专题4.7 极值点偏移问题（解析版）.docx

1、专题4.7 极值点偏移问题题型一对称变换法题型二差值代换法题型三比值代换法题型四对数均值不等式题型一对称变换法例1（2023湖北襄阳襄阳四中校考模拟预测）（多选）已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（）ABCD【答案】ABD【分析】由已知与有两个不同的交点，利用导数研究函数性质，结合图象确定的范围，判断A，要证明只需证明，结合函数单调性只需证明，故构建函数，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较，判断C，利用的范围，结合指数函数性质证明，判断D.【详解】方程，可化为，因为方程有两个不等的实根，所以与有两个不同的交点，令，则，令，可得，当时，函数在单调递减，当时，函数在单调递

2、增，当时，且，当时，当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长，故，当时，根据以上信息，可得函数的大致图象如下：，且，故A正确因为，构造，在上单调递增，即，由在单调递增所以，故B正确对于C，由，所以，又，所以，则，所以，故C错误对于D，由，可得，所以，D正确故选：ABD【点睛】关键点点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理例2（2023浙江绍兴统考模拟预测）已知函数，a为实数(1)求函数的单调区间；(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，

3、且，证明：【答案】(1)递减区间为，递增区间为.(2)证明见解析【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.【详解】（1）函数的定义域为，令，所以，得， 当，当，故函数递减区间为，递增区间为.（2）因为函数在处取得极值，所以，得，所以，得，令，因为，当时，所以函数在单调递减，在单调递增，且当时,当时,故.先证，需证.因为，下面证明.设,则,故在上为增函数,故,所以,则,所以,即得，下面证明：令，当时，所以成立,所以，所以.当时，记,所以时，所以为减函数得,所以,即得.所以得证，综上，.【点睛】思路点睛：求某点

4、处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.练习1（2023秋福建福州高二福州三中校考期末）已知函数（）(1)试讨论函数的单调性；(2)若函数有两个零点，（），求证：【答案】(1)当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.(2)证明见解析【分析】（1）求导后，根据的不同取值范围，对的符号进行讨论即可；（2）由已知及（1）中单调性，

5、可知，且，故只需证明，再借助不等式性质和放缩，即可证出.【详解】（1）由已知，的定义域为，当时，恒成立，此时在区间上单调递增；当时，令，解得，当时，在区间上单调递增，当时，在区间上单调递减，综上所述，当时，在区间上单调递增；当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.（2）若函数有两个零点，（），则由（1）知，在区间上单调递增，在区间上单调递减，且，当时，当时，（*），又，只需证明，即有.下面证明，设，设，则，令，解得，当时，在区间单调递减，当时，在区间单调递增，在区间上单调递增，又，即，由（*）知，即.又，原命题得证.【点睛】本题第（2）问为极值点偏移的变式，首先需要通过和，确认只需证，再通过

6、构造关于其中一个零点的一元差函数，利用导数研究该函数的单调性，证出，最后使用不等式性质和放缩得到.练习2（2023秋广东揭阳高三统考期末）已知函数.(1)讨论的零点个数；(2)当有两个零点时，分别设为，试判断与2的大小关系，并证明.【答案】(1)答案见解析；(2)，证明见解析.【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.【详解】（1），因为，所以当时，单调递减；当时，单调递增，所以.所以当，即时，的零点个数为0；当

7、，即时，的零点个数为1；当，即时，注意到，因，则，令，则.令，则，因，得，即在上单调递增.则，则.故，使得，得时，的零点个数为2.综上：时，的零点个数为0；时，的零点个数为1；得时，的零点个数为2.（2）.证明如下：由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.令，则，当时，所以在区间上单调递增，所以，所以.因为，所以.又由（1）知在区间上单调递增，则，故.【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点；（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.练习3（2023春重

8、庆九龙坡高二重庆市杨家坪中学校考阶段练习）已知函数(1)求函数的单调区间和最大值；(2)设函数有两个零点，证明：【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求出导函数，分类讨论，研究单调性，求出最大值；（2）利用极值点偏移直接求解.【详解】（1）函数的定义域是.当时，恒成立，故在上单调递增，无最大值；当时，令，得；令，得，所以的单调递增区间为，单调递减区间为，（2），因为为的两个零点，所以，不妨设因为，所以在上单调递减，在上单调递增，所以又证明等价于证明，又因为在上单调递增，因此证明原不等式等价于证明，即要证明，即要证明，即恒成立令，则，所以在上为减函数，所以，即在时恒成立，因此

