第 09 讲 利用导数研究双变量问题
（核心考点精讲精练）
命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的常考内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能进行函数转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双变量的不等式
转化为含单变量的不等式；
2巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
3回归双变量的不等式的证明，把所求的最值应用到双变量不等式，即可证得结果.
【命题预测】题型分析 双变量问题运算量大，综合性强，解决起来需要很强的技巧性，解题总的思想方
法是化双变量为单变量，然后利用函数的单调性、最值等解决．
知识讲解
1. 对数均值不等式
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
证明如下：可设 ．（1）先证： ……①
不等式① （其中 ）
构造函数 ，则 ．
因为 时， ，所以函数 在 上单调递减，故 ，从而不等式①成
立.（2）再证： ……②
不等式② （ ）
构造函数 ，则 ．
因为 时， ，所以函数 在 上单调递增，
故 ，从而不等式②成立；综合（1）（2）知，对 ，都有对数平均不等式
成立，当且仅当 时，等号成立．
注：对数均值不等式实际上是对数不等式链： 在双变元情形下的应用.
2. 构造偏差函数及应用
1.极值点偏移现象
（1）.已知函数 的图象的极值点为 ，若 的两根的中点刚好满足 即极值点在
两根的正中间，此时极值点没有偏移，函数 在 两侧，函数值变化快慢相同，如图(1)．
（2）．若 ，则极值点偏移，此时函数 在 两侧的函数值变化快慢不同，如图(2)
(3)．
2.极值点偏移题目特征：
①.函数 的极值点为 ；
②.函数 ，然后证明：
或 .
3.构造偏差证明极值点偏移的基本方法：
①.构造一元差函数
或是；
②.对差函数 求导，判断单调性；
③.结合 或 ，判断 的符号，从而确定 与 的大小关系；
④.由 的大小关系，得到
，（横线上为不等号）；
⑤.结合 单调性得到 ，进而得到 .
考点一、 利用导数解决函数中的双变量问题
1．（四川·高考真题）已知函数 ， 的导函数是 ．对任意两个不相等的正数
、 ，证明：
(1)当 时， ；
(2)当 时， ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先化简 与 ，利用基本不等式分项进行证明，再综合作答；
（2）先用分析法找出特征式的等价不等式，再构造函数 ，转化为求函数 的最值问题，
利用导数研究函数 的极值和最值即可证明.
【详解】（1）证明：（1）由 ，得：
，
，
而 ①
又 ，所以 ②
因为 ，
所以 ，
因为 ， ③
由①、②、③，得： ，
即 ．
（2）证明：由 ，得
则
要证 ，
只需证 即可.
下面证明对任意两个不相等的正数 ， ，有 恒成立.
即证 成立，
因为 ，
设 ， ，
则 ，
令 ，得 ，列表如下：
0
单调递减 极小值 单调递增
所以所以
即对任意两个不相等的正数 ， ，恒有
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，如本题中（2）问分离参数 ，得
到 ．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数
能直接求出最值点的情况，难度较大，如本题中利用换元思想（ ）构造函数 .
2．（2022·浙江·统考高考真题）设函数 ．
(1)求 的单调区间；
(2)已知 ，曲线 上不同的三点 处的切线都经过点 ．证
明：
（ⅰ）若 ，则 ；
（ⅱ）若 ，则 ．
（注： 是自然对数的底数）
【答案】(1) 的减区间为 ，增区间为 .
(2)（ⅰ）见解析；（ⅱ）见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，讨论其符号后可得函数的单调性.
（2）（ⅰ）由题设构造关于切点横坐标的方程，根据方程有3个不同的解可证明不等式成立，（ⅱ）
， ，则题设不等式可转化为 ，结合零点满足的方程进一
步转化为 ，利用导数可证该不等式成立.
【详解】（1） ，
当 ， ；当 ， ，故 的减区间为 ， 的增区间为 .
