重难点06：破解极值点偏移：导数极值点移问题之核心解决方法（上）（培优固本提能讲义）-2026届高三数学一轮复习

重难点06：破解极值点偏移：导数极值点偏问题之核心解决方法（上） （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 4 题型一、构造对称函数法（最常用，通性通法） 4 题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移） 11 题型三、差值代换法（变量分离，简化计算） 18 题型四、对、指数均值不等式法 24 题型精析・方法突破提能力 29 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：极值点偏移的概念 一、极值点偏移的核心定义 设函数，且符号相反）。 若存在两个不相等的实数，使得分别位于两侧（即），则称函数的极值点存在偏移。 二、极值点偏移的方向判断（关键依据） 根据的大小关系，将偏移分为两类： 极值点左移 极值点右移 左偏：若右侧），则称极值点左偏。 本质：右侧的点的距离。 右偏：若的中点在右偏。 本质：左侧的点的距离。 三、极值点偏移的本质特征（与函数性质关联） 极值点偏移的本质是函数在极值点两侧的单调性不对称： 若函数在上的递减（或递增）速率不同，则易出现偏移。 四、定义的核心作用（解题关联） 明确证明目标：所有解题方法（如构造对称函数法、比值代换法）的最终目标，本质是证明 “”，即围绕定义展开。 知识点2：极值点偏移问题特征 1. 证明 “两点和 / 积与极值点的关系” 问题目标常围绕的大小关系，具体形式： 证明 “和的偏移”：如 “求证”（左偏）、“求证”（右偏）； 证明 “积的偏移”：如 “求证”（左偏衍生）、“求证”（右偏衍生）。 2. 证明 “两点与极值点的距离关系” 问题目标间接体现偏移，如 “求证”（左偏，右侧点离极值点更远）或 “求证”（右偏，左侧点离极值点更远）； 此类表述可转化为 “和的偏移”（如，当时），本质与 “和的偏移” 一致。 3. 含参数时，结合偏移求参数范围 若题干含参数，问题目标可能是 “求参数范围使得函数存在极值点偏移”，或 “已知偏移条件求参数范围”。 注意：当最终需要证明的不等式含有：，，，或者同时含及的式子时，一般需要用到极值点偏移方法。 知识点3：对数均值不等式 对于任意正实数，其满足与算术均值、几何均值的不等关系： 即 几何均值 < 对数均值 < 算术均值。 适用范围：仅适用于正实数（因涉及对数），且需满足 “两点函数值相等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件）； 与极值点偏移的适配性：优先用于含对数的函数（如），对指数函数可通过 “取对数转化为对数形式” 后使用（如）； 简洁性优势：相比构造对称函数法，对数均值不等式可直接关联 “两点差与对数差”，跳过复杂的导数分析，快速证明 “和 / 积与极值点的关系”，尤其适合解决选择、填空或证明题的简化步骤。 知识点4：指数均值不等式 对于任意不相等的实数，定义 “指数均值” 为，其满足与算术均值、几何均值的不等关系：； 即 指数形式的几何均值 < 指数均值 < 指数形式的算术均值。 对比对数均值不等式：对数均值针对 “正实数的对数差与实数差”，指数均值针对 “实数的指数差与实数差”，二者本质是 “指数 - 对数互逆” 的关系，可通过变量代换相互推导。 适用范围：适用于任意实数（因指数函数定义域为，但需满足 “两点函数值相等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件），若涉及变量为正实数，可与对数均值不等式互通； 与极值点偏移的适配性：优先用于含指数的函数（如\( e^x - ax \)、\( x e^x - b \)），尤其适合证明 “指数形式的不等式”（如\( e^{\frac{x_1 + x_2}{2}} < C \)）或 “两点和与极值点的关系”，比构造对称函数更简洁； 与对数均值的差异：对数均值更直接适配含对数的函数，指数均值更直接适配含指数的函数，核心差异在于 “变量与函数的关联形式”，但可通过 “指数 - 对数互逆” 转化，解题时可根据函数类型优先选择。 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、构造对称函数法（最常用，通性通法） 构造对称函数法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）构造对称函数： 针对 “和的偏移”，构造为对称中心，对称点为； 若需证明 “积的偏移”（如），构造（对称点为）。 （3）分析的单调性与符号：求，化简并判断其在定义域内的符号；（4）结合推导偏移关系： 设得（或），即（或）；因，故）； 结合（因的单调性，得出（或），即）。 典例探究 【典型例题】已知函数有两个极值点，且，求证：. 举一反三 【1-1】已知函数有两个不同的零点，其极值点为． (1)求a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：； (4)求证：． 【1-2】已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 【1-3】已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移） 比值代换法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）由对数项：设且，将等式整理为 “指数项（或对数项）与多项式项分离” 的形式（如）；若含指数项，两边取自然对数；若含对数项，直接利用对数运算法则合并（如 = ）。 （3）设比值变量，统一变量为单参数：:令，则），得； 将代入步骤 2 的等式，实现 “双变量” 的转化。 （4）将偏移目标转化为关于的不等式：若需证明 “和的偏移”或，代入（或），再结合步骤，得到仅含的不等式；若需证明 “积的偏移”（），代入（或），同理转化为关于的不等式。 （5）构造关于\(t\)的函数，证明不等式成立：令不等式左侧（或变形后的函数），定义域为；求，分析其在时的单。 典例探究 【典型例题】已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：． 举一反三 【2-1】已知函数 ． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，若函数有2个不同的零点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【2-2】已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； 【2-3】已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 题型三、差值代换法（变量分离，简化计算） 差值代换法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）设差值变量，统一双变量为 “基变量 + 差值”：设，不妨令，即为两点差值； （3）由零点或极值点建立等式，分离复杂项，整理等式：将指数项、对数项等复杂项移到一侧，多项式项移到另一侧，实现 “双变量 的转化。 （4）将偏移目标转化为关于的不等式。 （5）构造关于的函数，证明不等式成立：令为步骤 4 中不等式左侧（或变形后的函数），定义域为；求，分析其在则单调递减）； 典例探究 【典型例题】已知，是函数的两个零点，且，求证： (1)； (2)． 举一反三 【3-1】已知函数有两个相异零点､，且，求证：. 【3-2】已知函数存在两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：. 【3-3】已知与有相同的最小值. (1)求实数的值； (2)已知，函数有两个零点，求证：. 题型四、对、指数均值不等式法 对、指数均值不等式法求解极值点偏移的方法： （1）由建立 “对数差与变量差” 的关联等式设，将等式整理为含对数项（或可转化为对数项）的形式；变形等式，分离出对数均值，如由。 （2）套用对数均值不等式，建立与 “算术均值 / 几何均值” 的关系 对数均值不等式核心：对正实数；将步骤1中得到的 “对数均值表达式” 代入不等式： 若需证明 “和的偏移”：用右侧不等式，代入得； 若需证明 “积的偏移”：用左侧不等式，代入对数均值表达式得。 注：指数均值不等式类似 典例探究 【典型例题】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：. 举一反三 【4-1】已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个零点，，且，求证：． 【4-2】已知函数.若有两个零点，证明：. 【4-3】已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：． 题型精析・方法突破提能力 【突破提升训练・1】已知函数，下列说法正确的是（    ） A．与 的定义域不同 B．的单调递减区间为 C．若有三个不同的解，则 D．对任意两个不相等正实数，若，则 【突破提升训练・2】已知且，则（    ） A． B． C． D． 【突破提升训练・3】已知函数 (1)令对恒成立，求的最大值. (2)若有两个零点，求的范围，并证明： 【突破提升训练・4】已知函数，，是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时，若，（其中）满足，求证：. 【突破提升训练・5】已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 【突破提升训练・6】已知函数． (1)若只有一个零点，求的值； (2)若有两个零点，证明：． 【突破提升训练・7】已知函数. (1)若有唯一极值，求的取值范围； (2)当时，若，，求证：. 【突破提升训练・8】已知函数，为常数，若函数有两个零点，试证明： 【突破提升训练・9】已知函数（）． (1)求的单调区间； (2)若函数，是函数的两个零点，证明：． 【突破提升训练・10】已知函数有两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【突破提升训练・11】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. 【突破提升训练・12】已知函数（a为常数）. (1)求函数的单调区间； (2)若存在两个不相等的正数，满足，求证：. (3)若有两个零点，，证明：. 【突破提升训练・13】已知函数． (1)若函数是减函数，求的取值范围； (2)若有两个零点，且，证明：． 【突破提升训练・14】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)求证：（其中是自然对数的底数）. 【突破提升训练・15】设，函数. (1)讨论方程的解的个数； (2)若函数有两个相异零点，求证： 【突破提升训练・16】已知函数，． (1)若是R上的减函数，求实数a的取值范围； (2)若有两个极值点，其中，求证：． 【突破提升训练・17】已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：. 【突破提升训练・18】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【突破提升训练・19】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，为的两个零点，证明：. 【突破提升训练・20】已知函数. (1)当时，求在区间上的最值； (2)若有两个不同的零点，证明：. 【突破提升训练・21】已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【突破提升训练・22】已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 【突破提升训练・23】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若函数的图象在点处的切线方程为. （i）求的最小值； （ii）若关于x的方程有两个根，，证明：. 【突破提升训练・24】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：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点06：破解极值点偏移：导数极值点偏问题之核心解决方法（上） （培优固本提能讲义） 知识网络·核心根基深扎牢 1 实战演练·能力进阶攀高峰 4 题型一、构造对称函数法（最常用，通性通法） 4 题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移） 11 题型三、差值代换法（变量分离，简化计算） 18 题型四、对、指数均值不等式法 24 题型精析・方法突破提能力 29 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：极值点偏移的概念 一、极值点偏移的核心定义 设函数，且符号相反）。 若存在两个不相等的实数，使得分别位于两侧（即），则称函数的极值点存在偏移。 二、极值点偏移的方向判断（关键依据） 根据的大小关系，将偏移分为两类： 极值点左移 极值点右移 左偏：若右侧），则称极值点左偏。 本质：右侧的点的距离。 右偏：若的中点在右偏。 本质：左侧的点的距离。 三、极值点偏移的本质特征（与函数性质关联） 极值点偏移的本质是函数在极值点两侧的单调性不对称： 若函数在上的递减（或递增）速率不同，则易出现偏移。 四、定义的核心作用（解题关联） 明确证明目标：所有解题方法（如构造对称函数法、比值代换法）的最终目标，本质是证明 “”，即围绕定义展开。 知识点2：极值点偏移问题特征 1. 证明 “两点和 / 积与极值点的关系” 问题目标常围绕的大小关系，具体形式： 证明 “和的偏移”：如 “求证”（左偏）、“求证”（右偏）； 证明 “积的偏移”：如 “求证”（左偏衍生）、“求证”（右偏衍生）。 2. 证明 “两点与极值点的距离关系” 问题目标间接体现偏移，如 “求证”（左偏，右侧点离极值点更远）或 “求证”（右偏，左侧点离极值点更远）； 此类表述可转化为 “和的偏移”（如，当时），本质与 “和的偏移” 一致。 