高考数学一轮复习题型讲解+专题训练(新高考专用)专题18导数与双变量、极值点偏移(原卷版+解析)

2023高考一轮复习讲与练专题18导数与双变量、极值点偏移导数与双变量、极值点偏移导数与双变量、极值点偏移双变量极值点偏移同构法换元法对数平均不等式极值点偏移的含义极值点偏移的题型任意任意型存在型练高考明方向1.(2023·全国甲（理）T21）已知函数．（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．2.(2023·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x13、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．4．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)(本小题满分12分)已知函数有两个零点．(I)求a的取值范围；(II)设是的两个零点，证明：．5．(2023高考数学新课标2理科)设函数．(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；(Ⅱ)若对于任意，都有，求的取值范围．讲典例备高考类型一、对数平均不等式解决双变量问题基础知识：我们熟知平均值不等式：，，即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”，等号成立的条件是.我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：，那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式：，，基础题型：1.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，，且关于的方程恰有三个实数根，，，求证：.2、已知函数（），曲线在点处的切线与直线垂直.（1）试比较与的大小，并说明理由；（2）若函数有两个不同的零点，证明：.3、已知函数（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，求证：4、已知函数在处的切线方程为.（1）求；（2）若方程有两个实数根，且，证明：.类型二、极值点偏移基础知识：1．极值点偏移的含义：若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝eq\f(x1＋x2,2)f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0－x2)右移x0>eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)>f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)基本题型：常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：①若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；②若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；③若函数存在两个零点且，令，求证：；④若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.1、已知函数.(1)求函数的单调区间和极值；(2)若，且，证明：.基本方法：1、方法一、二的思路是利用极值点构造函数，这是解决极值点偏移问题的最基本的方法，其基本步骤为：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；2、方法三、四的基本思路是构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.即引入变量t＝eq\f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题步骤为：(1)利用方程f(x1)＝f(x2)推出关于x1，x2的等量关系.(2)令或，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)．(3)利用导数求解函数h(t)的最小值，从而可证得结论．1、已知函数分别是函数的两个零点，求证：.2、已知函数有两个零点.证明：.基本方法：1、用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：（1）求导，获得的单调性，极值情况，作出的图像，由得，的取值范围（数形结合）；（2）构造辅助函数（对结论，构造；对结论，构造），求导，限定范围（或的范围），判定符号，获得不等式；（3）代入（或），利用及的单调性证明最终结论．类型三、存在性或任意性的双变量问题基础知识：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．基本题型：形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．设函数，函数，若对于，，使成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．2．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是________．3．已知，.（1）讨论单调性；（2）当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.形如“对任意x1∈A及x2∈B，都有f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]min”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．已知函数．