专题07 导数双变量问题9种常见考法归类讲义 2027年高考数学一轮复习（全国I卷地区通用）（原卷版+解析版）

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考法深研·解题技能通关
题型01 双变量技巧——构造对称函数
1．（2026高三·黑龙江·期中）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设，求的单调区间；
(3)若存在，使得，求证：.
【答案】(1)；
(2)单调递减区间为，单调递增区间为；
(3)证明见解析.
【分析】（1）求导得函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程.
（2）求出函数，利用导数求出单调区间.
（3）利用导数求得，确定函数单调性，由此可得，再按分类并构造函数，利用单调性证明不等式.
【详解】（1）函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）依题意，的定义域为，求导得，
令函数，求导得，
函数，即在上单调递增，而，则当时，；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的单调递减区间为，单调递增区间为.
（3）函数，求导得，
则函数在上单调递减，又，则当时，；当时，，
由，得，当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，且，则，
若存在，使得，则，
当时，，满足；
当时，，此时或，
当时，，不等式显然成立；
当时，要证，即证明，而，在上单调递增，
因此要证明，即证明，又，即证明.
令函数，
求导得，令，
求导得，
函数在上单调递减，，即，函数在上单调递增，
因此，即在区间上恒成立，则，
由，得，
由函数在上单调递增，得，即，
所以.
2．（2026·甘肃张掖·模拟预测）已知函数，．
(1)若函数在上单调递减，求实数的取值范围；
(2)若，函数，且存在，使得，求证：．
【答案】(1)
(2)
时，，
恒成立，所以在单调递减，
且，时，，当时，，
由
，得，，，
所以在区间上单调递减，在上单调递增，，
所以，
若存在，使得，则，
当时，，，满足，
当时，，，有两种情况，或，
要证明，即证明，其中，
当时，在单调递增，因此要证明，等价于证明，
因为，即证明，
令，，
，
当时，，，
令，，
所以在上单调递减，，因此，
所以在上单调递增，所以，
即在区间恒成立，
因此，又因为，所以，
又因为在区间单调递增，
所以，即，结论成立，
当时，因为，所以，所以不等式显然成立，
综上可知，时，，当时，成立，
所以无论何种情况，，得证.
【分析】（1）由函数的单调性转化为在区间恒成立，转化为最值问题求解；
（2）首先利用导数判断函数和的单调性和最值，再根据，确定和的范围，再根据，，和三种情况，证明不等式.
【详解】（1）由条件可知，在上恒成立，
则在上恒成立，则，，
因为时，，当且仅当等号成立，所以，
所以；
（2）略
3．（2026高三·陕西西安·阶段检测）已知函数．
(1)当时，函数恒成立，求实数的最大值；
(2)当时，若，且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将不等式恒成立问题转化为求函数最值，通过分离参数，构造辅助函数并利用导数分析单调性，进而求得参数的取值范围；
（2）利用函数单调性将和的不等式转化为函数值不等式，通过构造对称辅助函数并换元分析其单调性，完成极值点偏移类的和的不等式证明.
【详解】（1）当时，恒成立，
即恒成立，只需即可，
令，则，
令，则，
当时，恒成立，在单调递增，所以，
所以在恒成立，在单调递增，
所以，所以，即实数的最大值为2．
（2）当时，，
所以，在上单调递增，
又，且，不妨设，
要证，即证明，
因为在上单调递增，即证，
因为，即证，
设
，
令，则，
则，
由可得，在（0，1）单调递增，所以，即，
所以成立，所以．
【点睛】本题以导数为工具，核心是分离参数求最值解决恒成立问题与构造对称函数、利用单调性证明极值点偏移类不等式，体现了函数与方程、转化与化归的数学思想.
题型02 双变量技巧——比值换元
4．（2026高三·全国·专题练习）已知函数．
(1)若函数在上是减函数，求实数m的取值范围；
(2)若函数在上存在两个极值点，，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）把问题转化为在定义域上恒成立，即，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）由，令，问题转化为在上恒成立，构造函数，只需利用导数证明在上单调递增即可.
【详解】（1）∵在上是减函数，
∴在定义域上恒成立，
∴，设，则，
由，得，由，得，
∴函数在上单调递增，在上单调递减，
∴．∴．
故实数m的取值范围是．
（2）由（1）知，
∵函数在上存在两个极值点，，且，
则由，两式相加、相减分别可得与，
∴，∴，
设，则，要证，
只需证，只需证，只需证，
构造函数，则，
∴在上单调递增，
∴，即，∴．
5．（2026高三·天津静海·期中）已知函数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)当时，若函数有个不同的零点，．
（ⅰ）求的取值范围；
（ⅱ）证明：
【答案】(1) .