3. 含参数时，结合偏移求参数范围 若题干含参数，问题目标可能是 “求参数范围使得函数存在极值点偏移”，或 “已知偏移条件求参数范围”。 注意：当最终需要证明的不等式含有：，，，或者同时含及的式子时，一般需要用到极值点偏移方法。 知识点3：对数均值不等式 对于任意正实数，其满足与算术均值、几何均值的不等关系： 即 几何均值 < 对数均值 < 算术均值。 适用范围：仅适用于正实数（因涉及对数），且需满足 “两点函数值相等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件）； 与极值点偏移的适配性：优先用于含对数的函数（如），对指数函数可通过 “取对数转化为对数形式” 后使用（如）； 简洁性优势：相比构造对称函数法，对数均值不等式可直接关联 “两点差与对数差”，跳过复杂的导数分析，快速证明 “和 / 积与极值点的关系”，尤其适合解决选择、填空或证明题的简化步骤。 知识点4：指数均值不等式 对于任意不相等的实数，定义 “指数均值” 为，其满足与算术均值、几何均值的不等关系：； 即 指数形式的几何均值 < 指数均值 < 指数形式的算术均值。 对比对数均值不等式：对数均值针对 “正实数的对数差与实数差”，指数均值针对 “实数的指数差与实数差”，二者本质是 “指数 - 对数互逆” 的关系，可通过变量代换相互推导。 适用范围：适用于任意实数（因指数函数定义域为，但需满足 “两点函数值相等” 与 “单峰函数” 前提（符合极值点偏移判定条件），若涉及变量为正实数，可与对数均值不等式互通； 与极值点偏移的适配性：优先用于含指数的函数（如\( e^x - ax \)、\( x e^x - b \)），尤其适合证明 “指数形式的不等式”（如\( e^{\frac{x_1 + x_2}{2}} < C \)）或 “两点和与极值点的关系”，比构造对称函数更简洁； 与对数均值的差异：对数均值更直接适配含对数的函数，指数均值更直接适配含指数的函数，核心差异在于 “变量与函数的关联形式”，但可通过 “指数 - 对数互逆” 转化，解题时可根据函数类型优先选择。 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、构造对称函数法（最常用，通性通法） 构造对称函数法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）构造对称函数： 针对 “和的偏移”，构造为对称中心，对称点为； 若需证明 “积的偏移”（如），构造（对称点为）。 （3）分析的单调性与符号：求，化简并判断其在定义域内的符号；（4）结合推导偏移关系： 设得（或），即（或）；因，故）； 结合（因的单调性，得出（或），即）。 典例探究 【典型例题】已知函数有两个极值点，且，求证：. 【答案】证明见解析 【分析】由极值点处导数值为0得到，构造函数，研究其单调性，得到，构造函数，研究其单调性，得到，最后再次结合单调性即可求证. 【详解】，， 令，得， 令，则，， 易知在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，则， 当时，，则在上单调递减， 所以， 所以， 从而． 因为，，在上单调递减， 所以，即. 举一反三 【1-1】已知函数有两个不同的零点，其极值点为． (1)求a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：； (4)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 (4)证明见解析 【分析】(1)求导，利用倒数和零点的关系即可得； (2) 由所证结论知这是的极值点偏移问题，选取函数，按对称化构造的三个步骤来解答．构造函数，将，相加得． (3) 由所证结论可以看出，这不再是的极值点偏移问题．回到题设条件,构造函数,给定的范围; (4)借助(1)(2)(3)给定或的范围均可， 【详解】（1）． 若，则，在上单调递增，至多有一个零点，舍去； 故，得在上单调递减，在上单调递增， 当时，；当时，． 要使有两个不同的零点，则必须有，得． （2）（ⅰ）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增，不妨设． （ⅱ）构造函数， 则， 当时，，有． （ⅲ）将代入（ⅱ）中不等式得， 又，，在上单调递增， 故，即． （3）解法1：， 记函数，则有， 求导得，则1是的极小值点． 我们选取函数来证，同时也可证． （ⅰ）易知在，上单调递减，在上单调递增，与x的符号相同． 当时，；当时，，当时，． 由，不妨设． （ⅱ）构造函数， 则． 当时，，但因式的符号不容易看出， 再引进辅助函数，则，得在上单调递减， 当时，，即， 则，即，从而， 得在上单调递减，有，即． （ⅲ）将代入（ⅱ）中不等式得， 又，，在上单调递增，故，即. 解法2：， 记函数，则有． （ⅰ）， 在上单调递减，在上单调递增，有极小值． 当时，；当时，． 不妨设． （ⅱ）构造函数， 则． 当时，，，，则，在上单调递减， 有，即． （ⅲ）将代入（ⅱ）中不等式得， 又，，在上单调递增，故，即． （4）解法1：（ⅰ）同（3）（ⅰ）． （ⅱ）构造函数， 则． 当时，，但因式的符号不容易看出， 引进辅助函数，则． 当时，，得在上单调递增，有， 则，得在上单调递增，有，即． （ⅲ）将代入（ⅱ）中不等式得， 又，，在上单调递增，故，即． 解法2：（ⅰ）同（3）（ⅰ）． （ⅱ）构造函数， 则． 当时，，在上单调递增，有， 即． （ⅲ）将代入（ⅱ）中不等式得， 又，，在上单调递增，故，即． 【1-2】已知函数，. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若，求在内的极值； (3)设，若有2个零点，，且，求证：. 【答案】(1) (2)有极大值，无最小值 (3)证明见解析 【分析】（1）对求导，求出，，，再由导数的几何意义求解即可； （2）当，对求导，求出的单调性，结合极值点的定义即可得出答案； （3）对求导，研究单调性和极值可知要使有2个零点，则需，由此求出的范围，要证，只需证，由此构造，，对求导，证明即可. 【详解】（1）当时，，则， 因为，， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）当时，，有， 由可得，即， 当时，，，即， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 有极大值，无最小值. （3），则. 若，则，单调递增，不可能有两个零点. 若，令，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以为的极小值点， 要使有2个零点，则需，即. 因为的2个零点为，，，所以. 要证，只需证， 因为，在上单调递增， 所以只需证， 因为，所以只需证， 即只需证，， 令，， 则， 设，则， 则在上单调递减， 又因为， 所以当时，，所以在上单调递增， 又因为， 所以当时，，即在上单调递减， 又因为，所以， 即，， 所以原命题得证. 