（Ⅰ）求曲线在点（1，）处的切线方程；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）已如函数，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围．形如“存在x1∈A及x2∈B，使f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]min<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．已知f(x)＝xex，g(x)＝﹣（x+1）2+a，若∃x1，x2∈[﹣2，0]，使得f（x2）≤g（x1）成立，则实数a的取值范围是__．形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”。此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域是g(x)的值域的子集”来求解参数的取值范围。1．已知函数，，实数，满足．若，，使得成立，则的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．2、已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝eq\f(19,6)x－eq\f(1,3)，若对任意x1∈[－1,1]，总存在x2∈[0,2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，则实数a的取值范围为_____.形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围。1．已知函数f(x)＝，若存在x1，x2（x2＞x1）满足f（x1）＝f（x2），则x2﹣2x1的取值范围为_____.2、已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x3,x＋1)，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，,－\f(1,3)x＋\f(1,6)，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，))函数g(x)＝ksineq\f(πx,6)－2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0,1]及x2∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数k的取值范围为_____.基本方法：一般地，已知函数，，，.（1）若，，有成立，则；（2）若，，有成立，则；（3）若，，有成立，则；（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集.新预测破高考1．已知函数，，若对任意的,存在，使，则实数的取值范围是A．2,178 B． C． D．2．已知函数满足对于任意，存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．3．（多选题）已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（）A． B．在上单调递增C． D．若，则4、已知函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若对于任意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数k的取值范围为_____。5．已知函数有两个极值点、，则的取值范围为_________.6、已知函数f(x)＝7x2－28x－a，g(x)＝2x3＋4x2－40x，如果存在x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，使f(x1)≤g(x2)能成立，则实数a的取值范围为_____。7．已知函数若方程恰有两个不同的实数根，则的最大值是______．8、已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq\f(a,4)x＋eq\f(3,2)(a<0)。(1)若对任意给定的x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，总存在唯一一个x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，使得f(x1)＝g(x0)成立，求实数a的取值范围。(2)若对任意给定的x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))上总存在两个不同的xi(i＝1,2)，使得f(x1)＝f(x2)＝g(x0)成立，求实数a的取值范围。9．已知实数，设函数，对任意均有求的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．10、已知函数.(1)求的单调区间；(2)若函数，是函数的两个零点，是函数的导函数，证明：.11.已知.（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.（2）当时，若有两个极值点，，求证：.12．已知函数，．（1）求函数的最小值；（2）若是的切线，求实数k的值；（3）若与的图象有两个不同交点A(，)，B(，)，求证：．13．已知函数，g（x）＝b（x﹣1），其中a≠0，b≠0（1）若a＝b，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：．14、已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，求实数k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2＜e2k.15．已知函数（为常数）.（1）若是定义域上的单调函数，求的取值范围；（2）若函数存在两个极值点，，且，求的范围.16．