最新高考數學二輪復習講義重難點突破篇專題06 雙變量問題-試卷下載-教習網

1、明確模擬練習的目的。不但檢測知識的全面性、方法的熟練性和運算的準確性，更是訓練書寫規(guī)范，表述準確的過程。
2、查漏補缺，以“錯”糾錯。每過一段時間，就把“錯題筆記”或標記錯題的試卷有側重的看一下。查漏補缺的過程也就是反思的過程，逐漸實現保強攻弱的目標。
3、嚴格有規(guī)律地進行限時訓練。特別是強化對解答選擇題、填空題的限時訓練，將平時考試當作高考，嚴格按時完成，并在速度體驗中提高正確率。
4、保證常規(guī)題型的堅持訓練。做到百無一失，對學有余力的學生，可適當拓展高考中難點的訓練。
5、注重題后反思總結。出現問題不可怕，可怕的是不知道問題的存在，在復習中出現的問題越多，說明你距離成功越近，及時處理問題，爭取“問題不過夜”。
6、重視每次模擬考試的臨考前狀態(tài)的調整及考后心理的調整。以平和的心態(tài)面對高考。
專題06 雙變量問題
【方法技巧與總結】
破解雙參數不等式的方法：
一是轉化，即由已知條件入手，尋找雙參數滿足的關系式，并把含雙參數的不等式轉化為含單參數的不等式；
二是巧構函數，再借用導數，判斷函數的單調性，從而求其最值；
三是回歸雙參的不等式的證明，把所求的最值應用到雙參不等式，即可證得結果.
【題型歸納目錄】
題型一：雙變量單調問題
題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題
題型四：雙變量不等式:中點型
題型五：雙變量不等式:剪刀模型
題型六：雙變量不等式:主元法
【典例例題】
題型一：雙變量單調問題
例1．（2022?蘇州三模）已知函數，其中．
（Ⅰ）函數的圖象能否與軸相切？若能，求出實數，若不能，請說明理由；
（Ⅱ）求最大的整數，使得對任意，，不等式恒成立．
【解答】解：（Ⅰ）．
假設函數的圖象與軸相切于點，
則有，即．
顯然，，代入方程中得，．
△，方程無解．
故無論取何值，函數的圖象都不能與軸相切；
（Ⅱ）依題意，
恒成立．
設，則上式等價于，
要使對任意，恒成立，即使在上單調遞增，在上恒成立．
（1），則，
在上成立的必要條件是：．
下面證明：當時，恒成立．
設，則，
當時，，當時，，
，即，．
那么，當時，，；
當時，，，恒成立．
因此，的最大整數值為 3．
例2．（2020秋?龍巖期中）已知函數．
（1）討論的單調性；
（2）若，且存在兩個極值點，，證明：．
【解答】解：（1）的定義域為，，
若，則，所以在單調遞增；
若，當時，；
當時，．
所以在單調遞減，在單調遞增；
證明：（2）因為存在兩個極值點且，
，
所以的兩個極值點，滿足，
所以，不妨設，則，
則
，
要證，只需證，設，
則，
知在單調遞減，又（1），
當時，，故，
即，
所以．
例3．（2022?遼寧）已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）設．如果對任意，，，求的取值范圍．
【解答】解：（Ⅰ）的定義域為，．
當時，，故在單調遞增；
當時，，故在單調遞減；
當時，令，解得．
則當時，；時，．
故在單調遞增，在單調遞減．
（Ⅱ）不妨假設，而，由（Ⅰ）知在單調遞減，
從而，，
等價于，，①
令，則
①等價于在單調遞減，即．
從而
故的取值范圍為，．（12分）
例4．（2020春?平頂山期末）已知函數，．
（1）當為自然對數的底數）時，求的極小值；（2）討論函數的單調性；
（3）若，證明：對于任意，．
【解答】解：（1）當時，，，
當時，；時，；當時，．
所以，時，取得最小值．
（2），，
時，，在單調遞減．
（3）證明：時，，，，
當時，；當時，；
當時，．
即時，在和上單調遞減，
在上單調遞增．
由（2）知，當時，在上單調遞減，
所以，當時，對任意，（b）（a），
即對任意，．
題型二：雙變量不等式:轉化為單變量問題
