专题一 函数与导数 第11讲　极值点偏移问题-2025年高考数学二轮复习（新高考专用）

第11讲　极值点偏移问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 2 【考点一】对称化构造函数 2 【考点二】比值代换 3 【专题精练】 4 考情分析： 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色． 真题自测 一、解答题 1．（2021·全国·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 考点突破 【考点一】对称化构造函数 一、单选题 1．（2023·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）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（    ） A． B． C． D． 三、填空题 5．（2022·吉林·三模）已知函数的极大值点为0，则实数m的值为 ；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 四、解答题 6．（2023·山东泰安·二模）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）. 7．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：. 规律方法： 对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)． (2)对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可． 【考点二】比值代换 一、解答题 1．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个零点，，且，求证：． 2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知． (1)当时，讨论函数的极值点个数； (2)若存在，，使，求证：． 3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断在区间内的单调性； (2)若有三个零点，且． （i）求的取值范围； （ii）证明：. 4．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 5．（2023·陕西安康·二模）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：． 规律方法： 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 专题精练 一、单选题 1．（2023·江西·模拟预测）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2022·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（    ） ①； ② ；③；  ④. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④ 3．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．当时，的零点只有个 C．若函数有两个不同的零点，则 D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是 5．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，则有（    ） A． B． C． D． 6．（2021·山东德州·二模）已知函数，则（    ） A． B．若有两个不相等的实根、，则 C． D．若，x，y均为正数，则 7．（2023·河北衡水·一模）直线：与的图象交于、两点，在A､B两点的切线交于，的中点为，则（    ） A． B．点的横坐标大于1 C． D．的斜率大于0 8．（22-23高三·全国·阶段练习）已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A．在上是增函数 B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C．若有两个零点，则 D．若，且，则的最大值为 三、解答题 9．（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 10．（2022·山东·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：. 11．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 12．（2022高三·全国·专题练习）已知函数，，当时，恒成立． (1)求实数的取值范围； (2)若正实数、满足，证明：． 13．（2022高三·全国·专题练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)记两个极值点为，且. 若，证明：. 14．（2023·河南·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： 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$ 第11讲　极值点偏移问题（新高考专用） 目录 【真题自测】 2 【考点突破】 5 【考点一】对称化构造函数 5 【考点二】比值代换 17 【专题精练】 26 考情分析： 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色． 真题自测 一、解答题 1．（2021·全国·高考真题）已知函数. （1）讨论的单调性； （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 参考答案： 1．（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析. 【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性. (2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论. 【详解】(1)的定义域为． 由得，， 当时，；当时；当时，． 故在区间内为增函数，在区间内为减函数， (2)[方法一]：等价转化 由得，即． 由，得． 由（1）不妨设，则，从而，得， ①令， 则， 当时，，在区间内为减函数，， 从而，所以， 由（1）得即．① 令，则， 当时，，在区间内为增函数，， 从而，所以． 又由，可得， 所以．② 由①②得． [方法二]【最优解】：变形为，所以． 令．则上式变为， 于是命题转换为证明：． 令，则有，不妨设． 由（1）知，先证． 要证： ． 令， 则， 在区间内单调递增，所以，即． 再证． 因为，所以需证． 令， 所以，故在区间内单调递增． 所以．故，即． 综合可知． [方法三]：比值代换 证明同证法2．以下证明． 不妨设，则， 由得，， 要证，只需证，两边取对数得， 即， 即证． 记，则. 记，则， 所以，在区间内单调递减．，则， 所以在区间内单调递减． 由得，所以， 即． [方法四]：构造函数法 由已知得，令， 不妨设，所以． 由（Ⅰ）知，，只需证． 证明同证法2． 再证明．令． 令，则． 所以，在区间内单调递增． 因为，所以，即 又因为，所以， 即． 因为，所以，即． 综上，有结论得证． 【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能. 方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略. 方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可. 方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在. 考点突破 【考点一】对称化构造函数 一、单选题 1．（2023·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 3．（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知，则（    ） A． B． C． D． 4．（2023·湖北襄阳·模拟预测）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（    ） A． B． C． D． 三、填空题 5．