已知函数（Ⅰ）若，讨论函数的单调性；（Ⅱ）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）17．已知函数.（1）求函数的单调区间；（2）证明：，，.18．已知函．（1）求函数的单调区间；（2）当时，若，满足，求证：．19．已知函数.（1）当时，讨论函数的单调性：（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.20.若．（1）当．时，讨论函数的单调性；（2）若，且有两个极值点，，证明．2023高考一轮复习讲与练专题18导数与双变量、极值点偏移导数与双变量、极值点偏移导数与双变量、极值点偏移双变量极值点偏移同构法换元法对数平均不等式极值点偏移的含义极值点偏移的题型任意任意型存在型练高考明方向1.(2023·全国甲（理）T21）已知函数．（1）若，求a的取值范围；（2）证明：若有两个零点，则．答案：（1）（2）证明见的解析分析：（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.【小问1详解】的定义域为，，令,得当单调递减，当单调递增，若,则,即，所以的取值范围为【小问2详解】由题知,一个零点小于1,一个零点大于1，不妨设，要证,即证因为,即证，因为,即证即证，即证下面证明时，，设，则，设所以,而，所以,所以，所以在单调递增即,所以，令，所以在单调递减，即,所以；综上,,所以.【点睛】关键点点睛：本题极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式这个函数经常出现，需要掌握2.(2023·天津高考·T20)已知函数f(x)=x3+klnx(k∈R),f'(x)为f(x)的导函数.(1)当k=6时,①求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程;②求函数g(x)=f(x)-f'(x)+9x(2)当k≥-3时,求证:对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x1【命题意图】本题主要考查导数的运算、不等式证明、运用导数研究函数的性质等知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力、综合分析问题和解决问题的能力.【解题指南】(1)①首先求得导函数的解析式,然后结合导数的几何意义求解切线方程即可;②首先求得g'(x)的解析式,然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可;(2)首先确定导函数的解析式,然后令x1x2=t,将原问题转化为与【解析】(1)①当k=6时,f(x)=x3+6lnx,f'(x)=3x2+6x.可得f(1)=1,f'所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程为y-1=9(x-1),即y=9x-8.②依题意,g(x)=x3-3x2+6lnx+3x,x∈(0,+∞).从而可得g'(x)=3x2-6x+6x-3x2,整理可得:g'(令g'(x)=0,解得x=1.当x变化时,g'(x),g(x)的变化情况如表:x(0,1)1(1,+∞)g'(x)-0+g(x)单调递减极小值单调递增所以,函数g(x)的单调递减区间为(0,1),单调递增区间为(1,+∞);g(x)的极小值为g(1)=1,无极大值.(2)由f(x)=x3+klnx,得f'(x)=3x2+kx.对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,令x1x2=则(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))=(x1-x2)3x1=x13-x23-3x12x2+3x1x22+kx1x2-x2x1-2klnx1令h(x)=x-1x-2lnx,x∈(1,+∞).当x>1时,h'(x)=1+1x2-2由此可得h(x)在(1,+∞)上单调递增,所以当t>1时,h(t)>h(1),即t-1t-2lnt>0因为x2≥1,t3-3t2+3t-1=(t-1)3>0,k≥-3,所以x23(t3-3t2+3t-1)+kt-1t-2lnt≥(t3-3t2+3t-1)-3t-1t-2lnt=t3由(1)②可知,当t>1时,g(t)>g(1),即t3-3t2+6lnt+3t>1,故t3-3t2+6lnt+3t-1>0.(由(ⅰ)(ⅱ)(ⅲ)可得(x1-x2)[f'(x1)+f'(x2)]-2(f(x1)-f(x2))>0.所以,当k≥-3时,对任意的x1,x2∈[1,+∞),且x1>x2,有f'(x13、【2018年高考全国Ⅰ卷理数】已知函数．（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，证明：．【解析】（1）的定义域为，.（i）若，则，当且仅当，时，所以在单调递减.（ii）若，令得，或.当时，；当时，.所以在单调递减，在单调递增.（2）由（1）知，存在两个极值点当且仅当.由于的两个极值点满足，所以，不妨设，则.由，所以等价于.设函数，由（1）知，在单调递减，又，从而当时，.所以，即.4．(2023高考数学课标Ⅰ卷理科)(本小题满分12分)已知函数有两个零点．(I)求a的取值范围；(II)设是的两个零点，证明：．答案：(I)；(II)见解析【解析】【法一】(I)由已知得：①若，那么，只有唯一的零点，不合题意；②若，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．又，，取b满足且，则，故存在两个零点．③设，由得或．若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．若，则，故当时；当时，因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．综上的取值范围为．(II)不妨设．由(I)知在单调递减，所以，即．由于，而所以，设，则所以当时，，则，故当时，从而，故．