9、不等式恒成立，即【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）利用导数证明不等式练习4（2023全国模拟预测）已知函数(1)求函数的单调区间与极值(2)若，求证：【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为；极大值为，极小值为(2)证明见解析【分析】（1）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；（2）根据单调

10、性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，可证得，结合不等式的性质可证得结论.【详解】（1）定义域为，令，解得：或，当时，；当时，；的单调递增区间为和，单调递减区间为；的极大值为，极小值为.（2）由（1）知：，令，则；令，则；令，则，在上恒成立，在上单调递增，在上恒成立，在上单调递增，在上恒成立，在上单调递增，对任意恒成立，又，在上单调递增，即；令，则；在上单调递增，在上恒成立，在上单调递增，对任意恒成立，又，在上单调递增，且，；由得：，.【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，

11、得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式练习5（2023河南校联考模拟预测）已知函数(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)当时，若，求证：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先求定义域，再求导，分与两种情况，由导函数的正负求出函数的单调性；（2）先结合（1）中函数单调性得到，构造，求导得到其单调性，从而证明出，得到结论.【详解】（1）的定义域为，因为，当时，所以在上单调递增；当时，令得，令得，所以在上单调递增，在上单调递减；综上，当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减（2）当时，定义域为，所以在上单调递增，在上单调递减，又因为，所以，设，则在

12、上恒成立，所以在上单调递增，所以， 即， 又因为，所以，又因为在上单调递减，所以，即【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.题型二差值代换法例3（2023湖北武汉统考模拟预测）已知函数，(1)讨论函数的单调性；(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，（）求实数a的取值范围；（）求证：【答案】(1)答案见解析(2)（）；（）证明见解析【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；（2）（i）将方程变形为，令，令

13、，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.【详解】（1）解：因为，所以，其中.当时，所以函数的减区间为，无增区间；当时，由得，由可得.所以函数的增区间为，减区间为综上：当时，函数的减区间为，无增区间；当时，函数的增区间为，减区间为（2）解：（i）方程可化为，即令，因为函数在上单调递增，易知函数的值域为，结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为令，其中，则由可得或，由可得，所以，函

14、数在和上单调递减，在上单调递增所以，函数的极小值为，且当时，；当时，则.作出函数和的图象如下图所示：由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，所以，实数的取值范围是.（ii）要证，只需证，即证因为，所以只需证由（）知，不妨设因为，所以，即，作差可得所以只需证，即只需证令，只需证令，其中，则，所以在上单调递增，故，即在上恒成立所以原不等式得证【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据

15、相似结构构造辅助函数.例4（2023内蒙古赤峰校考模拟预测）已知函数.(1)若有两个零点，的取值范围；(2)若方程有两个实根、，且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围；（2）令，其中，令，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.【详解】（1）解：函数的定义域为.当时，函数无零点，不合乎题意，所以，由可得，构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，由可得，列表如下：增

16、极大值减所以，函数的极大值为，如下图所示：且当时，由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，故实数的取值范围是.（2）证明：因为，则，令，其中，则有，所以，函数在上单调递增，因为方程有两个实根、，令，则关于的方程也有两个实根、，且，要证，即证，即证，即证，由已知，所以，整理可得，不妨设，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，其中，所以，函数在上单调递增，当时，故原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似

17、”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.练习6（2022春四川南充高二阆中中学校考阶段练习）已知函数(1)若函数为增函数，求实数的取值范围；(2)若函数有两个极值点、求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）分析可知在上恒成立，可得出，结合导数可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围；（2）分析可知，由已知可得出，可将所证不等式变形为，由两式作差得，令，则，即证，令，其中，利用导数证明出.(1)解：因为，该函数的定义域为，若函数为增函数，则恒成立令，令得，当时，单调递减；当时，单调递增，故，所以，因此(2)解：因为函数有两个极值点、，即方程有两个不等

18、的实根、，因为在上递减，在上递增，所以，即、是的两个根，所以，则，所以，即证，即证由两式作差得，令，则，即只需证，即证令，其中，则，故在区间上单调递减，当时，命题得证【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.练习7（2023全国高三专题练习）已知函数，（其中是自然对数的底数）(1)试讨论函数的零点个数；(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.【答案】(