(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 ，
，切线方程为 ，即.
（2）（ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，，
∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，，
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，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；
当无限趋近于时，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）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．
【点睛】方法归纳：研究时函数的零点个数，可通过分离参数将问题转化为，通过研究函数的单调性、极值与值域，结合函数图象与直线的交点个数确定参数范围；证明双变量不等式，属于极值点偏移问题，可通过将两个零点满足的等式变形，统一为单变量，构造辅助函数，利用导数研究辅助函数的单调性与最值完成证明.
易错归纳：求解过程中易忽略定义域的限制，导致参数范围求解错误；求导运算失误，造成函数单调性、极值点判断错误；极值点偏移证明中变量替换不严谨，辅助函数构造或单调性分析出错，导致证明逻辑断裂.
6．（2026高三·江西赣州·期末）已知函数．
(1)当时，求函数的单调区间；
(2)若有两个极值点，，且．
（i）求实数的取值范围；
（ii）当时，求的取值范围．
【答案】(1)单调递增区间为，无递减区间
(2)（i）（ii）
【分析】（1）利用求导直接求解不含参的函数的单调区间；
（2）（i）将极值点问题转化为方程的解的问题，再转化为函数图像交点问题，结合导数分类讨论，分析函数单调性即可得出结果；（ii）结合已知条件，化简构造函数，判断单调性，结合双极值点换元模型分析单调性，即可求解.
【详解】（1）当时，，，
令，则，
令，，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
又，
所以，，
所以单调递增区间为，无递减区间.
（2）（i）由题知，，
若，恒成立，无极值；
若，则，即有两个不同实根，，且，
显然，令，则，
代入上式得，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
若，则，
又，，
所以，；
若，，
则，在上单调递增，
又，
即时，，
此时最多只有一个解，不满足题意，舍去.
综上，的取值范围为.
（ii）设，由，
两式相除得，，即，
又，代入得，即，
而代入得，，则，
所以，
记，
令，则，
令，则，
又，所以，则，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
且，
所以，即.
【点睛】方法点睛：导数压轴双变量题目，通用解题逻辑有：导数判断单调性，二阶导辅助分析一阶导最值；分离参数与图像交点，解决双极值点参数范围；比值换元齐次消参，双变量转单变量，利用单调性、边界值来确定区间等.
7．（2026高三·河南三门峡·期末）已知函数．
(1)当时，证明：；
(2)若存在两个极值点，，且，
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)的定义域为，
当时，，
．令，则，
当时，；当时，．
所以的单调递增区间为，单调递减区间为．
所以，
所以．
(2)（i）．
（ii）由（i）可得，，
，
所以．
要证，
只需证
即证．
令，
只需证，
令，则，
所以，所以在上单调递增，
因为，所以，即．所以．
【分析】（1）代入，对求导，判得单调性求出最小值为，从而证得；
（2）（i）把存在两个极值点，，且，转化成在上有两个不等正根，利用根的分布即可得的取值范围；
（ii）由根与系数的关系得和，代入化简，再令，构造函数证明即可.
【详解】（1）略
（2）（i）因为，所以，
因为存在两个极值点，，且，所以在上有两个不等正根，
即有两个不等正根，令,
则，即，解得．
故实数的取值范围为
（ii）略
8．（2026·湖南湘潭·模拟预测）已知函数有两个极值点，则实数a的取值范围为________；若，则的最大值为________．
【答案】
【分析】由有两个极值点，得有两个变号零点，构造函数，利用导数研究函数的性质，得函数的草图，利用草图列式可求出的取值范围；设，将化为，再构造函数，利用导数可求出其最大值.
【详解】的定义域为，，
由已知得是的两个变号零点，
令，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，，，，
当时，，，，
如图：
由图可知，只需即可，所以，
即实数a的取值范围是；
若，又，则令，
由已知，则，
则，则，，
所以，
令，则，
令，则，
所以函数在上递增，又因为，
所以当时，，即，
所以函数在上递增，所以，
所以的最大值为．
【点睛】方法点睛：一般地，若时，涉及到双变量的不等式的证明，函数的最值问题可以使用比值换元，令，将问题转化为关于的函数，利用导数进行求解.