【法二】(I)由已知得：①若，那么，只有唯一的零点，不合题意；②若，那么，所以当时，，单调递增，当时，，单调递减即：↓极小值↑故在上至多一个零点，在上至多一个零点由于，，则，根据零点存在性定理，在上有且仅有一个零点．而当时，，，故则的两根，，因为，故当或时，，因此，当且时，又，根据零点存在性定理，在有且只有一个零点．此时，在上有且只有两个零点，满足题意．③若，则，当时，，，即，单调递增；当时，，即，单调递减；当时，，，即，单调递增．即：00+↑极大值↓极小值↑而极大值故当时，在处取到最大值，那么恒成立，即无解，而当时，单调递增，至多一个零点，此时在上至多一个零点，不合题意．④若，那么，当时，，，即，单调递增，当时，，，即，单调递增又在处有意义，故在上单调递增，此时至多一个零点，不合题意．⑤若，则当时，，，即，单调递增当时，，，即，单调递减当时，，，即，单调递增即：00↑极大值↓极小值↑故当时，在处取到最大值那么恒成立，即无解当时，单调递增，至多一个零点此时在上至多一个零点，不合题意．综上所述，当且仅当时符合题意，即的取值范围为．(II) 由已知得：，不难发现，，故可整理得：，设，则那么当时，，单调递减；当时，，单调递增．设，构造代数式：设，，则，故单调递增，有．因此，对于任意的，．由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有，令，则有而，，在上单调递增，因此：整理得：．5．(2023高考数学新课标2理科)设函数．(Ⅰ)证明：在单调递减，在单调递增；(Ⅱ)若对于任意，都有，求的取值范围．答案：（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．解析：（Ⅰ）．若，则当时，，；当时，，．若，则当时，，；当时，，．所以，在单调递减，在单调递增．（Ⅱ）由（Ⅰ）知，对任意的，在单调递减，在单调递增，故在处取得最小值．所以对于任意，的充要条件是：即①，设函数，则．当时，；当时，．故在单调递减，在单调递增．又，，故当时，．当时，，，即①式成立．当时，由的单调性，，即；当时，，即．综上，的取值范围是．讲典例备高考类型一、对数平均不等式解决双变量问题基础知识：我们熟知平均值不等式：，，即“调和平均数”小于等于“几何平均数”小于等于“算术平均值”小于等于“平方平均值”，等号成立的条件是.我们还可以引入另一个平均值：对数平均值：，那么上述平均值不等式可变为：对数平均值不等式：，，基础题型：1.已知函数.（1）讨论的单调性；（2）若存在两个极值点，，且关于的方程恰有三个实数根，，，求证：.解析：（1）①当，即时，，即在递增；②当，由或即在和递增，在递减③当，由即在递减，在递增；（2）先证由于所以，即成立，同理可证，于是，证毕.2、已知函数（），曲线在点处的切线与直线垂直.（1）试比较与的大小，并说明理由；（2）若函数有两个不同的零点，证明：.答案：（1）（2）见解析【解析】（1）依题意得，所以，又由切线方程可得，即，解得，此时，，令，即，解得；令，即，解得，所以的增区间为，减区间为，所以，即，，.[来（2）证明：不妨设因为所以化简得，可得，.要证明，即证明，也就是，因为，所以即证，即，令，则，即证.令（），由，故函数在是增函数，所以，即得证.所以.3、已知函数（Ⅰ）求函数的单调区间；（Ⅱ）当时，求证：【解析】（Ⅰ）函数的定义域为R，由，得，由，得函数的递增区间，由，得函数的递减区间，所以（Ⅱ）解法一、利用对数平均不等式求解因为时，，时，，所以，，，所以，所以，所以，所以，所以，①，因为，所以下面用反证法证明，假设当时，，与不等式①矛盾当时，，所以，与不等式①矛盾.所以假设不成立，所以解法二、利用函数的单调性求解,令，则，令则，则由得，，故在内单调递增故，故在内单调递增故，故，故在上单调递减,所以，由（1）及知，，故所以，所以，又在上单调递增，所以，即4、已知函数在处的切线方程为.（1）求；（2）若方程有两个实数根，且，证明：.【解析】（1）；（2）由（1）可知，，，设在处的切线方程为，易得，令，，则，当时，，当时，设，则，故在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，故，即，所以，设的根为，则，又函数单调递减，故，故，再者，设在处的切线方程为，易得，令，，当时，，当时，令，则，故函数在上单调递增，又，所以当时，，当时，，所以函数在区间上单调递减，在区间上单调递增，所以，即，所以，设的根为，则，又函数单调递增，故，故，又，所.类型二、极值点偏移基础知识：1．极值点偏移的含义：若单峰函数f(x)的极值点为x0，则极值点的偏移问题的图示及函数值的大小关系如下表所示.极值点x0函数值的大小关系图示极值点不偏移x0＝eq\f(x1＋x2,2)f(x1)＝f(2x0－x2)极值点偏移左移x0<eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)<f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)>f(2x0－x2)右移x0>eq\f(x1＋x2,2)峰口向上：f(x1)>f(2x0－x2)峰口向下：f(x1)<f(2x0－x2)基本题型：常见的极值点偏移问题主要有以下几种题型：①若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；②若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；③若函数存在两个零点且，令，求证：；④若在函数f(x)的定义域上存在x1，x2(x1≠x2)满足f(x1)＝f(x2)，令x0＝eq\f(x1＋x2,2)，求证：f′(x0)>0.1、已知函数.(1)求函数的单调区间和极值；(2)若，且，证明：.【解析】方法一：，易得在上单调递增，在上单调递减，时，，，时，，函数在处取得极大值，且,如图所示.由，不妨设，则必有，构造函数，则，所以在上单调递增，，也即对恒成立.由，则，所以，即，又因为，且在上单调递减，所以，即证方法二：欲证，即证，由法一知，故，又因为在上单调递减，故只需证，又因为，故也即证，构造函数，则等价于证明对恒成立.由，则在上单调递增，所以，即已证明对恒成立，故原不等式亦成立.方法三：由，得，化简得…，不妨设，由法一知，.