19、1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.【详解】（1）解：由可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，令可得，列表如下：减极小值增如下图所示：当时，函数无零点；当时，函数只有一个零点；当时，函数有两个零点.（2）证明：，其中，所以，由已知可得，上述两个等式作差得，要证，即证，因为，设函数的图象交轴的正半轴

20、于点，则，因为函数在上单调递增，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，联立可得，即点，构造函数，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，所以，对任意的，当且仅当时等号成立，由图可知，则，所以，因为，可得，函数在处的切线方程为，联立，解得，即点，因为，所以，构造函数，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时， ，此时函数单调递增，则，所以，对任意的，当且仅当时，等号成立，所以，可得，因此，故原不等式成立.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或

21、），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.练习8（2022春全国高二期末）设函数（）(1)当时试讨论函数f(x)的单调性；(2)设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，证明【答案】(1)时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明见解析【分析】(1)求导得，讨论时根的分布情况；分类讨论，两种情况，结合二次函数图象判断的符号，从而得到的单调性；(2)对函数求导得,易得；则；再利用导数得到的单调性，脱去，即，再已知条件将替

22、换, 即，对所证式子进行化简得： ，构造函数（）证明即可.(1)函数的定义域为，即时，即在上单调递增；时，令，解得（舍去），；当时，即在上单调递减；当时，即在上单调递增；综上所述：时，的单调递增区间为，无单调递减区间；时，的单调递增区间为，单调递减区间为.(2)证明：由题可知，（），则，；则证，又令（），则，所以函数在上单调递增，即在上单调递增；所以；设，是方程的两个不相等的实数根，不妨设，则，两式相减整理，得，即，所以，则有，又因为,所以，即，即，令，设（），则，所以在上单调递增，即，所以当时，即得证；从而得证.【点睛】思路点睛：本题主要考查含参函数的单调性讨论和利用导数证明双变量不等式；这

23、类问题分析有以下常见思路：（1）用分类讨论的思想求解含参函数单调性时，应结合导函数的零点注意分类的时机，分类要不重不漏；分类时要注意：导函数的零点本身有无意义；导函数的零点是否在其定义域内；导函数的零点有多个时，要注意零点的大小等多个细节；（2）利用导数证明双变量不等式，对数平均不等式是解决这类问题的常用方法；对原不等式的等价转化，将复杂的问题简单化，是难点和易错点，要多积累对应的经验.练习9（2022春全国高二期末）已知函数.(1)求函数的单调区间；(2)若函数的图象与的图象交于，两点，证明：.【答案】(1)增区间为，减区间为(2)证明见详解【分析】（1）求导，分别解不等式，可得；（2）由，

24、两式相减得：，然后将原不等式的证明问题转化为，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利用导数讨论其单调性，由单调性可证.（1）的定义域为令，解得令，解得所以的单调增区间为，减区间为（2）由（1）得由题知，两式相减整理可得：所以要证明成立，只需证明因为，所以只需证明令，则只需证明，即证令记则易知，当时，当时，所以当时，所以当时，函数单调递增故，即所以，原不等式成立.练习10（2023全国高三专题练习）已知函数(1)求证：当时，；(2)当方程有两个不等实数根时，求证：【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）令，进而讨论单调性，求解证明即可；（2）证法一：由函数的单调性易得，进而

25、得，不妨设，由于方程可化为，进而将问题转化为；，再求和即可证明结论；证法二：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，根据分析法将问题转化为证，即证明，再构造函数，证明，恒成立即可.【详解】（1）证明：令，因为，所以在上单调递增，所以，即当时，.（2）证明：由，得，易知在单调递减，在单调递增，所以.因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.由（1）知，当时，；当时，.方程可化为.所以，整理得.同理由，整理得.由，得.又因为所以.法二：由，得，易知在单调递减，在单调递增，所以.因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.要证，只要证，只要证：.因为在上单调递增，只要证：.令，只要证，恒成立.因为，令，则，故在上

26、单调递增，所以，所以在上单调递减，所以，故原结论得证.【点睛】本题考查利用导数证明不等式，极值点偏移的问题；考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问和，进而求和证明.或者借助极值点偏移问题的方法，构造函数，将问题转化为证，恒成立.题型三比值代换法例5（2023江西南昌南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数，(1)当时，恒成立，求a的取值范围(2)若的两个相异零点为，求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）运用导数研究的最小值不小于0即可.（2）消去参数a及比值代换法后得，运用导数研究在上最小值大于0即可.【详解】（1）当时，恒成立，即当时，恒成立，设

