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第12讲 双变量不等式:剪刀模型
1．（2021春 重庆期末）已知有两个极值点，．
（1）求的取值范围；
（2）当时，证明：．
2．（2021秋 和平区校级月考）已知函数在点，处的切线方程为．
（1）求，；
（2）设曲线与轴负半轴的交点为点，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有；
（3）若关于的方程有两个实数根，，且，证明：．
3．（2021 日照一模）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求，；
（2）函数图象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：．
4．（2021春 道里区校级期中）已知函数，是的极值点．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）若关于的方程有两个不等实根，，求证：．
5．（2021 江西校级二模）已知函数，．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅲ）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
6．（2021 天津）已知函数，．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有；
（Ⅲ）若方程为实数）有两个实数根，，且，求证：．
7．（2021秋 湖南月考）已知函数，设曲线在点，（e）处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）证明：对定义域内任意，都有；
（3）当时，关于的方程有两个不等的实数根，，证明：．
8．已知曲线在点，处的切线方程为
（1）求和的值．
（2）设曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意实数，都有．
（3）方程的两根分别为、，且，证明：
9．（2021春 东丽区校级月考）已知函数．
（1）求在点，处的切线方程；
（2）若，证明：在，上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，，且，证明：．
10．（2021 吴兴区校级模拟）已知函数．
（1）求在点，处的切线方程；
（2）已知在上恒成立，求的值．
（3）若方程有两个实数根，，且，证明：．
11．（2021 沙坪坝区校级模拟）已知函数．
（1）设曲线在处的切线方程为，求证：；
（2）若方程有两个根，，求证：．
12．（2021 天津）已知函数，，其中，且．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；
（Ⅲ）若关于的方程为实数）有两个正实数根，，求证：．
13．（2017 临汾三模）已知函数
（1）求在点，（1）处的切线方程，并证明
（2）若方程有两个正实数根，，求证：．
14．（2021 淄博二模）已知函数，，在点，（1）处的切线方程记为，令．
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；
关于的方程为正实数）有两个实根，，求证：
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第12讲 双变量不等式:剪刀模型
参考答案与试题解析
1．（2021春 重庆期末）已知有两个极值点，．
（1）求的取值范围；
（2）当时，证明：．
【解答】（1）解：由题意可知，函数的定义域为，
则，
令，
因为函数有两个极值点，，
则函数有两个零点，，又，
当时，，则在上单调递减，函数至多有一个零点，不符合题意；
当时，令，可得，
所以当时，，则单调递减，
当，时，，则单调递增，
又（1），
所以当，即时，有唯一的零点，故符合题意；
当，即时，（1），
当，即时，在上有唯一的零点，
，
设（a），，
则（a），所以（a）在上单调递减，
则（a），即，
又，所以在，上有唯一的零点，此时有两个零点，符合题意；
当，即时，在，上有唯一的零点，
而，，
所以在上有唯一的两点，此时有两个零点，符合题意．
综上所述，的取值范围为，，；
（2）证明：由（1）可知，当时，有两个极值点，，
不妨设，则，，
因为，所以，
设，，
则，
设，，则，
所以在上单调递减，，即，
所以在上单调递减，
因为，，
所以，，
故．
2．（2021秋 和平区校级月考）已知函数在点，处的切线方程为．
（1）求，；
（2）设曲线与轴负半轴的交点为点，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有；
（3）若关于的方程有两个实数根，，且，证明：．
【解答】解：（1）将代入切线方程中，有，
所以，即，
又，
所以．
若，则，与矛盾，
故．
（2）证明：由（1）可知，
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，
