重难点07 导数极值点偏移问题之题型归纳（八大压轴考法）（下）讲义——2026届高三数学一轮复习

重难点07：破解极值点偏移：导数极值点偏移问题之题型归纳（八大压轴考法）（下） （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 3 题型一、极值点偏移之“和”型 3 题型二、极值点偏移之“积”型 9 题型三、极值点偏移之“对数”型 14 题型四、极值点偏移之“指数”型 22 题型五、极值点偏移之“平方”型 29 题型六、极值点偏移之“分式”型 37 题型七、极值点偏移之“三极值点”型 43 题型八、极值点偏移之“其它复杂”型 50 题型精析・方法突破提能力 59 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：对称构造解决极值点偏移问题 基于极值点偏移的定义：若函数，则偏移本质是 “函数在两侧的对称性缺失”。 对称构造函数法通过构造与，利用的单调性判断的关系。 对称构造函数法的通用解题步骤（适配所有函数类型） 步骤 1：确定 步骤 2：构造对称 步骤 3：分单调性与符号（关键推导环节） 步骤 4：结合推导偏移关系（核心结论） 步骤 5：总结偏移结论（呼应问题目标） 知识点2：比值代换解决极值点偏移问题 极值点偏移问题的核心矛盾是 “双变量的关联性”，比值代换法通过设（或，，将双变量转化为单变量，再结合 “” 建立关于的等式，最终将 “证明” 转化为 “证明关于的不等式”，降低多变量分析难度。 比值代换法的通用解题步骤（适配指数对数型函数） 步骤 1：确定函数\(f(x)\)的唯一极值点 步骤 2：设比值变量，建立双变量关联 步骤 3：结合极值点，消去参数多余变量 步骤 4：将偏移目标转化为关于的不等式 步骤 5：构造关于的函数，证明不等式 步骤 6：总结偏移结论 知识点3：差值代换法解决极值点偏移问题 极值点偏移问题中，当 “设比值” 易出现复杂分式（如指数函数）时，差值代换法通过设与单变量，再结合 “转化为 “关于的不等式”，规避比值代换的分式化简难题。 差值代换法的通用解题步骤（适配指数型复杂函数） 步骤 1：确定函数 步骤 2：设差值变量，建立双变量关联 步骤 3：解出表达式，消去多余变量 步骤 4：将偏移目标转化为关于的不等式 步骤 5：构造关于的函数，证明不等式 步骤 6：总结偏移结论 知识点4：差值代换法解决极值点偏移问题 极值点偏移问题中，当函数含对数或指数时，“” 可转化为 “对数差 / 指数差与变量差” 的关联，而对数均值不等式（LMI）和指数均值不等式（EMI）恰好建立了这类 “差关系” 与 “均值关系” 的桥梁： （1）对数均值不等式（LMI）：对正实数（几何均值 < 对数均值 < 算术均值）； （2）指数均值不等式（EMI）：对实数（指数几何均值 < 指数均值 < 指数算术均值）。 通过将 “” 推导的 “差关系” 代入不等式，可直接关联 “” 与极值点，快速证明偏移目标。 对数指数均值不等式法的通用解题步骤（分对数 / 指数场景） 场景 1：含对数函数（适配 LMI，如） 步骤 1：确定函数唯一极值点 步骤 2：由推导 “对数差与变量差” 关系 步骤 3：代入 LMI，关联偏移目标 场景 2：含指数函数（适配 EMI，如） 步骤 1：确定函数唯一极值点 步骤 2：由推导 “指数差与变量差” 关系 步骤 3：代入 EMI，关联偏移目标 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、极值点偏移之“和”型 典例探究 极值点偏移之“和”型特征：或 【例题1】已知函数有两个极值点，且，求证：. 举一反三 【1-1】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：. 【1-2】已知函数恰有两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【1-3】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：. 题型二、极值点偏移之“积”型 典例探究 极值点偏移之“积”型特征：或 【例题2】已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 举一反三 【2-1】若是函数的两个零点，且，求证：且． 【2-2】已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【2-3】已知函数.若有两个零点，证明：. 题型三、极值点偏移之“对数”型 典例探究 极值点偏移之“对数”型特征：ln，ln(，ln( 【例题3】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：. 举一反三 【3-1】2024年9月25日，我国向太平洋发射了一发洲际导弹，我国洲际导弹技术先进，飞行轨迹复杂，飞行时需要导弹上的计算机不断计算导弹飞行轨迹的弯曲程度，导弹的陀螺仪才能引导导弹精准命中目标.为此我们需要刻画导弹飞行轨迹的弯曲程度. 如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶、二阶导数） (1)求函数在点处的曲率； (2)已知函数，求函数的曲率的最大值. (3)设函数，，若存在，使得的曲率为0，求证：. 【3-2】设函数. (1)若，求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：. 【3-3】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 题型四、极值点偏移之“指数”型 典例探究 极值点偏移之“指数”型特征：，，，ln( 【例题4】已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 举一反三 【4-1】已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 【4-2】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：. 【4-3】设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 题型五、极值点偏移之“平方”型 典例探究 极值点偏移之“平方”型特征：， 【例题5】曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为． (1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小； (2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 举一反三 【6-1】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：． 【6-2】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：． 【6-3】已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)当实数取第（1）问中的最小值时，若方程有两个不相等的实数根，，请比较，，2这三个数的大小，并说明理由. 