27、，所以，即，设，则，所以，当时，即在上单调递增，所以，所以当时，即在上单调递增，所以，若恒成立，则所以时，恒成立，a的取值范围为.（2）由题意知，不妨设，由得，则，令，则，即：要证，只需证，只需证，即证，即证（），令（），因为，所以在上单调递增，当时，所以成立，故【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明例6（2023全国模拟预测）已知函数(1)讨论函数的极值点的个数；(2)若函数恰有三个

28、极值点、，且，求的最大值【答案】(1)答案见解析(2)【分析】（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，可得出函数在实数取不同知值时的极值点个数；（2）由已知可得出，两式相除得到，令，则，则，得，分析可得，则令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求.【详解】（1）解：函数的定义域为，且，由，可得；由，可得.所以在上单调递增，在上单调递减，因此在处取得极大值，故当时，有一个极值点；，令，其中，则，由可得，由可得，因此在上单调递增，在上单调递减，所以，所以，故，由可得，由可得，所以在上单调递减，在上单调递增，因此在处取得极小值，故当时，有一个极值点；当时

29、，令得或，令，由知，而，令，则，所以在上单调递减，因此，故，所以函数在和上各存在唯一的零点，分别为、，所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故函数在和处取得极小值，在处取得极大值，所以当时，有三个极值点综上所述，当或时，有一个极值点；当时，有三个极值点（2）解：因为函数恰有三个极值点、，所以由（1）知，由，两式相除得到令，则，则，得，因此，所以，则令，其中，则，令，则，所以在上单调递增，则当时，即，故在上单调递增，所以当时，故的最大值为【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意“极值点”与“零点”的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在

30、极值点附近的单调性的变化，紧扣“极值点”的定义来解题.练习11（2023全国高三专题练习）已知函数.(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；(2)求证：；(3)设函数的两个零点、，求证：.【答案】(1)(2)证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；（2）证明出，即可证得结论成立；（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.【详解】（1）解：由可得，可得，令，其中，则，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，所以，所以，；（2）解：要证

31、，即证，由（1）可知，当且仅当时，等号成立，令，其中，则，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，所以，因为和取等的条件不同，故，即；（3）解：由题知，得，得.得，不妨设，记.令，则，所以在上单调递增，所以，则，即，所以.因为，所以，即.令，则在上单调递增.又，所以，即，所以.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.练习12（2022秋福建宁德高三

32、校考期中）已知函数(1)讨论的零点个数(2)若有两个不同的零点，证明：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.【详解】（1）因为，所以1不是的零点当，可变形为，令，则的零点个数即直线与图象的交点个数因为，得，又，所以在上单调递减，在上单调递增因为，且当时，所以当时，没有零点；当时，有一个零点；当时，有两个零点（2）证明：由（1）知，当时，有两个零点设，则，由得，所以，即令，则，易得在上单调递减，在上单调递增要证，即证因为，且在上单调递增，所以只需证因为，所以即证令，则

33、，所以在上单调递减因为，所以因为，所以，故练习13（2023全国高三专题练习）已知函数，（e为自然对数的底数）(1)当时，恰好存在一条过原点的直线与，都相切，求b的值；(2)若，方程有两个根，（），求证：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由题可求得过原点的与相切的直线方程：，后利用切点即在图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1可求得b；（2）由题可得有两个根，令，则可得方程有两个根，则.通过令，可将证明，转化为证明，后构造函数，通过其单调性可证明结论.【详解】（1）当时，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，故切线斜率为1，则切

34、线方程为.又，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，又切线斜率为1，则；（2）当时，则由题可得有两个根，令，则可得方程有两个根，则.令，则，.注意到，则构造函数，.因，则在上单调递增，得.故命题得证.【点睛】关键点点睛：本题涉及函数切线方程与极值点偏移问题，难度较大.（1）问解题关键为注意到切点即在函数图像上，也在切线上.（2）问为极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量之差，之商构造函数以达到消元目的.练习14（2023新疆校联考二模）已知函数，其中为自然对数的底数(1)若有两个极值点，求的取值范围；(2)记有两个极值点为、，

35、试证明：【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求得，令，分析可知有个变号零点，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可；（2）欲证，即证，由已知条件得出，令，解得，将所证不等式变形为，然后令，其中，利用导数证得即可.【详解】（1）解：因为，设，则，若有两个极值点，则有个变号零点当时，在上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；当时，令，解得，当时，单调递减，当时，单调递增，若使得有个变号零点，则，即，即，解得，此时，令，其中，所以，所以，函数在上单调递增，所以，故，由零点存在定理可知，函数在、上各有一个变号的零点，设函数在、上的零点分别

36、为、，当或时，；当时，.此时函数有两个极值点，合乎题意.综上所述，.（2）证明：欲证，即证，由于、为的零点，则，可得，令，则，解得，所以只需证明：，即证：，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递减，则，所以，即得证，故.【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：（1）证明（或）：首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（2）证明（或）（、都为正数）：首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；再由函数在

37、区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；（3）应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.练习15（2023全国高三专题练习）已知函数.(1)若，求实数的取值范围；(2)若有2个不同的零点（），求证：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，得到证明.【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.令，则，令

38、，则，所以在内单调递减，又因为，所以当时，单调递增；当时，单调递减，所以在处取极大值也是最大值.因此，即实数的取值范围为.（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.令，则，当时，解得.所以当时，单调递增，当时，单调递减，所以在处取极大值为.又因为，当时，当时，.且时，.所以，且.因为是方程的2个不同实数根，即.将两式相除得，令，则，变形得，.又因为，因此要证，只需证.因为，所以只需证，即证.因为，即证.令，则，所以在上单调递增，即当时，成立，命题得证.【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利

39、用导函数再进行求解.题型四对数均值不等式例7（2023全国高三专题练习）已知函数.(1)若有唯一零点，设满足条件的值为与证明：与互为相反数；(2)设.若存在两个不同的极值点、，证明.参考数据：，【答案】(1)见解析(2)见解析【分析】（1）求出函数的导数，根据仅有一个零点结合函数的单调性可得零点满足，通过构建新函数可判断该方程有两个根且它们互为导数，从而可得与互为相反数，结合其中一个根的范围可证.（2）利用零点满足的方程可得，结合对数不等式可得.【详解】（1）若，则，此时无零点，舍.故，令，因为，故在上有且只有一个零点，若，则，这与矛盾，故.且时，当，故在上为减函数，在上为增函数，下证：当时，

40、有.证明：当时，成立，设，则，故在上为减函数，故即，故，故当时且.当时，若，则恒成立，而当时，有，设，则，故当时，即：当时，有即.当时，由时的讨论可得：若时，有，故成立.而即时，有成立.因为仅有一个零点，故，所以且，故，整理得到，化简得到：，令，则，其中.设，则，故在上均为增函数，而，故在上有且只有一个零点，而，故在上有且只有一个零点，故在有且只有两个零点，且它们互为倒数，故在有且只有两个零点，且即，其中即.设函数零点为时对应的参数值为，函数零点为时对应的参数值为，则，且，故，故即，但，故，故，故互为相反数.又，其中，而在为减函数，故，同理，故.（2），设，故为的两个不同的零点，故，故，故，不

41、妨设，则，若，则，故为上的增函数，故至多一个零点，与题设矛盾，故.设，则，故在上为增函数，故，即任意，恒成立，故对任意的恒成立，而，故，故.【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，同时结合零点存在定理来判断，讨论单调性时，导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满足的方程来求解，当函数值的符号不易判断时，可以利用放缩法来处理符号问题.例8（2022春四川南充高二统考期末）设函数(1)当时，讨论函数的单调性；(2)设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，求证：【答案】(1)答案见解析；(2)证明见解析.【分析】（1）求导后转化为含参的函数，讨论单调性的实质就是解含

42、参的不等式，借助分子函数的图像，完成讨论（2）本问题为极值点偏移问题，可转换为单变量的不等式证明，构造函数利用导数证明即可（1）的定义域为，.令，则得到导函数的两个零点，或，由于分母为正，故我们只关注分子函数，其为二次函数，借助其图像，以两个零点的大小关系为分类标准得到如下：当时，即时，当时，单调递减，当时，单调递增；当时，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增；综上所述，当时，的单减区间为，单增区间为；当时，只有单增区间；（2）由题可知，设是方程的两个不等实根，不妨设为，则，两式相减整理得到，从而得到，要证，故只需要证明，由于，转化为，即，即，令，则上述式子转化为设，则，当且仅当时等号成立，