令，
则，
所以，．
当时，
若，，，
若，，在时单调递增，．
故，在上单调递减，
当时，
由知在时单调递增，，在上单调递增．
所以，即成立．
（3）证明：，设的根为，
则，
又单调递减，且，
所以，
设曲线在点处的切线方程为，有，
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．
3．（2021 日照一模）已知函数在点处的切线方程为．
（1）求，；
（2）函数图象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：．
【解答】解：（1）将代入切线方程中，得，
所以，又，解得或，
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．
所以；
（3）证明：，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．
4．（2021春 道里区校级期中）已知函数，是的极值点．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）若关于的方程有两个不等实根，，求证：．
【解答】（Ⅰ）解：；
由题意知，；
；
（Ⅱ）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；
（Ⅲ）由（Ⅱ）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；
．
5．（2021 江西校级二模）已知函数，．
（Ⅰ）求函数的极值；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，求曲线在点处的切线方程；
（Ⅲ）若方程为实数）有两个实数根，且，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）由已知得：由得：
又当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时取得极大值，极大值为（1），无极小值．（3分）
（Ⅱ）设，，则，，
曲线在点处的切线方程为：，
即曲线在点处的切线方程为：（6分）
（Ⅲ）设，令
即，则
由于在单调递减，故在单调递减，又，
当时，当，时，，
在单调递增，在，单调递减，
，，即，都有；
设方程的根为，．
在单调递减，且
，
设曲线在点原点处的切线方程为：，则易得，
，有，即，
设方程的根为，则，
在单调递增，且，
，
即．
6．（2021 天津）已知函数，．
（Ⅰ）求的单调区间；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的实数，都有；
（Ⅲ）若方程为实数）有两个实数根，，且，求证：．
【解答】（Ⅰ）解：由，可得．
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减．
的单调递增区间为，单调递减区间为．
（Ⅱ）证明：设点的坐标为，，则，，
曲线在点处的切线方程为，即，
令函数，即，
则．
，当时，；当，时，，
在上单调递增，在，上单调递减，
对于任意实数，，即对任意实数，都有；
（Ⅲ）证明：由（Ⅱ）知，，设方程的根为，可得．
在上单调递减，又由（Ⅱ）知，
因此．
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，可得，
对于任意的，有，即．
设方程的根为，可得，
在上单调递增，且，
因此，
由此可得．
7．（2021秋 湖南月考）已知函数，设曲线在点，（e）处的切线方程为．
（1）求的解析式；
（2）证明：对定义域内任意，都有；
（3）当时，关于的方程有两个不等的实数根，，证明：．
【解答】解：（1），（e），
又（e），；
（2）证明：令（e），
（e）在上单调递增，且（e），
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
（e）恒成立，
恒成立．
（3）证明：当时，，则，
显然在定义域内单调递增，而（1），（e），
存在，使，
当时，，单调递减，
当，时，，单调递增，
令，解得或，
由（1）（2）可知在处的切线方程为，
且恒成立，同理可得在处的切线方程为，
令，
当时，，，当时，，，
恒成立．
设函数在两个零点处的切线方程与直线的交点的横坐标分别为和，
不妨设，则，，
令，解得，，
，得证．
8．已知曲线在点，处的切线方程为
（1）求和的值．
（2）设曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意实数，都有．
（3）方程的两根分别为、，且，证明：
【解答】解：（1）当时，，所以，所以，
此时，即点，代入切线方程得；
（2）由（1）知，显然，当时，，故只需证明时，；
令，
所以，当时，，
即当时，，单调递减，当时，，单调递增；
所以在时取极小值也是最小值，即，
所以，即，
综上：对于任意实数，都有；
（3）易得函数的图象在，（1）处的切线方程为，
令，
则（1），，所以（1），
令，则，
所以在上单调递增，又（1），