例5．（2021春?海曙區(qū)校級期中）已知函數．
（1）討論的單調性；
（2）已知，若存在兩個極值點，，且，求的取值范圍．
【解答】解：（1）的定義域是，
，
令，△，
若，則△，恒成立，即，
則在上單調遞減，若，令，解得：，，
故時，，即，
，時，，即，
，時，，，
故在遞減，在，遞增，在，遞減，
時，令，解得：，，
故時，，即，在遞減，
綜上：時，在單調遞減，
時，在遞減，在，遞增，在，遞減．
（2）若存在兩個極值點，，且，
則，，由，可得，
則，
令，
，
，且與在上符號一致，
，
所以單調遞增，所以（1），即，
所以，
故的取值范圍是．
例6．（2021春?江寧區(qū)校級期中）已知函數，．（1）當時，
①求的極值；
②若對任意的都有，，求的最大值；
（2）若函數有且只有兩個不同的零點，，求證：．
【解答】解：（1）①時，，，
令，解得：，令，解得：，
故在遞減，在，遞增，
故的極小值是，沒有極大值；
②對任意都有，
即恒成立，由，故，故，
由①知在，單調遞增，
故，可得，即，
當時，的最小值是（e），故的最大值是；
（2）證明：要證，只需證明即可，
由題意，是方程的兩個不相等的實數根，
，，消去，
整理得：，
不妨設，令，則，
故只需證明當時，，即證明，
設，則，
于是在單調遞增，從而（1），故，故．
例7．（2022?德陽模擬）設函數．
（1）當時，求的單調區(qū)間是的導數）；
（2）若有兩個極值點、，證明：．
【解答】解：（1）當時，，
則，
，，
顯然遞減，且（1），
故當時，，時，，
故在遞增，在遞減；
（2）證明：，
，
由題意知有2個不相等的實數根，
即有2個不相等的實數根，，
則，令，則，
令，解得：，令，解得：，
故在遞增，在遞減，
故（1），而時，，
故的取值范圍是，，
由，得，
故
，
令，則，
，，故不等式只要在時成立，
令，
，，
故在上單調遞增，即，
故在上單調遞減，即，
故原不等式成立．
例8．（2022?潮州二模）已知函數，．
（1）討論函數的極值點；
（2）若，是方程的兩個不同的正實根，證明：．
【解答】解：（1），
，
令，△，
當時，△，，無極值點，
當時，令，解得：，
當，，時，，遞增，
，時，，遞減，
故極大值點是，極小值點是；
綜上：時，無極值點，
時，極大值點是，極小值點是；
（2）由，即，
令，
，令，得，
當時，，當時，，
在遞減，在，上遞增，又有2個零點，
，即，解得：，
且，兩式相減得：，
設，，
，要證明，
即證明，，
，
即證明，
令，
，
在上單調遞減，
（1），
即．
例9．（2022?浙江模擬）已知，函數．
（Ⅰ）若，求的取值范圍；
（Ⅱ）記，（其中為在上的兩個零點，證明：．
【解答】解：（Ⅰ），
當時，，在上遞增，
又，故符合題意，
當時，在遞減，在遞增，
，故，
又，
，解得：，當時，，在上單調遞增，
當時，，，
，不符合題意，
綜上：．
（2）證明：令，則且，
記且，由于，
故在和上遞減，在上遞增，
且當時，，當時，，當時，，當時，，
根據題意可知，，且，
先證，即證，即證，顯然成立；
再證，
，，
只需證，
，
，
只需證，即證，
又，
只需證，亦即，即，
由知，，
，故，即得證．
題型三：雙變量不等式:極值和差商積問題
例10．（2021春?溫州期中）已知函數．
（1）若，證明：當時，；當時，．
（2）若存在兩個極值點，，證明：．【解答】證明：（1）當時，，定義域為，
，在定義域上恒成立，
所以在上單調遞減，
當時，（1），
當時，（1），原命題得證．
（2），
若存在兩個極值點，則，解得，
由韋達定理可知，，，
，
原命題即證：，
不妨設，原命題即證：，
由知，，即證：，不妨令，
原命題即證：，記，
則，
當時，，在上單調遞減，
（1），原命題得證．
例11．（2021春?浙江期中）已知函數．
（1）當時，求函數在點處的切線方程；
（2）討論的單調性；
（3）若存在兩個極值點，，證明：．