43、故在上单调递增，故有，故得证，即.练习16（2022秋辽宁高三辽宁实验中学校考阶段练习）已知函数，(1)求函数的单调区间和极值；(2)若存在，且当时，证明：【答案】(1)答案见解析(2)证明见解析【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据导函数正负确定单调区间和极值；（2）设，由导数可确定单调递增，推导可得；令，利用导数可求得，利用推导可得，由此可知，进而证得结论.【详解】（1），且定义域为；当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，令，解得：，当时，；当时，；的单调递减区间为；单调递增区间为；的极小值为，无极大值；综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，的单

44、调递减区间为；单调递增区间为；极小值为，无极大值.（2）不妨设，由得：；设，则，在上单调递增，即，；设，则，在上单调递减，即，.练习17（2023全国高三专题练习）设函数为的导函数.(1)求的单调区间；(2)讨论零点的个数；(3)若有两个极值点且，证明：.【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为(2)答案见解析(3)证明见解析【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；（2）由（1）得，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；（3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证；【详解】（1）解：因为， 所以

45、即，则 当时，单调递增；当时，单调递减所以的单调递增区间为，的单调递减区间为（2）解：由（1）得， 当时，则在上无零点 当时，则在上有一个零点 当时，因为，所以，故在上有两个零点 综上，当时，在上无零点；当时，在上有一个零点；当时，在上有两个零点（3）证明：由（2）及有两个极值点，且，可得， 在上有两个零点，且所以，两式相减得，即 因为，所以 下面证明，即证 令，则即证 令，则，所以在上单调递增，所以，故 又，所以，故【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性

46、、极(最)值问题处理练习18（2023全国高三专题练习）已知函数，.(1)求证：，；(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立；（2）先证明对数平均不等式，其中，分析可知，不妨设，由已知条件推导出，再结合对数平均不等式可证得结论成立.【详解】（1）证明：构造函数，其中，则，因为，则，即当时，所以，函数在上单调递减，故当时，即.（2）证明：先证明对数平均不等式，其中，即证，令，即证，令，其中，则，所以，函数在上为减函数，当时，所以，当时，本题中，若，则，此时函数在上单调递减

47、，不合乎题意，所以，由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则，则，即，所以，因为，则，所以，所以，所以，所以，由对数平均不等式可得，可得，所以，.【点睛】方法点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.练习19（2023四川绵阳校考模拟预测）已知函数.(1)讨论的单调性；(2)若有两个不相同的零点，设的导函数为.证明：.【答案】(1)当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增(2)证明见解析【分析】（1）求定义域，求导，分与两种情况，根据导函数的正负求出函数的单调性；（2）先确定，不等式变形，只需

48、证明，且得到，接下来证明对数平均不等式，得到，从而得到，所以，.【详解】（1）的定义域为，且，当时，恒成立，在上单调递增，当时，令，解得，令，解得，故在上单调递减，在上单调递增，综上：当时，在上单调递增，当时，在上单调递减，在上单调递增；（2）由（1）知：当时，在上单调递增，故至多有一个零点，不合要求，故，要想有两个不相同的零点，则，解得：，故要证，即证，即证：，因为在上单调递增，所以只需证，不妨设，两式相减得：，变形为，下面证明在上成立，只需证，即，令，即证，构造，则恒成立，故在上单调递增，故，所以，故，即，所以，证毕.【点睛】对数平均不等式为，在处理函数极值点偏移问题上经常用到，可先证明，

49、再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合，换元后将二元问题一元化，利用导函数进行证明.练习20（2023全国高三专题练习）设函数.(1)若对恒成立，求实数的取值范围；(2)已知方程有两个不同的根、，求证：，其中为自然对数的底数.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）由可得出，令，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；（2）取，由（1）中的结论可得出，进而可得出，整理即可证得结论成立.【详解】（1）解：由，得.令，则，令，则.所以，函数在上单增，故.当时，则，所以在上单增，此时对恒成立，符合题意；当时，故存在使得，当时，则单调递减，此时，不符合题意.综上，实数的取值范围.（2）证明：由（1）中结论，取，有，即.不妨设，则，整理得.于是，即.【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：由题中等式中产生对数；将所得含对数的等式进行变形得到；利用对数平均不等式来证明相应的问题.