（2022·吉林·三模）已知函数的极大值点为0，则实数m的值为 ；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ． 四、解答题 6．（2023·山东泰安·二模）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）. 7．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：. 参考答案： 题号 1 2 3 4 答案 C D AD ABD 1．C 【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【详解】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 2．D 【分析】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【详解】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： 1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； 2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； 3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； 4．构造“形似”函数，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. 3．AD 【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造 ，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项. B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造 ，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误. C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误. D.与C选项同样的方法即可判断. 【详解】A.        令 则 ，所以在单调递减，在上单调递增， 且，故. 令 则， 所以在上单调递减，且               即    故选项A正确 B.         令 则，所以在单调递增，在上单调递减， 且，故. 令 所以在上单调递减，且               即   故选项B错误 C.             又在单调递增      故选项C错误 D. 由C可知，   又在单调递减     故选项D正确 故选：AD 4．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． 5． 1 【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而求出，令，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解； 【详解】解：，则，则，解得， 此时，，当时，当时， 所以在上的单调递增，在上单调递减，则在处取极大值，符合题意； 令，则 构造函数，则． 因为，所以当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，又， 易知的图象如图所示： 不妨令， 令 ∵ ∴在上单调递增，即 ∵，∴，即 ∵，∴ ∵在上单调递减，∴ 故答案为：1； 6．(1)答案见解析； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）方法1，由，可得，后令，利用导数知识可得其值域即可知解的情况；方法2，，利用导数知识可知时，的单调性与零点情况，又利用可知当时，，即可得解的情况； （2）（i）由题可得，由结合单调性可得，后通过构造可证； （ii）由（i）可知，后说明，即可证明结论. 【详解】（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. 【点睛】关键点睛：本题涉及讨论函数零点及极值点偏移问题.对于零点问题，常利用分离参数法和研究函数单调性解决，还可以利用数形结合思想转化为函数图象与直线的交点问题；对于极值点偏移问题，关键是将多变量转变为单变量，常利用引入参数或不等关系构造新函数证明结论. 7．(1)结论见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答. （2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减； 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）由，两边取对数得，即， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减， ，而，时，恒成立， 因此当时，存在且，满足， 若，则成立； 若，则，记，， 则， 即有函数在上单调递增，，即， 于是， 而，，，函数在上单调递增，因此，即， 又，则有，则， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 规律方法： 对称化构造函数法构造辅助函数 (1)对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)． (2)对结论x1x2>x型，方法一是构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成ln x1＋ln x2>2ln x0，再把ln x1，ln x2看成两变量即可． 【考点二】比值代换 一、解答题 1．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个零点，，且，求证：． 2．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知． (1)当时，讨论函数的极值点个数； (2)若存在，，使，求证：． 3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数． (1)当时，判断在区间内的单调性； (2)若有三个零点，且． （i）求的取值范围； （ii）证明：. 4．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 5．（2023·陕西安康·二模）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：． 参考答案： 1．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解. （2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解. 【详解】（1）因为函数的定义域是，， 当时，，所以在上单调递减； 当时，令，解得， 当时，，单调递增；当时，，单调递减． 综上所述，当时，的减区间为，无增区间； 当时，的增区间为，减区间为． （2）因为是函的两个零点，由（1）知， 因为，设，则， 当，，当，， 所以在上单调递增，在上单调递减，． 又因为，且， 所以，． 首先证明：． 由题意，得，设，则 两式相除，得． 要证，只要证，即证． 只要证，即证． 设，． 因为，所以在上单调递增． 所以，即证得①． 其次证明：．设，． 因为，所以在上单调递减． 所以， 即． 所以②． 由①②可证得． 【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）利用导数研究函数的零点问题． 2．(1)函数的极值点有且仅有一个 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案； （2）由可得（*），通过证明单调递增，（*）转化为，接着证明成立，即可求解 【详解】（1）当时，，则， 当时，， 故在上单调递增，不存在极值点； 当时，令，则总成立， 故函数即在上单调递增， 且，，所以存在，使得， 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增； 故在上存在唯一极值点， 综上，当时，函数的极值点有且仅有一个． （2）由知， 整理得，（*）， 不妨令，则，故在上单调递增， 当时，有，即， 那么， 因此，（*）即转化为， 接下来证明，等价于证明， 不妨令（）， 建构新函数，，则在上单调递减， 所以，故即得证， 由不等式的传递性知，即． 【点睛】思路点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 3．(1)在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间； （2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可. 