【解答】（1）解：因為，則，
當時，，
所以（1），
則在處的切線方程為；
（2）解：函數的定義域為，且，
令，且，
①當時，恒成立，此時，則在上單調遞減；
②當時，判別式△，
當時，△，即，所以恒成立，此時函數在上單調遞減；
當時，令，解得，
令，解得或，
所以在，上單調遞增，在和，上單調遞減．
綜上所述，當時，在上單調遞減；
當時，在，上單調遞增，在和，上單調遞減．
（3）證明：由（2）可知，，，，
則
，
則，
故問題轉化為證明即可，
即證明，則，即證，即證在上恒成立，
令，其中（1），
則，
故在上單調遞減，
則（1），即，
故，
所以．
例12．（2021秋?武漢月考）已知函數．
（1）討論函數的單調區(qū)間；
（2）設，是函數的兩個極值點，證明：恒成立．
【解答】解：（1）的定義域為，
，
①當時，令，得，
令，得，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
②當時，令，得或，
令，得，
所以在，，上單調遞增，在上單調遞減，
③當時，則，
所以在上單調遞增，
④當時，令，得或，
，得，所以在，上單調遞增，在，上單調遞減，
綜上所述，當時，在上單調遞增，在上單調遞減，
當時，在，，上單調遞增，在上單調遞減，
當時，在上單調遞增，
當時，在，上單調遞增，在，上單調遞減．
（2）證明：，則的定義域為，
，
若有兩個極值點，，
則方程的判別式△，且，，
解得，又，所以，即，
所以
，
設，其中，，
由，解得，又，
所以在區(qū)間內單調遞增，在區(qū)間，內單調遞減，
即的最大值為，
所以恒成立．
題型四：雙變量不等式:中點型
例13．（2022?呼和浩特二模）已知函數．
①討論的單調性；②設，證明：當時，；
③函數的圖象與軸相交于、兩點，線段中點的橫坐標為，證明．
【解答】解：①函數的定義域為，
，
當時，則由，得，
當時，，當，時，，
在單調遞增，在，上單調遞減；
當時，恒成立，
在單調遞增；
②設函數，
則，
，
當時，，而，
，
故當時，；
③由①可得，當時，函數的圖象與軸至多有一個交點，
故，從而的最大值為，且，
不妨設，，，，，則，
由②得，，
又在，上單調遞減，
，于是，
由①知，．例14．（2021秋?山西期末）已知函數．
（1）討論的單調性；
（2）如果方程有兩個不相等的解，，且，證明：．
【解答】解：（1），
①當時，，，單調遞增；
②當時，，，單調遞減；
，，單調遞增，
綜上，當時，在單調遞增；
當時，在單調遞減，在單調遞增．
（2）由（1）知，當時，在單調遞增，至多一個根，不符合題意；
當時，在單調遞減，在單調遞增，則（a）．
不妨設，
要證，即證，即證，即證．
因為在單調遞增，即證，
因為，所以即證，即證，
令
．
．
當，時，，單調遞減，又，
所以，時，，即，
即，
又，所以，所以．
例15．（2022?沙坪壩區(qū)校級開學）已知函數．
（1）討論函數的單調性；
（2）設，若函數的兩個極值點，恰為函數的兩個零點，且的取值范圍是，，求實數的取值范圍．
【解答】解：（1）函數的定義域為，
又，
對于方程，△，
①若△，即時，則恒成立，
所以在上單調遞增；
②若△，即時，令，解得，或，
當和，時，，
當，時，，
所以在和，上單調遞增，
在，上單調遞減．
綜上所述，當時，的單調遞增區(qū)間為，無單調遞減區(qū)間；
當時，的單調遞增區(qū)間為和，，單調遞減區(qū)間為，；
（2）由（1）可知，當時，，，
又，
故，
由，
可得，
兩式相減，可得，所以，
令，
所以，
則，
所以在上單調遞減，
由的取值范圍為，，可得的取值范圍為，
所以，
又因為，
故實數的取值范圍是．
題型五：雙變量不等式:剪刀模型
例16．（2022?日照一模）已知函數在點處的切線方程為．
（1）求，；
（2）函數圖象與軸負半軸的交點為，且在點處的切線方程為，函數，，求的最小值；