题型六、极值点偏移之“分式”型 典例探究 极值点偏移之“分式”型特征： 【例题6】已知函数有两个零点. （1）求实数的取值范围； （2）设、是的两个零点，求证：. 举一反三 【6-1】已知函数（）. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值. 【6-2】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：. 【6-3】已知函数有两个相异零点､，且，求证：. 题型七、极值点偏移之“三极值点”型 典例探究 极值点偏移之“三极值点”型特征： 【例题7】已知函数有三个极值点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 举一反三 【7-1】若函数有两个零点，且. (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：. 【7-2】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：. 【7-3】已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 题型八、极值点偏移之“其它复杂”型 典例探究 极值点偏移之“其它复杂”型特征：，其它复杂型。 【例题8】已知函数的导函数为. (1)判断的单调性； (2)若关于的方程有两个实数根，，求证：. 举一反三 【8-1】已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 【8-2】已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点； （i）求的取值范围； （ii）证明． 【8-3】设函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数 （i）当时，取得极值，求的单调区间； （ii）若存在两个极值点，证明：. 题型精析・方法突破提能力 【突破提升训练・1】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若，且，证明：，且． 【突破提升训练・2】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：． 【突破提升训练・3】已知函数． (1)讨论的极值； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 【突破提升训练・4】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：． 【突破提升训练・5】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・6】已知函数. (1)求在上的最小值. (2)设，若有两个零点，证明：. 【突破提升训练・7】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：. 【突破提升训练・8】已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 【突破提升训练・9】已知函数． （1）判断函数的单调性； （2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围； （3）如果，且，求证：． 【突破提升训练・10】已知函数. （1）若函数在定义域上单调递减，求实数的取值范围； （2）设函数有两个极值点，，求证：. 【突破提升训练・11】已知函数，. （1）当时，求该函数在处的切线方程； （2）求该函数的单调区间和极值； （3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：. 【突破提升训练・12】设，函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若无零点，求实数的取值范围； (3)若有两个相异零点，求证：. 【突破提升训练・13】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：． 【突破提升训练・14】已知函数，其中． (1)若，求的极值： (2)令函数，若存在，使得，证明：． 【突破提升训练・15】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：. 【突破提升训练・16】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：. 【突破提升训练・17】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 (1)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； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根 . （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 【突破提升训练・18】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：. 【突破提升训练・19】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：； 【突破提升训练・20】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：. 【突破提升训练・21】已知函数． (1)若恰有两个零点，求a的取值范围； (2)若的两个零点分别为（），求证：． 【突破提升训练・22】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：. 【突破提升训练・23】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当函数与函数图象的公切线经过坐标原点时，求实数的取值集合； (3)证明：当时，函数有两个零点，，且满足． 【突破提升训练・24】已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数恰有两个极值点，，且，求的取值范围. 【突破提升训练・25】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：. 【突破提升训练・26】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． 【突破提升训练・27】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 【突破提升训练・28】已知函数（其中为常数）． (1)当时，对于任意大于的实数，恒有成立，求实数的取值范围； (2)当时，设函数的个极值点为、、，且，求证：． 【突破提升训练・29】已知函数，． (1)若与都存在极值，且极值相等，求实数的值； (2)令，若有2个不同的极值点，求证：． 