专题5 极值点偏移问题讲义-2025届高三数学二轮复习

专题5 极值点偏移问题--答案解析 【专题探究】 例1【解析】（1）因为， 所以. 由题意可得即解得 因为， 所以当或时，，当时，， 则在与上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）可知,,. 设， 则. 设，则. 因为，所以，则在上单调递增. 因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，则在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即对一切恒成立. 因为，所以. 因为，所以. 因为在上单调递增，且，所以， 即证：. 练1【解析】的定义域为，， 当时，， 当时，， 当时，， 故在区间内为增函数，在区间为减函数； ，， 所以处切线方程为， 即； 先证，由可知，且在区间为减函数，要证， 即证， 令，， 则， 所以在区间内单调递增，，即， 即； 再证，由可知曲线在点处的切线方程为， 令， ， 在处取得极大值为， 故当时，，， 则，即， 又， ， ，得证． 练2【解析】函数的定义域为， 且， 若，恒成立，这时函数在内单调递增，函数至有多一个零点，不合条件； 若，令，得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 这时函数有最小值，且． 函数的定义域内有两个零点， 首先必须满足条件：，解得：． 在此条件下，，，又函数在内单调递减， 函数在内有且仅有一个零点； 令，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ，即， 当时，，即 于是． 又，，函数在内单调递增， 函数在内也有且仅有一个零点． 可见符合条件． 综上所述，实数的取值范围是． 证明：不妨设，则，， 令， 则， 当时，，在内单调递减， 这时，，． ，， 而， 又，，函数在内单调递增， ，即成立，问题得证． 例2【解析】（1）由，可得， 当时，，函数是R上的增函数， 当时，令， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 综上所述：当时，函数是实数集上的增函数， 当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减； （2）由（1）可知：当时， 当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数有最小值， 最小值为：， 因为函数有两个不同的零点，不妨设， 因为当时，，当时，， 所以有<0，即， ， 因为函数有两个不同的零点， 所以， 因此 令， 构造函数， 因为，所以，因此， 所以当时，函数单调递减，故有， 而，所以. 练3【解析】（1）由题意知，． 当时，，函数 在上单调递增，即的单调递增区间为． 当时，由得；由，解得． 所以函数 的单调递增区间为，单调递减区间为． （2） 由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值， 即．，．令， 可知在上为增函数，且，， 所以存在零点，， 当时，（a）>0； 当时，（a）<0．所以满足条件的最小正整数． 又当时，（3），（1）， 时，有两个零点． 综上所述，满足条件的最小正整数的值为3． （3），是方程得两个不等实数根，由（1）可知：． 不妨设．则，． 两式相减得，得． ，当时，，当时，． 故只要证明即可，即证明，即证明， 设 ，令，则． ，． 在上是增函数，又在处连续且（1）， 当时，总成立．故命题得证. 练4【解析】 (1)由题设，， 所以， 因为，所以当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，， 所以，其中， 构造函数，其中，， 则，所以函数在上单调递增，则， 所以函数在上单调递增，， 所以对于、，恒有； (2)因为，则， 所以函数单调递增，且， 要证，即证，即证，即证， 因为函数有两个零点， 由题意可得，上述两个等式作差得， 下面先证明，只需证：， 整理得，即证, 设，不妨设，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以，故原不等式成立. 例3【解析】（1）由题设，，, ①当，即时，，在R上单调递增； ②当，即时，令，得,当，，单调递减；当，，单调递增. 综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，又，得：， 两式相减得，又，可得 法一：要证，只需证， 两边同除以得：令， 故只需证即可. 令，， 令，则， ∴当时，，故在上单调递减， 即，∴在上单调递增， 故，故原命题得证. 法二：令，，， 即，两式相减得， 要证，即只需证，即证，即， 即， 令，只需证即可. 令，则 当时，，故在上单调递增， ∴，故原命题得证，原不等式成立. 练5【解析】解：定义域为，， 当时，，在上单调递增； 当时，由得， 当时，，单调递减， 当时，，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； 证明：当时，因为，所以，无零点． 当时，由， 得，即， 设，则有， 因为在上成立，所以在上单调递减， 当时，，所以等价于， 即，所以的零点与在上的零点相同． 若，由知在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在和上各有一个零点， 即在上有两个零点，综上有两个零点，． 不妨设，则， 相减得， 设，则，代入上式，解得， 所以， 因为，所以， 因此要证，只需证，即证， 设，则， 所以在递增，， 即，因为，所以可化成， 又因为，所以． 练6【解析】（1）当时，，∴， 令，则，∴由得，得，, ∴在上递减，在上递增，∴即， ∴得，解得， ∴的单调减区间为，单调增区间为； （2），∵有三个极值点， ∴方程有两个不等根，且都不是1，令， 当时，单调递增，至多有一根， 当时，得,得， ∴在上递减，在上递增， ∴，， 此时，，，，时，， ∴时，有三个根，，，且， 由得，由得，∴， 下面证明：，可变形为，令, ， ，∴在上递增， ∴，∴， ∴. 练7【解析】(1)因为， 当时，，的单调递增区间为. 当时，令，得， 当时,,当时，, 所以的单调递减区间为，的单调递增区间为. (2)（i）由（1）知时,为极小值点,又函数有两个零点，得. 于是， 得,即 由在单调递增,则由,可得. 此时，， , 故，函数有两个不同的零点. （ii）证明：由则，得，于是， 设的极值点为，又由，于是， 令，则 即在上单调递增，又，则在恒成立. 由,可令,则,, 即，即 故有：.则，所以， 欲证，只需证，只需证， 又由,所以只需证， 由,所以上述只需证,只需证， 令，则 即在上单调递增. 由，可知，所以上述不等式成立. 【专题训练】 1.由题意得， 设所求切线的切点为，则直线的方程为， 即，又， 即， 令，可知在上单调递增． 又，所以方程有唯一解． 所以，直线的方程是或 证明：，， 即，要证， 由知只要证，即证， 又因为，即证， 令，则，欲证式成立，等价于证明， 设函数，则， 所以函数是上的增函数，所以，即成立， 所以 解法一：由题意得． 则，令，得或舍去， 在上，，在上，， 在上单调递增，在上单调递减， 当且仅当时，取得最大值 已知恒成立 又，所以，所以，解得． 所以的取值的集合为． 解法二：由题意得恒成立， 令，得， ，，方程有两个不相等的实数根，， 则，不妨设，在上单调递增，在上单调递减， 由，得， 恒成立． 令，则， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，即， 当且仅当时取等号，又恒成立，所以，且，将代入式得． 所以的取值的集合为． 2. 【解析】， 可得当时，，当时，， 在上递增，上递减， 的递增区间为，递减区间为； 证明：若在处的切线平行于轴， ，． ，， 可得当时，，当时，， 在上递增，在上递减， 且当时，当时，． 由，不妨设，则，， 若，则 若，则 构造函数， ， 令，则， 当时，，在上递增，即在上递增， ， 所以在上递减，． 又，． 而，，在上递减， ，即， 综上所述，， ． 3. 【解析】若，等价于． 设，定义域为，． 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以，从而． 的定义域为， 若，则，在单调递减，至多有一个零点， 若，当，，当时，，所以在单调递增，在单调递减． 若有两个不同的零点，，必有，可得． 当时，因为，． 取，由可知，从而． 因此，若有两个不同的零点，，则的取值范围为 不等式等价于，不妨设，则． 设，则当时，． 所以在单调递增因此，可知， 由，可得，因为在递减，所以． 于是． 4. 【解析】，是减函数，是增函数， 所以在上单调递减， 因为， 所以时,,单调递增,时,，单调递减． 证明：由题意，， 即，， 设，，则由，，得，，且， 不妨设，则即证， 由及的单调性知，， 令，， 则， 因为,所以, 所以在上单调递增,则， 所以，取，则， 又，则， 又，，且在上单调递减，所以，即． 下证， 当时，由得， 当时，令，， 则， 记，，则， 又在上为减函数，所以， 在单调递减，在单调递增，所以单调递减， 从而在上单调递增， 又，， 所以， 又， 从而由零点存在定理得，存在唯一，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以， 又， ， 所以， 显然，， 所以，即， 取，则， 又，则， 结合，，以及在单调递增，得到， 所以． 综上可得，．  5. 【解析】若，等价于． 设，定义域为，． 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以，从而． 的定义域为， 若，则，在单调递减，至多有一个零点， 若，当，，当时，，所以在单调递增，在单调递减． 若有两个不同的零点，，必有，可得． 当时，因为，． 取，由可知，从而． 因此，若有两个不同的零点，，则的取值范围为 不等式等价于，不妨设，则． 设，则当时，． 所以在单调递增因此，可知， 由，可得，因为在递减，所以． 于是． 6. 【解析】（1），当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 要使函数有两个相异零点，必有，， 当时，，且，函数在上有一个零点， ，，函数在有一个零点， 的取值范围为． 由知，， ，， 要证，， 故构造函数，， 则，所以在单调递减，． 因为，所以， 构造函数， ， 下面证明，即证明， 构造函数，．在上恒成立， 因此在递增，从而， ，在递增，， ， 时，，单调递增， ，即．  7. 【解析】因为在轴上方，所以：， 设，则，， 设，则， 由 ， 因为，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，从而：； 因为，即，即，  令，所以， 易知为增函数，所以即， 所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根， 令，所以，令，解得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减，所以， 当时，；当时，的增大速度远低于， 此时，所以； 证明：由知，，， 令，， 因为，所以， 因为，， 所以，即在单调递增，， 所以，因为，所以， 又因为，所以， 因为，，且在上单调递减， 所以，即，所以， 所以． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题5：极值点偏移问题 <<<专题综述>>> 极值点偏移：在函数中，如果两零点与极值点并不对称，这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏.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.函数极值点是其导函数时相应的值，而函数与轴的交点横坐标为函数的零点，若函数的两零点恰好关于函数的对称轴对称，此时的极值点没有发生偏移.如果出现不等于时（也就是说两零点与极值点并不对称），这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏. 极值点偏移问题分析求解最重要的是要学会构建“一元差”函数，先将两变量变形放在原函数的同一单调区间内，利用原函数的单调性对变量进行大小比较，再通过对这一元差函数进行求导，证明其值大于零，结合二阶导函数的意义，对于一阶导函数是否存在零点进行分析求解最值，这应该就是求解极值点偏移正确的解题思路和基本步骤. 总结解决极值点偏移问题的方法.处理极值点偏移问题一般有四种解法:构造辅助函数法,对称化构造函数,对数均值不等式,双变量齐次化构造.四种方法各有优劣,其中构造辅助函数和对称化构造函数是解决极值点偏移问题的通法,是从"形"的角度解决问题. 求极值点偏移的常用方法： 方法 1.换元、构造、化齐次：这种方法是最常见的方法，大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论. 方法2.消参构建法：含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数. <<<专题探究>>> 题型一：型 题设情境是由函数的切线方程求参数的值和函数的单调区间，证明函数的“两不同零点之和”的不等式.第（1）问应用导数的几何意义和函数与方程思想求参数的值，导数与函数单调性的基本方法，求函数的单调区间；第（2）问利用函数的单调性，应用数形结合思想确定的取值范围，然后应用极值点偏移的基本方法证明. 例1已知函数，且曲线在处的切线为. （1）求m，n的值和的单调区间； （2）若，证明：. 【思路点拨】 （1）由导数得几何意义列出方程组即可求得的值，再将带入原函数及导函数中分别求得解析式，由函数单调性与导函数的关系即可求得的单调区间； （2）若，要证明：，由（1）可知函数的单调区间，属于典型的极值点偏移问题，由移向构造新函数，求得新函数的单调性即可证明. 练1(2024·广东省广州市·联考题)已知函数． 讨论函数的单调性； 求函数在处切线方程； 若有两解，，且，求证：． 练2（2024湖北省武汉市期中考试） 已知函数有两个零点， 求实数的取值范围 证明： 题型二：或型 题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明函数的两不同零点的平均值偏函数极值点左侧.第（1）问应用导数的几何意义和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问应用导数研究函数函数的单调性与最值，借助数形结合思想确定函数有两个不同的零点充要条件求参数a的取值范围，然后应用函数零点的充分条件探究零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧证明. 例2已知函数． （1）讨论函数的单调性; （2）若，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，求证：． 【思路点拨】 第（1）问由,根据实数的正负取值，结合导函数的正负变化,分类讨论进行求解即可；第（2）问根据零点的定义，由函数有两个不同的零点,推算出实数的取值范围,然后由,利用,消去实数,应用换元思想结合指数的运算法则，通过构造新函数，利用导数的性质进行证明即可. 练3（2024·天津市·月考试卷）设函数． （1）求函数的单调区间； （2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值； （3）若方程有两个不相等的实数根，，求证：． 练4（2024·湖北省·联考题）设函数， (1)设，求证：，恒有. (2)若，函数有两个零点，求证. 题型三：类极值点偏移问题 题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明与函数的两不同零点的不等式.第（1）问应用导数和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问由函数有两个不同的零点的充分条件，得到有关零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧，应用函数单调性与转化化归思想证明不等式. 例3已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，函数存在两个零点，求证：. 【思路点拨】 第（1）问由已知得，,然后分、两类情,推算正负取值,即可研究的单调性；第（2）问由题设可得，法一：应用分析法要证结论只需证，令，构造并应用导数研究单调性，即可证结论；法二：由换元思想，令、，利用分析法知只需证，设，构造并应用导数研究单调性，即可证结论. 练5(2025·浙江省·模拟题)已知函数． 讨论函数的单调性； 若，求证：函数有两个零点，，，且． 练6（2024·湖北省黄冈市·月考试卷）设函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：. 练7（2024·湖北省宜昌市·联考题） 设实数，且，函数. (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点. （i）求的取值范围；（ii）证明：. <<<专题训练>>> 1.(2024·江苏省扬州市·月考试卷)若函数． 若，且曲线的切线过点，求直线的方程 证明：若，则 若恒成立，求的取值范围． 2.（2024·江西省·月考试卷）已知函数． 求的单调区间 若在处的切线平行于轴，且，证明：． 3.(2025·陕西省·模拟题)已知函数． 若，证明：； 若有两个不同的零点，，求的取值范围，并证明：． 4. （2024·湖南省·月考试卷）已知函数，其中为自然对数的底数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，且,证明:. 5. (2025·陕西省·模拟题)已知函数． 若，证明：； 若有两个不同的零点，，求的取值范围，并证明：． 6. (2025·湖北省荆门市·单元测试)已知函数有两个相异零点， 求的取值范围； 求证：． 7. (2024·吉林省吉林市·模拟题)在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 当顶点在轴上方时，求以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； 已知函数，关于的方程有两个不等实根． 求实数的取值范围 证明：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题5：极值点偏移问题 <<<专题综述>>> 极值点偏移：在函数中，如果两零点与极值点并不对称，这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏.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.函数极值点是其导函数时相应的值，而函数与轴的交点横坐标为函数的零点，若函数的两零点恰好关于函数的对称轴对称，此时的极值点没有发生偏移.如果出现不等于时（也就是说两零点与极值点并不对称），这时极值点也就发生了偏移，偏移分为左偏和右偏. 极值点偏移问题分析求解最重要的是要学会构建“一元差”函数，先将两变量变形放在原函数的同一单调区间内，利用原函数的单调性对变量进行大小比较，再通过对这一元差函数进行求导，证明其值大于零，结合二阶导函数的意义，对于一阶导函数是否存在零点进行分析求解最值，这应该就是求解极值点偏移正确的解题思路和基本步骤. 总结解决极值点偏移问题的方法.处理极值点偏移问题一般有四种解法:构造辅助函数法,对称化构造函数,对数均值不等式,双变量齐次化构造.四种方法各有优劣,其中构造辅助函数和对称化构造函数是解决极值点偏移问题的通法,是从"形"的角度解决问题. 求极值点偏移的常用方法： 方法1.换元、构造、化齐次：这种方法是最常见的方法，大致分为3步，第一步：代根作差找关系，第二步：换元分析化结论，第三步：构造函数证结论. 方法2.消参构建法：含参数的极值点偏移问题，在原有的两个变元的基础上，又多了一个参数，故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数，从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介，构造出一个变元的新的函数. <<<专题探究>>> 题型一：型 题设情境是由函数的切线方程求参数的值和函数的单调区间，证明函数的“两不同零点之和”的不等式.第（1）问应用导数的几何意义和函数与方程思想求参数的值，导数与函数单调性的基本方法，求函数的单调区间；第（2）问利用函数的单调性，应用数形结合思想确定的取值范围，然后应用极值点偏移的基本方法证明. 例1已知函数，且曲线在处的切线为. （1）求的值和的单调区间； （2）若，证明：. 【思路点拨】 （1）由导数得几何意义列出方程组即可求得的值，再将带入原函数及导函数中分别求得解析式，由函数单调性与导函数的关系即可求得的单调区间； （2）若,要证明：,由（1）可知函数的单调区间，属于典型的极值点偏移问题,由移向构造新函数,求得新函数的单调性即可证明. 【规范解析】 （1）因为， 所以. 由题意可得即解得 因为， 所以当或时，，当时，， 则在与上单调递增，在上单调递减. （2）由（1）可知,,. 设， 则. 设，则. 因为，所以，则在上单调递增. 因为，所以在上恒成立，即在上恒成立，则在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即对一切恒成立. 因为，所以. 因为，所以. 因为在上单调递增，且，所以， 即证：. 练1(2024·广东省广州市·联考题)已知函数． 讨论函数的单调性； 求函数在处切线方程； 若有两解，，且，求证：． 【规范解析】 的定义域为，， 当时，， 当时，， 当时，， 故在区间内为增函数，在区间为减函数； ，， 所以处切线方程为， 即； 先证，由可知，且在区间为减函数，要证， 即证， 令，， 则， 所以在区间内单调递增，，即， 即； 再证，由可知曲线在点处的切线方程为， 令， ， 在处取得极大值为， 故当时，，， 则，即， 又， ， ，得证． 练2（2024·湖北省武汉市·期中考试） 已知函数有两个零点， 求实数的取值范围 证明： 【规范解析】  函数的定义域为， 且， 若，恒成立，这时函数在内单调递增，函数至有多一个零点，不合条件； 若，令，得， 当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 这时函数有最小值，且． 函数的定义域内有两个零点， 首先必须满足条件：，解得：． 在此条件下，，，又函数在内单调递减， 函数在内有且仅有一个零点； 令，， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， ，即， 当时，，即 于是． 又，，函数在内单调递增， 函数在内也有且仅有一个零点． 可见符合条件． 综上所述，实数的取值范围是． 证明：不妨设，则，， 令， 则， 当时，，在内单调递减， 这时，，． ，， 而， 又，，函数在内单调递增， ，即成立，问题得证． 题型二：或型 题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明函数的两不同零点的平均值偏函数极值点左侧.第（1）问应用导数的几何意义和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问应用导数研究函数函数的单调性与最值，借助数形结合思想确定函数有两个不同的零点充要条件求参数的取值范围，然后应用函数零点的充分条件探究零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧证明. 例2已知函数． （1）讨论函数的单调性; （2）若，设为的导函数，若函数有两个不同的零点，求证：． 【思路点拨】 第（1）问由,根据实数的正负取值，结合导函数的正负变化,分类讨论进行求解即可；第（2）问根据零点的定义，由函数有两个不同的零点,推算出实数的取值范围,然后由,利用,消去实数,应用换元思想结合指数的运算法则，通过构造新函数，利用导数的性质进行证明即可. 【规范解析】 （1）由，可得， 当时，，函数是R上的增函数， 当时，令， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 综上所述：当时，函数是实数集上的增函数， 当时，当时，函数单调递增，当时，函数单调递减； （2）由（1）可知：当时， 当时，函数单调递增，当时，函数单调递减，所以函数有最小值， 最小值为：， 因为函数有两个不同的零点，不妨设， 因为当时，，当时，， 所以有<0，即， ， 因为函数有两个不同的零点， 所以， 因此 令， 构造函数， 因为，所以，因此， 所以当时，函数单调递减，故有， 而，所以. 练3（2024·天津市·月考试卷）设函数． （1）求函数的单调区间； （2）若函数有两个零点，求满足条件的最小正整数的值； （3）若方程有两个不相等的实数根，，求证：． 【规范解析】 （1）由题意知，． 当时，，函数 在上单调递增，即的单调递增区间为． 当时，由得；由，解得． 所以函数 的单调递增区间为，单调递减区间为． （2） 由（1）可得，若函数有两个零点，则，且的最小值， 即．，．令， 可知在上为增函数，且，， 所以存在零点，， 当时，（a）>0； 当时，（a）<0．所以满足条件的最小正整数． 又当时，（3），（1）， 时，有两个零点． 综上所述，满足条件的最小正整数的值为3． （3），是方程得两个不等实数根，由（1）可知：． 不妨设．则，． 两式相减得，得． ，当时，，当时，． 故只要证明即可，即证明，即证明， 设 ，令，则． ，． 在上是增函数，又在处连续且（1）， 当时，总成立．故命题得证. 练4（2024·湖北省·联考题）设函数， (1)设，求证：，恒有. (2)若，函数有两个零点，求证. 【规范解析】 (1)由题设，， 所以， 因为，所以当时，，函数在区间上单调递减， 当时，，， 所以，其中， 构造函数，其中，， 则，所以函数在上单调递增，则， 所以函数在上单调递增，， 所以对于、，恒有； (2)因为，则， 所以函数单调递增，且， 要证，即证，即证，即证， 因为函数有两个零点， 由题意可得，上述两个等式作差得， 下面先证明，只需证：， 整理得，即证, 设，不妨设，则， 所以函数在上单调递增，所以， 因为，所以，故原不等式成立. 题型三：类极值点偏移问题 题设情境是讨论含参数变量的函数的单调性，证明与函数的两不同零点的不等式.第（1）问应用导数和分类与整合思想讨论函数的单调性；第（2）问由函数有两个不同的零点的充分条件，得到有关零点的方程组,利用“消参、换元、构造函数”等基本方法与技巧，应用函数单调性与转化化归思想证明不等式. 例3已知函数. （1）讨论的单调性； （2）当时，函数存在两个零点，求证：. 【思路点拨】 第（1）问由已知得，,然后分、两类情,推算正负取值,即可研究的单调性；第（2）问由题设可得，法一：应用分析法要证结论只需证，令，构造并应用导数研究单调性，即可证结论；法二：由换元思想，令、，利用分析法知只需证，设，构造并应用导数研究单调性，即可证结论. 【规范解析】 （1）由题设，，, ①当，即时，，在R上单调递增； ②当，即时，令，得,当，，单调递减；当，，单调递增. 综上，当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）当时，，又，得：， 两式相减得，又，可得 法一：要证，只需证， 两边同除以得：令， 故只需证即可. 令，， 令，则， ∴当时，，故在上单调递减， 即，∴在上单调递增， 故，故原命题得证. 法二：令，，， 即，两式相减得， 要证，即只需证，即证，即， 即， 令，只需证即可. 令，则 当时，，故在上单调递增， ∴，故原命题得证，原不等式成立. 练5(2025·浙江省·模拟题)已知函数． 讨论函数的单调性； 若，求证：函数有两个零点，，，且． 解：定义域为，， 当时，，在上单调递增； 当时，由得， 当时，，单调递减， 当时，，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； 证明：当时，因为，所以，无零点． 当时，由， 得，即， 设，则有， 因为在上成立，所以在上单调递减， 当时，，所以等价于， 即，所以的零点与在上的零点相同． 若，由知在上单调递减，在上单调递增， 又，，， 所以在和上各有一个零点， 即在上有两个零点，综上有两个零点，． 不妨设，则， 相减得， 设，则，代入上式，解得， 所以， 因为，所以， 因此要证，只需证，即证， 设，则， 所以在递增，， 即，因为，所以可化成， 又因为，所以． 练6（2024·湖北省黄冈市·月考试卷）设函数. （1）若，求的单调区间； （2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：. 【规范解析】 （1）当时，，∴， 令，则，∴由得，得，, ∴在上递减，在上递增，∴即， ∴得，解得， ∴的单调减区间为，单调增区间为； （2），∵有三个极值点， ∴方程有两个不等根，且都不是1，令， 当时，单调递增，至多有一根， 当时，得,得， ∴在上递减，在上递增， ∴，， 此时，，，，时，， ∴时，有三个根，，，且， 由得，由得，∴， 下面证明：，可变形为，令, ， ，∴在上递增， ∴，∴， ∴. 练7（2024·湖北省宜昌市·联考题） 设实数,且,函数 (1)求函数的单调区间； (2)若函数有两个不同的零点,. （i）求的取值范围；（ii）证明:. 【规范解析】 (1)因为， 当时，，的单调递增区间为. 当时，令，得， 当时,,当时，, 所以的单调递减区间为，的单调递增区间为. (2)（i）由（1）知时,为极小值点,又函数有两个零点，得. 于是， 得,即 由在单调递增,则由,可得. 此时，， , 故，函数有两个不同的零点. （ii）证明：由则，得，于是， 设的极值点为，又由，于是， 令，则 即在上单调递增，又，则在恒成立. 由,可令,则,, 即，即 故有：.则，所以， 欲证，只需证，只需证， 又由,所以只需证， 由,所以上述只需证,只需证， 令，则 即在上单调递增. 由，可知，所以上述不等式成立. <<<专题训练>>> 1.(2024·江苏省扬州市·月考试卷)若函数． 若，且曲线的切线过点，求直线的方程 证明：若，则 若恒成立，求的取值范围． 【解析】 由题意得， 设所求切线的切点为，则直线的方程为， 即，又， 即， 令，可知在上单调递增． 又，所以方程有唯一解． 所以，直线的方程是或 证明：，， 即，要证， 由知只要证，即证， 又因为，即证， 令，则，欲证式成立，等价于证明， 设函数，则， 所以函数是上的增函数，所以，即成立， 所以 解法一：由题意得． 则，令，得或舍去， 在上，，在上，， 在上单调递增，在上单调递减， 当且仅当时，取得最大值 已知恒成立 又，所以，所以，解得． 所以的取值的集合为． 解法二：由题意得恒成立， 令，得， ，，方程有两个不相等的实数根，， 则，不妨设，在上单调递增，在上单调递减， 由，得， 恒成立． 令，则， 则，当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，所以，，即， 当且仅当时取等号，又恒成立，所以，且，将代入式得． 所以的取值的集合为． 2.（2024·江西省·月考试卷）已知函数． 求的单调区间 若在处的切线平行于轴，且，证明：． 【解析】 ， 可得当时，，当时，， 在上递增，上递减， 的递增区间为，递减区间为； 证明：若在处的切线平行于轴， ，． ，， 可得当时，，当时，， 在上递增，在上递减， 且当时，当时，． 由，不妨设，则，， 若，则 若，则 构造函数， ， 令，则， 当时，，在上递增，即在上递增， ， 所以在上递减，． 又，． 而，，在上递减， ，即， 综上所述，， ．  3.(2025·陕西省·模拟题)已知函数． 若，证明：； 若有两个不同的零点，，求的取值范围，并证明：． 【解析】 若，等价于． 设，定义域为，． 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以，从而． 的定义域为， 若，则，在单调递减，至多有一个零点， 若，当，，当时，，所以在单调递增，在单调递减． 若有两个不同的零点，，必有，可得． 当时，因为，． 取，由可知，从而． 因此，若有两个不同的零点，，则的取值范围为 不等式等价于，不妨设，则． 设，则当时，． 所以在单调递增因此，可知， 由，可得，因为在递减，所以． 于是． 4. （2024·湖南省·月考试卷）已知函数，其中为自然对数的底数. （1）讨论函数的单调性； （2）若，且,证明:. 【解析】 ，是减函数，是增函数， 所以在上单调递减， 因为， 所以时,,单调递增,时,，单调递减． 证明：由题意，， 即，， 设，，则由，，得，，且， 不妨设，则即证， 由及的单调性知，， 令，， 则， 因为,所以, 所以在上单调递增,则， 所以，取，则， 又，则， 又，，且在上单调递减，所以，即． 下证， 当时，由得， 当时，令，， 则， 记，，则， 又在上为减函数，所以， 在单调递减，在单调递增，所以单调递减， 从而在上单调递增， 又，， 所以， 又， 从而由零点存在定理得，存在唯一，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增； 所以， 又， ， 所以， 显然，， 所以，即， 取，则， 又，则， 结合，，以及在单调递增，得到， 所以． 综上可得，．  5. (2025·陕西省·模拟题)已知函数． 若，证明：； 若有两个不同的零点，，求的取值范围，并证明：． 【解析】 若，等价于． 设，定义域为，． 当时，，单调递增，当时，，单调递减． 所以，从而． 的定义域为， 若，则，在单调递减，至多有一个零点， 若，当，，当时，，所以在单调递增，在单调递减． 若有两个不同的零点，，必有，可得． 当时，因为，． 取，由可知，从而． 因此，若有两个不同的零点，，则的取值范围为 不等式等价于，不妨设，则． 设，则当时，． 所以在单调递增因此，可知， 由，可得，因为在递减，所以． 于是． 6. (2025·湖北省荆门市·单元测试)已知函数有两个相异零点， 求的取值范围； 求证：． 【解析】 (1) ，当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 要使函数有两个相异零点，必有，， 当时，，且，函数在上有一个零点， ，，函数在有一个零点， 的取值范围为． 由知，， ，， 要证，， 故构造函数，， 则，所以在单调递减，． 因为，所以， 构造函数， ， 下面证明，即证明， 构造函数，．在上恒成立， 因此在递增，从而， ，在递增，， ， 时，，单调递增， ，即．  7. (2024·吉林省吉林市·模拟题)在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上 当顶点在轴上方时，求以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值； 已知函数，关于的方程有两个不等实根． 求实数的取值范围 证明：． 【解析】 因为在轴上方，所以：， 设，则，， 设，则， 由 ， 因为，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以，从而：； 因为，即，即，  令，所以， 易知为增函数，所以即， 所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根， 令，所以， 令，解得，当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以， 当时，；当时，的增大速度远低于， 此时，所以； 证明：由知，，， 令，， 因为，所以， 因为，， 所以，即在单调递增，， 所以， 因为，所以， 又因为，所以， 因为，，且在上单调递减， 所以，即，所以， 所以． 1 学科网（北京）股份有限公司 $$