重难点突破06 双变量问题（六大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（解析版）

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重难点突破06 双变量问题
目录

破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.

题型一：双变量单调问题
例1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，证明：对任意，，．
【解析】（1）当时，，，切点为
求导，切线斜率
曲线在处的切线方程为．
（2），的定义域为，求导，
在上单调递减．
不妨假设，∴等价于 ．
即．
令，则．
，，．
从而在单调减少，故，即，
故对任意 ．
例2．（2023·安徽·校联考三模）设，函数.
（Ⅰ）讨论函数在定义域上的单调性；
（Ⅱ）若函数的图象在点处的切线与直线平行，且对任意，，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（Ⅰ）的定义域是.
.
（1）当时，，的定义域内单增；
（2）当时，由得，.
此时在内单增，在内单减；
（3）当时，，的定义域内单减.
（Ⅱ）因为，所以，.
此时.
由（Ⅰ）知，时，的定义域内单减.
不妨设，
则，即，
即恒成立.
令，，则在内单减，即.
，，.
而，当且仅当时，取得最小值，
所以，故实数的取值范围是.
例3．（2023·福建漳州·高二福建省漳州第一中学校考期末）已知函数
（Ⅰ）讨论函数的单调性；
（Ⅱ）若时，任意的，总有，求实数
的取值范围.
【解析】（Ⅰ） （）
①当时，故在上单调递增；
②当时，故在上单调递减；
③当时，令解得  
则当时 ；
当时，故在上单调递减；在上单调递增；
综上所述：当时，故在上单调递增；
当时，故在上单调递减；
当时，在上单调递减；在上单调递增．                                     
（II）由（Ⅰ）知当时故在上单调递增；
对任意即
令因为
所以在上单调递增；所以 即在上恒成立  
故
令则又因为所以
>1 当且仅当时取等号，所以，
故不等式恒成立的条件是即.
所以，实数的取值范围为.
变式1．（2023·全国·模拟预测）已知函数，，且．
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【解析】（1）函数的定义域为，
将代入的解析式，得，
求导得．
当时，，故在上单调递增；
当时，令，得．
所以当时，，当时，，于是在区间上单调递减，在区间上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）当时，．
因为，所以不等式可化为，
所以对任意的恒成立，所以函数为上的减函数，
所以在上恒成立，可得在上恒成立，
设，则，令，得．
所以当上单调递增，在区间上单调递减，
所以，得．
所以实数的取值范围为．
变式2．（2023·天津南开·高三南开大学附属中学校考开学考试）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，证明；
(3)若对任意的不等正数，总有，求实数的取值范围．
【解析】（1）由题意得：定义域为，；
当时，，，在上恒成立，
在上单调递增；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
综上所述：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）知：；
要证，只需证，即证；
设，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
又，，即.
（3）不妨设，则由得：，
即，
令，则在上单调递增，
在上恒成立，
即，又，；
令，则，
令，解得：（舍）或，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，，解得：；
的取值范围为.
题型二：双变量不等式:转化为单变量问题
例4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，若存在两个极值点，且，求的取值范围.
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，，当且仅当即“=”，则，在上单调递减，
当时，方程有两个正根为，，
当或时，，当时，，
于是得在、上单调递减，在上单调递增；
（2）因存在两个极值点，且，由(1)知，即，则，
显然，对是递增的，从而有，


，
令，
，
令，，
即在上单调递增，，则，于是得在上单调递增，
从而得，即，
所以的取值范围.
例5．（2023·新疆·高二克拉玛依市高级中学校考阶段练习）已知函数
(1)若，求函数f（x）在点（1，f（1））处的切线方程；
(2)当时，讨论f（x）的单调性；
(3)设f（x）存在两个极值点且，若求证：.
【解析】（1）若，则，所以，又，所以，即f（x）在点（1，0）处的切线斜率为2，所以切线方程为.
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），，设，其.
①当时，即时，，即，此时f（x）在（0，+∞）为单调递增函数.
②当时，即时，设两根为.
当时，，即，即f（x）的增区间为，.
当时，，即，即f（x）的减区间为.
综上：当时，f（x）的单增区间为；
当时，f（x）的增区间为
减区间为().
（3）由（2），
因为f（x）存在两个极值点，所以存在两个互异的正实数根，
所以，则，所以，
所以

.
令，则，
∵，∴，∴在上单调递减，
∴，而，
即，∴.
例6．（2023·山东东营·高二东营市第一中学校考开学考试）已知函数（为常数）
(1)讨论的单调性
(2)若函数存在两个极值点，且，求的范围.
【解析】（1）∵，
，当时，，，在定义域上单调递增；
当时，在定义域上，
时，在定义域上单调递增；
当时，令得，，
，时，；时，
则在，上单调递增，在上单调递减.
综上可知：当时，在定义域上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减.（其中，）
（2）由（1）知有两个极值点，则，
的二根为，
则，，

，
设，又，∴.
则，，
∴在递增，.
即的范围是
变式3．（2023·山东·山东省实验中学校联考模拟预测）已知函数，其中．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)讨论函数的单调性；
(3)若存在两个极值点的取值范围为，求的取值范围．
【解析】（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，
，，
令，则．
①当或，即时，恒成立，所以在上单调递增．
②当，即时，由，得或；
由，得，
所以在和上单调递增，在上单调递减．
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减
（3）由（2）当时，在上单调递增，此时函数无极值；
当时，有两个极值点，即方程有两个正根，
所以，则在上是减函数．所以，
因为，
所以





，
令，则，
，
所以在上单调递减，
又，且，
所以，
由，
又在上单调递减，
所以且，所以实数的取值范围为．
变式4．（2023·江苏苏州·高三统考阶段练习）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数存在两个极值点，记,求的取值范围.
【解析】（1）的定义域为，对求导得：
，
令
1）若，则，即，所以在上单调递增.
2）若
①当时，即，则，即，所以在上单调递增.
②当时，即，由，得
当时，
当时，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时, 在上是单调递增的，
在上是单调递减的.
（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，
所以，
同理，

，
所以，
令，所以，
所以在上是单调递减的，在上是单调递增的
因为，且当，
所，所以 的取值范围是
变式5．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，且，求的取值范围．
【解析】（1）由题意，函数，
可得，其中，
当时，即时，，所以在上单调递增；
当时，令，即，
解得，，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以函数在区间单调递减，在单调递增；
当时，令，即，
解得，，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
（2）由（1）值，当时，函数存在两个极值点，且，
因为，
所以，
整理得，
所以，即，
因为，可得，
令，则，
所以在为单调递增函数，
又因为，所以当 时，，
即实数的取值范围为．
变式6．（2023·吉林长春·高二长春市实验中学校考期中）设函数．
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，
①求a的取值范围；
②证明：．
【解析】（1）当时，，
故，  
所以，
当时，；当时，，
所以的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）①，依据题意可知有两个不等实数根，
即有两个不等实数根．                
由，得，
所以有两个不等实数根可转化为
函数和的图象有两个不同的交点，
令，则，
由，解得；由，解得；
所以在单调递增，在单调递减，
所以．
又当时，，当时，，
因为与的图象有两个不同的交点，所以．          
②由①可知有两个不等实数根，
联立可得，
所以不等式等价于
．
令，则，且等价于．
所以只要不等式在时成立即可．                
设函数，则，
设，则，
故在单调递增，得，
所以在单调递减，得．
综上，原不等式成立．
题型三：双变量不等式:极值和差商积问题
例7．（2023·黑龙江牡丹江·高三牡丹江一中校考期末）已知，函数.
(1)当时，求的单调区间和极值；
(2)若有两个不同的极值点，.
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：（……为自然对数的底数）.
【解析】（1）当时，()，则，
故当时，，当时，，
故的递减区间为，递增区间为，
极小值为，无极大值；
（2）(i)因为()，
令()，问题可转化函数有个不同的零点，
又，令，
故函数在上递减，在上递增，
故，故，即，
当时，在时，函数，不符题意，
当时，则，，，
即当时，存在，，
使得在上递增，在上递减，在上递增，
故有两个不同的极值点的a的取值范围为；
（ii）因为，，且，
令，则，，
又，
令，即只要证明，即，
令，
则，
故在上递增，且，所以，即，
从而，
又因为二次函数的判别式，
即，即，
所以在上恒成立，故.
例8．（2023·内蒙古·高三霍林郭勒市第一中学统考阶段练习）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）∵，当且仅当时等号成立．
当时，恒有，则在上单调递增；
当时，，令，．
∵，∴方程有两个不相等的实数根，
∴，，显然，
∴当和时，；当时，．
∴当和时，，∴在和上单调递增；
当时，，∴在上单调递减．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：由（1）知，当时，存在两个极值点，
∴，，∴，，
∴．
设，由（1）易知，∴．
要证明，
只要证明．
设，则，
∴当时，单调递增，从而，即，
∴成立，从而成立．
要证明，只要证明．
由（1）知，，，
只要证明．
设，
则，，
则当时，单调递增，从而；
则当时，单调递减，从而，
即成立，从而．
综上，得．
例9．（2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若存在两个极值点、，求实数的取值范围，并证明：．
【解析】（1）当时，，则，
，∴，
∴曲线在处的切线方程为，即．
（2）由题意知，
令，，
∵存在两个极值点，∴有两个零点，
易知，
当时，，在上单调递增，g(x)至多有一个零点，不合题意．
当时，由得，
若，则，单调递增；
若，则，单调递减．
要使有两个零点，需，解得．
当时，，∴在上存在唯一零点，记为．
∵，∴，，
设，则，令，，则，
∴在上单调递减，∴，即，
∴在上存在唯一零点，记为．
则，随的变化情况如下表：







﹣
0
﹢
0
﹣

↘
极小值
↗
极大值
↘
∴实数的取值范围是．
∵，，∴，
∵，∴，
∵，∴要证，只要证，
只要证，只要证，
又，∴只要证，即证．
设，，
则，
∴F(x)在时单调递增，
∴，
∴成立，即得证．
变式7．（2023·辽宁沈阳·高二东北育才学校校考期中）已知函数，.
(1)当时，讨论方程解的个数；
(2)当时，有两个极值点，，且，若，证明：
（i）；
（ii）.
【解析】（1）方法一：，.
设，则.
设，则，单调递减.
，当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减.
，
当时，方程有一解，当时，方程无解；
方法二：设，则.
设，则.单调递增
当时，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
，方程有一解.
当时，.
令,
令，则在上单调递增，又
，则在上单调递减，
在上单调递增，则.
即，
无解，即方程无解.
综上，当时，方程有一解，当时，方程无解．
（2）（i）当时，，则，
，是方程的两根.
设，则，
令，解得，在上单调递减，在上单调递增.
，，当时，，，.
由.
令，，，.
等价于.
设，，
则，
单调递增，，
，即，，
综上，；
（ii）由（i）知，，.


.
由（i）知，，
设，，则.
单调递减，，即.
.
设，，
则.
单调递增，又，当时，.
，，即命题得证.
变式8．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
（1）讨论函数的单调区间；
（2）设，是函数的两个极值点，证明：恒成立．
【解析】（1）由题意，函数的定义域为，
且，
①当时，令，解得，
令，解得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
②当时，令，解得或，
令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
③当时，则，所以在上单调递增，
④当时，令，解得或，
令，解得，
所以在，上单调递增，在上单调递减；
综上，当时，在上单调递增，在上单调递减；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
当时，在上单调递增；
当时，在，上单调递增，在上单调递减；
（2）由，则的定义域为，
且，
若有两个极值点，，
则方程的判别式，
且，，解得，
又由，所以，即，
所以

，
设函数，其中，，
由得，又，
所以在区间内单调递增，在区间内单调递减，
即的最大值为，
从而恒成立．
变式9．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）求函数f（x）的单调区间；
（2）若有两个极值点，求证：.
【解析】（1），
当时，f（x）递增区间为；
当m<0时，f（x）递增区间为，通减区间是；
（2），
当时，在递增，无极值点；
当或时，令，
得
若，则，在递增，无极值点；
若，则，不妨设.
此时g（x）有两个极值点.


因为，故，即.
题型四：双变量不等式:中点型
例10．（2023·天津北辰·高三天津市第四十七中学校考期末）已知函数．
（1）已知为的极值点，求曲线在点处的切线方程；
（2）讨论函数的单调性；
（3）当时，若对于任意，都存在，使得，证明：．
【解析】（1），由为的极值点.
所以，解得,

由，得，由，得，
所以在上单调递减，在上单调递增. 满足在处取得极值.
则，
所以过点的切线方程为
(2) ,则
当时，，则在上单调递增.
令,，，对称轴方程为
当时，开口向下，对称轴方程为，
所以在上单调递减，所以，所以.
则在上单调递增.
当时，，
有两个不等实数根，
所以得出，得出
则在上单调递增，在上单调递减
综上所以：当时，在上单调递增.
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（3）

所以
又
所以
即
则



由，则，设
设，则
所以在 上单调递减,所以
所以恒成立,即
由，则
由，则在时恒成立.
所以在上单调递增.
所以由，可得成立.
例11．（2023·湖北武汉·统考一模）已知函数 .
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设，证明：当时， ；
（Ⅲ）设是的两个零点，证明 .
【解析】（Ⅰ）求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．
（Ⅱ）构造函数，利用导数求函数当时的最大值小于零即可．
（Ⅲ）由（Ⅱ）得 ，从而，于是，由（Ⅰ）知， .
试题解析：（Ⅰ）的定义域为 ，
求导数，得 ，
若 ，则，此时在上单调递增，
若 ，则由得，当时， ，当时， ，
此时在上单调递减，在上单调递增.
（Ⅱ）令，则

.
求导数，得 ，
当时，，在上是减函数.
而， ，
故当时，
（Ⅲ）由（Ⅰ）可知，当时，函数至多有一个零点，
故，从而的最小值为，且，
不妨设，则， ，
由（Ⅱ）得 ，
从而，于是，
由（Ⅰ）知， .
点晴:本题考查函数导数的单调性.不等式比较大小，函数的零点问题：在（Ⅰ）中通过求导，并判断导数的符号，分别讨论的取值，确定函数的单调区间．（Ⅱ）通过构造函数，把不等式证明问题转化为函数求最值问题，求函数当时的最大值小于零即可．（Ⅲ）要充分利用（Ⅰ）（Ⅱ）问的结论.
例12．（2023·云南·高三云南师大附中校考阶段练习）已知函数且.
（1）讨论函数的单调性;
（2）当时，若函数的图象与轴交于，两点，设线段中点的横坐标为，证明:.
【解析】（1）函数的定义域为，
，解得(舍去)，．
当时，在上恒成立，所以函数单调递增；
当时，在上，函数单调递减，在上，函数单调递增．
综上，时，函数单调递增；
时，在上单调递减；在上单调递增；
（2）由（1）知，，，
令，，
则，当时，恒成立，所以单调递增，
即单调递增；
又，故要证，即证；
设，，且，
由题设条件知，，因此只需证；
由题意，，
两式作差可得，，
即，
即，
下面先证明，即证，
令，，
则显然成立，
所以在上单调递增，
则，所以，即，
所以，
因此，
即，，
即
因此，
所以原命题得证.
变式10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图像与x轴交于A，B两点，线段中点的横坐标为，证明：.
【解析】（1）的定义域为，
．
①若，则，所以在单调递增．
②若，则由得，
且当时，，当时，．
所以在单调递增，在单调递减．
（2）由（1）可知：当时，函数在上单调递增，
故图像与x轴至多有一个交点，不符合题意，从而．
当时，在单调递增，在单调递减，
不妨设，，，则．
由，
两式相减得：，
即：，
又

令，，
则，从而函数在上单调递减，
故，从而，又，所以．
变式11．（2023·四川绵阳·高二四川省绵阳南山中学校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设函数图象上不重合的两点.证明：.（是直线的斜率）
【解析】（1）函数的定义域为，
且
①当时，，此时在单调递增；
②当时，令可得或（舍），，
由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减.
综上：①当时，函数在上单调递增；
②当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由题意得，
所以

又，
要证成立，
即证：成立，
即证：成立.
令，即证时，成立.
设
则
所以函数在上是增函数，
所以，都有，
即，，
所以
变式12．（2023·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）已知函数（）．
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，若函数的两个极值点，（）恰为函数的两个零点，且的取值范围是，求实数的取值范围．
【解析】（1）由题意，函数的定义域为，
可得，
对于方程的判别式（其中），
（i）若，即时，恒成立，
故在上单调递增；
（ii）若，即时，
令，解得，．
当，；
当时，．
所以当时，单调递增区间为，无单调递减区间；
当时，单调递增区间为和；
单调递增区间为．
（2）由（1）知：且，，其中，
因为，可得（），
所以，
由，可得
两式相减，得．（）
∴
令，可得，则，
所以在上单调递减，
由的取值范围是，得的取值范围是，
所以，
又因为，故实数的取值范围是．
题型五：双变量不等式:剪刀模型
例13．（2023·天津和平·耀华中学校考模拟预测）已知函数在点(，)处的切线方程为．
(1)求a、b；
(2)设曲线y＝f(x)与x轴负半轴的交点为P，曲线在点P处的切线方程为y＝h(x)，求证：对于任意的实数x，都有f(x)≥h(x)；
(3)若关于的方程有两个实数根、，且，证明：．
【解析】（1）将代入切线方程中，有，
∴，即，
又，
∴．
若，则，与矛盾，
故．
（2）由(1)可知，，，
令，有或，
故为．
曲线在点处的切线方程为，
则，
令，
则，
∴，
令g(x)＝，则，∴在R上单调递增，
∵，
∴当时，，单调递减，
当x＞－1时，，单调递增．
∴，即成立．
（3）由(2)知在处的切线方程为，且f(x)≥h(x)，
则，
设，则，
故，∵单调递减，∴，
设在处的切线方程为，易得，
令，
则，
令，则，
当时，,单调递减，，
当时，,单调递增，
又∵，
∴当时，，T(x)单调递减，
当时，，T(x)单调递增，
∴，即，∴，
设，则，
故，∵单调递增，故，
又，
则.
例14．（2023·辽宁沈阳·统考三模）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求，；
（2）函数图像与轴负半轴的交点为，且在点处的切线方程为，函数，，求的最小值；
（3）关于的方程有两个实数根，，且，证明：．
【解析】（1）将代入切线方程中，
得，所以，
又或，
又，
所以，
若，则（舍去）；
所以，则；
（2）由（1）可知，，
所以，
令，有或，
故曲线与轴负半轴的唯一交点为
曲线在点处的切线方程为，
则，
因为，
所以，
所以，．
若，，
若，，，
所以.
若，，
，
，所以在上单调递增，
，函数在上单调递增．
当时，取得极小值，也是最小值，
所以最小值．
（3），设的根为，
则，又单调递减，
由（2）知恒成立．
又，所以，
设曲线在点处的切线方程为，则，
令，
．
当时，，
当时，，
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，
设的根为，则，
又函数单调递增，故，故．
又，所以．

  
例15．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，是的极值点．
(1)求的值；
(2)设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线为直线．求证：曲线上的点都不在直线的上方；
(3)若关于的方程有两个不等实根，，求证：．
【解析】(1)；由题意知，，；
(2)证明：设曲线在，处切线为直线；
令；
；
；
在上单调递增，在，上单调递减；
；
，即，即上的点都不在直线的上方；
(3)由（2）设方程的解为；
则有，解得；
由题意知，；
令，；
；
在上单调递增；
；
的图象不在的下方；
与交点的横坐标为；
则有，即；
；
关于的函数在上单调递增；
．
变式13．（2023·安徽·校联考二模）已知函数，其中是自然对数的底数.
(1)设曲线与轴正半轴相交于点，曲线在点处的切线为，求证：曲线上的点都不在直线的上方；
(2)若关于的方程（为正实数）有两个不等实根，求证：.
【解析】（1）证明：由题意可得：，
，
可得曲线在点处的切线为.
令，
，
当时，，当时，
∴函数在上单调递减，在上单调递增，
曲线上的点都不在直线的上方.
（2）证明：由（1）可得，
解得，
当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
所以的最大值为，
，
曲线在点处的切线为，
由（1）得，
令，
，，
∴由零点的存在性定理知，
同理可得曲线在点处的切线为，
设与的交点的横坐标分别为
则，
.
下面证明：.
，
，且，

.
变式14．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，在点处的切线方程记为，令．
(1)设函数的图象与轴正半轴相交于，在点处的切线为，证明：曲线上的点都不在直线的上方；
(2)关于的方程为正实数）有两个实根，，求证：．
【解析】(1)证明：由，则，即切点为
求导，则切线斜率，
在点处的切线方程为：，记为，
．
由．，解得．
求导，则切线斜率．
在点处的切线为．
令．．
求导，
恒成立，令，得，解得
当时，，函数单减；当时，，函数单增．
，即．
因此曲线上的点都不在直线的上方．
(2)由（1）知，求导
当时，，函数单增，当时，，函数单减；
，且有两个零点：0，
又在点处的切线为．
同理可得：在点处的切线为：．
设与，的交点的恒坐标分别为，．
又，则，．
．
．