（3）關于的方程有兩個實數根，，且，證明：．
【解答】解：（1）將代入切線方程中，得，
所以，又，解得或，
又，所以，
若，則（舍去）；
所以，則；（2）由（1）可知，，，所以，
令，有或，
故曲線與軸負半軸的唯一交點為，
曲線在點處的切線方程為，則，
因為，所以，
所以
若，，
若，所以，
若，，所以在上單調遞增，
，
函數在上單調遞增．
所以；
（3）證明：，設的根為，則，
又單調遞減，由（2）知恒成立．
又，所以，
設曲線在點處的切線方程為，則，
令，
當時，，
當時，，
故函數在上單調遞增，又，
所以當時，，當時，，
所以函數在區(qū)間上單調遞減，在區(qū)間上單調遞增，
所以，即，設的根為，則，
又函數單調遞增，故，故．
又，所以．
例17．（2021春?道里區(qū)校級期中）已知函數，是的極值點．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）設曲線與軸正半軸的交點為，曲線在點處的切線為直線．求證：曲線上的點都不在直線的上方；
（Ⅲ）若關于的方程有兩個不等實根，，求證：．
【解答】（Ⅰ）解：；
由題意知，；
；
（Ⅱ）證明：設曲線在，處切線為直線；
令；
；
；
在上單調遞增，在，上單調遞減；
；
，即，即上的點都不在直線的上方；
（Ⅲ）由（Ⅱ）設方程的解為；
則有，解得；
由題意知，；
令，；
；
在上單調遞增；；
的圖象不在的下方；
與交點的橫坐標為；
則有，即；
；
關于的函數在上單調遞增；
．
例18．（2022?江西校級二模）已知函數，．
（Ⅰ）求函數的極值；
（Ⅱ）設曲線與軸正半軸的交點為，求曲線在點處的切線方程；
（Ⅲ）若方程為實數）有兩個實數根，且，求證：．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得：由得：
又當時，，單調遞增，
當時，，單調遞減，
當時取得極大值，極大值為（1），無極小值．（3分）
（Ⅱ）設，，則，，
曲線在點處的切線方程為：，
即曲線在點處的切線方程為：（6分）
（Ⅲ）設，令
即，則
由于在單調遞減，故在單調遞減，又，
當時，當，時，，
在單調遞增，在，單調遞減，
，，即，都有；
設方程的根為，．
在單調遞減，且
，設曲線在點原點處的切線方程為：，則易得，
，有，即，
設方程的根為，則，
在單調遞增，且，
，
即．
題型六：雙變量不等式:主元法
例19．（2021春?哈密市校級月考）已知函數．
（1）求函數的單調區(qū)間和最小值；
（2）當時，求證：（其中為自然對數的底數）；
（3）若，求證：（b）．
【解答】解：（1）（1分）
令得：，
，；
令得：；（2分）
在，上為增函數；在，上為減函數．（4分）
（2）由（1）知：當時，有（b），（6分）
，即：，．（8分）
（3）將（a）（b）變形為：
（a）（b）（7分）
即只證：（a）
設函數（8分）
，
令，得：．
在，上單調遞增；在，上單調遞減；
的最小值為：，即總有：．（12分）
，即：，（13分）
令，，則
（a）（b），
（a）（b）成立．（14分）
例20．（2021秋?廣東月考）已知函數（其中且為常數，為自然對數的底數，．
（Ⅰ）若函數的極值點只有一個，求實數的取值范圍；
（Ⅱ）當時，若（其中恒成立，求的最小值的最大值．
【解答】解：（Ⅰ）函數的定義域為，
其導數為．
由或，
設，，
當時，；當時，．
即在區(qū)間上遞增，在區(qū)間上遞減，
，
又當時，，當時，且恒成立．
當或時，方程無根，函數只有一個極值點．
當時，方程的根也為，此時的因式恒成立，
故函數只有一個極值點．
當時，方程有兩個根、且，，函數在區(qū)間單調遞減；，單調遞增；單調遞減；，單調遞增，此時函數有、1、三個極值點．
綜上所述，當或時，函數只有一個極值點．
（Ⅱ）依題意得，令，則對，都有成立．
，當時，函數在上單調遞增，
注意到，
若，，有成立，這與恒成立矛盾；
當時，因為在上為減函數，且，
函數在區(qū)間上單調遞增，在上單調遞減，
，
若對，都有成立，則只需成立，
，
當時，則的最小值，
，
函數在上遞增，在上遞減，
，即的最小值的最大值為；
綜上所述，的最小值的最大值為．
例21．（2022?微山縣校級二模）設函數．
（Ⅰ）求的極值；
（Ⅱ）設，若對任意的，都有成立，求實數的取值范圍；
（Ⅲ）若，證明：．
【解答】（本小題滿分14分）
解：（Ⅰ）函數，則，
令，解得：，且當時，，時，
因此：的極小值為（Ⅱ）
令，則
注意到：，若要，必須要求，即，亦即
另一方面：當時，恒成立；
故實數的取值范圍為：
構造函數，，，
，，，在上是單調遞增的；
故（b）（a），即：
另一方面，構造函數，
，
在上是單調遞減的
故（b）（a）即：
綜上，．
【過關測試】
1．（2022·遼寧·撫順市第二中學三模）已知函數
(1)當時，證明函數有兩個極值點；
(2)當時，函數在上單調遞減，證明
【答案】(1)證明見解析
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）構造函數求導,利用零點存在性定理,判斷根的分布,進而可得函數的單調性,即可得極值.
（2）分離參數,轉化為恒成立,構造函數,利用放縮法和分類討論即可求解.
(1)定義域為
當時
令
∵時，，單調遞減，時，，單調遞增
所以使
此時時，，單調遞增，
時，，單調遞減
時，，單調遞增
∴是函數的兩個極值點．
(2)
∵在上單調遞減
∴恒成立
∴恒成立
①時，令
∵，∴
∴在單調遞減，∴
又∵∴，∴
②時，，∵，∴
∴，∴
又∵，∴
令
令，∴∴單調遞減，∵
使，即
時，單調遞增
時，單調遞減
∴∴∴，∴
綜上
【點睛】
本題考查導數的綜合應用，極值點，不等式的證明，參數的取值范圍，利用導數判斷函數的單調性是基本操作，導函數符號對函數單調性的影響，以及零點存在性定理，適當的放縮，把雙變量問題通過放縮變成單變量問題.
2．（2022·北京·北師大二附中三模）已知函數，其中，為的導函數.
(1)當，求在點處的切線方程；
(2)設函數，且恒成立.
①求的取值范圍；
②設函數的零點為，的極小值點為，求證：.
【答案】(1)
(2)①;②詳見解析
【解析】
【分析】
（1）利用導數的幾何意義即可求解.
（2）①先對函數求導，得到，推出，求導，得到，解對應不等式，得到單調性，求出其最小值，再根據恒成立，即可得出結果；
②先設，求導得.設，對其求導，判定單調性，從而得到函數單調性，得到是函數的極小值點，得到，再由①得時，，推出所以，得到，得到函數在區(qū)間上單調遞增，再由題意，即可得出結論成立.
(1)
時，,,,，所以函數在處的切線方程，即.
(2)
①由題設知，，
，，
由，得，所以函數在區(qū)間上是增函數；
由，得，所以函數在區(qū)間上是減函數.
故在處取得最小值，且.
由于恒成立，所以，得，
所以的取值范圍為；
②設，則.
設，
則，
故函數在區(qū)間上單調遞增，由（1）知，，
所以，，
故存在，使得，
所以，當時，，，函數單調遞減；
當時，，，函數單調遞增.
所以是函數的極小值點.因此，即.由①可知，當時，，即，整理得，
所以.
因此，即.
所以函數在區(qū)間上單調遞增.
由于，即，
即，
所以.
又函數在區(qū)間上單調遞增，所以.
3．（2022·湖北·高二階段練習）已知函數，.
(1)討論的單調性；
(2)任取兩個正數，當時，求證：.
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【解析】
【分析】
（1）根據函數解析式求出定義域以及導數，對參數進行討論，根據導函數的正負取值情況得出函數的單調性；
（2）求出，運用分析法將需要證明成立的不等式轉化，再利用換元法寫出表達式，利用導數研究函數的單調性，進而證明原不等式成立.
(1)
.
當時，，令，得；令，得.