【突破提升训练・30】若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”. (1)证明：为“切合函数”； (2)若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，. （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：. 【突破提升训练・31】已知 (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实根、，且，证明：. 【突破提升训练・33】已知函数（），其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若，求x的取值范围； （3）当时，若，为函数（）的两个零点，试证明：. 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点07：破解极值点偏移：导数极值点偏移问题之题型归纳（八大压轴考法）（下） （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 3 题型一、极值点偏移之“和”型 3 题型二、极值点偏移之“积”型 9 题型三、极值点偏移之“对数”型 14 题型四、极值点偏移之“指数”型 22 题型五、极值点偏移之“平方”型 29 题型六、极值点偏移之“分式”型 37 题型七、极值点偏移之“三极值点”型 43 题型八、极值点偏移之“其它复杂”型 50 题型精析・方法突破提能力 59 知识网络・核心根基深扎牢 知识点1：对称构造解决极值点偏移问题 基于极值点偏移的定义：若函数，则偏移本质是 “函数在两侧的对称性缺失”。 对称构造函数法通过构造与，利用的单调性判断的关系。 对称构造函数法的通用解题步骤（适配所有函数类型） 步骤 1：确定 步骤 2：构造对称 步骤 3：分单调性与符号（关键推导环节） 步骤 4：结合推导偏移关系（核心结论） 步骤 5：总结偏移结论（呼应问题目标） 知识点2：比值代换解决极值点偏移问题 极值点偏移问题的核心矛盾是 “双变量的关联性”，比值代换法通过设（或，，将双变量转化为单变量，再结合 “” 建立关于的等式，最终将 “证明” 转化为 “证明关于的不等式”，降低多变量分析难度。 比值代换法的通用解题步骤（适配指数对数型函数） 步骤 1：确定函数\(f(x)\)的唯一极值点 步骤 2：设比值变量，建立双变量关联 步骤 3：结合极值点，消去参数多余变量 步骤 4：将偏移目标转化为关于的不等式 步骤 5：构造关于的函数，证明不等式 步骤 6：总结偏移结论 知识点3：差值代换法解决极值点偏移问题 极值点偏移问题中，当 “设比值” 易出现复杂分式（如指数函数）时，差值代换法通过设与单变量，再结合 “转化为 “关于的不等式”，规避比值代换的分式化简难题。 差值代换法的通用解题步骤（适配指数型复杂函数） 步骤 1：确定函数 步骤 2：设差值变量，建立双变量关联 步骤 3：解出表达式，消去多余变量 步骤 4：将偏移目标转化为关于的不等式 步骤 5：构造关于的函数，证明不等式 步骤 6：总结偏移结论 知识点4：差值代换法解决极值点偏移问题 极值点偏移问题中，当函数含对数或指数时，“” 可转化为 “对数差 / 指数差与变量差” 的关联，而对数均值不等式（LMI）和指数均值不等式（EMI）恰好建立了这类 “差关系” 与 “均值关系” 的桥梁： （1）对数均值不等式（LMI）：对正实数（几何均值 < 对数均值 < 算术均值）； （2）指数均值不等式（EMI）：对实数（指数几何均值 < 指数均值 < 指数算术均值）。 通过将 “” 推导的 “差关系” 代入不等式，可直接关联 “” 与极值点，快速证明偏移目标。 对数指数均值不等式法的通用解题步骤（分对数 / 指数场景） 场景 1：含对数函数（适配 LMI，如） 步骤 1：确定函数唯一极值点 步骤 2：由推导 “对数差与变量差” 关系 步骤 3：代入 LMI，关联偏移目标 场景 2：含指数函数（适配 EMI，如） 步骤 1：确定函数唯一极值点 步骤 2：由推导 “指数差与变量差” 关系 步骤 3：代入 EMI，关联偏移目标 实战演练・能力进阶攀高峰 题型一、极值点偏移之“和”型 典例探究 极值点偏移之“和”型特征：或 【例题1】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，. (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. 【1-2】已知函数恰有两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则最小值小于，得到的范围； （2）由（1）的结论，构建函数，，由得到函数单调递增，得到，从而得到，又函数在上单调递增，则得到. 【详解】（1）因为，所以， 所以当时，，函数单调递减， 当时，，函数单调递增， 所以当时，函数取最小值． 因为当时，，当时，， 且函数恰有两个零点， 所以,所以的取值范围为． （2）由（1）知，为的极小值点， 所以可设，则， 构建函数，， 所以当时， ， 函数单调递增，所以当时，， 所以， 因为，所以， 所以， 又函数在上单调递增，所以， 所以． 【点睛】关键点点睛：由的极小值点，得到零点的位置，通过构建函数，由函数单调性可得结果. 【1-3】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. 【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可. 题型二、极值点偏移之“积”型 典例探究 极值点偏移之“积”型特征：或 【例题2】已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【答案】证明见解析 【分析】利用参数作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得结论成立. 【详解】因为，不妨设， 因为，， 所以，， 所以， 欲证，即证. 因为，所以即证， 所以即证，即证． 令，则，等价于， 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故， 即，所以． 方法二：直接换元构造新函数  ，即，设，，则， 则，，可得，， 由于 构造函数，， 因为，所以在上单调递增， 故，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. 举一反三 【2-1】若是函数的两个零点，且，求证：且． 【答案】证明见解析 【分析】方法一：根据题意，得，令，对于，其等价于，构造函数，即可得证；令，则，构造函数，即得证； 方法二：由函数单调性，知，有，，则，且，，令，利用导数可证；令，利用导数可证. 【详解】方法一：比值代换 因为，由题意结合可知，，， 所以． 令，则，，代入上式得， ．对于，其等价于，即． 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即得证． 对于，其等价于，即，即． 令，则，构造函数，则， 在上单调递减，所以，即得证． 方法二：差值代换 由可得． 设函数，则， 当，，则函数在上单调递减， 当，，则函数在上单调递增， 所以，则有，，则，且，． 对于，即，即，即， 令，则，则只需证． 令，则，， 则在上单调递增，则， 则在上单调递增，则，即成立． 对于，其等价于，即，即． 左边分子、分母同时除以，得，令，则， 则只需证，即． 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，故，所以， 所以在上单调递减，所以，即成立． 【2-2】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． 【2-3】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. 【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题. 题型三、极值点偏移之“对数”型 典例探究 极值点偏移之“对数”型特征：ln，ln(，ln( 【例题3】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. 举一反三 【3-1】2024年9月25日，我国向太平洋发射了一发洲际导弹，我国洲际导弹技术先进，飞行轨迹复杂，飞行时需要导弹上的计算机不断计算导弹飞行轨迹的弯曲程度，导弹的陀螺仪才能引导导弹精准命中目标.为此我们需要刻画导弹飞行轨迹的弯曲程度. 如图所示的光滑曲线上的曲线段，其弧长为，当动点从沿曲线段运动到点时，点的切线也随着转动到点的切线，记这两条切线之间的夹角为（它等于的倾斜角与的倾斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程度越大，因此可以定义为曲线段的平均曲率；显然当越接近，即越小，就越能精确刻画曲线在点处的弯曲程度，因此定义（若极限存在）为曲线在点处的曲率.（其中，分别表示在点处的一阶、二阶导数） (1)求函数在点处的曲率； (2)已知函数，求函数的曲率的最大值. (3)设函数，，若存在，使得的曲率为0，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导得到，二次求导得到，代入，求出函数在点处的曲率； （2）求导，二次求导，得到，令，求导得到其单调性，求出其最大值，得到曲率的最大值； （3）二次求导，令，得，令，求导，得到其单调性和极值情况，得到有两个解，设为，，，根据变形得到，，从而所证不等式等价于，令，求导得到其单调性，求出，得证.同理可证时不等式也成立. 【详解】（1）， ，， ，， 所以函数在点处的曲率为. （2），，， 由定义知为非负数，由题意得， ， ， ， 令，，令， 则在上恒成立， 在上单调递增，即， ，当且仅当时取到，所以曲率的最大值为. （3）函数，求导得，， 由曲率为0，得，则，即，令， 求导得，当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，在处取得最大值， 又当时，恒成立，而，因此有两个解， 当时，，则，设，， 于是，，，则，， 不等式， 令，求导得， 因此函数在上单调递增，，则； 当时，， 不等式， ，同理，函数在上单调递增， 因此，则， 所以. 【点睛】新定义问题的方法和技巧： （1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解； （2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻； （3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律； （4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念. 【3-2】设函数. (1)若，求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：. 【答案】(1)无最小值，最大值为 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解. （2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明. 【详解】（1）由题意得，则. 令，解得；令，解得， 在上单调递增，在上单调递减， ， 无最小值，最大值为. （2），则， 又有两个不同的极值点， 欲证，即证， 原式等价于证明①. 由，得，则②. 由①②可知原问题等价于求证， 即证. 令，则，上式等价于求证. 令，则， 恒成立，在上单调递增， 当时，，即， 原不等式成立，即. 【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系； 通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数， 利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立. 【3-3】已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【答案】(1)无最大值，最小值为； (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数知识可得函数的最值； （2）由题可得，要证，即证，然后通过研究：单调性可完成证明. 【详解】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得 ②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双变量问题转变为单变量问题. 题型四、极值点偏移之“指数”型 典例探究 极值点偏移之“指数”型特征：，，，ln( 【例题4】已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）函数有两个零点转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求的取值范围； （2）由（1）知，不妨设，要证，即证，只需证，结合单调递增只需证，再根据单调性可得答案. 【详解】（1），则， 令，得， 若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点． 设，则． 当时，单调递减，当时，单调递增， 因此．当时，，当时，， 作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点， 则，故的取值范围为． （2）因为是函数的两个极值点，所以． 由（1）知，不妨设， 要证，即证， 只需证，显然． 由（1）知当时，单调递增，所以只需证， 而，所以即证． 设， 则， 当时，单调递减，所以当时，， 所以当时，，原不等式得证． 【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图象的交点个数求解. 举一反三 【4-1】已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）对函数求导，分和研究函数的单调性，根据零点个数数形结合求解参数范围即可； （2）令，将证明问题转化为，令，即证，构造函数，利用导数法研究单调性，即可得证. 【详解】（1）易知函数的定义域为， 当时，，在上无零点，与题意不符， 当时，由，得，令， 所以若有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 易得，令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减，所以， 又，当时，，所以函数的大致图象如图所示， 由图可知，当，即时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （2）由，得， 令，则，易得， 所以函数在上单调递增， 令，则关于的方程有两个实数根，且， 要证，即证，即证，即证， 由已知得，所以，所以， 不妨设，即证， 即证，令，即证，其中， 构造函数，则， 所以函数在上单调递增，所以，故原不等式得证. 【点睛】方法点睛：已知函数的零点或方程的根的情况，求解参数的取值范围问题的本质都是研究函数的零点问题，求解此类问题的一般步骤： （1）转化，即通过构造函数，把问题转化成所构造函数的零点问题； （2）列式，即根据函数的零点存在定理或结合函数的图象列出关系式； （3）得解，即由列出的式子求出参数的取值范围. 【4-2】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. 【4-3】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 题型五、极值点偏移之“平方”型 典例探究 极值点偏移之“平方”型特征：， 【例题5】曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为． (1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小； (2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（2）证明见解析 【分析】（1）根据曲率的定义可求出曲线在点、处曲率，比较大小即可； （2）（i）分析可知有两个不同的解、，参变量分离可知有两个不同的解，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）由方程组得，设，先证，结合分析将所证不等式等价变形为即证，令，即证，构造函数，结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）设，其中，则，， 所以，，，， 所以在点处的曲率为. 在点处的曲率为， 所以曲线在点处的曲率小于其在点处的曲率. 曲线在点处的弯曲程度小于其在点处的弯曲程度. （2）（i）因为，其中， 则，， 因为函数的图象上存在两个不同的点、， 使得曲线在、处的曲率均为． 即有两个不同的解、，即有两个不同的解、， 所以， 令，得，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在单调递减， 所以，，作出直线与函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线直线与函数的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是； （ii）由得， 不妨设，由（i）可知，先证明， 即证，即证， 令，即证，构造函数，其中， 则对任意的恒成立， 所以函数在上为增函数，则， 故当时，，所以，， 由基本不等式可得，故结论成立. 举一反三 【6-1】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. 【6-2】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． 【6-3】已知函数. (1)若时，恒成立，求实数的取值范围； (2)当实数取第（1）问中的最小值时，若方程有两个不相等的实数根，，请比较，，2这三个数的大小，并说明理由. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得. （2）由（1）求出函数并变形，换元构造函数，利用导数结合极值点偏移推理即得. 【详解】（1）当时，不等式， 令，依题意，恒成立， 求导得，当时，，当时，， 于是函数在上单调递增，在上单调递减，， 所以. （2）由（1）知，，此时函数， 令，，则， 由方程有两个不相等的实数根，得方程有两个不相等的实数根， ，要比较，，2这三个数的大小，只需比较，2， 这三个数的大小，即比较这三个数的大小， ，当时，，当时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减，显然，，而， 由方程有两个不相等的实数根，不妨设，则， 令函数，显然， 求导得，函数在上单调递增， 于是，即，而，在上单调递减， 因此，即有，则， 令函数，， 求导得，函数在上单调递减， ，即，而，在上单调递减， 因此，即有，则，有，于是， 从而，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. 题型六、极值点偏移之“分式”型 典例探究 极值点偏移之“分式”型特征： 【例题6】已知函数有两个零点. （1）求实数的取值范围； （2）设、是的两个零点，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）令可得出，构造函数，可得出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）依题意，设，有，构造函数利用导数研究可得，结合，即可得证. 【详解】（1），当时，令，可得， 令，其中，则， 令，可得，列表如下： 单调递减 单调递减 极小值 单调递增 所以，函数的极小值为， 当时，，当时，，如下图所示： 由图象可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点， 综上所述，实数的取值范围是； （2）由（1）中的图象可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，且一个交点的横坐标为正、另一个交点的横坐标为负， 即当时，函数有两个零点，一个零点为正、另一个零点为负， 设函数的两个零点分别为、，不妨设，有. 由 ， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以，. 又，所以，即. 当且时，，则函数在区间上单调递增， 又，，所以，所以. 又，所以，所以. 【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查不等式的证明，考查分类讨论思想及推理论证能力，属于中档题. 举一反三 【6-1】已知函数（）. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值. 【答案】（1）答案见解析；（2）. 【分析】（1）首先求函数的导数，再分和求函数的导数；（2）首先由条件可知，变形后两式相除得，设，换元后，分别解出和，通过构造函数（），利用导数证明函数的单调性，再解抽象不等式，从而求得的最大值. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，令，则，设，则， 易知，当时，，单调递减，当时，，单调递增， ∴， ∴，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增； （2）依题意，，则 两式相除得，，设， 则，，，∴，， ∴， 设（）， 则， 设，则， 所以在单调递增， 则， ∴，则在单调递增， 又，且 ∴， ∴，即的最大值为. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题，本题第二问的关键是换元后解出，，从而将转化为（），利用导数判断函数的性质. 【6-2】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：. 【答案】（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析. 【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明. 【详解】解：（1），是减函数，是增函数， 所以在单调递减， ∵， ∴时，，单调递增；时，，单调递减. （2）由题意得，，即 ，， 设，，则由得，，且. 不妨设，则即证， 由及的单调性知，. 令，，则 ， ∵，∴，， ∴，取，则， 又，则， 又，，且在单调递减，∴，. 下证：. （i）当时，由得，； （ii）当时，令，，则 ， 记，，则， 又在为减函数，∴， 在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增， 又，， ∴， 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， 从而. 【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式. 【6-3】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， ，， . 题型七、极值点偏移之“三极值点”型 典例探究 极值点偏移之“三极值点”型特征： 【例题7】已知函数有三个极值点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）将函数有三个极值点转化为导函数有三个变号零点，然后构造函数，利用函数的奇偶性、单调性等研究函数的零点即可； （2）先根据第（1）问得到之间的关系，将多元不等式问题转化为一元不等式问题，然后换元，构造函数进行证明即可． 【详解】（1）由题意知有三个变号零点，且， 易知，故为定义在上的奇函数，     又，所以在上恰有一个变号零点． 令，则， 令，则， 当时，，，单调递增． 又，当时， 所以当时，． 若，则在上恒成立， 所以在上单调递增，，不符合题意．     故，此时，在上存在唯一零点， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 由，时可知，在上恰有一个变号零点． 综上，实数的取值范围为． （2）不妨设，则由（1）的讨论可知，，，     故只需证明， ，解得，     故只需证明， 整理后，只需证明．     设，则只需证明， 即证， 即证，即证 ， 故只需证明在时恒成立．     记，， 则，故在上单调递增， 所以，即在时恒成立， 所以． 举一反三 【7-1】若函数有两个零点，且. (1)求a的取值范围； (2)若在和处的切线交于点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，利用导数求函数单调性，根据单调性及函数图象的变化趋势结合零点个数求解； （2）构造函数，利用单调性证明证明右边，再利用导数求切线方程得出，左边可转化为，利用导数证明即可. 【详解】（1） 当，，在上单调递减，不可能两个零点； 当时，令得 ，，单调递增，，，单调递减， ∵，；；， ∴有唯一零点且有唯一零点，满足题意， 综上：； （2）先证右边：令则， ∴，，单调递增，，，单调递减， ∴的最大值为，∴，即， ∴且， ∴， 又∵，∴， ∴； 再证左边：曲线在和处的切线分别是          联立两条切线得，∴， 由题意得， 要证，即证，即证，即证， 令，即证， 令， ，∴在单调递减，∴， ∴得证. 综上：. 【点睛】关键点点睛：导数题目中的证明题，主要观察所证不等式，直接构造函数，或者将不等式转化变形后，利用导数判断函数的单调性及最值，利用函数的单调性或有界性求证，对观察、运算能力要求较高，属于难题. 【7-2】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：. 【答案】(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：. 【7-3】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）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【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）证明：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】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法： （1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题. （2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。 （3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导. 题型八、极值点偏移之“其它复杂”型 典例探究 极值点偏移之“其它复杂”型特征：，其它复杂型。 【例题8】已知函数的导函数为. (1)判断的单调性； (2)若关于的方程有两个实数根，，求证：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，利用导函数的符号变化即可求出函数的单调区间； （2）将证成立，转化为证成立，即证成立， 即证成立，再构造函数，利用函数的单调性进行证明. 【详解】（1）解：， 令，由， 可得在上单调递减，上单调递增， 所以， 所以在上单调递增； （2）解：依题意，，相减得， 令，则有，， 欲证成立， 只需证成立， 即证成立， 即证成立， 令，只需证成立， 令， 即证时，成立 ， 令， 则， 可得在内递减，在内递增， 所以，所以， 所以在上单调递增， 所以成立，故原不等式成立. 【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：如证明不等式（或）可转化为证明（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. 举一反三 【8-1】已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的的值范围. （2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可. 