9．（2026高三·福建龙岩·期末）已知函数，．
(1)若曲线在点处的切线方程为，求a，b的值；
(2)已知，记为的导函数，，若存在两个极值点．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）已知，求的取值范围．
【答案】(1)，．
(2)（ⅰ）法1：当时，，求导得．
因有两个极值点，，
故方程有两个正实根，因此，解得．
因是方程的根，故．
由，又因为，则．
将代入，得．
要证，即证，
即证，即证，
令，，则，
在上单调递增，
故，即．
法2：当时，，求导得．
因有两个极值点，，故方程有两个正实根，
因此，解得．
因为，
又，所以，
因为在单调递减，
所以，
所以．
（ⅱ）
【分析】（1）先确定函数定义域，利用乘积求导法则求出导函数，再结合切点的函数值与切线斜率列出关于的方程组，联立求解得到参数的值；
（2）（i）两种方法均先由极值点条件得到含参二次方程根的范围推出与，法 1 通过根代换消去构造单变量函数，利用单调性证明；法 2 先证，结合区间单调性放缩至，代入直接证得不等式；（ii）设比值换元，结合韦达定理用表示，将转化为关于的函数，两次构造辅助函数求导判断单调性，再利用已知不等式直接推出，得到的取值范围.
【详解】（1）由题意，函数的定义域为，
求导得．
由题意，切点为，切线斜率为e．
所以， ，
解得，．
（2）（ⅰ）略；
（ⅱ）令，由，得，，
故．
．
令，，．
令，则，在上单调递增，
故，，在上单调递增．
已知，故，
即．
10．（2026·河南周口·模拟预测）已知函数．
(1)若，求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，，求实数的取值范围；
(3)若，且存在，，使得，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）由题意在上恒成立，参变分离后，构造函数求导后计算最小值即可得；
（3）利用导数求出单调性后，设，结合正负性可得、范围，再利用比值换元法，可得，，即可将证明转化为证明在上恒成立，构造相应函数并借助导数研究其单调性即可得.
【详解】（1）若，则，，
，又，
故曲线在点处的切线方程为；
（2）由时，，即，整理得，
令，，则，
故在上单调递减，则，即；
（3）若，则，，
故当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又时，，时，，
则，不妨设，则，
由，则，
两边同取对数，可得，
故，令，则，
即，，故，
要证，只需证，即只需证，
令，
则，
故在上单调递增，则，
即有恒成立，即得证.
11．（2026高三·江苏扬州·阶段检测）已知函数，其中.
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)若函数在定义域上单调递增，求实数的取值范围；
(3)若在上存在两个极值点，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）把问题转化为恒成立，即恒成立，利用基本不等式即可求解；
（3）根据极值点的定义及韦达定理得到，并求出的范围，令并求出的范围，最后把转化为的函数，最后利用导数判断函数的单调性即可求解.
【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，
函数在定义域上单调递增，则对恒成立，
即，
因为，当且仅当时等号成立，
所以时，恒成立，即在上单调递增.
（3）在上有两个极值点，
则，即在上有两个不等实数根，
解得，且，
此时，，
令，则，
所以在上单调递减，
又由，由可知，即。
联立解得，所以。
且
所以的取值范围是.
题型03 双变量技巧——差值换元
12．（2026·河北石家庄·模拟预测）已知函数，其中为自然对数的底数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，证明：.
【答案】(1)当时，函数为上的单调递增函数；当时，在上是单调减函数，在上是单调增函数；
(2)答案见解析.
【分析】（1）求导，分类讨论，根据导数与函数单调性的关系，即可求得的单调区间；
（2）由（1）可知，不妨设，代入，作差，要证，即证，即证，令，则式化为 ，构造辅助函数，求导，根据函数的单调性即可求得．则得证．
【详解】（1）解：函数，求导，．
①当时，，则函数为上的单调递增函数．
②当时，令，则．
若，则，在上是单调减函数；
若，则，在上是单调增函数．
（2）证明：由（1）可知，，不妨设，
由两式相减得．
要证，即证，
也就是证，
即，即证，
又，只要证．
令，则式化为，
设，，
所以在上单调递增，所以．
．
13．（2026·黑龙江大庆·模拟预测）已知函数，．其中为自然对数的底数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：．
【答案】（1）当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增；（2）证明见解析．
【分析】（1）先化简计算，并求导，再讨论和时导数的正负，即得的单调性；
（2）不妨设，依题意得，先分析需证，再构造函数，利用导数研究其单调性和函数取值情况，证得，即证结论.