【1-3】已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间； （2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点， ， 又，即， 设，则，在上单调递增， 又，有唯一零点， ，解得， ， 则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知， 当时，；当时，， ， 要证，只需证．在上单调递减， 只需证，又， 则只需证对任意恒成立． 设， 则， 设，则， 在上单调递减，． 又当时，， 在上单调递增， ，即在时恒成立， 又．故原不等式得证． 题型二、比值代换法（处理含指数/对数的复杂偏移） 比值代换法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）由对数项：设且，将等式整理为 “指数项（或对数项）与多项式项分离” 的形式（如）；若含指数项，两边取自然对数；若含对数项，直接利用对数运算法则合并（如 = ）。 （3）设比值变量，统一变量为单参数：:令，则），得； 将代入步骤 2 的等式，实现 “双变量” 的转化。 （4）将偏移目标转化为关于的不等式：若需证明 “和的偏移”或，代入（或），再结合步骤，得到仅含的不等式；若需证明 “积的偏移”（），代入（或），同理转化为关于的不等式。 （5）构造关于\(t\)的函数，证明不等式成立：令不等式左侧（或变形后的函数），定义域为；求，分析其在时的单。 典例探究 【典型例题】已知函数有两个不同的零点，且满足，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】由是两个零点，可解得，接着构造函数证，即，根据函数单调性即可证明. 【详解】由题意知， 由得 从而，， 即． 又，令, ， ， 所以在单调递增，则， 因为当时，，所以， 所以，即， 所以． 令，，易知其单调递增， 又， 所以，即， 所以，即． 举一反三 【2-1】已知函数 ． (1)当时，求函数的单调区间； (2)当时，若函数有2个不同的零点，． （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)单调递增区间为，无单调递减区间 (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间； （2）（ⅰ）转化为函数与有两个交点的问题； （ⅱ）由函数的两个零点可得，再利用构造函数的方法证明即可. 【详解】（1）当时，，则，           令，得， 当时，；当时，， 即在上单调递减，在上单调递增， 则在处取得极小值，，所以， 所以恒成立， 即在上单调递增； 故单调递增区间为，无单调递减区间． （2）（ⅰ）当时，若函数有2个不同的零点，， ∴恰有2个正实数根，， 令，则与有两个不同交点， ∴，           ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增，又，           当x从0的右侧无限趋近于0时，趋近于； 当x无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于， 则图象如下图所示， ∴当时，与有两个不同交点， ∴实数a的取值范围为．           （ⅱ）证明：由（ⅰ）知：，， ∴，， ∴，则， 不妨设， 要证，则需证，           ∵，∴，∴，则只需证， 令，则只需证时，恒成立，           令， ∴，           ∴在上单调递增，∴， ∴当时，恒成立， ∴原不等式得证． 【2-2】已知函数，且. (1)求; (2)已知为函数的导函数，证明：对任意的，均有； 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）构造函数，利用导数判断函数的单调性， 可得，只需 满足，计算即可得解； （2）先写出，将不等式变形，通过换元，构造函数，利用导数证其单调性，从而推导不等式成立； 【详解】（1）由得， 令，则， ①当时，恒成立，在上单调递减，且，不符题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 故， 令，则， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即，又， 所以，解得. （2）由（1）知， ， 要证，即证， 进一步变形为证，即证. 因为，令，则需证（）， 即证（） 设，， ， 当时，，在单调递增，所以，得证. 【2-3】已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由结合参变分离得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数在不同取值下，函数的零点个数； （2）由题意可得得，要证明，只需证明，设，则，即证即可，令，利用导数分析函数的单调性，结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 且，由可得， 令，其中，则， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，的极小值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 当 时，即当时，直线与函数只有一个公共点， 当时，即当时，直线与函数有两个公共点， 当时，即当时，直线与函数无交点. 综上所述，当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点； 当时，函数无零点. （2）由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 令，当时，， 则在单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即，所以. 题型三、差值代换法（变量分离，简化计算） 差值代换法求解极值点偏移的方法： （1）求函数唯一极值点； （2）设差值变量，统一双变量为 “基变量 + 差值”：设，不妨令，即为两点差值； （3）由零点或极值点建立等式，分离复杂项，整理等式：将指数项、对数项等复杂项移到一侧，多项式项移到另一侧，实现 “双变量 的转化。 （4）将偏移目标转化为关于的不等式。 （5）构造关于的函数，证明不等式成立：令为步骤 4 中不等式左侧（或变形后的函数），定义域为；求，分析其在则单调递减）； 典例探究 【典型例题】已知，是函数的两个零点，且，求证： (1)； (2)． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）转化为，曲线与直线有两个交点，求导得到的单调性，进而得到，且，转化为要证，即证．令，则，构造函数进行证明； （2）在（1）基础上，得到要证，即证，等价于证．令，则等价于证，构造函数进行证明. 【详解】（1）显然当时，，故0不是的零点， ，问题可以转化为曲线与直线有两个交点． ，当时，，当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 且时，，当时，，当时，， 故， 且得，则有 故要证，即证，即证， 即证． 