（2）（ⅰ）因为过 有三条不同的切线，设切点为 ，
故 ，
故方程 有3个不同的根，
该方程可整理为 ，
设 ，
则
，
当 或 时， ；当 时， ，
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，
整理得到： 且 ，
此时 ，
设 ，则 ，
故 为 上的减函数，故 ，
故 .
（ⅱ）当 时，同（ⅰ）中讨论可得：
故 在 上为减函数，在 上为增函数，
不妨设 ，则 ，
因为 有3个不同的零点，故 且 ，
故 且 ，整理得到： ，
因为 ，故 ，
又 ，
设 ， ，则方程 即为：
即为 ，
记
则 为 有三个不同的根，
设 ， ，
要证： ，即证 ，
即证： ，
即证： ，
即证： ，
而 且 ，
故 ，
故 ，
故即证： ，
即证：
即证： ，
记 ，则 ，设 ，则 ，所以 ，
，
故 在 上为增函数，故 ，
所以 ，
记 ，
则 ，
所以 在 为增函数，故 ，
故 即 ，
故原不等式得证：
【点睛】思路点睛：导数背景下的切线条数问题，一般转化为关于切点方程的解的个数问题，而复杂方程
的零点性质的讨论，应该根据零点的性质合理转化需求证的不等式，常用的方法有比值代换等.
1．（2023·山东淄博·统考二模）已知函数 ， .
(1)求函数 的单调区间；
(2)若 ， 是函数 的两个极值点，且 ，求证： .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因参数 在函数的位置特殊，考虑到参数变化时，函数定义域在变化，导函数的零点也在变
化，所以比较时候需要兼顾零点在不在定义域上，也需要考虑零点之间的大小比较.
（2）对含参的双变量问题，核心在于消元，本问通过 ， ， 之间的关系，把证明 转
化为求函数 的单调性问题，在结合函数 的单调性即证.
【详解】（1）易知函数 的定义域为 .又 .
当 时， 在 上单调递增， 在 上
单调递减；
当 时， 在 上单调递增， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增， 在 和 上
单调递减；
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增， 在 和 上单
调递减.
（2）由 ， 则
，由题意知 是方程 的两根，
因此， ， ，且 ， .
所以，
把 ， 代入得
要证 ，只需证明 ，
即 ，
也即 .令 ， ，由 ，得 .
设 ，要证 .
因为， ， 在 上单调递减，
所以， ，即证.
【点睛】思路点睛：（1）求含参函数单调区间，需考虑导函数零点与定义域的关系，不同零点直接的大
小，依次分类即可.
（2）对于题目涉及到的两个变元，已知中一个变元在题设给定的范围内任意变动，求另一外变元的取值
范围问题，这类问题我们称之不“伪双变量”问题.这种“伪双变量”问题，往往会利用我们将字母x作为
自变量的误区来进行设计.此时，我们变更一元思路，将另一个 变量作为自变量，从而使问题得以解决，
我们称这种方法为变更主元法.
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，当 时，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据求导公式和运算法则可得 ，分类讨论当 、 、 、
时的单调性即可；
（2）由 和对数的运算性质变形可得 ，利用分析法证明
，令 ，根据换元法，设 ，利用导数证明函数 的单调性，结
合 可得 ，再次利用导数证明该不等式即可.
【详解】（1）函数 的定义域为 ．
易知 ．
当 时，若 ，则 ，若 ，则 ；当 时，若 或 ，则 ，若 ，则 ；
当 时， 恒成立；
当 时，若 或 ，则 ，若 ，则 ．
综上，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 ， 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 ， 上单调递减．
（2）由 ，
得 ，
所以 ，
则 ．
要证 ，
需证 ，
又 ，所以即证 ，即证 ．
令 ，则 ．
设 ，则 ，
设 ，则
所以 在 上单调递增，则 ，
所以 ， 在 上单调递增．
由 ，得 ，所以 ，
所以需证 ，即证 ．
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，
所以
故 ．
【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关系式，并把含双变量的关系式转
化为含单变量的关系式进行求解；二是巧妙构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
3．（2023·海南·校联考模拟预测）已知函数 在 上单调递增.