【详解】解：（1），
，
（i）当时，，函数在上递减；
（ii）当时，令，解得；令，解得，
函数在递减，在递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）证明：，依题意，不妨设，则，
两式相减得，，
因为，要证，即证，即证，
两边同除以，即证.
令，即证，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上递减，
，在上递减，
，即，
故．
【点睛】思路点睛：
证明不等恒成立（或能成立）时常对不等式变形，构造函数，由导数的方法求出函数的单调性和最值，即证得结果.
14．（2026高三·湖北·阶段检测）已知为自然对数的底数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个不同零点，求证：.
【答案】(1)详见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由题可得函数的导数，然后分，讨论即得；
（2）由题可得，可得只需证，然后通过换元可得，再构造函数，利用导数研究函数的性质即得.
【详解】（1）由题可得，
当时，，当时，；
所以当时，在上是增函数，在上是减函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数；
（2）因为有两个不同零点，，则，，
因此，即，
要证，只要证明，即证，
不妨设，记，则，，
因此只要证明，即，
记，则，
令，则，
所以函数在上递增，
则，即，
∴在上单调递增，
∴，
即成立，
∴.
【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．（2026高三·广西·期中）已知（e为自然对数的底数）
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个不同零点，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导函数，根据导函数的正负求函数的单调性即可；
（2）构造函数，根据函数的单调性证明已知不等式即可.
【详解】（1），
当时，，在上是减函数；
当时，令，得，在上是减函数，在上是增函数；
综上所述，当时，，在上是减函数；当时，递减区间为，单调递增区间为
（2）有两个不同零点，则，，故，即，
要证，只要证明，即证，
不妨设，记，则，，因此只要证明，即，
记，则，
令，则，所以函数在上递增，
则，即，∴在上单调递增，
∴，即成立，∴．
题型04 双变量技巧——消元
16．（2026高三·江苏无锡·阶段检测）设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是________.
【答案】
【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，，由此可得韦达定理的结论，将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可．
【详解】定义域为，，
有两个极值点，等价于在上有两个不等实根，，
，，，，
，
设，
则，
在上单调递减，，
即，
的最小值为．
故答案为：．
【点睛】思路点睛：本题考查了函数和导数综合解决双变量最值问题，根据已知极值点确定双变量等式关系，再进行代换转化为单变量问题，构造新函数求导确定最值得结论即可.
17．（2026高三·重庆江津·期中）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性；
(2)设，若，为的两个极值点，求的取值范围．
【答案】(1)当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
(2).
【分析】（1）求函数的导数，根据的正负判断函数的单调性，因式分解将问题转化为关于的含参一元二次不等式，对参数分类讨论即可.
（2）函数在上有两个极值点，即方程有两个不相等的正实根，利用判别式求参数的范围，利用韦达定理求出和的值，整体代入已化简的式子，再将所求问题转化为求关于的函数的值域，根据导数的正负判断函数的单调性，求出的值域，即可得出的取值范围.
【详解】（1）函数的定义域，，
令得，.
当时，
令得，或；令得，.
所以，在和上单调递增，在上单调递减.
当时，，当且仅当时取等号，
此时在上单调递增.
当时，
令得，或；令得，.
所以，在和上单调递增，在上单调递减.
综上所述，当时，在和上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2），定义域为，
，
因为和是的两个极值点，所以方程有两个不同的正实根和，
即方程有两个不同的正实根和，
则，解得.
，
，
，
将和代入上式得，
，
令，则，
由得，，即，所以在上单调递减，
当时，，得，
当时，，
得的范围为，
即的取值范围为.
【点睛】方法归纳：
1.利用导数的正负判断函数单调性，注意对参数分类讨论.
2.将函数有两个极值问题转化为导函数对应的方程有两个不相等的实数根，再结合韦达定理整体代换，构造关于的函数求值域.
易错归纳：
1.漏写函数的定义域，分类讨论时忽视参数的情况，单调性相同的不连续区间错用并集符号.
2根据函数有两个极值，求导数有两个正实根，忽视两根为正，导致参数的范围求错；对数书写时漏写括号.
18．（2026高三·江苏南京·期末）已知函数，．
(1)当时，求的极值；
(2)若函数在其定义域内单调递增，求实数的取值范围；
(3)若，且有两个极值点，其中，求的取值范围．
【答案】(1)极大值为，极小值为
(2)
(3)
【分析】（1）利用导数判断单调性，进而求极值；
（2）转化为导数恒非负问题，用分离参数基本不等式求解；
（3）韦达定理消元换元构造函数，求值域即可.