令，则，即， 设， 则，令， 则， 从而单调递增，， 所以单调递增，．故原不等式得证． （2）由（1）可知，相乘得， 要证，即证，等价于证， 即证，等价于证． 令，则等价于证， 即证，等价于证． 令，则， 再令，则， 在上单调递减，， 从而，在上单调递减，，所以原不等式成立． 举一反三 【3-1】已知函数有两个相异零点､，且，求证：. 【答案】证明见解析. 【分析】对函数求导并研究的单调性，结合函数有两个相异零点､得极大值，即有，进而有，应用作差法可得，而、即可证明结论. 【详解】由题设，， 由，得，由，得， 在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，且为最大值. 由有两个相异零点､，可得，即. ， ， ，即，则， ，， . 【3-2】已知函数存在两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)设函数的极值点之和为，零点之和为，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由已知当时，无极值点，当时，可转化为函数，与直线有两个公共点，求导判断的单调性与值域，数形结合可得参数范围； （2）设两个极值点分别为，，且，由（1）可知函数的单调性，构造函数，求导判断函数单调性与值域即可得知函数有三个零点从小到大依次为为，，，再由函数性质可知，结合基本不等式可得，所以若证，可证，即证，构造函数，，求导判断函数单调性可知，再根据的单调性可得证. 【详解】（1）由已知函数的定义域为， 当时，，函数在单调递增，无极值点， 当时，，， 又函数有两个不同的极值点，即在有两个解， 即方程有两个解， 可转化为函数，与直线有两个公共点， 又，令，解得， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数取最小值为， 做出函数，与图像如图所示， 所以，解得.    （2）由（1）得有两个解，设为，，且， 则当时，，即，函数单调递减， 当时，，即，函数单调递增， 当时，，即，函数单调递减， 又， 所以函数至多有三个零点， 当时，令，即， 则， 即函数除以外的零点即为方程的解，且 设，则， 又函数，恒成立，单调递减，且当时，， 所以当时，，即，单调递增，且此时恒成立，又 当时，，即，单调递减，且此时恒成立，由， 所以又两个解，设为，，且， 又，， 所以， 所以函数的零点之和， 所以若证，可证， 即证， 由（1）可知， 则 ， 设，， 所以恒成立， 所以在上单调递减， 所以， 即， 即， 又由（1）得在上单调递减， 所以，即， 所以. 【3-3】已知与有相同的最小值. (1)求实数的值； (2)已知，函数有两个零点，求证：. 【答案】(1)1 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求得和的最小值，由它们相等可得参数的值； （2）由有零点得，不妨令，利用导数得出，令，证明，从而证得，令，证明，从而证明，再由不等式得证结论成立． 【详解】（1），则， 若单调递减，若单调递增． . ， 若，则无最小值，. 若单调递减，若单调递增， ，，， ， 令，则 ， 在上单调递增. 又， ； （2）， ， ，则， 时，，时，， 在上单调递减，上单调递增， 不妨令，则， ①令， 单调递增，， ∴，， ， ， ②令， 单调递增，， ，，由上知， ， ， ， ． 题型四、对、指数均值不等式法 对、指数均值不等式法求解极值点偏移的方法： （1）由建立 “对数差与变量差” 的关联等式设，将等式整理为含对数项（或可转化为对数项）的形式；变形等式，分离出对数均值，如由。 （2）套用对数均值不等式，建立与 “算术均值 / 几何均值” 的关系 对数均值不等式核心：对正实数；将步骤1中得到的 “对数均值表达式” 代入不等式： 若需证明 “和的偏移”：用右侧不等式，代入得； 若需证明 “积的偏移”：用左侧不等式，代入对数均值表达式得。 注：指数均值不等式类似 典例探究 【典型例题】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. 举一反三 【4-1】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． 【4-2】已知函数.若有两个零点，证明：. 【答案】证明见解析 【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解. 【详解】由题意得，令，则，， 所以在上单调递增，故至多有解； 又因为有两个零点，所以，有两个解， 令，，易得在上递减，在上递增，所以. 此时，两式相除，可得：. 于是，欲证只需证明：， 下证： 因为， 不妨设，则只需证， 构造函数，则， 故在上单调递减，故，即得证， 综上所述：即证. 【4-3】已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题. 【详解】证明：由题意，，令，得， 当，，所以在区间上单调递减， 当，，所以在区间上单调递增， 所以当时，取到极小值. 所以与交于不同的两点，， 所以不妨设，且， 令，则，代入上式得，得， 所以， 设，则， 所以当时，为增函数，， 所以， 故证：. 题型精析・方法突破提能力 【突破提升训练・1】已知函数，下列说法正确的是（    ） A．与 的定义域不同 B．的单调递减区间为 C．若有三个不同的解，则 D．对任意两个不相等正实数，若，则 【答案】AD 【分析】利用定义域关于原点对称且是奇函数，确定选项A；利用求导和导函数值小于0，解不等式，排除选项B；利用导数研究单调性和自变量趋向于正、负无穷时的极限值来作出简图，通过是不符合题意，来排除选项C；利用极值点偏移法，构造函数并进行求导分析证明，确定选项D． 【详解】对于A，由的定义域为，而的定义域为，所以选项A是正确的； 对于B，由函数定义域为，因为，由，得到，解得或， 所以的单调递减区间为，，所以选项B是错误； 对于C，因为，由，解得且， 所以的增区间为区间，， 由选项B知，的减区间为，， 又，当时，，且， 当时，，且， 当且时，，当且时，， 其图象如图所示， 由图知，有三个不同的解，则且，所以选项C是错误； 对于D，由题知，得到， 由图，不妨设，设，， 则， 当时，，，所以， 即在区间上单调递增，又， 所以，得到， 又，当时，，即在区间上单调递减， 又，所以，得到，所以选项D是正确. 故选：AD. 【突破提升训练・2】已知且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】不妨设，，则，利用导数可证，利用极值点偏移可证. 【详解】不妨设，， 因为，故， 由可得，故，所以，， 又. 设，则， 故在为增函数，故即， 故即，故C错误，D正确. 函数的导函数为， 当时，，当时，， 因此在上单调递减，在上单调递增，且. 考虑函数， 则， 而，故，故， 所以在上为减函数，故， 所以，所以即， 而，故即，故A正确，B错误. 故选：AD. 【突破提升训练・3】已知函数 (1)令对恒成立，求的最大值. (2)若有两个零点，求的范围，并证明： 【答案】(1)1 (2)，证明见解析 【分析】（1）求导，因式分解，即可分离参数，构造函数，，由导数求解函数的最值即可得解， （2）对讨论，结合函数的单调性可得的范围，构造函数，有导数求解函数的单调性，即可求证. 