(1)求 的取值范围；
(2)若存在正数 满足 （ 为 的导函数），求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可知 在 上恒成立，即 在 上恒成立．结合二次函数
的性质即可求解；
（2）由题意可得 ， 是方程 的两根，则 ，利用基本不等式得 .根
据换元法，令 ，设 ，利用导数研究函数 的性质可得
，再次利用导数研究函数 的性质即可求解.
【详解】（1） ， ．
因为 在定义域内单调递增，所以 ，
即 在 上恒成立，所以 在 上恒成立．当 时，函数 ，所以 ，
故实数 的取值范围是 ．
（2）由题意知 为方程 ，即方程 的根，
所以 ， 是方程 的两根，所以 ， ．
所以 ，由基本不等式得 ，所以 ．
．
令 ，则由 ，得 ．
设 ，
当 时， ，
所以 在 上单调递增，从而 ．
令 ，当 时， ，
所以 在 上单调递增，得 ，
综上可得 ，即 ．
【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.
4．（2023·湖南衡阳·衡阳市八中校考模拟预测）设函数 .
(1)求 的极值；
(2)已知 ， 有最小值，求 的取值范围.
【答案】(1)极大值为 ，无极小值
(2)
【分析】（1）求导后，根据 正负可得 单调性，结合极值定义可求得结果；（2）由 可得 ，令 ，可将 表示为 ；构造函数
，求导后，分别在 和 的情况下，讨论得到 单调性，进而确定符合题意
的 的取值范围.
【详解】（1）由题意知： 定义域为 ， ，
， ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减；
的极大值为 ，无极小值.
（2） 可化为 ，
为单调递增函数，
由 可得： ，即 ，
令 ，则 ， ， ， ，
，
令 ，
，
令 ，
；
①当 时， 恒成立， 在 上单调递增，
，即 ， 在 上单调递增，
此时 在 上不存在最小值，即 不存在最小值，不合题意；
②当 时，若 ，则 ；若 ，则 ；
在 上单调递减，在 上单调递增，又 ， ，又 ，
存在 ，使得 ，且当 时， ，即 ；当 时， ，
即 ；
在 上单调递减，在 上单调递增，
，即 有最小值；
综上所述：实数 的取值范围为 .
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解函数极值、多变量问题的求解；求解多变量问题的关键是能
够通过引入第三变量 ，将 利用 来表示，从而减少变量个数，将问题转化为关于 的函数的单调
性的讨论问题.
5．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）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.
【详解】（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.
6．（2023·全国·学军中学校联考模拟预测）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.
【详解】（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.
7．（2023·湖北咸宁·校考模拟预测）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.
【详解】（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.
【基础过关】
1．（2023·青海西宁·统考一模）已知函数 存在两个极值点 .(1)求 的取值范围；
(2)求 的最小值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据极值点的定义可知 ，即 有两个不等正根，由一元二次方
程根的分布可构造不等式组求得 的取值范围；
（2）由（1）可知 ，由此化简 为 ，令 ，
利用导数可求得 ，即为所求的最小值.
【详解】（1）由题意知： 定义域为 ， ；
令 ，则 有两个不等正根 ，
，解得： ， 实数 的取值范围为 .
（2）由（1）知： ， 是 的两根，则 ；
；
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增；
，
即 的最小值为 .
2．（2023·青海西宁·统考一模）已知函数 ， .
(1)讨论 的单调性；
(2)任取两个正数 ，当 时，求证： .
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据函数解析式求出定义域以及导数，对参数 进行讨论，根据导函数的正负取值情况得出函数的单调性；
（2）求出 ，运用分析法将需要证明成立的不等式转化，再利用换元法写出表达式，利用导数研究函
数的单调性，进而证明原不等式成立.
【详解】（1） .
当 时， ，令 ，得 ；令 ，得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减.
当 ，即 时，令 ，得 或 ；令 ，得 .
所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
当 ，即 时， 恒成立，所以 在 上单调递增.
当 ，即 时，令 ，得 或 ；令 ，得 .
所以 在 ， 上单调递增，在 上单调递减.
综上所述，
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增；
当 时， 在 ， 上单调递增，在 上单调递减；
（2）证明：由题意得， .
要证 ，
只需证 ，
即证 ，
即证 .令 ，
所以只需证 在 上恒成立，
即证 在 上恒成立.
令 ，则 ，
令 ，则 .
所以 在 上单调递减，即 在 上单调递减，
所以 ，所以 在 上单调递增，
所以 .
所以 .
3．（2023·宁夏银川·银川一中校考三模）已知函数 ．
(1)求曲线 在点 处的切线方程；
(2)若函数 有两个极值点 ，且 ，求 的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可得出结果；
（2）求出 ，可得 ，化简 ，构造函数
，利用 单调性即可求得答案.
【详解】（1） ，
曲线 在点 处的切线方程为 ，即 .
（2） ，
则函数 的定义域为 ，若函数 有两个极值点 ，且 ．
则方程 的判别式 ，且 ，
．
．
设 ，
则 在 上恒成立．
故 在 单调递减，从而 ．
因此， 的取值范围是 ．
4．（2023·河南郑州·三模）已知函数 ， ．
(1)讨论函数 的单调性；
(2)若函数 有两个极值点 ， ，且 ，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，再根据判别式讨论函数的单调区间；
（2）根据（1）的结果，可知， ， ， ，这样可将所证明不等式进行变形，从而
构造函数 ，利用导数即可证明.
【详解】（1）函数 的定义域为 ， ，设 ，令 ， ，
当 时，即 ， 在 单调递减，
当 时，即， ，令 ，得 ， ，
若 ， ， ，由 即 ，得出 .
由 即 ，得出 .
当 时， ，由 即 ，得出 .
由 即 ，得出 .
综上所述：当 时，函数 在 上单调递减，
当 时，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
当 时，函数 在 上单调递减，
在 上单调递增；在 上单调递减.
（2）由（1）可知：当 时，
， 是函数 两个极值点，
有 ， ，此时 ，
要证明 ，只要证明
设 ，
令 ，当 时， ，
所以当 时， ， 单调递减，
所以有 ，即证
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数性质的综合应用问题，本题第二问处理双变量问题，关
键是 ， ， ，从而为后面的消参，构造函数创造条件.
5．（2023·江西·江西师大附中校考三模）已知函数 ．
(1)若 在点 处的切线与直线 垂直，求该切线方程；
(2)若 的极值点为 ，设 ，且 证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）先求得 的极值点 ，将问题转化为证 ，再根据 的单调性转化为证
，构造差函数，利用导数研究其单调性即可.
【详解】（1）由题意知直线 的斜率为 ，所以 在点 处的切线斜率为-2，而
，则 ，得 ，
所以在点 处的切线方程为： ，即 ．
（2） ，令 ， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
故 在 时取得极值， 的唯一极值点 ，
因为 ，则 ，
当 时， 恒成立，则 在 上单调递增，不合题意，
当 时，易得 的解集为 的解集为 ，
即 的单调增区间为 ，单调减区间为 ，
依题意： ，解得 ，不妨设 ，则 ，要证 则只要证 ，
即证： ，即证 ，即证： ，
令
则 ，即 在 上单调递减，有
即 ，则 成立，因此 成立， .
【点睛】思路点睛：第二问先求导得 的唯一极值点 ，将问题化为证 ，再通过求导判定
的单调增区间为 ，单调减区间为 ， ，将问题化为证 成立，
此时将双变量问题转化为单变量问题，即证 单调递增即可.
【能力提升】
1．（2023·广西·校联考模拟预测）已知函数 ．
(1)若 ，求 在 处的切线方程；
(2)若 有两个不同零点 ， 证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出切线斜率 ，根据点斜式可得.
（2）由 得 ，故考虑构造函数 ，先证 ，
利用 的单调性去证明即可.
【详解】（1）当 时， ，
故 ， ，
故在 处的切线方程为 ，即 .
（2）证明：不妨设 ，设 ，则 ，当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减， 在 单调递增，
可知 ， 也是 的两个零点，且 ， ，于是 ，
设 ，
因为 ．
设 ，
当 时， ，
故 在 单调递增，
所以 ，从而 ，
因此 在 单调递增．
又 ，故 ，故 ，于是 ．
又 在 单调递减，故
即 ，故
【点睛】关键点点睛：第一个关键点是从结论分析，由 得 ，
故构造函数 ；第二个关键点是能利用 函数的最值得到 ，进
而证明 .
2．（2023·全国·模拟预测）已知函数 ， 的导函数为 .
(1)若 在 上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若 ，求证：方程 在 上有两个不同的实数根 ，且
.
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）先由导数证明 ，再由 ，得出 ，求出 的最小
值得出实数a的取值范围；
（2）将条件转化为方程 在 上有两个不同的实数根，由函数 单调性得出 取值范
围，利用换元法得出得 ，再由 的单调性证明不等式.
【详解】（1） ，
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增， ，
所以令 ，得 ，即 .
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
所以 ， 所以 ，此时 ， 在 上单调递增，
故a的取值范围是 .
（2）要证 在 上有两个不同的实数根 .
即证方程 在 上有两个不同的实数根 ，
即证方程 在 上有两个不同的实数根 ，
由（1）知 在 上单调递减，在 上单调递增，且当 时， ，当
时， ，
又 ， ，
所以方程 在 上有两个不同的实数根 ， ，且 .
因为 ，所以 ，
又 ，所以 ，（点拨：根据函数的单调性得到 的范围）易知 ， ，
两式分别相加、相减得 ， ，
得 ，
设 ，则 ， ，
所以 .（换元，将双变量问题转化为单变量问题）
设 ，则 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，得证.
【点睛】关键点睛：解决问题二时，关键在于利用 ， 将双变量转化为单变量问题，
再由导数证明不等式.
3．（2023·全国·模拟预测）已知函数 ， ．
(1)讨论 的单调性；
(2)若 ，当 时，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）根据求导公式和运算法则可得 ，分类讨论当 、 、 、
时的单调性即可；
（2）由 和对数的运算性质变形可得 ，利用分析法证明
，令 ，根据换元法，设 ，利用导数证明函数 的单调性，结
合 可得 ，再次利用导数证明该不等式即可.
【详解】（1）函数 的定义域为 ．易知 ．
当 时，若 ，则 ，若 ，则 ；
当 时，若 或 ，则 ，若 ，则 ；
当 时， 恒成立；
当 时，若 或 ，则 ，若 ，则 ．
综上，当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 ， 上单调递减；
当 时， 在 上单调递减；
当 时， 在 上单调递增，在 ， 上单调递减．
（2）由 ，
得 ，
所以 ，
则 ．
要证 ，
需证 ，
又 ，所以即证 ，即证 ．
令 ，则 ．
设 ，则 ，
设 ，则
所以 在 上单调递增，则 ，所以 ， 在 上单调递增．
由 ，得 ，
所以 ，
所以需证 ，即证 ．
设 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则 ，
所以
故 ．
【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关系式，并把含双变量的关系式转
化为含单变量的关系式进行求解；二是巧妙构造函数，再借助导数，判断函数的单调性，从而求其最值．
4．（2023·上海松江·校考模拟预测）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.
【详解】（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.
5．（2023·陕西安康·统考一模）设向量 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)设函数 ，若 存在两个极值点 ，证明：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）利用平面向量数量积得到 ，定义域为 ，求导后，根据导
函数特征，分 ， ， ， 四种情况，得到函数的单调性；
（2） 定义域为，求导，根据导函数特征得到 与 不合题意，当 时，
满足要求，且由 知 ，整理得到 等价于
，构造 ，求导后得到 恒成立，得到函数的单调性，
求出当 时， ，证毕.
【详解】（1）根据已知得 ，定义域为 ，
则 ，若 ，当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增；
若 ，由 ，得 或 ，由 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减；
若 ，则 恒成立，所以 在 上单调递增；
若 ，由 ，得 或 ；由 ，得 ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减；
综上： 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减；
时， 在 上单调递增；
时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）证明：由已知得 ，定义域为 ，
从而 .
当 ，即 时， 恒成立，函数 不可能有两个极值点；
当 时， 有两个根 ，因为 ，与 都是正数相矛盾，不合题意；
当 时， 有两个根 ，因为 ，且 ，
所以两根 均为正数，故 有两个极值点，
因为 ，由 知 ，
因为 ，
所以 等价于 ，
即 ，
令 ，
所以 在 上单调递减，又 ，所以当 时， ，
故 成立.
【点睛】极值点个数的判断问题，一般转化为方程根的个数，求导后若可以化为二次函数，可以利用根的
判别式及韦达定理求解，若不是二次函数，则研究函数的单调性，借助函数图象研究，在完成此类题目时，往往会将多元问题转化为一元问题进行解决.
6．（2023·浙江温州·统考二模）已知函数 ．
(1)若 ，求方程 的解；
(2)若 有两个零点且有两个极值点，记两个极值点为 ，求 的取值范围并证明 ．
【答案】(1)解为
(2) ，证明见解析
【分析】（1） 用导数研究 的单调性与极值，只有在极值点处满足
；
（2）由 及 分别有两个零点，分离参数 ，数形结合得到 的取值范围，由 消去
代入 得 ，结合 进一步转化为证明 ，结合 的
范围，考察 的最值得证.
【详解】（1） ，定义域为 ，
令 ，设 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增， ，
故方程 的解为 .
（2）令 ，得 ，设 ，
故 在 单调递增，在 单调递减， ，
当 时 ，当 时 ，
若 有两个零点，则 ，故 ，
，令 ，得 ，
设 ，则 ，
故 在 单调递增，在 单调递减， ，当 时 ，当 时 ，
若 有两个极值点，则 ，
综上， .
不妨令 ，因为 且 ，由 与 图象得 ，
由 为 的两根得 ，
两式分别乘 并整理得 ，
所以 ，
要证 ，即证 ，
即证： ，
由于 ，所以 ，
只需证 ，即证 ，（ ），
令 ，（ ），
当 时 ，所以 在 上单调递减，
所以 ，故 ，得证.
【点睛】关键点点睛：由 为 的两根得 ……①，
……②，对含参双零点常用处理方法：
①+②得 ……③，用此式可代入消参，①－②得 ……④，也用此式可代入消参，
由③④得 ，可直接消参.
本题中以上方法均不适合，结合要证的结论要想消参需要在①②两式分别乘 构造出 代入
即可.
7．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）已知函数
(1)若 ，求不等式 的解集；
(2)若 存在两个不同的零点 ， ，证明： .
【答案】(1) ;
(2)详见解析.
【分析】（1） 由 的单调性及 可求解；
（2）根据函数 存在两个不同的零点 ，得 ， ，将所证不等
式转化为 ，利用由(1)的过程知
及 ，代入可证得结论.
【详解】（1）令 ， 的定义域为 ，
则 ，所以 在 上单调递增.
因为 ，所以当 时， ，当 时， ，
所以原不等式的解集为 .
（2）证明: ，令 ，易知 在 上单调递减，且 .
当 时， ，此时 单调递增;
当 时， ，此时 单调递减.
所以 .
因为函数 存在两个不同的零点 ，所以 ，即 ，由图可知 ，由题意知 ，
所以 ，
两式相减得 .
所以 等价于
，
也等价于 .
因为 ，所以由(1)的解题过程知 ……①
……②
因为 ，所以 ，
即 ……③
①+②+③得 ，
所以 .
【点睛】关键点点睛：本题难点在零点的转化应用：由 的零点为 得：
（1） ，两式相减得 ，使用此时代入消去 .
（2）由 得 即 ，使用此时代
入消去 .
本题中两次对零点的使用都富有创新性.
8．（2023·山东潍坊·校考模拟预测）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.
【详解】（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.
9．（2023·天津河西·天津市新华中学校考模拟预测）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 .
【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．
10．（2023·山东潍坊·校考一模）已知函数 .
(1)讨论 极值点的个数；
(2)若 有两个极值点 ，且 ，证明: .
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）分类讨论导函数 的实数根即可求解极值点，
（2）构造函数 和 ，通过判断函数的单调性，
求解最值，当导数正负不好确定的时候，需要构造新的函数，不断的通过求导判断单调性.
【详解】（1） ,则 ,
显然不是 的零点,令 ,则 ,
在 单调递减,在（0,1）单调递减,在 单调递增.
当 时， ，当 时， ，且
时, 只有一个实数根，所以此时 有1个极值点,
时, 没有实数根，故 有0个极值点,
当 时， ，有一个实数根 ，但 不是极值点，故此时 没有极值点，
时, 有两个不相等的实数根，故 有2个极值点.
（2）由（1）知, ,且 在（0,1）单调递减,在 单调递增,
先证: ,即证: ， 即证: .
即证: .
令 ,
即证: ,
令 则
令 ,则 ,则 在 单调递减
,
,即 在 单调递减,
,证毕.
再证: ,
,且
.
在 单调递增,在 单调递减,在 单调递增,
.
即证: ,又 ,
即证: .
令 ,
.
令 ,
,
令
,
令
令 ,
,
在 单调递减,在 单调递增.
,
,当 时, 单调递增;当 时, 单调递减.
,
在 单调递减,在 单调递增.
,
在 单调递增,在 单调递减.
,
,
,
在 单调递增,
,
所以原命题得证.
【点睛】本题考查了导数的综合运用，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不
等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函
数往往是解题的关键.
【真题感知】
1．（重庆·高考真题）设函数 ， .
（1）求导数 ，并证明 有两个不同的极值点 ､ ；
（2）若不等式 成立，求 的取值范围.
【答案】（1） ，证明见解析；（2） .
【分析】（1）利用求导法则求出 的导函数，令 考虑到判别式大于零得到两个极值点，设
，讨论函数的增减性得到 是极大值点， 是极小值点；
（2）把 ， 代入到 中求出函数值代入不等式 中，在利用根与系数的关系化简得到关
于 的不等式，求出解集即可．
【详解】解：（1）∵ ，
∴ .
令 得方程 ，
因 ，故方程有两个不同实根 ､ ，
不妨设 ，由 可判断 的符号如下：
当 时， ；
当 时， ；
当 时， .
因此 是极大值点， 是极小值点.
（2）因 ，故得不等式
.
即 .
又由（1）知， .
代入前面不等式，两边除以 ，并化简得 .解不等式得 或 （舍去）.
因此，当 时，不等式 成立.
2．（湖南·高考真题）设函数
（1）讨论 的单调性；
（2）若 有两个极值点 和 ，记过点 的直线的斜率为 ，问：是否存在 ，
使得 ？若存在，求出 的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）答案见解析：（2）不存在
【详解】（1） 定义域为 ，
，
令 ，
①当 时， ， ，故 在 上单调递增，
②当 时， ， 的两根都小于零，在 上， ，
故 在 上单调递增，
③当 时， ， 的两根为 ，
当 时， ；当 时， ；当 时， ；
故 分别在 上单调递增，在 上单调递减.
（2）由（1）知， ，
因为 .
所以 ,
又由（1）知， ，于是 ，
若存在 ，使得 ，则 ，即 ，
亦即 （ ）
再由（1）知，函数 在 上单调递增，而 ，所以 ，这与（ ）式矛盾，
故不存在 ，使得 .