【详解】（1）当时，函数的定义域为，
，
所以，
令，解得或，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
因此，函数的极大值为，极小值为．
（2）的定义域为，
则题意等价于在上恒成立，
即在上恒成立，
由基本不等式知，时，，
当且仅当时等号成立，
所以，即实数的取值范围为；
（3）由已知，
因为有两个极值点，
所以为方程的两个不相等的实数根，
则，，
因为，所以，
又，解得，
所以
，
设，
则，
所以在上单调递减，
又，，
所以，
即的取值范围为.
19．（2026高三·广东·期末）已知函数．
(1)若，求函数在处的切线方程；
(2)若对任意的恒成立，求整数的最大值；
(3)设有两个极值点，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)2
(3)
【分析】（1）求导得切线斜率，代入点斜式写出切线方程；
（2）分离参数将不等式化为，构造函数求其最小值，由最小值所在区间确定整数 的最大值；
（3）由极值点条件转化为二次方程两根分布，利用韦达定理消去参数 ，将 化为关于 的单变量函数，求其值域．
【详解】（1）当时，函数，
求导得，
则，
而，
所以函数的图象在处的切线方程为，
即．
（2）对任意的，不等式恒成立，
令函数，
求导得，
令函数，
求导得，函数在上单调递增，
而，
则存在，使得，即，
当时，；当时，，
函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
所以整数的最大值是2.
（3）函数的定义域为，求导得
由函数有两个极值点，
得方程有两个不等的正根
则
即，且，
令函数，
求导得，
函数在上单调递减，
则，
所以的取值范围是．
题型05 双变量技巧——同构
20．（2026高三·江西宜春·阶段检测）已知函数.若，，且都有.则实数的取值范围是______.
【答案】
【分析】先求导判断在上单调性，将化简为，进而得到在上单调递增，再利用构造函数法即可求得实数的取值范围
【详解】，
则
则在上恒成立
则在上单调递减
不妨设，则
则可化为
即
令，则在上单调递增
则在上恒成立
即在上恒成立
令，则
令，，
则，在上恒成立
则在上单调递减，
又，则在上恒成立
则在上恒成立
则在上单调递增
则，在上恒成立，
则，又，则
故实数的取值范围是
故答案为：
21．（2026高三·重庆·期中）已知函数当时，若对于区间上的任意两个不相等的实数，都有成立，则实数的取值范围__________.
【答案】
【分析】求出的单调性，将绝对值去掉后得，构造新函数，这样就知道了函数的单调性，分离参量求导，得实数的取值范围
【详解】不妨设.
因为，所以，所以在上单调递增，即.
又因为在上也单调递增，所以.
所以不等式即为，
即，
设，即，
则，因此在上单调递减.
于是在上恒成立，即在上恒成立.
令，则，
即在上单调递增，因此在上的最小值为， 所以，
故实数的取值范围是.
故答案为：
22．（2026高三·安徽六安·期末）已知函数，，若，，则的最大值为______．
【答案】
【分析】对已知等式进行同构可得，令，利用导数可求得单调递增，由此可得，从而将所求式子化为；令，利用导数可求得，即为所求最大值.
【详解】由得：；
由得：，；
，
令，，
，在上单调递增，
；
令，则，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，即的最大值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解多变量的式子最值的问题；解题关键是能够对于已知等式进行同构变形，将问题转化为某一单调函数的两个函数值相等的问题，从而确定两个变量之间的关系，将所求式子化为单变量的式子来进行求解.
23．（2026高三·天津静海·期末）已知函数，，若，，有，则的最大值为（ ）
A．B．1C．D．
【答案】D
【分析】转化条件得，则 ，令，利用导数求得 的最大值.
【详解】由题意，，，
即，则 ，，
令，，
当 时，， 单调递增；
当 时，， 单调递减；
作函数 的草图如下，
由图可知，当时，有唯一解，
故，且，即，
设，则，令，解得，
当 时，，函数单调递增，
当 时，，函数单调递减，
故，即的最大值为.
24．（2026高三·福建福州·期中）已知函数，，若，且，则的最大值为______.
【答案】
【分析】根据的单调性及特殊值，求得，再由，找到和满足的等量关系，再以此化简得到，构造函数，利用导数求最值即可.
【详解】，时，，单调递增，
又，，所以，
又，所以，
由，有，即，
又，，在上单调递增，所以，
即，所以，
令，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，即，即，
所以的最大值为.
题型06 双变量应用——单调性问题
25．（2026高三·湖南邵阳·期中）已知函数，若为区间上的任意实数，且对任意，总有成立，则实数的最小值为______________．
【答案】3
【分析】利用导数得到在上单调递增，不妨设，原不等式即为，令， 即在上恒成立，即在上恒成立，令，求出即得解.
【详解】由题得，
∴，故在上单调递增，
不妨设，
则且，原不等式即为．
令，依题意，应满足在上单调递减，
即在上恒成立．
即在上恒成立，令，则
（i）若，，此时在上单调递增，故此时
（ii）若，时，，单调递增；
时，，单调递减；
故此时∴，
故对于任意，满足题设条件的最小值为3．
故答案为：3
26．（2026高三·广东江门·阶段检测）已知若对于任意两个不等的正实数、，都有恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设，构造函数，分析可知函数在上为增函数，可知对任意的恒成立，利用参变量分离法可求得实数的取值范围.
【详解】不妨设，可得，可得，
令，则，
所以，函数在上为增函数，
对任意的恒成立，所以，，
当时，，当且仅当时，等号成立，
所以，.
故选：B.
27．（2026·浙江·模拟预测）已知函数，对于任意的、，当时，总有成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，可知函数为上的增函数，即对任意的，，利用导数求出函数在上的最小值，即可得出实数的取值范围.
【详解】不妨设，由可得出，
即，
令，其中，
则，所以，函数在上为增函数，
则，则，
令，其中，，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
因为，，
所以，存在，使得，则，
令，其中，则，故函数在上为增函数，
因为，，所以，，
由可得，所以，，可得，
且当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，
所以，.
故选：A.
【点睛】思路点睛：本题关键点在处理函数的极值点时，根据零点存在定理得出其极值点满足，通过利用指对同构结合函数的单调性转化为，，利用整体代换法可求得的取值范围.
28．（2026高三·河北沧州·阶段检测）已知函数的定义域为，且对恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设，由题意，原问题等价于，令 ，则，进而可得在上为减函数，则在上恒成立，即从而即可求解.
【详解】解：设，因为对，当时都有恒成立，
等价于，即，
令，则，所以在上为减函数，
所以在上恒成立，即在上恒成立，
令，则，
所以函数在上单调递减，在单调递增，
又，，且，
所以，
所以，解得，
故选：A.
题型07 双变量应用——零点问题
29．（2026高三·山东临沂·期中）已知函数有两个零点，则________（填大于或小于号），实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】利用导数得出函数单调性，求得最小值，列不等式组求解的取值范围，设，则有，令，
用作差法结合函数单调性判断
【详解】解：由题意得，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
则函数的最小值为，
又函数两个零点，且，
故，解得：.
因为为的两个零点，设，
所以，，
设，，
令，
，
令，，
所以函数在上单调递增，故，
∴，
∴，即，
∵，∴，
又∵在上单调递增，
∴，即.
故答案为：；.
30．（2026高三·吉林白城·期中）已知函数有两个不同的零点且有，则下列说法中错误的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】对A、B，求导讨论函数单调性，然后计算可知；对C，，两边取对数然后结合对数均值不等式判断即可；对D，构建函数，然后求导可知函数单调性，结合，计算判断即可.
【详解】由题得，故当时，，不符合题意．
当时，令，得，若，则；若．则．
由题知必有，故．因为，所以．则A，B正确．
由和知，因为，
所以等号两边取对数得，即，
由对数平均不等式知，即．则C错误．
构造函数．
则，所以单调递增，故，即．
由知，
所以，
因为在上单调递增，所以．则D正确．
故选：C．
31．（2026高三·四川眉山·阶段检测）已知函数有两个零点，且，则下列说法不正确的是（ ）
A．B．
C．D．有极小值点
【答案】C
【分析】求得函数的导数，得到函数的单调区间，确定函数的极小值，根据极小值小于0，判断A；根据方程，指对互化，判断B；根据极值点的位置，结合，即可判断C；根据A的判断，即可判断D.
【详解】由题意，函数，则，
当时，在上恒成立，所以函数单调递增，不符合题意；
当时，令，解得，令，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
因为函数有两个零点且，
对A，则，且，
所以，解得，所以A正确；
对B，，且，，故，，
所以，所以B正确；
对C，由，且由A可知，，，则，但不能确定，
所以C不正确；
对D，由函数在上单调递减，在上单调递增，
所以函数的极小值点为，所以D正确；
故选：C.
32．（2026高三·全国·阶段检测）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.
题型08 双变量应用——恒（能）成立问题
33．（2026高三·辽宁沈阳·期中）已知函数，若使得成立，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
【分析】先求出的最小值将原命题转化为有解的问题，随后运用参变分离法构造新函数并求其极小值，即可得出参数的取值范围.
【详解】由题意得，
则当时，，即在上单调递增，
则；由使得成立，
则在上有解，即在上有解，
令，因为，则，
故在上单调递减，则，即实数的取值范围是．
34．（2026高三·北京·期中）已知函数若，使成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】由题意可得时的值域是时值域的子集，根据二次函数的性质求出在上的值域，利用导数对进行讨论求出在上的值域，最后利用包含关系列出不等式即可求解.
【详解】当时，，该二次函数开口向上，对称轴为，因此在上单调递减，
则 ，即的值域为.
当时，，.
当时：
恒成立，故，在上单调递增，
当时，；当时，，
因此的值域为，显然包含，满足条件；
当时：
，值域为，取不到，不满足条件；
当时：
时，，单调递减；时，，单调递增.
最小值为，要让值域包含，只需最小值，
即满足条件.
综上：的取值范围是.
35．（2026·四川成都·模拟预测）已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围为__________．
【答案】
【分析】利用导数分别求函数和的值域，再根据不等式，转化为子集问题，即可列不等式求解.
【详解】，得或，
因为，所以，得，
当，，单调递减，当，，单调递增，
，，，所以函数在区间的值域是，
，在区间恒成立，所以在区间单调递增，
所以在区间的值域为，
由条件可知函数在区间的值域是在区间的值域的子集，
即是的子集，
即，解得：，
所以实数的取值范围是.
36．（2026高三·河南南阳·阶段检测）已知函数， ，若 ，使得，则的最大值为（ ）
A． B．-1C．-eD．
【答案】A
【分析】转换，函数表达式，进而得到，之间的关系，即可求解.
【详解】因为，故设，
所以，
因此如果，则，
而对于，，因此在定义域上单调递增，
则应有，且，故，
设，所以，
因此当时，，即单调递增，
当时，，即单调递减，
所以，
则的最大值为
37．（2026高三·山东烟台·期末）已知函数.
(1)求的最小值；
(2)若对，，使得，求实数的取值范围.
【答案】(1)1
(2)
【详解】（1）因为，所以，
令，即，解得，
所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，取得最小值，即最小值为.
（2）因为，使得，即.
由（1）知，，所以在上有解，
当时，函数在上单调递增，所以，不合题意.
当时，在上单调递减，在上单调递增，所以，
则，解得或，又因为，所以实数的取值范围为.
题型09 双变量应用——证明不等式
38．（河北衡水中学2024届高三学期一调考试数学试题）已知函数
(1)求的最小值；
(2)若有两个零点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再判断函数的单调性，最后求函数的最值；
（2）首先根据方程构造函数，再根据函数有两个零点，利用同构，以及构造函数，由函数的单调性得到，再构造函数根据函数的单调性，继续构造函数，根据的单调性和端点值，证明不等式
【详解】（1）由题意知函数的定义域为
则令得；令，得
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以
（2）证明：不妨设，则由(1)知，
设，由
得
即
因为函数在R上单调递增，
所以
构造函数
则
令，得，令，得
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增．
构造函数
则
所以在区间上单调递增，
所以当时，，即当时，
所以
又在区间上单调递减，
所以，即.
39．（2026·河北雄安·模拟预测）已知函数，函数，为实数．
(1)证明：．
(2)若．
（ⅰ）证明：有两个零点，，且若，则；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求导后，利用导数正负可判断函数单调性，借助单调性计算即可得解；
（2）（ⅰ）求导后可判断函数单调性，再结合零点存在性定理即可得证；
（ⅱ）结合（1）中所得可得，，构造关于的方程，结合根的判别式与韦达定理可得及，即可得证.
【详解】（1），
令，则，
故在上单调递减，又，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，即得证；
（2）（ⅰ），
令，则，
令，则，
当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，故在上单调递减，
又，
故当时，，当时， ，
即在上单调递增，在上单调递减，
当时，，由，则，
当时，，由，则，当时，，
故有两个零点，，且若，则；
（ⅱ）由（1）知，恒成立，
当时，有，即，
不妨设，则，有，
即，则，整理得；
当时，有，即，
又，即，
则，整理得，
设关于的方程，，
故该方程有两根，设为、，且，则，
由，，
则，故.
40．（2026·甘肃平凉·模拟预测）已知函数 （，e为自然对数的底数）.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)当时，求函数的极值点的个数；
(3)若有两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)2
(3)因为，是的两个极值点，所以，
即，
所以.