【详解】（1）当时，，， 令，， 令，可得， 则当时，，当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 又，， 故当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增； （2）（i）有三个零点，即有三个根， 由不是该方程的根，故有三个根，且， 令，， 故当时，，当时，， 即在、上单调递增，在上单调递减， ，当时，，时，， 当时，，时，， 故时，有三个根； （ii）由在上单调递增，，故， 由（i）可得，且， 即只需证，设，则， 则有，即有，故，， 则，即， 即只需证， 令， 则恒成立， 故在上单调递增， 则，即得证. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式： 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.若函数中存在且满足，令，求证：. 4．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案； （2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论. 【详解】（1）的定义域为R，， 当时，，当时，， 故在内单调递减，在单调递增， 故要使有两个零点，则需，故， 由题目条件，可得， 当时，因为，又， 故在内存在唯一零点， 又，故在内存在唯一零点， 则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为； （2）证明：由（1）可设，由可得， 令，则，所以，故， 所以， 要证， 即证， 即证， 因为，即证，即， 令，，， 令，则，当时，， 当时，， 故在内单调递减，在单调递增，所以， 所以，令得， 故，在定义域内单调递减， 故，即，，， 则，证毕． 【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方 5．(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. 规律方法： 比值代换法是指通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 专题精练 一、单选题 1．（2023·江西·模拟预测）已知，，，，则（    ） A． B． C． D． 2．（2022·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（    ） ①； ② ；③；  ④. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④ 3．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 二、多选题 4．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．若恒成立，则 B．当时，的零点只有个 C．若函数有两个不同的零点，则 D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是 5．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，则有（    ） A． B． C． D． 6．（2021·山东德州·二模）已知函数，则（    ） A． B．若有两个不相等的实根、，则 C． D．若，x，y均为正数，则 7．（2023·河北衡水·一模）直线：与的图象交于、两点，在A､B两点的切线交于，的中点为，则（    ） A． B．点的横坐标大于1 C． D．的斜率大于0 8．（22-23高三·全国·阶段练习）已知函数，，则下列说法正确的是（ ） A．在上是增函数 B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为 C．若有两个零点，则 D．若，且，则的最大值为 三、解答题 9．（2024·广东湛江·一模）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 10．（2022·山东·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：. 11．（2023·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 12．（2022高三·全国·专题练习）已知函数，，当时，恒成立． (1)求实数的取值范围； (2)若正实数、满足，证明：． 13．（2022高三·全国·专题练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)记两个极值点为，且. 若，证明：. 14．（2023·河南·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： 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 D B D BC BCD AD BC ABD 1．D 【分析】先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项；先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误；通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误；D与C选项同样的方法即可判断. 【详解】对于A，， ，令,则 ， 所以在单调递减，在上单调递增，且，故. 令 则，所以在上单调递减，且， ， ， ，    即 ,故选项A错误； 对于B， ，    令， 则，所以在单调递增，在上单调递减， 且，故. 令 所以在上单调递减，且， ，， ， ，，即，故选项B错误； 对于C，，，   ，又在单调递增，， ，故选项C错误； 对于D，由C可知，， 又在单调递减 ， ，故选项D正确. 故选：D. 2．B 【分析】令，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误. 【详解】令，则， 当时，；当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 而，，故， 而，故，故①错误. 又，故， 故②正确， 此时，故④正确. 设， 则（不恒为零）， 故在上为增函数， 故，必有即， 所以，即， 由的单调性可得即，故③成立. 故选：B. 【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系. 3．D 【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答. 【详解】依题意，，， 令，， 当时，，即，函数在上单调递减， ，即，因此， 令，，当时，，当时，， 函数在上单调递减，，而， 函数在上单调递增，显然， 则方程有两个不等实根，，有， ，而，则有， 令，，， 即函数在上单调递减，当时，，即， 因此，即有，而，在上单调递增， 于是得，即，取，，于是得， 又，在上单调递增，从而， 所以，D正确. 故选：D 【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用. 4．BC 【分析】采用分离变量法可得，利用导数可求得的单调性，进而得到最大值，从而得到，知A错误；根据恒成立可知单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，知B正确；要得到，只需得到，可化简得到，从而将问题转化为证明，设，利用导数可说明，即可判断C正确；将恒成立的不等式变形为，根据单调递增可得，即，利用导数的知识即可判断D错误. 【详解】对于A，定义域为，由得：， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，则，A错误； 对于B，定义域为，， 当时，，在上单调递增， 又，， ，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确； 对于C，，， ； 要证，只需证，即证， 不妨令，则只需证， 令，则， 令， 则， 在上单调递增，，， 即恒成立，，C正确； 对于D，当时，由得：， 即，； 令，则，在上单调递增， 由得：，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，D错误. 故选：BC. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题、零点个数问题和极值点偏移的问题；本题D选项中恒成立问题求解的关键是能够利用同构法，将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题，进而通过构造函数，利用函数单调性得到自变量的大小关系，从而化简恒成立的不等式. 