所以当时，，单调递减，当，时，单调递增；
所以在时取极小值也是最小值，即（1），
所以，即，
设函数与和的图象的交点横坐标分别为、，
则，，，，且等号不能同时取得
所以，即．
9．（2021春 东丽区校级月考）已知函数．
（1）求在点，处的切线方程；
（2）若，证明：在，上恒成立；
（3）若方程有两个实数根，，且，证明：．
【解答】解：（1）函数，由，
由，，
所以切线方程为，
（2）当，时，，所以．
故只需证，
构造，
，
又在，上单调递增，且（1），知在，上单调递增，
故（1）．因此，得证．
（3）由（1）知在点，处的切线方程为．
构造，，．
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增．
又，，，所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
设方程的根．又，由在上单调递减，所以．
另一方面，在点处的切线方程为．
构造．
，．
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在上单调递增．
又，，（1），所在上单调递减，在上单调递增．
所以（1）．
设方程的根．
又，由在上单调递增，
所以．
，，
，
所以，得证．
10．（2021 吴兴区校级模拟）已知函数．
（1）求在点，处的切线方程；
（2）已知在上恒成立，求的值．
（3）若方程有两个实数根，，且，证明：．
【解答】解：（1）函数，则，
所以，，
所以在点，处的切线方程为；
（2）令，
则，
令，则，
所以在单调递减且，在单调递增，
又，即且，
故只能在处取得最小值，
若，此时，在上，故单调递减，
在上，故单调递增，
故，满足题意；
若，有解，，
在上单调递减，与矛盾；
若，有解，，
在，上单调递减，与矛盾；
综上所述，；
（3）证明：，
所以在单调递减且，
在单调递增，故最多一根，
又因为，，
设的解为，因为，故，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因为方程有两个实数根，，故，
结合（1）（2）有，在上恒成立，
设的解为，则，设的解为，则，
故，，所以，得证．
11．（2021 沙坪坝区校级模拟）已知函数．
（1）设曲线在处的切线方程为，求证：；
（2）若方程有两个根，，求证：．
【解答】证明：（1），则，
故，，
故切线方程是：，即，
令，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在，递增，
故，即；
（2）不妨设，直线与相交于点，
又由（1）知：，则，
从而，当且仅当，时取“”，
下面证明：，
由于，故，即证，
令，则，
令，解得：，令，解得：，
故在递减，在递增，
故（e），即成立，当且仅当，时取“”，
由于等号成立的条件不同时满足，
故．
12．（2021 天津）已知函数，，其中，且．
（Ⅰ）讨论的单调性；
（Ⅱ）设曲线与轴正半轴的交点为，曲线在点处的切线方程为，求证：对于任意的正实数，都有；
（Ⅲ）若关于的方程为实数）有两个正实数根，，求证：．
【解答】（本题满分为14分）
解：（Ⅰ）由，可得，其中，且．
下面分两种情况讨论：
（1）当为奇数时，令，解得，或，当变化时，，的变化情况如下表：
所以，在，上单调递减，在单调递增．
（2）当为偶数时，
当，即时，函数单调递增；
当，即时，函数单调递减；
所以，在单调递增，在上单调递减；
（Ⅱ）证明：设点的坐标为，，则，，
曲线在点处的切线方程为，即，
令，即，则．
由于在上单调递减，故在上单调递减，
又因为，所以当时，，当，时，，
所以在内单调递增，在，上单调递减，
所以对应任意的正实数，都有，
即对于任意的正实数，都有．
（Ⅲ）证明：不妨设，
由（Ⅱ）知，
设方程的根为，可得，
由（Ⅱ）知，可得．
类似地，设曲线在原点处的切线方程为，
可得，当，，
即对于任意的，，
设方程的根为，可得，
因为在上单调递增，且，
因此，
由此可得：，
因为，所以，
故：．
所以：．
13．（2017 临汾三模）已知函数
（1）求在点，（1）处的切线方程，并证明
（2）若方程有两个正实数根，，求证：．
【解答】证明：（1），（1），（1），
在点，（1）处的切线方程，
设，则，，
令，可得或，函数在，上单调递增，
在上单调递减，
，
，，单调递减；
，，，，单调递增，
（1），
；
（2）在处的切线方程为，则
又，设与和的两个交点的横坐标为，，
，
．
14．（2021 淄博二模）已知函数，，在点，（1）处的切线方程记为，令．
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；
关于的方程为正实数）有两个实根，，求证：．
【解答】证明：（1），，（1）．
在点处的切线方程为：，记为，
．
由．，解得．，．
，．
在点处的切线为．
令．．
．
可得函数在上单调递减，在，上单调递增．
，
．
因此曲线上的点都不在直线的上方．
在点处的切线为．
同理可得：在点处的切线为：．
与，的交点的恒坐标分别为，．
，
则，．
．
．
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