要证，
即证，
即证，即证.
令，则恒成立，
所以在上单调递增，
因为，所以，即，
得证.
【分析】（1）利用导数的几何意义求解；
（2）分三种情况讨论，利用导数判断函数的单调性，进而得到极值点的个数；
（3）由极值点得到，代入要证的不等式，化简，构造，得证.
【详解】（1）由题可知，，
又，所以曲线在点处的切线方程为.
（2）当时，，
令，则，
令，则，
当时，恒成立，(即)在上单调递增，
所以故(即)在上单调递增，即，
所以在上单调递增；
当时，，，又，
所以，所以在上单调递增；
当时，，所以，
所以在上单调递增，又，
，
所以，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
又，，
所以，使得，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
又在和处有意义，所以是连续函数，端点不断开，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以有一个极大值点，一个极小值点，共两个极值点.
（3）略
41．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若恒成立，求实数a的值；
(3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）对求导，分类讨论，，三种情况，判断导数的正负进而得出单调性；
（2）结合（1）的单调性，由恒成立，得出函数的最大值，列出不等式，再构造函数求解；
（3）由题，设，则是方程的两个不同的实数根，构造函数，由导数分别得出和即可证明．
【详解】（1），
①当时，，则在上单调递减，
②当时，令，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
③当时，令，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
综上所述，当时，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，在上单调递增．
（2）①当时，在上单调递减，且，
所以当时，，不合题意；
②当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，
令，则，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在单调递增，
又，时，，时，，
所以当时，，满足题意；
③当时，在上单调递减，在上单调递增，
当时，，不合题意；
综上所述，．
（3），则，
令，
设，则是方程的两个不同的实数根，
则，令，
当时，，则在上单调递减，
当时，，则在上单调递增，
，，
由于，且的极小值，当时，当时，
因为直线与曲线恰有两个交点，
所以在区间内，由于且递减，要使，必有，
在区间内，由于且递增，必有，
所以，
设，则，
令，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以的最小值为，
所以，即，
因为是方程的根，所以，代入不等式得：，
由于，则，
下面证明，那么就有，
由，令，，
则，
因为，，，所以，
所以在上单调递增，又，
因此当，，即，
由于且在上单调递增，且，
所以必有，
所以．
1.适用题型：已知、两零点、两极值点，求证/；
2.通用四步流程：
①不妨设，求出单调区间，确定两变量分属增减区间；
②构造对称辅助函数（为极值点/对称轴）；
③求导判断单调性，结合得到时；
④代入，利用脱去，转化自变量不等式；
3.补充要点：
•极值点是对称中心，固定构造对称式；
•证明乘积型偏移，先取对数转化和型偏移再构造；
•最后必须结合定义域、单调性完成放缩证明。
换元法：也是最核心、最常见的方法。就是将式子齐次化，化成形如的函数，进行了齐次化后可以令作为单元，这样就达到了减元的目的。
换元法：也是最核心、最常见的方法。就是将式子齐次化，化成形如的函数，进行了齐次化后可以令作为单元，这样就达到了减元的目的。
（利用根与系数的关系消元）如果两个变量是一个一元二次方程的根，则可以通过根与系数的关系来消元.通过韦达定理可求或，可以考虑用表示出，或者用表示出。
构造函数法：对于等价双变量不等式问题，我们先令如 ，再通过适当的变形，使得等式两边均只含有一个变量，且形式相同，这样我们可以令这个相同的形式为，问题也许就转化成了 的单调性问题。
1.两类题干形式：
①任意，；
②带绝对值。
1.考向1：已知两零点，证明、不等式（偏移，对应题型01对称构造）；
2.考向2：函数有两个零点，求参数范围；
步骤：分离参数，转化直线与两交点，求值域；
3.考向3：两零点满足代数式求值，用韦达/同构消元；
4.通用逻辑：零点，变形统一双变量结构再选用换元/对称法。
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），.
1.三大证明路径：
路径1（对称构造）：极值点偏移专用，；
路径2（换元单化）：比值/差值换元，消双变量为单变量函数，证恒正/负；
路径3（同构法）：移项配相同函数，利用单调性脱去外层；
2.标准证明书写流程：
①设；
②变形不等式，选用对应方法统一变量；
③求导判断辅助函数单调性；
④结合边界值、完成放缩，得出结论；
3.辅助手段：均值不等式（对数均值）辅助简化零点偏移证明。