5．BCD 【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误. 【详解】令，， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，且； 若，则， 令， 则， 当时，， ， 在上恒成立，在上单调递减，， 即，又，， ，， ，，在上单调递增， ，即，A错误； ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，且； 由得：； 设，， 则； 当时，，， 在上单调递减，，即， 又，，又，， ，，在上单调递增， ，即，B正确； ，，， ，又，，在上单调递减， ，则，C正确； ，又，，在上单调递增， ，则，D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 6．AD 【分析】A：代入直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明. 【详解】解：对于A：，又，，，所以，则有，A正确； 对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确； 证明如下：函数，定义域为，则， 当时，；当时，； 所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以 若有两个不相等的实根、，有， 不妨设，有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令 则有 当时，，，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即. 对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确； 对于D：令，则，，， ， ，故D正确； 故选：AD. 【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小； （2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式. 7．BC 【分析】通过为两函数图象交点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，研究的图象，数形结合可判断A；联立两条切线求得点的横坐标，利用极值点偏移思想可求得之间关系，即可判断B；通过构造函数建立之间的关系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断C正确；化简，结合前面的条件可判断D. 【详解】 对A，因为直线与曲线交于、两点， 有两个不同正根， 即直线与曲线有两个不同的交点. 在上单调递减，在单调递增， 且， ，故A错误. 对B，由题意得， ，设 令 在单调递减. ， 在单调递减， . ， 又， . 的方程：， 的方程：， 联立可解得， 故选项B正确. 对C，设， ， ，且， ，设, ， ， ， ， 是的两个根，是方程的两根， ，所以C正确. 对D， ， ， 可以利用对数均值不等式证明如下： 对数均值不等式：， ，， ， ，， ，即<1, ，. 所以D错误. 故选：BC 【点睛】函数综合问题的处理，要通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合图象寻找等与不等关系，研究问题需要探究的结论，选择题还要注意特值，验证，排除等方法的灵活运用. 8．ABD 【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确. 【详解】对于A，当时，，令，则，， ，当时，恒成立，在上单调递增； 在上单调递增， 根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确； 对于B，当时，，又为正实数，， ，当时，恒成立，在上单调递增， 则由得：，即， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， ，则正实数的最小值为，B正确； 对于C，，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增；，则； 不妨设，则必有， 若，则，等价于， 又，则等价于； 令，则， ，，，，即， 在上单调递增，，即， ，可知不成立，C错误； 对于D，由，得：，即， 由C知：在上单调递减，在上单调递增； ，，则，， ，即，； 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，， 即的最大值为，D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 9．(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 10．(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 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”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. 11．(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出． 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出． 12．(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，求出导函数，分类讨论当和两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合时，恒成立，从而得出实数的取值范围； （2）不妨设，由得出，从而可知只要证明，构造新函数，求出，利用导数研究函数的单调性得出在区间上单调增函数，进而可知当时，成立，即，从而即可证明. 【详解】（1）解：根据题意，可知的定义域为， 而， 当时，，， 为单调递增函数， 当时，成立； 当时，存在大于1的实数，使得， 当时，成立， 在区间上单调递减， 当时，； 不可能成立， 所以，即的取值范围为. （2）证明：不妨设， 正实数、满足， 有（1）可知，， 又为单调递增函数， 所以， 又， 所以只要证明：， 设，则， 可得， 当时，成立， 在区间上单调增函数， 又， 当时，成立，即， 所以不等式成立， 所以. 【点睛】思路点睛：解决含参数问题及不等式问题注意两个转化： （1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用； （2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题． 13．(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将在有两个不同根转化为方程在有两个不同根，再构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，进而求出的取值范围； （2）两边取对数，将证明转化为证明，再利用（1）合理转化，将问题转化为证明恒成立，再通过求其最值进行证明. 【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，， 方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根， 令，，则， 则当时，，时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，当时，，当时，， 所以的取值范围为； （2）要证，两边取对数，等价于要证， 由（1）可知，分别是方程的两个根， 即， 所以原式等价于，因为，， 所以原式等价于要证明. 又由，作差得，，即. 所以原式等价于，令，， 则不等式在上恒成立. 令，， 又， 当时，可见时，， 所以在上单调增， 又，， 所以在恒成立，所以原不等式恒成立. 【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法： （1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围. （2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解. 14．(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. 2 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $$