问，设 ，由导函数建立方程组结合韦达定理得出 ，
再求函数值之和 ，构造函数 ，结合基本不等式求其定义域
内的单调性即可证明不等式.
7．（2023·新疆·三模）已知函数 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若方程 有两个不相等的实根 ，求实数 的取值范围，并证明 ．
【答案】(1)答案见解析
(2) ；证明见解析
【分析】（1）求导，利用导函数的正负判断单调性即可；
（2）首先将原式化简整理成 ，令 得 ，再令 ，根据已知条件利
用导数求出参数 的取值范围，进而要证 即证即证 ，只需证 ，不妨设，则只需证 ，即 ，最后令 ，
，其中 ，借助导数求解 的最小值即可证明.
【解析】（1）因为 ，
所以 ，
当 时， ，所以 在区间 上单调递增，
当 时，令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
综上当 时， 在区间 上单调递增，当 时， 在区间 上单调递增，在区间
上单调递减.
（2）方程 ，即 ，等价于 ，
令 ，其中 ，则 ，显然 ，
令 ，则 ，
所以 在区间 上单调递减，且由 时 可得在区间 上 ，
在区间 上单调递减，在区间 上单调递增，
所以 ，
因为方程 有两个实根 ，所以关于 的方程 有两个实根 ， ，且 ， ，所以 ，
要证 ，即证 ，即证 ，只需证 ，
因为 ，所以 ，整理可得 ，
不妨设 ，则只需证 ，
即 ，
令 ， ，其中 ，
因为 ，所以 在区间 上单调递增，
所以 ，故 ．
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点在于借助同构思想将原始等价为 ，通过令
，合理构造函数 来确定参数 的取值范围；第二步的关键点在于将 等价转
换为 ，将双变量问题转化为单变量问题，进而借助导数进一步证明.
8．（2023·上海松江·模拟预测）已知函数 .(1)若 ，求函数 的极值点；
(2)若不等式 恒成立，求实数a的取值范围；
(3)若函数 有三个不同的极值点 、 、 ，且 ，求实数a的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
(3)
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性，即可求函数的极值点.
（2）由 分离常数 ，利用构造函数法，结合导数来求得 的取值范围.
（3）首先根据 有 个不同的极值点求得 的一个范围，然后化简不等式
，利用构造函数法，结合导数求得 的取值范围.
【解析】（1）当 时， ， ，
当 时， ， 时， ，
所以函数在区间 单调递增，在区间 单调递减，
所以函数在 处取得极大值，函数的极值点为1；
（2）函数 的定义域为 ，不等式 恒成立，
即 在 上恒成立，
记 ，则 ，
得到 在区间 上 单调递减，
在 上 单调递增，则 ，即 在区间 上恒成立，
分离变量知： 在 上恒成立，则 ，
，
由前面可知，当 时， 恒成立，即 ，
所以 在区间 上 单调递减，
在区间 上 单调递增，
所以 ，所以 ．
（3） ，
设曲线 图象上任意一点 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为 ，
将 代入得 ，故切点为 ，
过 的切线方程为 ，
所以直线 和曲线 相切，并且切点坐标为 ，
所以当且仅当 时，方程 有两个不相等的实根 ， ，并且 ，
从而当 时， 有三个极值点 ， ， ，并且 ， ， ，
取对数知： ， ，即 ， ，则
．
构造 ，
在 时恒成立，
则 在区间 上单调递增，且 ，
从而 的解为 ，
综上所述 ．
【点睛】求解不等式恒成立问题，可考虑利用分离常数法，然后构造函数，利用导数研究所构造函数的单
调性、极值、最值等，从而求得参数的取值范围.当一次求导无法求得单调区间时，可考虑二次求导等方法
来进行求解.
9．（2023·山东德州·三模）已知函数 ，其中 ．
(1)当 时，求函数 在 处的切线方程；
(2)讨论函数 的单调性；
(3)若 存在两个极值点 的取值范围为 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义可求出结果；
（2）求导后，分类讨论 ，根据导数的符号可得结果；
（3）根据 存在两个极值点可得 ，且 ，根据单调性可得 ，将化为 ，利用比值代换可求出结果.
【解析】（1）当 时， ，定义域为 ，
所以 ，
所以 ，又 ，
所以函数 在 处的切线方程为 ，即 .
（2） 的定义域是 ，
， ，
令 ，则 ．
①当 或 ，即 时， 恒成立，所以 在 上单调递增．
②当 ，即 时，由 ，得 或 ；
由 ，得 ，
所以 在 和 上单调递增，在 上单调递减．
综上所述，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）当 时， 在 上单调递增，此时函数 无极值；
当 时， 有两个极值点，即方程 有两个正根 ，
所以 ，则 在 上是减函数．所以 ，因为 ，
所以
，
令 ，则 ，
，
所以 在 上单调递减，
又 ，且 ，
所以 ，
由 ，
又 在 上单调递减，
所以 且 ，所以实数 的取值范围为 ．【点睛】方法点睛：涉及到双变量的问题一般可以利用比值代换处理，本题中，将 化为
后，设 ，化为关于 的函数，再利用导数进行处理.
10．（2023·全国·模拟预测）已知函数 .
(1)设函数 ，若 恒成立，求 的最小值；
(2)若方程 有两个不相等的实根 、 ，求证： .
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】
（1）将问题转化为不等式 在 上恒成立，利用导数证明 时，不等式
成立，进而分类讨论 与 两种情况，从而得解；
（2）利用导数研究函数 的性质可得 ，由题意可得 ，原不等式变形
为 ， 利 用 分 析 法 ， 构 造 函 数 证 明 ， 即
，结合 即可证明.
【解析】（1）当 、 时， 即 恒成立，
等价于 恒成立.
设 ，则 ，
令 ，令 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，所以 ，得 ，即 ，
当 时，令 ，易得 在 上单调递增，
又 ， ，
所以 在 ，即 上存在唯一零点 ，
所以 ，即 ，且 ；
当 时，令 ，
易得关于 的函数 与 在 上单调递增，则 ，
当 时， ，即 ，不满足题意；
当 时，易得 ，即 恒成立；
综上： ，则实数k的最小值为1；
（2）由题意知， ，
，则 ，
令 ，令 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，则 ，
当 时，易得 恒成立，当 时， ，
又函数 有两个不同的实根 ，即 与 的图像有两个交点，
作出 与 的部分图像如图：所以 ，且 ，
得 ，有 .
要证 ，即证 ，
即证 ，即证 ，
由 ，得 .
设 ，则 ，
令 ，令 ，
所以函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，则 ，即 ，
所以 ，则 ，
即 ，即证.
【点睛】
方法点睛：破解含双参不等式证明题，先由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等
式转化为含单参的不等式；进而巧构造函数，再借用导数判断函数的单调性，求出函数的最值；最后回归
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.
11．（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.
【解析】（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 .
【点睛】方法定睛：利用导数证明不等式的基本步骤
(1)作差或变形．
(2)构造新的函数h(x)．
(3)利用导数研究h(x)的单调性或最值．
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值
问题．
12．（2023·天津河西·模拟预测）已知 ．
(1)求 在 处的切线方程；
(2)对 ，有 恒成立，求 的最大整数解；
(3)令 ，若 有两个零点分别为 ，且 为 的唯一的极值点，
求 的取值范围，并证明： ．
【答案】(1)
(2)3(3) ；证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，求出 ， 即可得到切线方程；
（2） 等价于 ，求导分析 的单调性，即可求出
的最大整数解；
（3）求得 的导数和单调性，由极小值小于0，可得 ，再由分析法，注意构造函数，求得导数和
单调性，即可得证．
【解析】（1） 的导数为：
，
所以 ， ，
所以 在 处的切线方程为：
，即 ；
（2）由已知可得 ，
等价于 ，
可令 ， ，
记 ， ，
所以 为 上的递增函数，
且 ， ，所以 ， ，即 ，
所以 在 上递减，在 上递增，
且 ，
所以 的最大整数解为3；
（3）证明：∵ ， ，
若要 有极值点，显然 ，
所以令 ，可得 ，
当 ， ， ， ，
所以 在 上单调递减， 上单调递增，
而要使 有两个零点，要满足 ，
即 可得 ，
因为 ， ，令 ，
由 ，
即 ，
而 ，
即 ，
由 ， ，只需证 ，令 ，
则 ，
令 ，
则 ，
故 在 上递增， ；
故 在 上递增， ；
∴ ．
【点睛】函数与导数综合简答题常常以压轴题的形式出现，
难度相当大，主要考向有以下几点：
1、求函数的单调区间（含参数）或判断函数（含参数）的单调性；
2、求函数在某点处的切线方程，或知道切线方程求参数；
3、求函数的极值（最值）；
4、求函数的零点（零点个数），或知道零点个数求参数的取值范围；
5、证明不等式；
解决方法：对函数进行求导，结合函数导数与函数的单调性等性质解决，
在证明不等式或求参数取值范围时，通常会对函数进行参变分离，构造新函数，
对新函数求导再结合导数与单调性等解决.
