导数压轴题双变量问题题型归纳总结(共33页).docx

精选优质文档-倾情为你奉上导数应用之双变量问题 （一）构造齐次式，换元 【例】已知函数，曲线在点处的切线方程为.（1）求实数的值；（2）设分别是函数的两个零点，求证：.【解析】（1）；（2），因为分别是函数的两个零点，所以， 两式相减，得， ，要证明，只需证. 思路一：因为，只需证.令，即证. 令，则，所以函数在上单调递减，即证.由上述分析可知.【规律总结】这是极值点偏移问题，此类问题往往利用换元把转化为的函数，常把的关系变形为齐次式，设等，构造函数来解决，可称之为构造比较函数法.思路二：因为，只需证，设，则 ，所以函数在上单调递减，即证.由上述分析可知.【规律总结】极值点偏移问题中，由于两个变量的地位相同，将待证不等式进行变形，可以构造关于（或）的一元函数来处理应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到待证不等式的证明此乃主元法. 【变式训练】 已知函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2（1）求实数a的取值范围；（2）求证：x1x2a2【分析】（1）先求导数，再根据导函数有两个不同的零点，确定实数a所需满足的条件，解得结果，（2）先根据极值点解得a，再代入化简不等式x1x2a2，设，构造一元函数，利用导数研究函数单调性，最后构造单调性证明不等式.【解析】（1）略 （2）f（x）=x-alnx，g（x）=x-alnx，由x1，x2是g（x）=x-alnx=0的两个根，则，两式相减，得a（lnx2-lnx1）=x2-x1），即a=，即证x1x2，即证=，由x1x2，得=t1，只需证ln2t-t-，设g（t）=ln2t-t-，则g（t）=，令h（t）=2lnt-t+，h（t）=-（）20，h（t）在（1，+）上单调递减，h（t）h（1）=0，g（t）0，即g（t）在（1，+）上是减函数，g（t）g（1）=0，即ln2tt-2+在（1，+）上恒成立，x1x2a2【变式训练】 已知函数.（1）讨论的单调性；（2）设，若函数的两个极值点恰为函数的两个零点，且的范围是，求实数a的取值范围. 【解析】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，（ii）若，令得.当时，；当时，所以，当时，单调递减区间为，无单调递增区间；当时，单调递减区间为；单调递增区间为.（2）由（1）知：且.又，由得，.，令，所以在上单调递减.由y的取值范围是，得t的取值范围是，又，故a的取值范围是. (二)各自构造一元函数 【例】 已知函数f（x）lnxax+1（aR）（1）求f（x）的单调区间；（2）设g（x）lnx，若对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，求实数a的取值范围【分析】（1）函数求导得，然后分a0和a0两种情况分类求解.（2） 根据对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等价于f（x）maxg（x）max，然后分别求最大值求解即可.【详解】（1） 略（2），在区间（1，3）上，g（x）0，g（x）单调递增，在区间（3，+）上，g（x）0，g（x）单调递减，所以g（x）maxg（3）ln3，因为对任意的x1（0，+），存在x2（1，+），使得f（x1）g（x2）成立，等价于f（x）maxg（x）max，由（1）知当a0时，f（x）无最值，当a0时，f（x）maxf（）lna，所以lnaln3，所以，解得a 【变式训练】【广东省2020届高三期末】设函数.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）设，若对任意的，存在使得成立，求的取值范围.【解析】 (1)当时，因为，所以，又因为，所以曲线在点处的切线方程为，即.(2)“对任意的，存在使得成立”等价于“在区间上，的最大值大于或等于的最大值”.因为，所以在上的最大值为. ,令，得或.当，即时，在上恒成立，在上为单调递增函数，的最大值大为，由，得；当，即时，当时，为单调递减函数，当时，为单调递增函数，所以的最大值大为或.由，得；由，得，又因为，所以；当，即时，在上恒成立，在上为单调递减函数，所以的最大值大为，由，得，又因为，所以，综上所述，实数的取值范围是或. (三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)=e-x+1,x0,2x,x>0.函数y=f(f(x)+1)-m(mR)恰有两个零点x1和x2（1）求函数f(x)的值域和实数m的最小值；（2）若x1<x2，且ax1+x21恒成立，求实数a的取值范围【解析】（1）当x0时，f(x)=e-x+12. 当x>0时，f(x)=2x>0. f(x)的值域为(0,+) 令f(f(x)+1)=m， f(x)+1>1， f(f(x)+1)>2， m>2.又f(x)的单调减区间为(-,0，增区间为(0,+). 设f(x)+1=t1，f(x)+1=t2，且t1<0，t2>1 f(x)=t1-1无解.从而f(x)=t2-1要有两个不同的根，应满足t2-12， t23. f(t2)=f(f(x)+1)23.即m23 m的最小值为23.(2) y=f(f(x)+1)-m有两个零点x1、x2且x1<x2，设f(x)=t，t2,+)， e-x1+1=t， x1=-ln(t-1).2x2=t， x2=t24. -aln(t-1)+t241对t2,+)恒成立设h(t)=-aln(t-1)+t24-1，h'(t)=-at-1+t2=t2-t-2a2(t-1). t2,+)， t2-t2,+)恒成立.当2a2，即a1时，h'(t)0， h(t)在2,+)上单调递增. h(t)h(2)=-aln1+1-1=0成立. 当a>1时，设g(t)=t2-t-2a.由g(2)=4-2-2a=2-2a<0. t0(2,+)，使得g(t0)=0.且当t(2,t0)时，g(t)<0，t(t0,+)时，g(t)>0.当t(2,t0)时，h(t)单调递减，此时h(t)<h(2)=0不符合题意.综上，a1.【变式训练】 f(x)=x2+ax-alnx.（1）若函数f(x)在2,5上单调递增，求实数a的取值范围；（2）当a=2时，若方程f(x)=x2+2m有两个不等实数根x1，x2，求实数m的取值范围，并证明x1x2<1. 【解析】（1）f'(x)=2x+a-ax，函数f(x)在2,5上单调递增，f'(x)0在x2,5恒成立，即2x+a-ax0对x2,5恒成立，a-2x2x-1对x2,5恒成立，即a-2x2x-1max，x2,5，令g(x)=-2x2x-1(x2,5)，则g'(x)=-2x2+4x(x-1)20(x2,5)，g(x)在2,5上单调递减，g(x)在2,5上的最大值为g(2)=-8.a的取值范围是-8,+).（2）当a=2时，方程f(x)=x2+2mx-lnx-m=0，令h(x)=x-lnx-m(x>0)，则h'(x)=1-1x，当x(0,1)时，h'(x)<0，故h(x)单调递减，当x(1,+)时，h'(x)>0，故h(x)单调递增，h(x)min=h(1)=1-m.若方程f(x)=x2+2m有两个不等实根，则有h(x)min<0，即m>1，当m>1时，0<e-m<1<em，he-m=e-m>0，hem=em-2m，令g(x)=ex-2x(x>1)，则g'(x)=ex-2>0，g(x)单调递增，g(x)>g(1)=e-2>0，h(em)>0，原方程有两个不等实根，实数m的取值范围是(1,+).不妨设x1<x2，则0<x1<1<x2，0<1x2<1，x1x2<1x1<1x2hx1>h1x2，hx1=hx2=0，hx1-h1x2=hx2-h1x2=x2-lnx2-m-1x2-ln1x2-m,=x2-1x2-2lnx2.令(x)=x-1x-2lnx(x>1)，则'(x)=1+1x2-2x=1x-12>0，(x)在(1,+)上单调递增，当x>1时，(x)>(1)=0，即x2-1x2-2lnx2>0，hx1>h1x2，x1x2<1.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】 已知函数，其中为非零实数.（1）求的极值；（2）当时，在函数的图象上任取两个不同的点、.若当时，总有不等式成立，求正实数的取值范围：【详解】（1） 略；（2）当时，当时，总有不等式成立，即，构造函数，由于，则函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，解得.由题意可知，因此，正实数的取值范围是； 【变式训练】设函数（1）若曲线在点处的切线与直线垂直，求的单调递减区间和极小值（其中为自然对数的底数）；（2）若对任何恒成立，求的取值范围【解析】 （2）条件等价于对任意恒成立，设则在上单调递减，则在上恒成立，得恒成立，（对仅在时成立），故的取值范围是 【变式训练】已知函数fx=x+xlnx.（）求函数fx的图象在点1,1处的切线方程；（）若kZ，且kx-1<fx对任意x>1恒成立，求k的最大值；（）当n>m4时，证明：mnnm>nmmn.【解析】（）f'(x)=lnx+2,f'(1)=2，函数f(x)的图象在点(1,1)处的切线方程y=2x-1；（）由（）知，f(x)=x+xlnx,k(x-1)<f(x)，对任意x>1恒成立，即k<x+xlnxx-1对任意x>1恒成立 令g(x)=x+xlnxx-1，则g'(x)=x-lnx-2(x-1)2， 令h(x)=x-lnx-2(x>1)，则h'(x)=1-1x=x-1x>0，所以函数h(x)在(1,+)上单调递增 h(3)=1-ln30,h(4)=2-2ln20，方程h(x)=0在(1,+)上存在唯一实根x0，且满足x0(3,4)当1<x<x0时，h(x)<0，即g'(x)<0，当x>x0时，h(x)>0，即g'(x)>0，所以函数g(x)=x+xlnxx-1在(1,x0)上单调递减，在(x0,+)上单调递增g(x)min=g(x0)=x0(1+lnx0)x0-1=x0(1+x0-2)x0-1=x0(3,4)，k<g(x)min=x0(3,4)，故整数k的最大值是3（）由（）知，g(x)=x+xlnxx-1是4,+)上的增函数， 当n>m4时，n+nlnnn-1>m+mlnmm-1 即n(m-1)(1+lnn)>m(n-1)(1+lnm)整理，得mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn+(n-m) n>m,mnlnn+mlnm>mnlnm+nlnn即lnnmn+lnmm>lnmmn+lnnn即ln(nmnmm)>ln(mmnnn)(mnn)m>(nmm)n (五)把其中一个看作自变量，另一个看作参数【例】 已知，函数（）若函数在上为减函数，求实数的取值范围；（）设正实数，求证：对上的任意两个实数，总有成立【分析】（）将问题转化为在上恒成立，可得，令， 可判断出在上单调递增，即，从而可得的范围；（）构造函数，且；利用导数可判断出在上是减函数，得到，经验算可知，从而可得，从而可证得结论.【解析】（）由题意知：函数在上为减函数，即在上恒成立即在上恒成立，设当时，单调递减，单调递增在上单调递增 ，即的取值范围为（）设，令：，则，令，则在上为减函数，即在上是减函数，即时， ，【变式训练】 已知函数f(x)=ex-x，g(x)=(x+k)ln(x+k)-x（1）若k=1，f'(t)=g'(t)，求实数t的值（2）若a,bR+，f(a)+g(b)f(0)+g(0)+ab，求正实数k的取值范围【解析】（1）由题意，得f'(x)=ex-1，g'(x)=ln(x+k)， 由k=1，f'(t)=g'(t)，得et-ln(t+1)-1=0，令(t)=et-ln(t+1)-1，则'(t)=et-1t+1，因为(t)=et+1(t+1)2>0，所以'(t)在(-1,+)单调递增， 又'(0)=0，所以当-1<x<0时，'(t)>0，(t)单调递增； 当x>0时，'(t)<0，(t)单调递减；所以(t)(0)=0，当且仅当t=0时等号成立 故方程有且仅有唯一解t=0，实数t的值为0 （2）解法一：令h(x)=f(x)-bx+g(b)-f(0)-g(0)（x>0），则h'(x)=ex-(b+1)，所以当x>ln(b+1)时，h'(x)>0，h(x)单调递增; 当0<x<ln(b+1)时，h'(x)<0，h(x)单调递减;故h(x)h(ln(b+1) =f(ln(b+1)+g(b)-f(0)-g(0)-bln(b+1)=(b+k)ln(b+k)-(b+1)ln(b+1)-klnk 令t(x)=(x+k)ln(x+k)-(x+1)ln(x+1)-klnk（x>0），则t'(x)=ln(x+k)-ln(x+1)（i）若k>1时，t'(x)>0，t(x)在(0,+)单调递增，所以t(x)>t(0)=0，满足题意 （ii）若k=1时，t(x)=0，满足题意（iii）若0<k<1时，t'(x)<0，t(x)在(0,+)单调递减，所以t(x)<t(0)=0不满足题意 综上述：k1 (六)利用根与系数的关系，把两变量用另一变量表示【例】（2020山西高三期末）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 【解析】 （1）定义域为，令，当时，故在上单调递增，当时，的两根都小于零，在上，故在上单调递增，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，这与上式矛盾，故不存在，使得.【变式训练】 已知函数，其中.（1）讨论的单调性；（2）若有两个极值点，证明：. 【解析】（1）解：由题得，其中，考察，其中对称轴为，.若，则，此时，则，所以在上单调递增；若，则，此时在上有两个根，且，所以当时，则，单调递增；当时，则，单调递减；当时，则，单调递增，综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.（2）证明：由（1）知，当时，有两个极值点，且，所以.令，则只需证明，由于，故在上单调递减，所以.又当时，故，所以，对任意的，.综上，可得.【变式训练】已知函数.（1）讨论函数f（x）的极值点的个数；（2）若f（x）有两个极值点，证明：.【解析】（1）由题意，函数，得， （i）若时；，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以当，函数取得极小值，是的一个极小值点；（ii）若时，则，即时，此时，在是减函数，无极值点，当时，则，令，解得，当和时，当时，在取得极小值，在取得极大值，所以有两个极值点，综上可知：（i）时，仅有一个极值点；(ii).当时，无极值点；(iii)当，有两个极值点.（2）由（1）知，当且仅当时，有极小值点和极大值点，且，是方程的两根，,，则，设，则， 时，是减函数，.三、跟踪训练1.已知函数.（1）讨论函数的单调性；（2）若，且存在不相等的实数，使得，求证：且.【解析】（1）由题意，函数，可得，当时，因为，所以，所以，故函数在上单调递增；当时，所以，故函数在单调递增；当时，解得或，解得，所以函数在区间上单调递减，在区间和区间上单调递增.综上所述，当时，函数在上单调递增，当时，函数在区间上单调递减，在区间和区间上单调递增.（2）由题知，则.当时，所以在上单调递增，与存在不相等的实数，使得矛盾，所以.由，得，所以，不妨设，因为，所以，欲证，只需证，只需证，令，等价于证明，即证，令，所以在区间上单调递减，所以，从而得证，于是.2.【2020河北省衡水市高三期末】已知函数f(x)=alnx-x2.（1）令g(x)=f(x)+ax，若y=g(x)在区间(0,3)上不单调，求a的取值范围；（2）当a=2时，函数h(x)=f(x)-mx的图象与x轴交于两点Ax1,0，Bx2,0，且0<x1<x2，又h'(x)是h(x)的导函数.若正常数，满足条件+=1，.试比较h'x1+x2与0的关系，并给出理由【解析】（1）因为gx=alnx-x2+ax，所以g'x=ax-2x+a，因为gx在区间0,3上不单调，所以g'x=0在0,3上有实数解，且无重根，由g'x=0，有a=2x2x+1=2x+1+1x+1-4，x(0,3)，令t=x+1>4则y=2(t+1t)-4在t>4单调递增，故a0,92（2）h'x=2x-2x-m，又fx-mx=0有两个实根x1，x2，2lnx1-x12-mx1=02lnx2-x22-mx2=0，两式相减，得2lnx1-lnx2-x12-x22=mx1-x2，m=2lnx1-lnx2x1-x2-x1+x2，于是h'x1+x2=2x1+x2-2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+x1+x2=2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+2-1x2-x1.，21，2-1x2-x10.要证：h'x1+x2<0，只需证：2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2<0，只需证：x1-x2x1+x2-lnx1x2>0.（*）令x1x2=t0,1，（*）化为1-tt+lnt<0，只需证ut=lnt+1-tt+<0u't=1t-1t+2>0ut在0,1上单调递增，ut<u1=0，lnt+1-tt+<0，即x1-x2t+lnx1x2<0.h'x1+x2<0.2.（2020·江苏金陵中学高三开学考试）已知函数f（x）=12ax2+lnx，g（x）=-bx，其中a，bR，设h（x）=f（x）-g（x），（1）若f（x）在x=22处取得极值，且f（1）=g（-1）-2求函数h（x）的单调区间；（2）若a=0时，函数h（x）有两个不同的零点x1，x2求b的取值范围；求证：x1x2e21【答案】（1）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）（-1e，0）详见解析【解析】试题分析：（1）先确定参数：由f'(1)=g(-1)-2可得a=b-3. 由函数极值定义知f'(22)=22a+2=0所以a=" -2,b=1" .再根据导函数求单调区间（2）当a=0时，h(x)=lnx+bx，原题转化为函数(x)=-lnxx与直线y=b有两个交点，先研究函数(x)=-lnxx图像，再确定b的取值范围是（-1e，0）.x1x2e2>1x1x2>e2lnx1x2>2，由题意得lnx1+bx1=0,lnx2+bx2=0,所以lnx1x2lnx2-lnx1=x1+x2x2-x1，因此须证lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1，构造函数F(t)=lnt-2(t-1)t+1，即可证明试题解析：（1）因为f'(x)=ax+1x，所以f'(1)=a+1,由f'(1)=g(-1)-2可得a=b-3.又因为f(x)在x=22处取得极值，所以f'(22)=22a+2=0，所以a=" -2,b=1" . 所以h(x)=-x2+lnx+x，其定义域为（0，+）h'(x)=-2x+1x+1=-2x2+x+1x=-(2x+1)(x-1)x令h'(x)=0得x1=-12,x2=1，当x（0,1）时，h'(x)>0，当x（1,+）h'(x)<0，所以函数h（x）在区间（0,1）上单调增；在区间（1,+）上单调减.（2）当a=0时，h(x)=lnx+bx，其定义域为（0，+）.由h(x)=0得b=-lnxx，记(x)=-lnxx，则'(x)=lnx-1x2,所以(x)=-lnxx在(0,e)单调减，在(e,+)单调增，所以当x=e时(x)=-lnxx取得最小值-1e.又(1)=0，所以x(0,1)时(x)>0，而x(1,+)时(x)<0,所以b的取值范围是（-1e，0）.由题意得lnx1+bx1=0,lnx2+bx2=0,所以lnx1x2+b(x1+x2)=0,lnx2-lnx1+b(x2-x1)=0,所以lnx1x2lnx2-lnx1=x1+x2x2-x1，不妨设x1<x2,要证x1x2>e2, 只需要证lnx1x2=x1+x2x2-x1(lnx2-lnx1)>2.即证lnx2-lnx1>2(x2-x1)x2+x1，设t=x2x1(t>1),则F(t)=lnt-2(t-1)t+1=lnt+4t+1-2,所以F'(t)=1t-4(t+1)2=(t-1)2t(t+1)2>0,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，所以F(t)>0即lnt>2(t-1)t+1,所以x1x2>e2.考点：函数极值，构造函数利用导数证明不等式3【福建省2020高三期中】已知函数f(x)=exex-ax+a有两个极值点x1，x2.（1）求a的取值范围；（2）求证：2x1x2<x1+x2.【解析】（1）因为f(x)=exex-ax+a，所以f'(x)=exex-ax+a+exex-a=ex2ex-ax，令f'(x)=0，则2ex=ax，当a=0时，不成立；当a0时，2a=xex，令g(x)=xex，所以g'(x)=1-xex，当x<1时，g'(x)>0，当x>1时，g'(x)<0，所以g(x)在(-,1)上单调递增，在(1,+)上单调递减，又因为g(1)=1e，当x-时，g(x)-，当x+时，g(x)0，因此，当0<2a<1e时，f(x)有2个极值点，即a的取值范围为(2e,+).（2）由（1）不妨设0<x1<1<x2，且2ex1=ax12ex2=ax2，所以ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2-x1=lnx2-lnx1，要证明2x1x2<x1+x2，只要证明2x1x2lnx2-lnx1<x22-x12，即证明2lnx2x1<x2x1-x1x2，设x2x1=t(t>1)，即要证明2lnt-t+1t<0在t(1,+)上恒成立，记h(t)=2lnt-t+1t(t>1)，h'(t)=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t2<0，所以h(t)在区间(1,+)上单调递减，所以h(t)<h(1)=0，即2lnt-t+1t<0，即2x1x2<x1+x2.4【安徽省示范高中皖北协作区2020届高三模拟】已知函数fx=-12x2+2x-2alnx（1）讨论函数fx的单调性；（2）设gx=f'x，方程gx=c（其中c为常数）的两根分别为,<，证明：g'+2<0注：f'x,g'x分别为fx,gx的导函数【解析】（1）函数fx的定义域为0,+，f'x=-x+2-2ax=-x2+2x-2ax，令hx=-x22a-2a，=4-8a，当0时，即a12时，恒有hx0，即f'x0，函数fx在0,+上单调减区间当>0时，即a<12时，由hx=0，解得x1=1-1-2a,x2=1+1-2a，（i）当0<a<12时，当x0,x1,x2,+时，hx<0，即f'x<0，当xx1,x2时，hx>0，即f'x>0，函数fx在0,x1,x2,+单调递减，在x1,x2上单调递增（ii）当a0时，h0=-2a0，当xx2,+时，hx<0，即f'x<0，当x0,x2时，hx>0，即f'x>0，函数fx在x2,+单调递减，在0,x2上单调递增证明（2）由条件可得gx=-x+2-2ax,x>0，g'x=-1+2ax2，方程gx=c（其中c为常数）的两根分别为,<，g=cg=c可得=2c，g'+2=-1+8+2=-1+4+2=-1+4+2，0<<，0<<1，+>2，g'+2=-1+4+2<-1+1=05（2020江苏徐州一中高三期中）设函数，其中N，2，且R（1）当，时，求函数的单调区间；（2）当时，令，若函数有两个极值点，且，求的取值范围；【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析【解析】【分析】（1）将，代入解析式，求出函数的导数，从而即可得到函数的单调区间；（2）由题意知，求导，从而可得，由方程有两个不相等的正数根，（）可得，由方程得，且，由此分析整理即可得到答案；（3）求出函数的导数，得到的单调性，求出的最小值，通过构造函数结合零点存在性定理判断函数的零点即可.【详解】（1）依题意得， 令，得；令，得 则函数在上单调递减，在上单调递增 （2）由题意知：则， 令，得，故方程有两个不相等的正数根，（），则 解得 由方程得，且 由，得 ， ，即函数是上的增函数，所以，故的取值范围是 6（2019·江苏徐州一中高三月考）已知函数，g（x）b（x1），其中a0，b0（1）若ab，讨论F（x）f（x）g（x）的单调区间；（2）已知函数f（x）的曲线与函数g（x）的曲线有两个交点，设两个交点的横坐标分别为x1，x2，证明：【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】【分析】（1）求导得，按照a0、 a0讨论的正负即可得解；（2）设x1x2，转化条件得，令，只需证明即可得证.【详解】（1）由已知得，当0x1时，1x20，lnx0，1x2lnx0，；当x1时，1x20，lnx0，1x2lnx0故若a0，F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+）上单调递减；故若a0，F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+）上单调递增（2）不妨设x1x2，依题意，同理得由得，故只需证，取，即只需证明，成立，即只需证，成立，p（t）在区间1，+）上单调递增，p（t）p（1）0，t1成立，故原命题得证【点睛】本题考查了导数的综合运用，考查了转化化归思想与计算能力，属于难题.7（2020·广西南宁二中高三（文）已知函数（）若，讨论函数的单调性；（）设，且有两个极值点，其中，求的最小值.（注：其中为自然对数的底数）【答案】（）见解析；（）最小值为.【解析】【分析】（）对函数 求导，对a分情况讨论即可确定的单调区间；（）先对 求导，令导数式等于0由韦达定理求出两个极值点的关系 ，所以，整理，构造关于 的函数 ，求导根据单调性确定最值即可。【详解】（）的定义域是，当时， 在，单调递增；在单调递减.当时，在单调递增.当时， 在，单调递增；在单调递减.（）， 由题意得方程的两根分别为，且所以，则 设，则当时，恒成立，所以在上单调递减，所以，即的最小值为.【点睛】本题考查导数的应用，根据导数求单调区间，函数的零点，以及构造函数求最值，考查学生的运算推理能力，属于难题。8（2020·云南高三（理）已知函数为常数).（1）讨论的单调性；（2）是的导函数，若存在两个极值点，求证:【答案】（1）当时，函数在实数集上的减函数；当时，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；（2）证明见解析过程.【解析】【分析】（1）对函数进行求导，结合基本不等式进行分类讨论即可；（2）计算出的值，根据已知和所要证明的不等式，构造新函数，再对新函数进行求导，结合基本不等式可以判断出新函数的单调性，利用新函数的单调性证明即可.【详解】（1）.因为（当且仅当时取等号），所以，当时，函数在实数集上的减函数；当时，或，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增；当时，函数单调递减；（2），函数存在两个极值点，由（1）可知：，此时构造新函数为，所以，所以函数是减函数，当时，所以有，因为，所以有【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性，考查了利用构造函数证明不等式成立问题，考查了数学运算能力.9已知函数的图象在处的切线过点.（1）若函数，求的最大值（用表示）；（2）若，证明：.【答案】(1) ；(2)证明见解析.【解析】试题分析：(1)由题意可得：.结合导函数研究函数的单调性可得.(2)由题意结合(1)的结论有，构造函数，结合函数的特征即可证得题中的结论.试题解析：（1）由，得，的方程为，又过点，解得.，当时，单调递增；当时，单调递减.故.（2）证明：，令，令得；令得.在上递减，在上递增，解得：.10【浙江省三校2020年高三联考】已知函数fx=x2-a-2x-alnx.（1）求函数的单调区间；（2）若方程fx=c有两个不相等的实数根x1,x2，求证：f'x1+x22>0.【解析】（1） f'x=2x-ax+1x x>0.当a0时，f'x>0，函数fx在0,+上单调递增，所以函数fx的单调增区间为0,+.当a>0时，由f'x>0得x>a2；由f'x<0得0<x<a2，所以函数fx的单调增区间为a2,+，单调减区间为0,a2.（2）因为x1,x2是方程fx=c的两个不等实根，所以a>0.不妨设0<x1<x2，则x12-a-2x1-alnx1=c，x22-a-2x2-alnx2=c，两式相减得x12-a-2x1-alnx1-x22-a-2x2-alnx2=0,即a=x12+2x1-x22-2x2x1+lnx1-x2-lnx2.又f'a2=0，当x>a2时，f'x>0；当0<x<a2时，f'x<0.故只要证明x1+x22>a2即可，即证x1+x2>x12+2x1-x22-2x2x1+lnx1-x2-lnx2，即证lnx1x2<2x1-2x2x1+x2,即证lnx1x2<2x1x2-2x1x2+1.设t=x1x20<t<1，令gt=lnt-2t-2t+1，则g't=t-12tt+1>0,则gt=lnt-2t-2t+1在0,1为增函数，又g1=0,所以t0,1时，gt<0总成立，得证.专心-专注-专业