【详解】（1）依题意，， 设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率， 切线方程为，而点在切线上， 则，即有， 由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根， 令，则函数有2个零点， 求导得， ①若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值， 又， 当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ②若，恒成立，函数在上单调递增， 因此函数最多1个零点，不合题意； ③若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又， 显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ④若，显然，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 要函数有2个零点，必有，得， 当时，， 而函数在上的值域为，因此在上的值域为， 当时，令，求导得，函数在上单调递减， 则，， 而函数在上单调递减，值域为， 因此函数在上的值域为， 于是当时，函数有两个零点， 所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是. （2）①由（1）知，， 由函数有两个极值点，得，即有两个实数根， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，上单调递减，， 且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根 所以函数有两个极点时，的取值范围是. 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， 则在时单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即， 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. 【8-2】已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点； （i）求的取值范围； （ii）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)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由已知可知，分和讨论函数的单调性； （2）（i）设，判断的单调性，然后结合单调性讨论求解； （ii）先证明存在使得，然后证明，最后利用和的单调性即得结论. 【详解】（1）由已知，得， 当时，对任意的，有，所以在上单调递增； 当时，由于当时，，当时，， 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）（i）函数有两个零点，当且仅当方程有两个解，即方程有两个解. 设，则，这表明当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 设，则，所以当时，；当时，. 故在上单调递减，在上单调递增，从而对任意的都有，即对任意的都有. 而对任意实数，在中取，就有. 这表明当时，有. 原命题等价于方程有两个解，分情况讨论： 当时，对任意，有，这表明方程至多有一个解，不符合条件； 当时，由于，，，且，故方程有两个解，且满足，再结合的单调性，知方程的所有解即为，满足条件. 综上，的取值范围是. （ii）设，则， 故当且时，从而在和上单调递增，故在上单调递增. 这就意味着当时，有，即. 由于在上单调递减，在上单调递增，故由， 知存在， 使得，即. 从而有， ， 这意味着 ，最后一步利用了和. 故，但，而在上单调递增，所以. 又因为在上单调递增，所以， 故，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，构造一个使得，得到和的大小关系，然后反向利用，判断和的大小关系，再比较和，即得结论. 【8-3】设函数. (1)求曲线在点处的切线方程； (2)设函数 （i）当时，取得极值，求的单调区间； （ii）若存在两个极值点，证明：. 【答案】(1) (2)（i）单调增区间为，，单调减区间为 （ii）证明见解析 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）（i），时，取得极值，所以，求出，进而可求出函数的单调区间； （ii），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，而等价于，构造函数即可得证. 【详解】（1）， 则， 所以曲线在点处的切线方程为，即； （2）（i）， ， ∵时，取得极值，∴，解得， ∴， 令，得或；令，得， ∴的单调增区间为，，单调减区间为； （ii）， ∵存在两个极值点， ∴方程，即在上有两个不等实根. ∵，解得， 则 ∴所证不等式等价于， 即， 不妨设，即证， 令，， 则， ∴在上递增，∴， ∴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. 题型精析・方法突破提能力 【突破提升训练・1】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． 【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，则先消去参数. 【突破提升训练・2】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. 【突破提升训练・3】已知函数． (1)讨论的极值； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果； （2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 若，则，无极值； 若，由，可得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 此时，函数有唯一极小值，无极大值； 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减， 此时，函数有唯一极大值，无极小值； 所以当时，函数无极值； 当时，函数有极小值，无极大值； 当时，函数有极大值，无极小值； （2）证明：由，两边取对数可得，即， 当时，，， 由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以， 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，所以，即， 于是，而，，， 函数在上单调递增，因此，即. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明. 【突破提升训练・4】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． 【突破提升训练・5】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. 【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. 