13．（2023·四川遂宁·模拟预测）已知函数 ， ，其中e为自然对数的底
数．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)当 时，有 ，求证：对 ，有 ；
(3)若 ，且 ，求实数a的取值范围．【答案】(1) ；
(2)证明见解析；
(3) .
【分析】（1）根据导数的几何意义和直线的点斜式方程即可求出切线方程；
（2）利用导数求出 ，根据二次函数和一次函数的性质求出 ，即可求解；
（3）根据题意可得 ，设 ，则 ，利用导数研究函数
的单调性可得 ，令 ( )，再次利用导数研究函数的性质，求出
即可.
【解析】（1）因为 ，所以点 即为点
， ，
故切线方程为 ，即 ；
（2）因为当 时， ， ，
故 在 上单调递增，所以 ，
当 时， ，此时 ；
当 时， 在 上单调递减，此时 ，
故 ，所以 成立；
（3）由题意得： ，又因为 ，所以 ，
又 ，即 ，即 ，
所以 ①
设 ，则①式变形为
，所以 单调递增，所以 ，
因为 ，所以 ，
令 ， ，
则 ，
当 时， ，当 时， ，
则函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 在 处取得极大值，也是最大值，
有 ，
故 ．即实数 的取值范围为 .
【点睛】破解含双参不等式证明题的3个关键点
（1）转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式.
（2）巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值.
（3）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.
14．（2023·浙江嘉兴·二模）已知 .
(1)若存在实数 ，使得不等式 对任意 恒成立，求 的值；
(2)若 ，设 ，证明：①存在 ，使得 成立；
② .
【答案】(1)
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）构造函数 ，求导，研究函数的单调性，利用极值点得 ，从而利用
指对运算即可求解；
（2）①记 ，构造函数 ，求导，研究函数单调性，找到隐零点，即可证明；
②先用分析法及 把不等式证明转化为
，
结合式子结构，转化为证明 ，
构造函数，即证 ，利用主元法，
构造函数 ，求导，研究单调性，利用最值即可证明.
【解析】（1）构造 ，则 ，
令 ，则 ，所以 在 递增，又 ，所以存在 ，使得 ，
且 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 对任意 恒成立，此时 .
（2）①令 ，显然 ，则 .
令 ，则 ，
因为 在 递增， 趋向于0时， 趋向于 ， 趋向于正无穷大时， 趋向于正
无穷大，所以存在 ，使得 ，即 .
于是 在 递减，在 递增.因为 ，所以 .
②要证 ，
即证
，
因为 ，
所以只要证 ，
即证 ，
即证 ，令 ，即证 ，
即证 ，
令 ，则 .
构造 ，
则 ，
，
因为 ，
所以 ，所以 ，
所以 成立，原命题成立.
【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.
15．（2023·湖北咸宁·模拟预测）已知函数 ，其中 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 存在三个零点 、 、 （其中 ），证明：
（i）若 ，函数 ，使得 ；（ii）若 ，则 .
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并讨论 的取值，比较导数零点的大小关系，讨论函数的单调性；
（2）（ⅰ）根据（1）的结果可知， 和 ，代入不等式，整理后构造函数 ，
结合函数的单调性，即可证明；
（ⅱ）根据（1）的结果整理为 ，再构造函数 ，再利用换元，
将不等式转化为 ，再利用换元，变形，将不等式整理为
，并构造函数 ，利用导数，判断函数的单调性，结合
不等关系，即可证明.
【解析】（1）函数 的定义域为 .
①若 时，
1
- 0 + 0 -
极小
极大值
值
②若 时， 恒成立， 单调递减，
③若 时
1
- 0 + 0 -极小
极大值
值
④若 时， 时， 单调递减； 时， 单调递增.
综上所述，当 时， 单调递减， 单调递增， 单调递减；当
时， 单调递减；当 时， 单调递减， ， 单调递增，
单调递减；当 时， 单调递减， 单调递增.
（2）（i）由（1）知当 时， 单调递减，
单调递增，
单调递减.
所以 存在三个零点，只需 和 即可，
所以 且 ，
整理得 且 .
此时， ，
令 ，易知 在 上单调递减
有 ，
所以 .
（ii）由（1）知，当 时， 单调递减，
单调递增，
单调递减所以 .若 存在三个零点，只需 和 即可，
所以 且 ，
整理得 ，
因为 ，
设 ，则方程 ，即为
记 ，
则 为方程 三个不同的根，
设 .
要证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
所以 ，
所以 ，
即证： ，
即证： ，即证： ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，所以
所以 ，
设 ，
则 ，
所以 在 上是增函数，
所以
所以 ，
即
所以若 ，则 .
【点睛】本题考查导数与函数性质，不等式，零点问题的综合应用，本题第二问的难点多次用到不等式的
整理，换元，构造函数，难度很大.
16．（2024·浙江温州·二模）如图，对于曲线 ，存在圆 满足如下条件：①圆 与曲线 有公共点 ，且圆心在曲线 凹的一侧；
②圆 与曲线 在点 处有相同的切线；
③曲线 的导函数在点 处的导数（即曲线 的二阶导数）等于圆 在点 处的二阶导数（已知圆
在点 处的二阶导数等于 ）；
则称圆 为曲线 在 点处的曲率圆，其半径 称为曲率半径．
(1)求抛物线 在原点的曲率圆的方程；
(2)求曲线 的曲率半径的最小值；
(3)若曲线 在 和 处有相同的曲率半径，求证： ．
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）设抛物线 在原点的曲率圆的方程为 ，求出导数、二阶导数，结合所给
定义求出 即可；
（2）设曲线 在 的曲率半径为 ，根据所给定义表示出 ，再由基本不等式计算可得；
（3）依题意函数 的图象在 处的曲率半径 ，即 ，从而得到，令 ， ，即可得到 ，再由基本不等式证明即可．
【解析】（1）记 ，设抛物线 在原点的曲率圆的方程为 ，其中 为曲率半
径．
则 ， ，
故 ， ，即 ，
所以抛物线 在原点的曲率圆的方程为 ；
（2）设曲线 在 的曲率半径为 ．则
法一： ，
由 知， ，所以 ，
故曲线 在点 处的曲率半径 ，
所以 ，则 ，
则 ，当且仅当 ，即 时取等号，
故 ，曲线 在点 处的曲率半径 ．
法二： ， ，
所以 ，而 ，
所以 ，解方程可得 ，
则 ，当且仅当 ，即 时取等号，
故 ，曲线 在点 处的曲率半径 ．
（3）法一：函数 的图象在 处的曲率半径 ，故 ，
由题意知： 令 ，
则有 ，
所以 ，即 ，故 ．
因为 ，所以 ，
所以 ，
所以 ．
法二：函数 的图象在 处的曲率半径 ，
有
令 ，则有 ，
则 ，故 ，
因为 ，所以 ，
所以有 ，令 ，则 ，即 ，
故 ，所以 ，即 ；
法三：函数 的图象在 处的曲率半径 ．
故
设 ，则 ，
所以当 时 ，当 时 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
故有 ，
所以 ，
要证 ，即证 ，
即证 将 ，
下证：当 时，有 ，
设函数 （其中 ），
则 ，
故 单调递增， ，
故 ，所以 ．
法四：函数 的图象在 处的曲率半径 ，有 ，
设 ．
则有 ，
所以当 时 ，当 时 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增．
故有 ，
所以 ，
要证 ，即证 ，
即证 ．将 ，
下证：当 时，有 ，
设函数 （其中 ），
则 ，
故 单调递增，故 ，
故 ，所以 ．
【点睛】方法点睛：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.