所以在上單調遞增，在上單調遞減.
當，即時，令，得或；令，得.所以在，上單調遞增，在上單調遞減.
當，即時，恒成立，所以在上單調遞增.
當，即時，令，得或；令，得.
所以在，上單調遞增，在上單調遞減.
綜上所述，
當時，在上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在，上單調遞增，在上單調遞減；
當時，在上單調遞增；
當時，在，上單調遞增，在上單調遞減；
(2)
證明：由題意得，.
要證，
只需證，
即證，
即證.
令，
所以只需證在上恒成立，
即證在上恒成立.
令，則，
令，則.
所以在上單調遞減，即在上單調遞減，所以，所以在上單調遞增，
所以.
所以.
4．（2022·陜西·漢臺中學模擬預測（理））已知函數（，）.
(1)求函數的極值；
(2)若函數的最小值為0，，（）為函數的兩個零點，證明：.
【答案】(1)極小值為，無極大值
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）首先求函數的導數，分和兩種情況討論函數的單調性，再求函數的極值；
（2）首先由函數的最小值，確定，再結合零點存在性定理確定，，可得，再通過構造函數求函數的最小值.
(1)
（），，
若時，則恒成立，
在上單調遞增，故沒有極值；
若，則當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
有極小值，極小值為，無極大值.
(2)
證明：由（1）可知，當時，有最小值，，
由函數的最小值為0，得，
由題知，
，，
，，，
，（），
令，則，
令，則在上單調遞增，
又，在上，，，單調遞減，
在上，，，單調遞增，
，
得證.
5．（2022·江蘇·海門中學高二階段練習）已知函數
(1)討論函數的單調性；
(2)若有兩個極值點，證明
【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）求出，對a分類討論得出函數的單調性即可；
（2）化簡進而即證：對任意的恒成立，通過求導進而得證.
(1)
解：
當時，
當時，，則
令，則，或，，則，
綜上：當時，在上單調遞增，當時，在和上單調遞增，在上單調遞減.
(2)
有兩個極值
是方程的兩個不等實根，則
要證：，即證：
不妨設，即證：
即證：對任意的恒成立
令，，則
從而在上單調遞減，故，所以
6．（2022·湖北·模擬預測）已知對于不相等的正實數a，b，有成立，我們稱其為對數平均不等式．現有函數．
(1)求函數的極值；
(2)若方程有兩個不相等的實數根，．
①證明：；
②證明：．【答案】(1)極大值為，無極小值
(2)①證明見解析；②證明見解析
【解析】
【分析】
（1）利用導數求單調區(qū)間，由單調區(qū)間即可求出極值；
（2）由和可得，由已知條件所給的不等式即可證得①；
由①可得，則，令，構造函數，利用二次求導根據單調性即可證得②.
(1)
函數的定義域為，
，
則當時，；時，．
即在上遞增，上遞減，
故的極大值為，無極小值．
(2)
結合（1）由，；，，可得，
①由題意可得，從而，
即，
結合參考的公式可得：，
故，
且，即，從而有．
②由①可得，令，則，
所以，則，
則，∴遞減，
又∵，∴，
故遞增，∴，
即，
即．
7．（2022·山東濟寧·高二期中）已知函數（），且有兩個極值點．
(1)求實數的取值范圍；
(2)是否存在實數，使成立，若存在求出的值，若不存在，請說明理由．
【答案】(1)
(2)不存在；理由見解析
【解析】
【分析】
（1）求導之后，根據導函數在上有兩個變號零點，列式即可求解（2），假設存在，由（1）知，則，不妨設，代入，消元得，構造函數（）可知上述方程無實解，故不存在實數a，使成立
(1)
由題設，知函數的定義域為，
且，
因為函數有兩個極值點，
所以在上有兩個不等的實數根，
即在上有兩個不等的實數根，則有，
解得，即所求實數的取值范圍是．
(2)
由題意，得，
又由（1）知，
所以
．
要使成立，只需．
由（1）知，則只需，
即．（※）
由于，所以不妨設，
則（※）式成立，等價于成立．
設（），
則，
所以函數在區(qū)間上單調遞減，且，
所以
所以無實數解，即（※）式不成立，
所以不存在實數a，使成立．
8．（2022·廣東·廣州市第七中學高二期中）已知函數.