题型六：双变量不等式:主元法
例16．（2023·江苏盐城·高三盐城中学校联考开学考试）已知函数．
(1)求函数的单调区间和最小值；
(2)当时，求证：（其中为自然对数的底数）；
(3)若，求证：．
【解析】(1)
令得：，
，；
令得：；
在上为增函数；在上为减函数；
.
(2)由（1）知：当时，有，
，即：，.
(3)将变形为：

即只证：
设函数
，

令，得：．
在上单调递增；在上单调递减；
的最小值为：，即总有：．

，即：，
令，，则
，
成立．
例17．（2023·河南信阳·高二校联考阶段练习）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)求函数的最小值，并证明：当时，．（其中e为自然对数的底数）
【解析】(1)的定义域为，
因为，
所以，
又因为，
所以曲线在点处的切线方程为，即．
(2)令，，
解得，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
证明如下：当时，有，
所以，
即，
所以．
例18．（2023·山西晋中·高二校考阶段练习）已知函数（其中为自然对数的底数）．
(1)若，求函数的单调区间；
(2)若，求证：，．
【解析】（1）由题知，
所以，
当时，，
当时，，当时，，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
（2）由题知，，，
所以，
因为，
所以
令
即证在上恒成立，
因为
当时，，
当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
因为，，
令，
所以，
因为，
所以，
所以在上单调递增，
所以，
所以恒成立，
因为，
所以在上恒成立，即得证.
变式15．（2023·广东广州·高三广州大学附属中学校考阶段练习）已知函数（其中且为常数，为自然对数的底数，．
(1)若函数的极值点只有一个，求实数的取值范围；
(2)当时，若（其中恒成立，求的最小值的最大值．
【解析】（1）函数的定义域为，
其导数为．
由或，
设，，
当时，；当时，．
即在区间上递增，在区间上递减，
，
又当时，，当时，且恒成立．
当或时，方程无根，函数只有一个极值点．
当时，方程的根也为，此时的因式恒成立，
故函数只有一个极值点．
当时，方程有两个根、且，，
函数在区间单调递减；，单调递增；单调递减；，单调递增，此时函数有、1、三个极值点．
综上所述，当或时，函数只有一个极值点．
（2）依题意得，令，则对，都有成立．
，当时，函数在上单调递增，
注意到，
若，，有成立，这与恒成立矛盾；
当时，因为在上为减函数，且，
函数在区间上单调递增，在上单调递减，
，
若对，都有成立，则只需成立，
，
当时，则的最小值，
，
函数在上递增，在上递减，
，即的最小值的最大值为；
综上所述，的最小值的最大值为．
变式16．（2023·全国·高三专题练习）设函数.
(1)求的极值；
(2)设，若对任意的，都有成立，求实数的取值范围；
(3)若，证明：.
【解析】(1)函数，则，
令，解得：，且当时，，时，
因此：的极小值为，无极大值.
(2)
令，则，
注意到：，若要，必须要求，即，亦即
另一方面：当时，因为单调递增，则当时，恒成立，所以在时单调递增，故；故实数的取值范围为：；
(3)构造函数，，，
，，，在上是单调递增的；
故即：
另一方面，构造函数，
，
在上是单调递减的
故即：
综上，.
变式17．（2023·广东珠海·高一珠海市第二中学校考期中）已知函数.
(1)求不等式的解集；
(2)设函数，若存在，使得，求实数的取值范围；
(3)若对任意的，关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围.
【解析】（1）由，得，
即，解得或，
所以不等式的解集为或；
（2）由题可知，
若存在，使得，
则不等式的解集非空，
则，
解得或，
所以实数的取值范围是或；
（3）对任意的，关于的不等式在区间上恒成立，
等价于对于任意的，不等式在区间上恒成立，
令，对称轴，
由，可知，
所以在区间单调递增，，
所以只要当时，恒成立即可，
即当时，恒成立，
所以.
所以实数的取值范围是.