专题15 导数中的极值点偏移问题（4大压轴考法）-【常考压轴题】2024-2025学年高二数学压轴题攻略（人教A版2019选择性必修第二册）

专题15 导数中的极值点偏移问题 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 4 题型一、极值点偏移：加法型 4 题型二、极值点偏移：减法型 4 题型三、极值点偏移：乘法型 5 题型四、极值点偏移：其他型 6 压轴能力测评（11题） 7 一、极值点偏移问题 1、极值点偏移定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移 2、极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样 3、极值点偏移的图形定义 ①左右对称，无偏移，如二次函数；若，则 ②左陡右缓，极值点向左偏移；若，则 ③左缓右陡，极值点向右偏移；若，则 二、极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 三、答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com] （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.[来源:Zxxk.Com] （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 四、其他方法 1、比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 2、对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 3、指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 【题型一 极值点偏移：加法型】 一、解答题 1．（23-24高二上·江苏镇江·阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 2．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 3．（23-24高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【题型二 极值点偏移：减法型】 一、解答题 1．（23-24高二下·云南·期中）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：. 2．（2024·山东日照·一模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 3．（23-24高二下·天津·阶段练习）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 【题型三 极值点偏移：乘法型】 一、解答题 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 2．（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：． 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 4．（23-24高二上·江苏·阶段练习）已知函数. (1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数有两个极值点,证明：. 5．（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：． 【题型四 极值点偏移：其他型】 一、解答题 1．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若函数和的图象都与平行于轴的同一条直线相切，求的值； (2)若函数有两个零点，证明：． 2．（24-25高二上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 3．（24-25高二上·江苏无锡·阶段练习）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 4．（2024·山东日照·二模）已知函数． (1)若恒成立，求实数的值： (2)若，，，证明：． 5．（2024高二上·全国·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：． 6．（2024·全国·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的极值点的个数； (2)若函数恰有三个极值点、、，且，求的最大值． 一、解答题 1．（2024高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 2．（24-25高二上·湖南·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 3．（24-25高二上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 4．（23-24高二下·吉林长春·期末）已知函数，．（为自然对数的底数） (1)当时，求函数的极大值； (2)已知，，且满足，求证：． 5．（2024高二·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明. 6．（2024高二·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 7．（23-24高二上·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：． 8．（24-25高二上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数在上有两个极值点. (1)求的取值范围; (2)求证：. 9．（23-24高二上·江苏扬州·期末）已知函数的最小值为. (1)求实数的值； (2)若有两个不同的实数根，求证：. 10．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 11．（24-25高二上·河南三门峡·期中）若函数对其定义域内任意满足：当时，恒有，其中常数，则称函数具有性质. (1)函数具有性质，求. (2)设函数， （ⅰ）判断函数是否具有性质，若有，求出，若没有，说明理由； （ⅱ）证明：. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 导数中的极值点偏移问题 目录 解题知识必备 1 压轴题型讲练 4 题型一、极值点偏移：加法型 4 题型二、极值点偏移：减法型 9 题型三、极值点偏移：乘法型 14 题型四、极值点偏移：其他型 22 压轴能力测评（11题） 33 一、极值点偏移问题 1、极值点偏移定义 极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移 2、极值点偏移的原理 函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样 3、极值点偏移的图形定义 ①左右对称，无偏移，如二次函数；若，则 ②左陡右缓，极值点向左偏移；若，则 ③左缓右陡，极值点向右偏移；若，则 二、极值点偏移的判断 根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 三、答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com] （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.[来源:Zxxk.Com] （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 四、其他方法 1、比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 2、对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 3、指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 【题型一 极值点偏移：加法型】 一、解答题 1．（23-24高二上·江苏镇江·阶段练习）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1)； (2)证明见详解. 【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可； （2）构造函数，利用导数研究其单调性与最值即可证明. 【详解】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 2．（2024·湖南郴州·模拟预测）已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）结合（1）的单调性判断、的符号，排除，再在的情况下研究的单调性和最值，根据零点的个数求参数范围； （ii）由（i）有，分析法将问题化为证明，进而构造并利用导数研究其符号，即可证结论. 【详解】（1）由题设，且， 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立，故在上单调递增； 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由， 若时，， 令且，则， 所以时，时， 故在上递增，在上递减，则， 所以， 结合（1）中的单调性，易知不可能出现两个不相等的零点， 又时，在上只有一个零点，不满足， 所以，此时，在上，在上， 故在上单调递减，在上单调递增，则， 又趋向于0或负无穷时，趋向正无穷，只需成立， 显然在上递减，且当时， 所以，时恒成立，即所求范围为； （ii）由（i），在时，存在两个不相等的零点， 不妨令，要证，即证，而， 由（i）知：在上单调递增，只需证， 由，则 令，且， 则 ， 所以，在上，即在上递增， 所以，即成立， 所以，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，首先利用第一问及其零点个数将参数范围限定在，进而利用导数研究其最值求范围，再令，将问题转化为证是关键. 3．（23-24高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题意可得在上恒成立，构造函数，借助导数求出其在上的最小值即可得； （2）由题意结合导数可得，，即可得， ，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，得到函数，利用导数计算其单调性即可得解. 【详解】（1）由题意可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，即； （2），令， 由函数有两个极值点， 则有两个变号零点， ， 当时，，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， 又当时，，则， 故此时此时至多存在一个零点，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 有，则，故， 则有，， 则，即，同理， 则，故， 即， 由的最大值为，令，则有， 即，令，， 则 ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，则， 则，故在上单调递增， 则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于利用，，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，从而将多变量问题转化为单变量问题. 【题型二 极值点偏移：减法型】 一、解答题 1．（23-24高二下·云南·期中）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增； （2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为， ， 令，可得，当时，即， ，可知在上恒成立， 即在上恒成立，所以在上单调递增. （2）当时，可得， ， 或 故在上单调递增，在上单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在上单调递增， 则，可得在上恒成立， 因为，则， 且在上单调递减 则，即； 令， 则， 可知在上单调递增，则， 可得在上恒成立， 因为，则， 且在上单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到. 2．（2024·山东日照·一模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）根据题意分析可知：在内单调递增，在内单调递减，，利用极值点偏离证明和，即可得结果. 【详解】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. （2）当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的基本步骤 （1）作差或变形； （2）构造新的函数； （3）利用导数研究的单调性或最值； （4）根据单调性及最值，得到所证不等式． 特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题． 3．（23-24高二下·天津·阶段练习）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间； （2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证. 【详解】（1），， 其中，， 当时，即，此时恒成立， 函数在区间单调递增， 当时，即或， 当时，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 当时，，得或， 当，或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是， 综上可知，当时，函数的单调递增区间是； 当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是，、是方程的两根， 有，， 又的图象与有三个公共点， 故，则， 要证，即证，又， 且函数在上单调递减，即可证， 又，即可证， 令，， 由， 则 恒成立， 故在上单调递增，即， 即恒成立，即得证； ②由，则， 令，， 则 ， 故在上单调递增，即， 即当时，， 由，故，又，故， 由，，函数在上单调递减，故， 即，又由①知，故， 又， 故. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到. 【题型三 极值点偏移：乘法型】 一、解答题 1．（23-24高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导，分别解不等式，即可； （2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证. 【详解】（1）由题意知函数的定义域为， 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以，解得， 所以的取值范围为． （2）不妨设，则由（）知，， 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递减， 所以，即． 2．（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：． 【答案】(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. 3．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【详解】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【点睛】方法点睛：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． 4．（23-24高二上·江苏·阶段练习）已知函数. (1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数有两个极值点,证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围； （2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案； 方法二：先证明引理，当时,,当时, ，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案. 【详解】（1）的定义域为，， 由题意恒成立，即恒成立， 设，则， 当时，，单调递增, 当时，，单调递减, ∴在处取得极大值，也是最大值，， 故； （2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知， 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,又因为， 所以， 要证,只需证,只需证， 其中，即证， 即证， 由,设, 则,,则, 设， ， 由(1)知，故, 所以,,即，在上递增， ,故成立,即； 证法二： 先证明引理:当时,,当时, ， 设, ， 所以在上递增,又, 当时,，当时，， 故引理得证， 因为函数有两个极值点，由(1)可知, 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,即， 要证,只需证， 因为，即证， 由引理可得, 化简可得①， 同理， 化简可得②， 由①-②可得 ， 因为，，所以， 即,从而. 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 5．（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：． 【答案】(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． 【题型四 极值点偏移：其他型】 一、解答题 1．（23-24高二上·河南·阶段练习）已知函数． (1)若函数和的图象都与平行于轴的同一条直线相切，求的值； (2)若函数有两个零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）求导得到与的单调性，进而分别可得两函数斜率为0的切线方程，根据题意得到方程，求出的值； （2）令可得，由函数单调性可得，结合（1）可得，不妨设，构造差函数，解决极值点偏移问题. 【详解】（1）由题意：函数的定义域为，， 当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数， 由可得，图象与直线相切． ，当时，，当时，， 故在上为增函数，在上为减函数，， 即图象与直线相切． 两函数图象均与平行于轴的同一条直线相切，则，即． （2），令， 由，得， 函数在上为减函数，故，即 即，不妨设， 要证，只需证， 只需证，即证， 因为， 只需证，即， 令， 则， 在上单调递增， ， 原题得证． 【点睛】方法点睛： 极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若函数较为复杂，可先结合函数特征变形，比如本题中设进行变形，得到再利用导函数进行求解. 2．（24-25高二上·四川成都·阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【详解】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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． 3．（24-25高二上·江苏无锡·阶段练习）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）根据极小值的定义计算即可； （2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可. 【详解】（1）定义域均为， ，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得：， （1）—（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只需证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 【点睛】方法点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有： 1.构造对称函数； 2.比值换元； 3.对数平均不等式. 本题使用的解法是对数平均不等式即证明：，称为的对数平均数. 4．（2024·山东日照·二模）已知函数． (1)若恒成立，求实数的值： (2)若，，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）当时，由可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当时，可得单调性，知；构造函数，利用导数可求得，由此可得，知； （2）将已知不等式化为，令，利用导数可求得单调性，易知时成立，当时，采用分析法可知只需证得即可，构造函数，，利用导数可说明，由此可得结论. 【详解】（1）由题意得：定义域为，； ①当时，，在上单调递增， 若，则，时，，不合题意； 若，则，不合题意； ②当时，若，则；若，则； 在上单调递减，在上单调递增，； 若恒成立，， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 又，； 则当时，符合题意； 综上所述：. （2）由得：， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； 由得：； ，， 当时，由得：，； 当时，要证，只需证， ，，则只需证， 又，只需证； 令，， 则， 在上单调递减，，， 即，即得证，； 综上所述：成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够采用同构法将所给不等式化为的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明，从而通过构造函数来进行证明. 5．（2024高二上·全国·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，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，利用导函数再进行求解. 6．（2024·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． ①，，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； ②，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； ③当时，， 令得或，令，由②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，还应注意函数在极值点附近的单调性的变化，紧扣“极值点”的定义来解题. 一、解答题 1．（2024高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设、是两个不相等的实数，且．求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分析可知，，然后利用导数分析函数的单调性，求出的最大值，可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围； （2）由已知可得，构造函数，可知存在不相等的两个实数、，使得，分析函数的单调性，设，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出在区间上恒成立，由已知条件得出，再结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）当时，， 因为，所以，即，不符合题意； 当时，， 当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减． 所以，由恒成立可知，所以． 又因为，所以的取值范围为． （2）因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数、，使得． 由（1）可知，在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则，设， 则， 所以在上单调递增，所以， 即在区间上恒成立． 因为，所以． 因为，所以． 又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即. 【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. 2．（24-25高二上·湖南·阶段练习）已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i）函数，求导得， 令，得， 设，求导得，， 令，得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 于是，由有两个极值点，得方程有两个实根， 即有两个实根，则. （ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且， 设，求导得， 令，则当时，， 即函数在上单调递增，则，即当时，， 于是函数在上单调递增，则，因此， 则，即，而，又在上单调递减， 因此，所以. 【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．（24-25高二上·山东潍坊·期末）已知函数，. (1)求曲线在处的切线方程； (2)若，求的取值范围； (3)若有两个实数解，，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）设，借助导数研究其单调性即可得； （3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证. 【详解】（1），，， 所以在处的切线方程为， 即； （2）由可知，，， 即在上恒成立， 设，， 当时，，在单调递减； 当时，，在单调递增， 所以时，取得最小值，最小值为， 由题意知，即，故的取值范围为； （3）方程有两实数解，， 即有两实数解，不妨设， 由（2）知方程要有两实数解，则，即， 同时，，， ， 则，在单调递减， 欲证，即证，， 等价于，即， 等价于， 整理得①， 令，①式为， 又在单调递增， 故①式等价于，即， 令，， 当时，，在单调递增， 又，，即， 所以，则. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明. 4．（23-24高二下·吉林长春·期末）已知函数，．（为自然对数的底数） (1)当时，求函数的极大值； (2)已知，，且满足，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）运用导数研究的单调性，进而求得其最大值. （2）同构函数，转化为，结合换元法，分别讨论与，当时运用不等式性质即可证得结果，当时运用极值点偏移即可证得结果. 【详解】（1）当时，，定义域为， 则，，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故的极大值为； （2）由题意知，，由可得， 所以，令， 由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则， 令，，又，，所以，，则， ①若，则，即，所以； ②若，设，且满足，如图所示，    则，所以，下证：． 令，， 则， 所以在上单调递增，所以， 所以，即， 又因为，所以，，， 所以，即， 又因为，所以，即． 由①②可知，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：. 5．（2024高二·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明. 【答案】(1)在上单调递增 (2)，证明见解析 【分析】（1）对求导，根据的符号得出的单调性； （2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可， 【详解】（1）时，， 故， 在上单调递增. （2）关于的方程有两个不同实根,， 即有两不同实根，，得， 令，， 令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 时，取得最大值，且，得图象如图：.   ，则， 即当时，有两个不同实根，， 两根满足，， 两式相加得：，两式相减得， 上述两式相除得， 不妨设，要证：， 只需证：,即证， 设，令， 则， 函数在上单调递增，且, ，即， . 【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. 6．（2024高二·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【详解】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，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）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 【点睛】关键点睛：第2问的第①小问关键在于将变形，结合的单调性，将问题转化为有两个零点，然后利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理即可求得的取值范围.第②小问关键在于取对数转化目标不等式，再通过换元将二元问题转化为一元问题即可得证. 7．（23-24高二上·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：． 【答案】(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 8．（24-25高二上·重庆沙坪坝·阶段练习）已知函数在上有两个极值点. (1)求的取值范围; (2)求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将问题转化为与在上有两个不同交点，利用导数可作出的图象，采用数形结合的方式可求得结果； （2）由可求得的范围，根据极值点偏移的基本思想，构造函数、，通过导数可证得，，进而证得结论. 【详解】（1），令得：， 令， 在有两个极值点，与在上有两个不同交点； ，令，则在上恒成立， 在上单调递增，又， 当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增， ，，当时，， 大致图象如下图所示， 结合图象可知：当时，与在上有两个不同交点， ，即的取值范围为. （2）令，解得：或，； ①先证：； 要证，只需证， ，，又，在上单调递增， 只需证，又，即证， 令，则， 令， 则， 令，则， 在上单调递增，， 在上单调递减，在上单调递减， ，， 在上单调递减，，， 在上单调递增，， 又，，即，则得证； ②再证： 若，则由知：； 若，只需证， 又，在上单调递增，只需证， ，只需证， 令，则， 令，则， 令，则， 当时，，在上单调递增， ，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 又，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 又，， 当时，，， 即，则得证； 综上所述：. 【点睛】方法点睛：本题考查根据极值点个数求解参数范围、极值点偏移的问题；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. 9．（23-24高二上·江苏扬州·期末）已知函数的最小值为. (1)求实数的值； (2)若有两个不同的实数根，求证：. 【答案】(1)1； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数研究的单调性，结合最小值求参数值即可； （2）根据题设及导数判断的单调性及区间符号，进而有，根据极值点偏移，构造并利用导数研究上的单调性，证明，再记函数与和交点的横坐标分别为，结合导数证得、，有，即可证结论. 【详解】（1）因为，令，可得， 当时单调递减；当时单调递增. 所以，所以. （2）证明：由（1）知，在上单调递减，在上单调递增， 当时，当时，    所以， 先证明. 记，则， 当时，，所以单调递减， 所以当时，，即， 故，即. 又，由单调性知：，即. 再证明. 记函数与和交点的横坐标分别为. ①当时，，故，所以，. （或：的图象在的图象的下方，且两个函数在上都是减函数） ②当时，记，所以. 当时单调递减；当时单调递增. 又，当时，，即. 故 所以，故. （或的图象在的图象的下方，且两个函数在上都递增） 综上，. 【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造证，再记函数与和交点的横坐标分别为，依次证、为关键. 10．（23-24高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意可得在上恒成立，则可构造函数，求导后分及讨论其单调性，在时结合零点的存在性定理研究，即可得的具体范围，即可得其最大值； （3）借助因式分解可将原问题转化为有两个实根，借助导数研究其单调性可得两根范围，借助换元法，令，，可得，两式作差可得，从而将证明转化为证明，借助换元法令，即证，构造相应函数，借助导数即可证明；再借助（2）中所得，结合两实根的范围，可得，即可得，两式作差即可得证. 【详解】（1），， 又，则有， 即曲线在处的切线方程为； （2）由题意可得在上恒成立， 令，则， 令，则， 则当时，，故在上单调递增， 则当时，， 当时，，故在上单调递增， 有，符合要求， 当时，由，， 则存在，使，即当时，， 当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，不符合要求，故舍去， 综上所述，，故实数的最大值为； （3）， 由，即有有两个实根，， 令，， 当时，恒成立，不可能有两个实根，故舍去； 当，则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则有，即， 又， 不妨令，则有， 有，令，，即有， 则有，即， 即，则要证，只需证， 即证， 令，即证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减，故， 即有在时恒成立，故得证； 由（2）可知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立， 则当时，，即， 由，则、， 故，， 则，， 又，即，即， 即，则有， 整理得，即，即， 即； 综上，得证. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助换元法，令，，从而将证明转换为证明. 11．（24-25高二上·河南三门峡·期中）若函数对其定义域内任意满足：当时，恒有，其中常数，则称函数具有性质. (1)函数具有性质，求. (2)设函数， （ⅰ）判断函数是否具有性质，若有，求出，若没有，说明理由； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）不具有性质，理由见解析；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）对任意的且，由变形得到，得到，求出； （2）（ⅰ）求导，得到的单调性，得到，假设具有性质，即，所以，根据，得到，显然不能恒成立，故假设不成立，不具有性质； （ⅱ）先得到，由对数平均不等式得到，分和两种情况进行求解，当时，，当时，构造差函数，进行求解，得到结论. 【详解】（1）定义域为， 对任意的且， 有， 即， 因为，所以，故， 故，故； （2）不具有性质，理由如下： 的定义域为， ， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 又，故， 假设函数具有性质，即，所以， 因为，所以， 故对于任意的恒成立， 即恒为0，显然不可能，故假设不成立， 故不具有性质； （ⅱ）因为，所以，， 下面证明， 即证， 令，则， 令，， 则， 故在上单调递增， 故，， 所以，即，所以， 当时，， 当时，令 ， 令，， ， 故在上单调递增， 又，其中，故， 所以，故， ，其中，而在上单调递减， 故，， 综上，. 【点睛】方法点睛：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，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 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$