【详解】（1）由可得， 故由可得对恒成立， 故对恒成立， 由于得，故对恒成立， 进一步可得对恒成立， 记，，则， 当在单调递增，当在单调递减， 故， ，故， 因此，即，故的最大值为1， （2）由于， 由于， 当时，则，此时，在定义域内单调递减，此时不满足有两个零点， 当时，令，则此时在单调递减，，则此时在单调递增， 且当， 要使有两个零点，则，则 记，由于均为内的单调递增函数，因此函数在单调递增，由于， 因此时，， 故， 记函数，则 ， 由于，，所以， 因此函数在单调递增， 故， 进而可得，即可 由于，则， 由于，所以，又，在单调递减， 故， 即 【突破提升训练・4】已知函数，，是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时，若，（其中）满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导得，对分类讨论即可得解； （2）分析得只需证明，构造函数（），利用导数即可得证. 【详解】（1）求导得， 当时，恒成立，此时函数在上单调递增， 此时函数无极值； 当时，，， 所以在单调递增，在单调递减， 此时极大值，无极小值. 综上所述，时，无极值，当时，极大值，无极小值. （2）当时， ， 在单调递增，在单调递减， 又且， ∴要证，即证， 即证，即证， 设（）， ， ∴在单调递增，又， ∴，又， ∴，∴. 【突破提升训练・5】已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解； （2）构造函数，利用导数讨论其单调性，并结合即可证明. 【详解】（1）由题意 ， 当时，，在上单调递增，满足题意； 当时，当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又该函数在单调递增，故， 综上可知，的取值范围为 （2）当时，， 由（1）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以，令， 则， 所以在上单调递减，，即， 令，则，故， 又在上单调递增，，所以， 故 【突破提升训练・6】已知函数． (1)若只有一个零点，求的值； (2)若有两个零点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，通过函数的单调区间，从而求出函数的最小值，令最小值为0求得的值； （2）问题转化为证明，设函数，根据函数的单调性证明即可． 【详解】（1）函数， 令得 当时，在单调递增； 当时，在单调递减； 所以函数在时取最大值， 当时，函数;当 时，函数    ; 根据函数的单调性可知当最大值为0时，函数只有一个零点， 易知， 所以； （2）证明： 不妨设要证明：，只需要证，易知 由（1）可知在单调递增，在单调递减； 所以只要证明，即证， 设函数而， 并且在区间上 即在单调递增，所以 从而所以 所以 【突破提升训练・7】已知函数. (1)若有唯一极值，求的取值范围； (2)当时，若，，求证：. 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解. （2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得. 【详解】（1）函数的定义域为， 求导得， 当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意； 若，当或时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意； 当时，当时，，当时，， 即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点， 所以的取值范围是. （2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减， 由，，不妨令， 要证，只证，即证，就证， 令，求导得 ，于是函数在上单调递减，， 而，则，即，又， 因此，显然，又函数在上单调递增，则有， 所以. 【突破提升训练・8】已知函数，为常数，若函数有两个零点，试证明： 【答案】证明见解析 【分析】法一：消参转化成无参数问题，由，是方程的两根，则是的两根，设，，则，从而，令，可得，利用导数的单调性证明可得； 法二：利用参数作为媒介，换元后构造新函数，不妨设，可得，欲证明，即证.即证，即证：，令，构造，利用导数的单调性证明可得； 法三：直接换元构造新函数，由已知可得，设，则，故，即证，令，利用导数的单调性证明可得. 【详解】法一：消参转化成无参数问题： ， 是方程的两根，也是方程的两根， 则是的两根， 设，，则， 从而， 由，， 得，化简的， 设，令，则， 所以，则，则， 故要证，即证， 设，则， 所以在上单调递增，则， 所以，则， 所以，即， 所以 法二：利用参数作为媒介，换元后构造新函数： 不妨设， ∵，∴， ∴，欲证明，即证. ∵，∴即证， ∴原命题等价于证明，即证：， 令，构造， 则， 所以在上单调递增，又， ， ，即 法三：直接换元构造新函数： 由已知，得， 设， 则， 则， 故， 要证，即证， 令， 则， 所以在上单调递增，又， ，所以， 所以 【突破提升训练・9】已知函数（）． (1)求的单调区间； (2)若函数，是函数的两个零点，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间； （2）由已知条件可得，将所证不等式等价于证明不等式，令，构造函数，其中，利用导数证得即可. 【详解】（1）函数的定义域为， ， ①当时，，则在上单调递增； ②当时，若，则，若，则， 则在上单调递增，在上单调递减． 综上，当时，单调递增区间为，无递减区间； 当时，单调递增区间为；单调递减区间为. （2）由已知可得，可得， 由可得，要证，即证， 即证，即证， 由题意可知，令，即证， 构造函数，其中，即证， ，所以，函数在上单调递增， 当时，，故原不等式成立. 【突破提升训练・10】已知函数有两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数，求其单调性、最值即可得的取值范围； （2）法一、根据第（1）问得到的取值范围，令，通过比值换元将问题化为证，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问得到的取值范围，先判定结论成立，再利用函数的单调性将所证不等式转化为函数不等式来判定时是否成立，通过构造，利用导数研究其单调性及最值即可. 【详解】（1）由得， 则由有两个零点知方程有两个不同的实数根． 令，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 而，当时，，当时，， 故，即，实数的取值范围为． （2）法一、 由（1）知，令，则． 由得， 要证，只需证， 只需证，即证， 即证． 令， 则， 令，，则， 所以单调递增，即， 故在上恒成立， 即在上单调递减，故，得证． 法二、 由（1）知， 当时，显然． 当时，则， 要证，只需证， 又且在上单调递增， 故只需证，即证， 即证，即证， 令， 则， 令， 则，在上单调递减， 所以，故，所以在上单调递减，则， 又，所以当时，，即． 【突破提升训练・11】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， . 【突破提升训练・12】已知函数（a为常数）. (1)求函数的单调区间； (2)若存在两个不相等的正数，满足，求证：. (3)若有两个零点，，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论a的范围，求出函数的单调区间即可； （2）利用对数均值不等式（，，）即可得证. （3）由题意得，要证，只需证：，利用换元，令，只需证：，由对数均值不等式即得. 【详解】（1）由，得函数的定义域为， 又， 当时，恒成立，所以在上单调递增； 当时，令，得；令，得； 所以，的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）由，得， 故欲证，只需证：，即证， 又，，， 不妨设，，等价于，令（）， 等价于（）， ，所以在单调递增，而， 所以，当时，恒成立. 所以， 所以. （3）函数有两个零点，，所以，， 不妨设，， 即，要证：， 需证： 只需证：，只需证：， 只需证：，只需证：， 令，只需证：， 令，， 所以在上单调递减，所以，即， 故. 也可由对数均值不等式（），即， 令（），则，即， 所以. 【突破提升训练・13】已知函数． (1)若函数是减函数，求的取值范围； (2)若有两个零点，且，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围； （2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论. 【详解】（1）的定义域为， ， 函数是减函数，故在上恒成立， 即在上恒成立， 令，， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，且， 故，解得， 故的取值范围是； （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， ，即， 故. 【突破提升训练・14】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)求证：（其中是自然对数的底数）. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分类讨论与两种情况，利用导数研究的图像性质得到，再分别在与上证得各有一个零点，从而确定的取值范围； （2）由的零点得到，再利用换元法对式子进行变形得到，构造函数，利用导数证得，从而证得. 【详解】（1）由得，的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，显然至多只有一个零点，不满足题意； 当时， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，则， 要使有两个零点，则，故， 下面证明当时，在与上各有一个零点， 因为，所以， 因为在上单调递减，， 所以在上存在唯一零点； 令，则， 再令，则，故在上单调递增， 所以，即，故在上单调递增， 所以，因为， 所以，即，则，故， 又由，即当时，，即，故， 又因为在上单调递增， 所以在上存在唯一零点； 综上：当时，有两个零点，故. （2）由题意得，，即，即， 由（1）知，不妨设，且， 则，故， 所以， 先证，即证，即证，即证， 令，则，故在上单调递增， 故，即，即， 即，所以， 又，故. 故. 【突破提升训练・15】设，函数. (1)讨论方程的解的个数； (2)若函数有两个相异零点，求证： 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，得到方程存在唯一解；当时，求得，利用导数求得函数的单调区间，即可得到答案. （2）不妨令，转化为，进而转化为，令，转化为证明成立，令，求得，利用导数求得函数的单调性和最值，即可求解. 【详解】（1）解：由函数定义域是 当时，由连续单调递增，且当时，当时 所以方程存在唯一解. 当时，可得，令，可得， 由，可得，由，可得， 所以函数单调递增区间为，单调递减区间为， 所以， 当时，即时方程无解，此时a的范围是 当的范围是时，方程有两个不等解 当时，方程有唯一解 综上所述，当或者时方程有唯一解，当的范围是时方程无解，当的范围是时方程有两个不等解. （2）证明：因为有两个相异的零点， 由于，不妨令，则有   所，可得 要证，只需，即， 即证，即， 即，只需， 令，则，所以只要证明，在上成立 令，可得， 由，所以恒成立，所以在递增， 又由，所以时，恒成立，即恒成立， 即恒成立，从而可得. 【突破提升训练・16】已知函数，． (1)若是R上的减函数，求实数a的取值范围； (2)若有两个极值点，其中，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将函数单调递减转化为恒成立问题，然后参变分离转化为函数最值问题，利用导数可解； （2）构造割线，利用割线与交点横坐标差小于与交点横坐标差，化曲为直可证；或根据极值点偏移问题，构造可证. 【详解】（1）由题意知在上恒成立 ∴恒成立，令，，则 令，得， 当，；， 所以即， （2）方法一：（割线夹证零点差） 由有两个极值点，所以有两个不等的实数根， 由（1）可知，当x趋近于时，趋近于0，且 所以且 又过点和的直线方程为 构造函数， ， 所以． 设方程的根为，则 过点和直线方程为 设， 因为，所以在单调递增 所以则 又设方程的根为，则 ∴ 方法二：（借助极值点偏移进行放缩＋参数替换） 由有两个极值点，所以有两个不等的实数根， 由（1）可知且 构造，则 ∵，∴，． ∴，∴． ∴是上的增函数，∴，∴， ∵，∴． ∵，∴， ∵，，是上的增函数， ∴，∴． 要证：（利用放缩） 只需证： 只需证：（参数替换） 只需证： 只需证： ∵，∴，， ∴，∴． ∴，∴得证． 【突破提升训练・17】已知函数. (1)若，求的取值范围； (2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解； （2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证. 【详解】（1）的定义域为， 由，得. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 从而. 故，即的取值范围是. （2）证明：由，得， 即，即. 设，则等价于. 易证在上单调递增，则，即. 设，则. 由，得，由，得， 则在上单调递增，在上单调递减， 从而，且， 当x趋于时，趋于0. 方程有两个不同的正实根，不妨设， 由图可知，. 设 则在上单调递增. 因为，所以，即. 设，则， 即，则. 因为方程有两个不同的正实根， 所以，作差得. 因为，所以，所以， 则，故. 【突破提升训练・18】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性； （2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出. 