文档文本内容
第07 讲 利用导数研究双变量问题
目录
第一部分：基础知识..........................................................................................................................................1
第二部分：高考真题回顾..................................................................................................................................2
第三部分：高频考点一遍过...............................................................................................................................4
高频考点一:分离双参，构造函数...............................................................................................................4
高频考点二：糅合双参（比值糅合）......................................................................................................12
高频考点三：糅合双参（差值糅合）......................................................................................................18
高频考点四：利用对数平均不等式解决双变量问题................................................................................29
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
3、对数均值不等式法
两个正数
和
的对数平均定义：
对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当
时，等号成立．
4、指数不等式法
在对数均值不等式中，设
，
，则
，根据对数均值不等式有如下
关系：
第二部分：高考真题回顾
1．（2025·北京·高考真题）已知函数
的定义域是
，导函数
，设是
曲线
在点
处的切线．
(1)求
的最大值；
(2)当
时，证明：除切点A 外，曲线
在直线的上方；
(3)设过点A 的直线
与直线垂直，，
与x 轴交点的横坐标分别是
，
，若
，求
的
取值范围．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）利用导数判断其单调性，即可求出最大值；
（2）求出直线的方程，再构造函数
，只需证明其最小值（或者下确界）大于零即可；
（3）求出直线
的方程，即可由题意得到
的表示，从而用字母
表示出
，从而求出范围.
【详解】（1）设
，
，
由
可得
，当
时，
，
单调递增，
当
时，
，
单调递减，
所以
的最大值为
.
（2）因为
，所以直线的方程为
，即
，
设
，
，
由（1）可知，
在
上单调递增，而
，
所以，当
时，
，
单调递减，
当
时，
，
单调递增，且
，
而当
时，
，所以总有
，
单调递增
故
，从而命题得证；
（3）解法一：由题意，直线
，直线
，
所以
，
，
当
时，
，
在
上单调递增，
所以
，
所以
，
由（1）可得当
时，
，
所以
，
所以
.
解法二：由
可设
，又
，所以
，即
，
因为直线的方程为
，易知
，
所以直线
的方程为
,
，
.
所以
,由（1）知,当
时，
，所以
,
所以
.
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．（24-25 高二下·江西·阶段练习）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．
例题2．（24-25 高三下·云南临沧·阶段练习）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．
精练高频考点
1．（24-25 高二下·广东广州·期中）已知函数
，
．
(1)当
时，求函数
在点
处的切线方程；
(2)已知函数
有两个零点
，
，
①求实数
的取值范围；
②证明：
．
【答案】(1)
(2)①
；②证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，即可求出切线的斜率，再由点斜式求出切线方程；
（2）①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；②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，
，
则
，所以
，
，
所以函数
在点
处的切线方程为
，即
；
（2）①函数
的定义域为
，
又
，
当
时，
恒成立，
在
上单调递增，所以
不可能有2 个零点；
当
时，当
时，
，则
在
上单调递增，
当
时，
，则
在
上单调递减，
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
，
则
，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
；
②由①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
，
则
，
所以
在
单调递增，则
，
，所以
，
所以
，
即
，命题得证.
2．（24-25 高三下·广东江门·阶段练习）已知函数
（
且
）.
(1)当
时，求
的极小值点与极小值；
(2)讨论函数
的单调性；
(3)若函数
有两个零点
，
（
），且
，证明：
.
【答案】(1)
是
的极小值点，极小值为
(2)当
时，
在
上单调递减；当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
(3)证明见解析
【分析】（1）通过求导找到函数的极值点和极值；
（2）分类讨论，根据导数的正负来判断函数的单调性；
（3）依据（2）中的结论，可知证明
即可，构造函数
即
可得出结论.
【详解】（1）当
时，
，其定义域为
，
对
求导，可得
，
令
，即
，因为
，所以
，解得
，
当
时，
，
，
，则
，
单调递减；
当
时，
，
，
，则
，
单调递增，
所以
是
的极小值点，极小值为
.
（2）
的定义域为
．
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递减；
当
时，
；
当
时，
，所以
单调递减；
在
上，
，所以
单调递增；
综上所得，当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递减，在
上单调递增.
（3）证明：当
时，
；
由（2）知，
在
上单调递减，在
上单调递增；
由题意可得
，
由
及
，得
；
欲证
，只要
，
注意到
在
上单调递减，且
，只要证明
即可；
由
，得
；
所以
，
令
，
则
，
则
在
上是单调递增的，
因此
，即
；
综上，
．
高频考点二：糅合双参（比值糅合）
典型例题
例题1.（24-25 高二下·河南·期中）已知函数
.
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)若
有两个极值点
，求
的取值范围；
(3)在（2）的条件下，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）求出函数的导函数，依题意可得
有两个不同的变号正根，设
，
，利用导数说明函数的单调性，即可求出
的取值范围；
（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）函数
的定义域为
，
因为
有两个极值点
，
意味着
有两个不同的变号正根.
设
，
，则
.
若
，
，
在
上单调递增，
不会有两个正根；
当
，令
，得
，
所以当
时
，所以
在
上单调递增；
当
时
，所以
在
上单调递减.
又当
时
，当
时
，
要使
有两个正根，需
，即
，解得
.
所以当
时，
有两个极值点
.
（3）
的定义域为
，
因为
有两个极值点
，意味着
是
有两个不同正根.
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.
例题2．（23-24 高三上·广东广州·阶段练习）设函数
的两个极值点分别为
，
．
(1)求实数
的取值范围；
(2)若不等式
恒成立，求正数
的取值范围（其中
为自然对数的底数）．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题意知
有两个不相等的实根，转化为两个函数有两个交点问题，根据单调性画
出函数图象，由此得到
的取值范围.
（2）将不等式
取自然对数化简整理，构造函数，求导分析，即可求正数
的取值范围
【详解】（1）由题
，定义域为
．
则
，由题可得
有两个不等实数根
，
，
于是
有两个不同的实数根，等价于函数
与
图象在
有两个不同的交点，
，由
，由
，
所以
在
递增，在
递减，
又
，
有极大值为
，当
时，
，所以可得函数
的草图（如图所
示）．
所以，要使函数
与
图象在
有两个不同的交点，当且仅当
．
即实数
的取值范围为
（2）由（1）可知：
，
是方程
的两个实数根，且
．
则
．
由于
，两边取自然对数得
，
即
，
令
，则
在
恒成立．
所以
在
恒成立
令
，则
．
①当
即
时，
，
在
递增，所以
恒成立，满足题意．
②当
时，
在
递增，在
递减，所以，当
时，
，
因此，
在
不能恒成立，不满足题意．
综上所述，
，即
的取值范围是
．
精练高频考点
1．（22-23 高三上·山东德州·期中）已知函数
.
(1)求
在
的最小值；
(2)若方程
有两个不同的解
，且
成等差数列，试探究
值的符号.
【答案】(1)答案见解析；
(2)正，理由见解析
【分析】（1）由导数法求最值，对
、
、
分类讨论即可；
（2）由（1）得只有
时方程
有两个不同的解且可设设
，则由
列等式整理得
，
结合等差中项性质可变形整理得
，令
，
由
导数法讨论最值得
，即可进一步证明
【详解】（1）
.
当
时，
在
单调递减，
；
当
时，
在
单调递减，
；
当
时，
时，
时，
， 所以
在
单调递
减， 在
单调递增，
综上，当
时，
；当
时，
.
（2）
值的符号为正，理由如下：
由 (1) 知， 当
时，
单调递减， 不符合题意.
当
时，
在
单调递减， 在
单调递增.
不妨设
，由方程
有两个不同的解
，
则
， 整理得
.
令
， 则
，令
，
在
单调递增，
.故
得证
2．（22-23 高三上·福建福州·阶段练习）已知函数
.且函数
有两个零点，
(1)求实数a 的取值范围；
(2)设
的两个零点
，
且
，求证：
.
【答案】(1)
；
(2)证明见解析.
【分析】(1)先利用导数分析函数
单调性，分
，
两种情况，结合边界、极值正负分析即得
解；
(2)利用零点的意义建立关系式，再对所证不等式等价变形，然后构造函数，利用导数探讨函数单调性推理
作答.
【详解】（1）函数
的定义域为
，对函数
求导得
，
当
时，
，函数
在
上单调递增，至多有一个零点，不成立；
当
时，
，当
时，
，当
时，
，
则函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
当
时，
；当
时，
故若函数
有两个零点，则极大值
，
解得：
.
故实数a 的取值范围是
.
（2）由(1)可知
，
因
是函数
的两个零点，则
，即
，
，
要证
，两边同时取自然对数，只需证明
，
只需证明
，即证
，
只需证
，即证
，
令
，而
，则
，只需证明
，
令函数
，
，求导得：
令函数
，
，求导得
，
则函数
在
上单调递增，于是有
，
因此
，函数
在
上单调递减，则
，即
成立，
所以原不等式得证.
【点睛】思路点睛：涉及双变量的不等式证明问题，将所证不等式等价转化，构造新函数，再借助导数探
讨函数的单调性、极(最)值问题处理.
高频考点三：糅合双参（差值糅合）
典型例题
例题1．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
.
(1)若
是定义域上的增函数，求
的取值范围；
(2)当
时，证明：
；
(3)若函数
有两个极值点
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导后参变分离，将问题转化为不等式恒成立问题，再利用二次函数的图象与性质求解；
（2）要证
，转化要证
，即证
.再构造函数，证明
，令
，运用导数研究
单调性，进而得到最值
.再构
造函数
，同理得到最值，进而得到
即可；
（3）先借助导数，运用方程实数根个数，求出
的大致范围，化简
，进而将要证的不等式进
行转化， 即证
，再转化为证明
，最后换元，令
，即证
.构造函数
，借助导数进行证明即可.
【详解】（1）由题意知函数
的定义域为
，
在
上恒成立，即
在
上恒成立.
又
，当且仅当
时，等号成立，
所以
，即实数
的取值范围是
.
（2）当
时，
，
，
所以要证
，即证
，即证
.
构造函数，证明
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，当且仅当
时，等号成立.
再构造函数，证明
，
令
，则
，
当
时，
，当
时，
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，当且仅当
时，等号成立，
综上所得，所以
，
又等号不同时成立，（
取等号的条件是
，
取等号的条件是
）
所以
，即
.
（3）先求出
的大致范围，
.
由题意知
是方程
的两个不同的根.
设
，则方程
有两个不同的正实数根
，
所以
，解得
.
再化简
，
，则
，
所以
.
由
，得
，
所以要证
，即证
，即证
，即证
，
即证
，即证
.
令
，即证
.
令
，
则
，
所以
在
上单调递增，所以
，即
，
所以不等式
成立.
【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及的函数有两个
不同变量，处理此类问题有两个策略：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的条件，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式
求解；
二是巧妙构造函数，再借用导数判断函数的单调性，从而求解.
例题2．（23-24 高二下·江苏扬州·期末）已知函数
.
(1)当
时，直线
（
为常数）与曲线
相切，求
的值；
(2)若
恒成立，求
的取值范围；
(3)若
有两个零点
，求证：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）根据导数几何意义先求切点，即可得解；
（2）方法一：利用导数求函数
的最小值；
方法二：分离参数法，等价于
恒成立；
方法三：由题意
，分离参数法，等价于
恒成立；
（3）方法一：思路一：构造函数
，利用导数研究函数单调性；思路二：要证
，即证
，令
，即证
；思路三：令
，要证
，即证
，即证
，即证
，利用导数证明；
方法二：由
，令
，求其最小值，由
的单调性可知
，思路
一：构造函数
，利用导数得证；思路二：令
，要证
，
即证
，即证
；思路三：令
，则
，要证
，即证
，即证
；思路四：对
两边取对数，得
，下面同方法
一.
【详解】（1）当
时，
.
设切点
，则
消
得
，解得
，代入得
.
（2）方法一：因为
，
所以
，
当
时，设
，则
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
所以
.
又-axe
，故
恒成立，所以
成立.
当
时，
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
故
，解得
，又
，所以
，
综上所述，
的取值范围为
.
方法二：因为
恒成立，
又
，所以上式等价于
恒成立.
记
，则
，
设
，则
.
当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增.
所以
.
所以当
时，
在
上单调递减；
当
时，
在
上单调递增.
所以
.
故
的取值范围为
.
方法三：因为
恒成立，
又
，所以上式等价于
恒成立.
记
，则
，
所以当
时，
在
上单调递减；当
时，
在
上单调递
增.所以
.
令
，则
，则
恒成立.
记
，则
，
所以
在
上单调递增，所以
，所以
.
故
的取值范围为
.
（3）方法一：因为
有两个零点
，不妨设
，
则
，
即
，即
，
令
，则
，
所以当
时，
单调递减；
当
时，
单调递增.
所以
.
令
，则
单调递增，
又
，所以
，即
.
由
的单调性可知
.
思路一：构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，
又
，所以
，则
，即
，
又
，所以
，
又
在
上单调递增，所以
.
故
.
思路二：要证
，即证
，即证
.
令
，即证
.
构造函数
.
则
，
故
在
内单调递减，则
，即
.
故
.
思路三：因为
，即
，
令
，则
即
要证
，即证
，
即证
，即证
，
下同思路一，略.
方法二：因为
有两个零点
，不妨设
，
则
，
即
.
令
，则
，
所以当
时，
单调递减；当
时，
单调递增.
所以
.
令
，则
单调递增，
又
，所以
，即
由
的单调性可知
.
思路一：构造函数
.
则
，
令
，则
，
所以当
时，
单调递减，
所以当
时，
，则
，所以
，
故
在
上单调递减，又
，所以
，则
，即
，
又
，所以
，
又
在
上单调递增，所以
.
故
.
思路二：因为
，所以
，
即
，
令
，要证
，即证
，
即证
.
构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，则
.
故
.
注：要证明
，即证
，构造函数
.
则
，
故
在
上单调递减，则
.故
.
思路三：令
，则
即
.
要证
，即证
，即证
.
下同思路二，略.
思路四：对
两边取对数，得
，下面同方法一.
【点睛】方法点睛：
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，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；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．证明不等式，构造一个适当的函数，利用它
的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，
有着非凡的功效.
精练高频考点
1．（2024·四川·模拟预测）已知函数
．
(1)当
时，求曲线
在点
处的切线方程；
(2)设
是函数
的两个零点，求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得斜率，再利用点斜式求直线并化简即可；
（2）由导函数的两个零点得
和
，得到
，转化
为证明
，换元
，证明
即可.
【详解】（1）当
时，
，
则
，则切线方程为
，
因此曲线
在点
处的切线方程为
．
（2）证明：函数
是
的两个零点，
所以
，则有
，
且
，由
，得
．
要证
，只要证明
，即证
．
记
，则
，
因此只要证明
，即
．
记
，则
，
令
，则
，
当
时，
，
所以函数
在
上递增，则
，
即
，
则
在
上单调递增，
，
即
成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式，关键是利用零点代换得
，进而换元求
解函数最值即可证明.
2．（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
的最大值.
【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，即可求解函数的最大值.
【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，
的最小值为4，即的最小值为2，
因为
在
上单调递减，
的最大值为
，
所以
的最大值为
.
【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.
高频考点四：利用对数平均不等式解决双变量问题
典型例题
例题1．（24-25 高三下·广东江门·阶段练习）已知函数
，
，设
.
(1)若
，求
的最大值；
(2)求
在
上的最小值；
(3)若
有两个不同的零点
，求证：
.
【答案】(1)
；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【分析】（1）把
代入，求出函数
导数，确定函数的单调性求出最大值.
（2）求出函数
的导数，进而求出其单调区间，再分类讨论求出最小值.
（3）利用零点的定义可得
，
，作差变形并构造函数
，
利用导数探讨取值集合即可.
【详解】（1）依题意，函数
，其定义域为
，
当
时，
，求导得
，
当
时，
，
；当
时，
，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递增减，
所以
的最大值为
.
（2）函数
，求导得
，当
时，
；当
时，
，
函数
在
上单调递增，在
上单调递减，而
，
因此函数
在
上单调递增，在
上单调递减，又
，
所以当
时，
；当
时，
.
（3）依题意，不妨令
，
，即
，
两式相减得
，
不等式
，
令
，则
，
令函数
，
，函数
在
上单调递增，
因此
，即
，则
，
所以
.
例题2．（2025·江西新余·模拟预测）已知函数
，
.
(1)当
时，证明：
；
(2)若
在
单调递增，求
的取值范围；
(3)若
且
，证明：
.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）通过构造函数，利用导数研究函数单调性来证明不等式；
（2）先求出
的导数，根据函数单调递增的条件转化为不等式恒成立问题，进而求解
的取值范围；
（3）结合（1）（2）运用增强函数法，或者构造函数，运用极值点偏移法，结合函数的单调性和所给条
件，通过巧妙构造函数来证明不等式.
【详解】（1）令
，
当
时，
，
单调递减；
当
时，
，
单调递增，所以
，即
令
，
，
令
，
，
当
时，
，
单调递减，
，
故：
，
单调递减，
，故：
所以：
（2）
，
当
时，令
，则：
，为使
单调递增，则
，即
恒成立，
.
①
时，
，
，
单调递增，
，
，此时
不恒成立，舍
去
②
时，令
，则
在
单调递减，在
单调递增，
所以
有最小值
，即：
，而由（1）得：
，所以
当且仅当
所以
.
（3）法一：增强函数法：
在（2）中取
，
，
由于
单调递增，不妨设
，故
，
又
，则
，即：
，即：
又由（1）得：
，令
，则：
，
所以：
，即：
精练高频考点
1．（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.
【详解】（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.
2．（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.