令，则，代入式，得，反解出，则，故要证：，即证：，又因为，等价于证明：…，构造函数，则，故在上单调递增，，从而也在上单调递增，，即证式成立，也即原不等式成立.方法四：由法三中式，两边同时取以为底的对数，得，也即，从而，令，则欲证：，等价于证明：…，构造，则，又令，则，由于对恒成立，故，在上单调递增，所以，从而，故在上单调递增，由洛比塔法则知：，即证，即证式成立，也即原不等式成立.基本方法：1、方法一、二的思路是利用极值点构造函数，这是解决极值点偏移问题的最基本的方法，其基本步骤为：(1)求函数g(x)的极值点x0；(2)构造函数F(x)＝g(x0＋x)－g(x0－x)；(3)确定函数F(x)的单调性；2、方法三、四的基本思路是构造新的变元，将两个旧的变元都换成新变元来表示，从而达到消元的目的.即引入变量t＝eq\f(x1,x2)，从而构造相应的函数．其解题步骤为：(1)利用方程f(x1)＝f(x2)推出关于x1，x2的等量关系.(2)令或，消掉变量x1，x2，构造关于t的函数h(t)．(3)利用导数求解函数h(t)的最小值，从而可证得结论．2、已知函数分别是函数的两个零点，求证：.【解析】由已知得，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.方法一：构造比较函数法因为，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.【点评】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：选设主元法因为，只需证，设，则，所以函数在上单调递减，，即证.由上述分析可知.【点评】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：对数平均法要证明，只需证.即证，由对数平均数易得.简证如下：不妨设，只需证明即可，即.【点评】于，则，其中称之为对数平均数.在极值点偏移问题中，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.2、已知函数有两个零点.证明：.法二：参变分离再构造差量函数，由已知得：，不难发现，，故可整理得：，设，则那么，当时，，递减；当时，，递增．设，构造代数式：设，则，故单调递增，有．因此，对于任意的，．由可知、不可能在的同一个单调区间上，不妨设，则必有令，则有，而，，在上单调递增，因此：整理得：．基本方法：1、用对称化构造的方法解极佳点偏移问题大致分为以下三步：（1）求导，获得的单调性，极值情况，作出的图像，由得，的取值范围（数形结合）；（2）构造辅助函数（对结论，构造；对结论，构造），求导，限定范围（或的范围），判定符号，获得不等式；（3）代入（或），利用及的单调性证明最终结论．类型三、存在性或任意性的双变量问题基础知识：一般地，已知函数，（1）若，，总有成立，故；（2）若，，有成立，故；（3）若，，有成立，故；（4）若，，有，则的值域是值域的子集．基本题型：形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．设函数，函数，若对于，，使成立，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．答案：A分析：由题意只需，对函数求导，判断单调性求出最小值，对函数讨论对称轴和区间的关系，得到函数最小值，利用即可得到实数的取值范围.【详解】若对于，，使成立，只需，因为，所以，当时，，所以在上是减函数，所以函数取得最小值．因为，当时，在上单调递增，函数取得最小值，需，不成立；当时，在上单调递减，函数取得最小值，需，解得，此时；当时，在上单调递减，在上单调递增，函数取得最小值，需，解得或，此时无解；综上，实数的取值范围是，2．已知函数，，若，，使得，则实数的取值范围是________．答案：.分析：由，，使得，只需，分别研究两个函数的单调性，求两个函数的最大值，然后解不等式即可.【详解】依题意知，令，在恒成立，在上单调递增，，所以在上单调递减，，在是增函数，，所以，即.3．已知，.（1）讨论单调性；（2）当时，若对于任意，总存在，使得，求的取值范围.答案：（1）答案见解析；（2）.分析：（1）求出导函数，对m讨论，得到单调性；（2）当时，先求出，由题意，原不等式等价于，，利用导数求出，进而求出m的范围.【详解】（1），所以当时，有恒成立，在单调递增，当时，由解得：，在上单调递增；由解得：，在上单调递减；（2）当时，，根据题意，不等式等价于，，对于，，，所以在上单增，所以，则有，设，则，在定义域内为减函数，又，所以，即的取值范围是.形如“对任意x1∈A及x2∈B，都有f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]max<[g(x)]min”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．已知函数．（Ⅰ）求曲线在点（1，）处的切线方程；（Ⅱ）求函数的单调区间；（Ⅲ）已如函数，若，，不等式恒成立，求实数的取值范围．答案：（Ⅰ）；（Ⅱ）在（0，）递增，在递减；（Ⅲ）.分析：（Ⅰ）求函数导数得切线斜率，进而由点斜式即可得解；（Ⅱ）求函数导数，根据导数的正负即可得单调区间；（Ⅲ）由（Ⅱ）得的最大值是，，，不等式恒成立，转化为恒成立，再求的导数，讨论单调性求最值即可.【详解】（Ⅰ）∵，定义域是，∴，，，故切线方程为，即；（Ⅱ）由（Ⅰ），令，解得，令，解得，故在（0，）递增，在递减；（Ⅲ）由（Ⅱ）得的极大值是，即的最大值是，∵，∴，令，解得或，若，，不等式恒成立，则时，恒成立，①当即时，在上单调递增，此时，令，得；②当时，即时，在递减，在递增，此时，令，解得，不符合题意；③当即时，在递减，故，令，解得，不符合题意综上，实数的取值范围是．形如“存在x1∈A及x2∈B，使f(x1)<g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“[f(x)]min<[g(x)]max”或分离参数的办法来求解参数的取值范围。1．已知f(x)＝xex，g(x)＝﹣（x+1）2+a，若∃x1，x2∈[﹣2，0]，使得f（x2）≤g（x1）成立，则实数a的取值范围是__．答案：[，+∞）分析：转化为f(x)min≤g(x)max，再根据导数知识求出，根据二次函数知识求出，代入可求出结果.【详解】∃x1，x2∈[﹣2，0]，使得f（x2）≤g（x1）成立，等价于f(x)min≤g(x)max，f′(x)＝ex+xex＝（1+x）ex，当x＜﹣1时，f′(x)＜0，f(x)递减，当x＞﹣1时，f′(x)＞0，f(x)递增，所以当x＝﹣1时，f(x)取得最小值f(x)min＝f（﹣1）＝；因为g(x)＝﹣（x+1）2+a，所以当x＝﹣1时g(x)取得最大值为g(x)max＝g（﹣1）＝a，所以≤a，即实数a的取值范围是a≥．形如“对任意x1∈A，都存在x2∈B，使得g(x2)＝f(x1)成立”。此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域是g(x)的值域的子集”来求解参数的取值范围。1．已知函数，，实数，满足．若，，使得成立，则的最大值为（）A．3 B．4 C．5 D．答案：A分析：首先化简函数，和，，并判断函数的单调性，由条件转化为子集关系，从而确定值.【详解】，,，，当时，解得：，当时，解得：，所以在的单调递增区间是，单调递减区间是，当时取得最小值，,，函数在单调递增，，，所以，，令，解得：或，由条件可知的值域是值域的子集，所以的最大值是，的最小值是，故的最大值是.2、已知函数f(x)＝x3＋(1－a)x2－a(a＋2)x，g(x)＝eq\f(19,6)x－eq\f(1,3)，若对任意x1∈[－1,1]，总存在x2∈[0,2]，使得f′(x1)＋2ax1＝g(x2)成立，则实数a的取值范围为_____.【解】由题意知，g(x)在[0,2]上的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，6))，令h(x)＝f′(x)＋2ax＝3x2＋2x－a(a＋2)，则h′(x)＝6x＋2，由h′(x)＝0得x＝－eq\f(1,3)。当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(1,3)))时，h′(x)<0；当x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，1))时，h′(x)>0，所以[h(x)]min＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)))＝－a2－2a－eq\f(1,3)。又由题意可知，h(x)的值域是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，6))的子集，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(h－1≤6，,－a2－2a－\f(1,3)≥－\f(1,3)，,h1≤6，))解得实数a的取值范围是[－2,0]。形如“存在x1∈A及x2∈B，使得f(x1)＝g(x2)成立”此种类型的“等价转化”策略是利用“f(x)的值域和g(x)的值域的交集不为空集”来求解参数的取值范围。1．已知函数f(x)＝，若存在x1，x2（x2＞x1）满足f（x1）＝f（x2），则x2﹣2x1的取值范围为_____.答案：[ln2，2）分析：用表示出，得出关于的函数，根据的范围，判断函数单调性得出值域即可．【详解】显然，，由题意可知，故，，由可得，故，，设，则，在，上单调递减，又，，．2、已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2x3,x＋1)，x∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))，,－\f(1,3)x＋\f(1,6)，x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))，))函数g(x)＝ksineq\f(πx,6)－2k＋2(k>0)，若存在x1∈[0,1]及x2∈[0,1]，使得f(x1)＝g(x2)成立，则实数k的取值范围为_____.【解】由题意，易得函数f(x)的值域为[0,1]，g(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(2－2k，2－\f(3k,2)))，并且两个值域有公共部分。先求没有公共部分的情况，即2－2k>1或2－eq\f(3,2)k<0，解得k<eq\f(1,2)或k>eq\f(4,3)，所以，要使两个值域有公共部分，k的取值范围是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(4,3)))。基本方法：一般地，已知函数，，，.（1）若，，有成立，则；（2）若，，有成立，则；（3）若，，有成立，则；（4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集.新预测破高考1．已知函数，，若对任意的,存在，使，则实数的取值范围是A．2,178 B． C． D．答案：B分析：由题意可知，转化为分别求两个函数的最小值，函数利用导数求最小值，函数，讨论函数的对称轴和定义域的关系，求函数的最小值.【详解】由题意可知，，当时，，函数单调递减，当时，，函数单调递增，当时，取得最小值，，，，①当时，函数单调递增，，即，解得：，不成立；②当时，，即，解得：或，不成立；③当时，函数单调递减，,即，解得：，成立.综上可知：.2．已知函数满足对于任意，存在，使得成立，则实数的取值范围为（）A． B．C． D．答案：C分析：由函数在定义域单调递增，原不等式成立可转化为，通过研究函数的最值建立不等式求解即可得a的取值范围.【详解】由函数在定义域单调递增，对于任意，存在，使得成立，即任意，存在，使得成立，即满足，令，对称轴方程为，在可得,令，求导可得，，可得，在，，单调递增，所以在，，即，解得，3．（多选题）已知函数有两个零点，，且，则下列选项正确的是（）A． B．在上单调递增C． D．若，则答案：ABD【详解】令得，记,，令得当时，，单调递增；当时，，单调递减；且时，，，时，,据题意知的图象与的图象有两个交点，且交点的横坐标为，，所以，故A选项正确；因为所以当时，，递增，因为，所以，故B选项正确；当时，，，又因为在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，所以C选项错误；因为在递增，在递减，且所以，，因为，所以因为，所以所以，故D选项正确4、已知函数f(x)＝8x2＋16x－k，g(x)＝2x3＋5x2＋4x，若对于任意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有f(x1)≤g(x2)成立，则实数k的取值范围为_____。【解】解法一：因为不等式f(x1)≤g(x2)的左右两端函数的自变量不同，x1与x2在[－3,3]内的取值具有任意性，所以使不等式f(x1)≤g(x2)恒成立的充要条件是[f(x)]max≤[g(x)]min。因为f(x)＝8(x＋1)2－k－8，所以[f(x)]max＝f(3)＝120－k。又因为g′(x)＝6x2＋10x＋4＝(3x＋2)·(2x＋2)，由g′(x)＝0得x＝－eq\f(2,3)或－1，g(－3)＝－21，g(－1)＝－1，geq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)))＝－eq\f(28,27)，g(3)＝111，所以[g(x)]min＝－21，由120－k≤－21，则k的取值范围是[141，＋∞)。解法二：令φ(x)＝8x2＋16x，则对于任意x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，都有φ(x1)－k≤g(x2)成立，故k≥[φ(x)]max－[g(x)]min＝120－(－21)＝141，即k的取值范围是[141，＋∞)。5．已知函数有两个极值点、，则的取值范围为_________.答案：【详解】函数的定义域为，，依题意，方程有两个不等的正根、（其中），则，由韦达定理得，，所以，令，则，，当时，，则函数在上单调递减，则，所以，函数在上单调递减，所以，.因此，的取值范围是.6、已知函数f(x)＝7x2－28x－a，g(x)＝2x3＋4x2－40x，如果存在x1∈[－3,3]，x2∈[－3,3]，使f(x1)≤g(x2)能成立，则实数a的取值范围为_____。【解】解法一：由题意知，[f(x)]min≤[g(x)]max。因为f(x)＝7(x－2)2－a－28，所以[f(x)]min＝f(2)＝－a－28。又因g′(x)＝6x2＋8x－40＝(6x＋20)(x－2)，由g′(x)＝0得x＝2或－eq\f(10,3)(舍去)，g(－3)＝102，g(2)＝－48，g(3)＝－30，所以[g(x)]max＝102。由－a－28≤102解得a的取值范围是[－130，＋∞)。解法二：令φ(x)＝7x2－28x，存在x1∈[－3,3]，x2∈[－3，3]，使φ(x1)－a≤g(x2)成立，故a≥[φ(x)]min－[g(x)]max＝－28－102＝－130。即a的取值范围是[－130，＋∞)。7．已知函数若方程恰有两个不同的实数根，则的最大值是______．答案：【解析】作出函数的图象如图所示，由，可得，即，不妨设，则，令，则，，令，则，当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减，当时，取得最大值，为.故答案为.8、已知函数f(x)＝2ax3－3ax2＋1，g(x)＝－eq\f(a,4)x＋eq\f(3,2)(a<0)。(1)若对任意给定的x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，总存在唯一一个x1∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，使得f(x1)＝g(x0)成立，求实数a的取值范围。(2)若对任意给定的x0∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))上总存在两个不同的xi(i＝1,2)，使得f(x1)＝f(x2)＝g(x0)成立，求实数a的取值范围。解析：由题意知，f′(x)＝6ax(x－1)，在－1≤x≤eq\f(5,4)的前提下，由f′(x)<0解得－1≤x<0或1<x≤eq\f(5,4)，由f′(x)>0解得0<x<1，故f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为[－1,0)与eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(1，\f(5,4)))，f(－1)＝1－5a，f(0)＝1，f(1)＝1－a，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)))＝1－eq\f(25a,32)，f(x)的值域为[1,1－5a]。又因为g(x)在eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))上单调递增，所以g(x)的值域为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(a,4)，\f(3,2)－\f(5a,16)))。(1)问题转化为直线y＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(a,4)，\f(3,2)－\f(5a,16)))))和曲线y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))))的图象只有一个交点，结合图象，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－a<\f(3,2)＋\f(a,4)，,1－5a≥\f(3,2)－\f(5a,16)，))解得a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(2,5)，－\f(8,75)))。(2)问题转化为y＝teq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)＋\f(a,4)，\f(3,2)－\f(5a,16)))))，y＝f(x)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x∈\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－1，\f(5,4)))))二者的图象有两个不同的交点，结合图象，有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1<\f(3,2)＋\f(a,4)，,1－\f(25a,32)>\f(3,2)－\f(5a,16)，))解得a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(16,15)))。【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．（4）考查数形结合思想的应用．9．已知实数，设函数，对任意均有求的取值范围．注：e=2.71828…为自然对数的底数．【解析】由，得．当时，等价于．令，则．设，则．（i）当时，，则．记，则.故10+单调递减极小值单调递增所以，．因此，．（ii）当时，．令，则，故在上单调递增，所以．由（i）得，．所以，．因此．由（i）（ii）知对任意，，即对任意，均有．综上所述，所求a的取值范围是．10、已知函数.(1)求的单调区间；(2)若函数，是函数的两个零点，是函数的导函数，证明：.分析：（1）先求函数导数，根据导函数是否变号进行讨论，当时，，递增，当时，导函数有一零点，导函数先正后负，故得增区间为，减区间为；（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，再令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值：在上递增，所以，即可证得结论.【解析】(1)的定义域为，当时，，递增当时，递增；递减综上：∴当时，的单调增区间为，单调减区间为当时，的单调增区间为即证明，即证明令，则，则，∴在上递减，，∴在上递增，所以成立，即11.已知.（1）若在定义域内单调递增，求的最小值.（2）当时，若有两个极值点，，求证：.解析：（1），取，得，所以，，时，，所以取，时，，，分子随增大而增大，而，所以当时，单调递减，当时，单调递增，而，得，符合单调递增，所以，可以取到.当时，，，，则，令，，令，下证恒成立，，设分子为，，所以在上单调递增，，所以在上恒大于，即在上恒大于，所以，取，则，所以，即。12．已知函数，．（1）求函数的最小值；（2）若是的切线，求实数k的值；（3）若与的图象有两个不同交点A(，)，B(，)，求证：．答案：（1）；（2）1；（3）证明见解析.分析：（1）利用导数求出其单调性，即可得出函数的最小值；（2）利用导数的几何意义得出切线方程，再由求出的值；（3）将两式相加相减化简得出，令，构造函数，利用单调性证明，从而得出，再由令的单调性得出，从而得出.【详解】（1）∵，∴当时，，∴在上单调递减；当时，，∴在上单调递增．故函数的最小值为（2）若是的切线，设切点为,则过点的切线方程为即，即由题意知,令，则时，∴在上单调递增，又,∴有唯一的实根，则．（3）由题意知,两式相加得两式相减得，即∴，即不妨令，记，则令，则∴在上单调递增，则∴，因而令，则时，，∴在上单调递增∵，∴．13．已知函数，g（x）＝b（x﹣1），其中a≠0，b≠0（1）若a＝b，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a＞0、a＜0讨论的正负即可得解；（2）设x1＞x2，转化条件得，令，，只需证明即可得证.【详解】（1）由已知得，∴，当0＜x＜1时，∵1﹣x2＞0，﹣lnx＞0，∴1﹣x2﹣lnx＞0，；当x＞1时，∵1﹣x2＜0，﹣lnx＜0，∴1﹣x2﹣lnx＜0．故若a＞0，F（x）在（0，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；故若a＜0，F（x）在（0，1）上单调递减，在（1，+∞）上单调递增．（2）不妨设x1＞x2，依题意，∴，同理得由①﹣②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，∀t＞1成立，故原命题得证．14、已知函数f(x)＝(lnx－k－1)x(k∈R)．(1)当x＞1时，求函数f(x)的单调区间和极值；(2)若对于任意x∈[e，e2]，都有f(x)＜4lnx成立，求实数k的取值范围；(3)若x1≠x2，且f(x1)＝f(x2)，证明：x1x2＜e2k.分析：(1)只要注意对k的讨论．(2)分离出k，转化为k＞K(x)恒成立问题．(3)先说明0＜x1＜ek＜x2，从而只要证ek＜x2＜eq\f(e2k,x1)，只要证f(x1)＝f(x2)＜feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(e2k,x1))).转化为关于x1的不等式对0＜x1＜ek恒成立问题．【解析】(1)f′(x)＝lnx－k，其中x＞1.①若k≤0，则x＞1时，f′(x)＞0恒成立，f(x)在(1，＋∞)上单调递增，无极值；②若k＞0，则f(x)在(1，ek]上单调递减，在[ek，＋∞)上单调递增，有极小值f(ek)＝－ek，无极大值．(2)问题可转化为k＞eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,x)))lnx－1对x∈[e，e2]恒成立．设K(x)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,x)))lnx－1，则K′(x)＝eq\f(4,x2)lnx＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(4,x)))eq\f(1,x)＝eq\f(4,x2)(lnx－1)＋eq\f(1,x).当x∈[e，e2]时，K′(x)≥e