【详解】（1）的定义域为R， 由题意，得，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当，且当时，，单调递减； 当时，，单调递增． 综上，当时，在上单调递增； 当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （2）证明：由，得，是方程的两个实数根， 即是方程的两个实数根． 令，则， 所以当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以． 因为当时，；当时，，，所以． 不妨设，因为，是方程的两个实数根，则． 要证，只需证． 因为，， 所以只需证． 因为， 所以只需证． 令，， 则 在恒成立． 所以在区间上单调递减， 所以， 即当时，． 所以， 即成立． 【突破提升训练・19】已知函数有两个零点. (1)求的取值范围； (2)设，为的两个零点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分析函数的单调性，结合有两个零点可得解； （2）分析法转化要证问题，只要证，即证，即证 ，即证，构造函数，利用导数求出最值判断证明. 【详解】（1）因为，则， 当时，恒成立，则在上单调递增，不符合题意， 当时，的解集为，的解集为， 即的单调增区间为，单调减区间为， 因为函数有两个零点，且时，，，依题意，解得， 即的取值范围为. （2）不妨设，则，要证，则只要证， 即证，即证， 即证，， 而即，即证，， 令，，则， 设，，则， 即在上单调递增，则有， 即，在上单调递减，而， 当时，， 则当时，成立， 故有成立. 【突破提升训练・20】已知函数. (1)当时，求在区间上的最值； (2)若有两个不同的零点，证明：. 【答案】(1)最大值为0，最小值为. (2)证明见解析 【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导， 判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值； （2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明. 【详解】（1）当时，， . 由，得；由，得， 所以在区间上单调递增，在区间上单调递减. 因为， ， 所以在区间上的最大值为0，最小值为. （2）. 当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去； 当时，所以， 由，得，所以在上单调递增； 由，得，所以在上单调递减. 所以当时，取得极大值，极大值为， 为满足题意，必有，得. 因为是的两个不同的零点， 所以， 两式相减得. 设，要证， 只需证，即证. 设，只需证， 设，则， 所以在上为增函数，从而， 所以成立，从而 【突破提升训练・21】已知函数． (1)若，讨论的单调性． (2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性； （2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围； （ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论. 【详解】（1）当时，，则； 令，解得：或， 当时，；当时，； 在，上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由得：， 恰有个正实数根，恰有个正实数根， 令，则与有两个不同交点， ，当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于； 则图象如下图所示， 当时，与有两个不同交点， 实数的取值范围为； （ii）由（i）知：，， ，， ， 不妨设，则， 要证，只需证， ，，，则只需证， 令，则只需证当时，恒成立， 令， ， 在上单调递增，， 当时，恒成立，原不等式得证. 【突破提升训练・22】已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围； （2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证. 【详解】（1）解：令，即得，即方程有三个零点， 即直线与曲线有三个不同的交点， 可得， 所以当或时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为.      （2）解：因为， 当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时， 令，得，所以当时，； 当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 若有两个零点，则，得，所以， 当时，，，， 故存在，使得， 又当趋向于时，趋向于，故存在，使得， 故，则满足，可得，即， 要证，只需证， 两边同乘以，可得， 因为，，所以， 令，即证，即证， 令，可得， 令，，故在区间上单调递增， 故，因此，所以在区间上单调递增， 故，因此原不等式成立. 【突破提升训练・23】已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若函数的图象在点处的切线方程为. （i）求的最小值； （ii）若关于x的方程有两个根，，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）1；（ii）证明见解析 【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论的取值范围即可得解； （2）（i）利用导数的几何意义求得，进而利用隐零点，结合导数求得的最值，从而得解；（ii）根据题意，利用极值点偏移的解决技巧，将问题转化为证恒成立，构造函数，利用导数即可得解. 【详解】（1）因为，则， 若，则当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 若，则当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）函数的定义域为， 则，则， 因为函数的图象在的切线方程为， 所以，则， 所以， 因为，所以，令，则， 令，则，， 所以，使，即，则， 又，所以在上单调递增， 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. （ii）由题意可知，， 即方程有两个根，， 令，，则，所以， 设，由（1）知，在上单调递增，又， 所以，则， 由，得，， 所以， 要证，需证，即证， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 则在上单调递减，所以， 因此成立，故，得证. 【突破提升训练・24】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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $