导数压轴题双变量问题方法归纳总结教师版(共36页).docx

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1、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】（2020年河南高三期末）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】

2、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.思路三：要证明，只需证. 即证，由对数平均数易得. 【规律总结】极值点偏移问题中，如果等式含有参数，则消参，有指数的则两边取对数，转化为对数式，通过恒等变换转化为对数平均问题，利用对数平均不等式求解，此乃对数平均法.【类题展示】【四川省2020届高三期末】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

3、，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）函数，x0，f（x）=x-alnx，函数有两个不同的极值点x1，x2，且x1x2f（x）=x-alnx=0有两个不等根，令g（x）=x-alnx，则=，（x0），当a0时，得g（x）0，则g（x）在（0，+）上单调递增，g（x）在（0，+）上不可能有两个零点当a0时，由g（x）0，解得xa，由g（x）0，解得0xa，则g（x）在（0，a）上单调递减，在（a，+）上单调递增，要使函数g（x）有两个零点，则g（a）=a-alna0，解得ae，实数a的

4、取值范围是（e，+）（2）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【类题展示】（2020湖北高三期末）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

5、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.【点睛】（1）含参函数的单调性分析，要注意抓住参数的临界值进行分类讨论；（2）利用导数求解双变量问题，多数情况下需要构造关于（或）的新函数，借助新函数的单调性分析问题.(二)各自构造一元函数 【例】（2020河南高三月考）已知函数f（x）lnxax+1（aR）（1）求f（x）的单调区间；（2）

6、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），当a0时，f（x）0，f（x）单调递增，当a0时，在（0，）上，f（x）0，f（x）单调递增，在（，+）上，f（x）0，f（x）单调递减综上：当a0时，f（x）单调递增区间是（0，+），当a0时，f（x）单调递增区间是（0，），单调递减在区间是（，+）.（2），在区

7、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【点睛】本题主要考查了导数与函数的单调性及不等式恒成立问题，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.【类题展示】【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】

8、 (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.【评注】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”.(三)消元构造一元函数 【例】已知函数f(x)=e-x

9、+1,x0,2x,x0.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x10时，f(x)=2x0. f(x)的值域为(0,+) 令f(f(x)+1)=m， f(x)+11， f(f(x)+1)2， m2.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t11 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x11时

10、，设g(t)=t2-t-2a.由g(2)=4-2-2a=2-2a0. t0(2,+)，使得g(t0)=0.且当t(2,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.【类题展示】【四川省2020届高三期末已知函数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x1x20)，则h(x)=1-1x，当x(0,1)时，h(x)0，故h(x)单调递增，h(x)min=h(1)=1-m.若方程f(x)=x

11、2+2m有两个不等实根，则有h(x)min1，当m1时，0e-m10，hem=em-2m，令g(x)=ex-2x(x1)，则g(x)=ex-20，g(x)单调递增，g(x)g(1)=e-20，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x1x2，则0x11x2，01x21，x1x21x1h1x2，hx1=hx2=0，hx1-h1x2=hx2-h1x2=x2-lnx2-m-1x2-ln1x2-m,=x2-1x2-2lnx2.令(x)=x-1x-2lnx(x1)，则(x)=1+1x2-2x=1x-120，(x)在(1,+)上单调递增，当x1时，(x)(1)=0，即x2-

12、1x2-2lnx20，hx1h1x2，x1x21.(四)独立双变量，化为两边同函数形式【例】（2020深圳市高三期末）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： 【分析】（1）求导，对分和两种情况讨论，分析函数的单调性，即可得出函数的极值；（2）由，得出，构造函数，可知函数在区间上为减函数或常函数，解不等式，即可得出实数的取值范围；【详解】（1），其中为非零实数，.当时，函数单调递减；时，函数单调递增.所以，函数有极小值；当时，函数单调递增；时，函数单调递减.所以，函数有极大值.综上所述，当时，有极小值；

13、当时，有极大值；（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；【点睛】本题考查利用导数求函数的极值，考查利用导数解决函数不等式恒成立问题，同时考查了变换主元法，构造函数法和分类讨论法的应用，属于难题【类题展示】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】（1）由条件得，在点处的切线与垂直，此切线的斜率为0，即，有，得，由得，由得在上单调递减，在上单调递增，当时，取得极小值故的单调递减区间为，极小值为2（2）条件等

14、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【评注】此类问题一般是根据两边式子结构构造同一个函数，利用函数单调性求解【类题展示】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-11恒成立，求k的最大值；（）当nm4时，证明：mnnmnmmn.【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)1恒成立，即k1恒成立 令g(x)=x+xlnxx-1，则g(x)=x-lnx-2(x-1)2， 令h(x)=

15、x-lnx-2(x1)，则h(x)=1-1x=x-1x0，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1xx0时，h(x)0，即g(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)，km4时，n+nlnnn-1m+mlnmm-1 即n(m-1)(1+lnn)m(n-1)(1+lnm)整理，得mnlnn+m

16、lnmmnlnm+nlnn+(n-m) nm,mnlnn+mlnmmnlnm+nlnn即lnnmn+lnmmlnmmn+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】【山东2020高三期末】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

17、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， ，【类题展示】【福建省2020高三期末】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)20，所

18、以(t)在(-1,+)单调递增， 又(0)=0，所以当-1x0，(t)单调递增； 当x0时，(t)0），则h(x)=ex-(b+1)，所以当xln(b+1)时，h(x)0，h(x)单调递增; 当0xln(b+1)时，h(x)0），则t(x)=ln(x+k)-ln(x+1)（i）若k1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0k1时，t(x)0，t(x)在(0,+)单调递减，所以t(x)-1时，xln(x+1)，所以当x0时，x-1lnx.又由上式得，当x0时，1x-1ln1x，1-x-xlnx，x-

19、xlnx-10.因此不等式（*）均成立 令h(x)=g(x)-ax+f(a)-f(0)-g(0)（x0），则h(x)=ln(x+k)-a，（i）若alnk时，当xea-k时，h(x)0，h(x)单调递增; 当0xea-k时，h(x)0，h(x)单调递减;故h(x)h(ea-k) =g(ea-k)-a(ea-k)+f(a)-f(0)-g(0) =(k-1)a+k-1-klnk （ii）若0h(0)=f(a)-f(0) =ea-a-1 因此，当0k1时，此时lnklnk，h(x)(k-1)a+k-1-klnk0，则需k-10,k-1-klnk0,由（*）知，k-klnk-10，（当且仅当k=1时等

20、号成立），所以k=1 当k1时，此时lnk0，a0，则当alnk时，h(x)(k-1)a+k-1-klnk (k-1)lnk+k-1-klnk =-lnk+k-10（由（*）知）；当0ea-a-10（由（*）知）故对于任意a0，h(x)0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

21、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.【类题展示】【云南省2020高三期末】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

22、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.【类题展示】【湖南省师范大学附属中学2020届高三考前演练】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

23、）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

24、，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0x14则y=2(t+1t)-4在t4单调递增，故a0,92（2）hx=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

25、+x2，于是hx1+x2=2x1+x2-2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+x1+x2=2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x2+2-1x2-x1.，21，2-1x2-x10.要证：hx1+x20，只需证：2x1+x2-2lnx1-lnx2x1-x20.（*）令x1x2=t0,1，（*）化为1-tt+lnt0，只需证ut=lnt+1-tt+0ut在0,1上单调递增，utu1=0，lnt+1-tt+0，即x1-x2t+lnx1x20.hx1+x21x1x2e2lnx1x22，由题意得lnx1+bx1=0,lnx2+bx2=0,所以lnx1x2lnx2-lnx1=x1+x2x2-x1

26、，因此须证lnx2-lnx12(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，而x(1,+)时(x)0,所以b的取值范围是（-1e，0）.由题

27、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x1e2, 只需要证lnx1x2=x1+x2x2-x1(lnx2-lnx1)2.即证lnx2-lnx12(x2-x1)x2+x1，设t=x2x1(t1),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)20,所以函数F(t)在（1，+）上单调增，而F(1)=0，所以F(t)0即lnt2(t-1)t+1,所以x1x2e2.考点：函数

28、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：2x1x2x1+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x0，当x1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02a1e时，f(x)有

29、2个极值点，即a的取值范围为(2e,+).（2）由（1）不妨设0x11x2，且2ex1=ax12ex2=ax2，所以ln2+x1=lna+lnx1ln2+x2=lna+lnx2，所以x2-x1=lnx2-lnx1，要证明2x1x2x1+x2，只要证明2x1x2lnx2-lnx1x22-x12，即证明2lnx2x11)，即要证明2lnt-t+1t1)，h(t)=2t-1-1t2=-t2+2t-1t2=-(t-1)2t20，所以h(t)在区间(1,+)上单调递减，所以h(t)h(1)=0，即2lnt-t+1t0，即2x1x2x1+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=

30、-12x2+2x-2alnx（1）讨论函数fx的单调性；（2）设gx=fx，方程gx=c（其中c为常数）的两根分别为,，证明：g+20时，即a12时，由hx=0，解得x1=1-1-2a,x2=1+1-2a，（i）当0a12时，当x0,x1,x2,+时，hx0，即fx0，即fx0，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，hx0，即fx0，即fx0，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,x0，gx=-1+2ax2，方程gx=c（其中c为常数）的两根分别为,，g=cg=c可得=

31、2c，g+2=-1+8+2=-1+4+2=-1+4+2，0，02，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，

32、 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

33、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

34、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

35、).（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.