(1)討論的單調性；
(2)若函數的圖像與x軸交于A，B兩點，線段中點的橫坐標為，證明：.【答案】(1)見解析
(2)見解析
【解析】
【分析】
（1）先寫出函數定義域，然后求出，并按，討論，最后判斷即可.
（2）由（1）可得，設，，，計算，化簡，計算，換元并構建函數，利用導數判斷函數的單調性，最后可證結果.
(1)
的定義域為，
．
①若，則，所以在單調遞增．
②若，則由得，
且當時，，當時，．
所以在單調遞增，在單調遞減．
(2)
由（1）可知：當時，函數在上單調遞增，
故圖像與x軸至多有一個交點，不符合題意，從而．
當時，在單調遞增，在單調遞減，
不妨設，，，則．
由，
兩式相減得：，即：，
又
令，，
則，從而函數在上單調遞減，
故，從而，又，所以．
9．（2022·重慶·萬州純陽中學校高二期中）設函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)若有兩個零點，
①求a的取值范圍；
②證明：.
【答案】(1)當時，在為增函數，
當時，在上是減函數，在上為增函數；
(2)；詳見證明過程．
【解析】
【分析】
（1）求出函數的導數，通過討論的范圍，求出函數的單調區(qū)間即可；
（2）利用（1）中的結論求出的范圍，根據，構造函數，利用導數研究函數的單調性，得到，即可證明，令，，得到，得到，可知，最后根據函數的單調性證明結論成立即可．
(1)
的定義域為，且，當時，成立，所以在為增函數，
當時，
①當時，，所以在上為增函數，
②當時，，所以在上為減函數；
綜上：當時，在為增函數，
當時，在上是減函數，在上為增函數，
(2)
結合（1），當時，取得極小值，
又∵函數有兩個零點，∴，可得，
綜上所述，；
下面證明結論成立：
不妨設，
設，，
可得，，
∴在上單調遞增，
∴，即，，，
∴當時，，
又∵，，∴，
又∵當時，單調遞增，
∴，即，
設，，則，兩式相比得，
即，∴，
又∵，
令，則，
令，則，則在內單調遞減，即，即，
故，故在上單調遞減，
∴，
∴，即；
綜上所述，．
10．（2022·福建省廈門集美中學高二期中）已知函數．
(1)試討論的極值；
(2)設，若，，使得，求實數的取值范圍．
【答案】(1)答案見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先討論的單調性，再確定極值（2），，使得等價于，分別求出與，即可求解
(1)
函數的定義域為，
．
當時，，所以在上為增函數，此時函數不存在極值．
當時，由，解得，故在上單調遞增．
由，解得，故在上單調遞減．
此時函數在處取得極大值．無極小值．
綜上所述，當時，函數不存在極值．
當時，函數在處取得極大值，無極小值．
(2)
由（1）知當時，在上為增函數，
故無最大值，此時不符合題意；當時，．易知在上單調遞減，所以．
因為，，使得，
所以，即
解得，所以實數a的取值范圍是．
11．（2022·全國·高三專題練習）已知函數分別是函數的兩個零點，求證：.
【答案】證明見解析
【解析】
【分析】
因為，只需證.令，
即證. 令，則，
所以函數在上單調遞減，，即證.由上述分析可知.
【詳解】
因為，分別是函數的兩個零點，
所以
兩式相減，得，
所以.
因為，所以.
要證，即證.
因，故又只要證.
令，則即證明.
令，，則.這說明函數在區(qū)間上單調遞減，所以，
即成立.
由上述分析可知成立.
12．（2021·重慶市第十一中學校高三階段練習）已知函數
(1)當，研究的單調性；
(2)令，若存在使得，求證.
【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）求出導函數，由的正負確定單調區(qū)間；
（2）求出，，由導數確定的單調性，函數的變化趨勢，從而得出的范圍，由的關系，設，把都用表示，則可表示的函數，同樣利用導數得出新函數是增函數，得出，再由對數函數的性質得證不等式成立．
(1)
，，在上單調遞增，且，所以時，，時，，
在上單調遞減，在上單調遞增；
(2)
，（），
時，遞增，時，，遞減，
時，，
存在使得，則，令，，
，令，則，在上單調遞增，，，
，，.

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