【突破提升训练・6】已知函数. (1)求在上的最小值. (2)设，若有两个零点，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求导后，令，利用导数可知当时，，由此可知，得到单调性，由最值定义可求得结果； （2）求导后，根据正负可确定单调性，从而确定的取值范围；采用分析法可知要证，只需证得；令，利用导数可证得，结合（1）中结论可证得，由此可得结论. 【详解】（1）， 令，， 则当时，恒成立，在上单调递增，； 又当时，，，在上单调递增， . （2）由题意得：，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 有两个零点，，； 要证，只需证， 又，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 即证：； 设，则， 在上单调递增，， ； 由（1）知：，成立， 综上所述：. 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是利用极值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为的证明，通过构造函数，结合导数知识证得成立. 【突破提升训练・7】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． 【突破提升训练・8】已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）当时，即证不等式，令，即证不等式，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证得结论成立； （3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，对任意的，， 由可得，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时函数的减区间为，增区间为、； 当时，对任意的，， 此时函数的增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时，函数的减区间为，增区间为、. 综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为、； 当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （2）当时，， 即证， 令，即证，即证， 因为，则函数在上单调递增， 当时，；当时，， 所以函数的值域为， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为，则， 故，即，故原不等式得证. （3）， 因为函数有两个零点、，不妨设， 则，所以，， 整理可得，即， 要证，即证， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证. 【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，根据相似结构构造辅助函数. 【突破提升训练・9】已知函数． （1）判断函数的单调性； （2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围； （3）如果，且，求证：． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减.；（2）；（3）证明见解析. 【分析】（1）根据导数和函数单调性的关系即可求出； （2）先求出函数的值域，即可求出的范围； （3）构造函数，判断函数的单调性，即可证明． 【详解】解：（1）因为，所以，令，解得，令，解得， 即函数在上单调递增，在上单调递减． （2）由（1）可得函数在处取得最大值，， 所以函数的图象大致如下： 易知函数的值域为． 因为方程有两个不同的根， 所以，即，，解得． 即实数的取值范围为． （3）证明：由，，不妨设， 构造函数，，， 则， 所以在，上单调递增，， 也即对，恒成立． 由，则，， 所以， 即，又因为，，且在上单调递减，所以， 即证． 即． 【点睛】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式与函数单调性的应用，考查转化思想，属于中档题． 【突破提升训练・10】已知函数. （1）若函数在定义域上单调递减，求实数的取值范围； （2）设函数有两个极值点，，求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【分析】（1）根据题意得在上恒成立，即在上恒成立，再求函数的最大值即可得答案； （2）根据题意得，不妨设，令，则问题转化为证明在上恒成立，再转化为在上恒成立，进一步令，只需求在的最小值大于零即可证毕. 【详解】解：（1）函数的定义域为， ∵ 函数在定义域上单调递减， ∴ 在上恒成立， ∴  在上恒成立，即：在上恒成立， 令，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， ∴ 当时，函数有极大值，也是最大值， ∴ ， 故实数的取值范围为： （2）证明：∵ 函数有两个极值点，， ∴ 根据（1）得：， ∴ ， ∴  ， ∵ ，∴ 不妨设，令， 则，设 故问题转化为证明在上恒成立， ∴ 只需证在上恒成立， 令，， ∴ 在上单调递增，由于， ∴ ，即函数在上单调递增， ∴ ，即在上恒成立 ∴ 成立. 【点睛】本题考查已知函数的单调区间求参数范围，利用导数证明不等式恒成立问题，考查分析问题与解决问题的能力，是难题. 【突破提升训练・11】已知函数，. （1）当时，求该函数在处的切线方程； （2）求该函数的单调区间和极值； （3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：. 【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析. 【分析】（1）利用导数求得切线斜率，根据切点和斜率由点斜式求得切线方程. （2）求得，对分成和两种情况，讨论的单调区间和极值. （3）求得表达式和导函数，根据是方程的两个不同实根列方程组，化简表达式，通过构造函数法，证得不等式成立. 【详解】（1）当时，，则，故，又 故切线方程为，即 （2），， 当时，在恒成立，的增区间为，无极值. 当时，令，，则当，，单调递增， 当时，，单调递减， 故的单调增区间为， 单调减区间，有极大值，无极小值. （3），则，所以是方程的两个不同实根. 于是有 故有 所以： 令，则，即证 设，，则，所以为为增函数， 又，因此，，故当时有，所以. 【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，考查利用导数证明不等式，属于难题. 【突破提升训练・12】设，函数. (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)若无零点，求实数的取值范围； (3)若有两个相异零点，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析. 【分析】（1）首先求得函数的导数，然后利用导数的几何意义即可求解曲线在处的切线方程； （2）分类讨论的取值范围，利用导数求解函数的单调性，进而判断函数零点的个数即可求解； （3）根据题意可将不等式转化为，令，构造函数，利用导数求解函数的单调性，进而得到函数的最值，即可证明. 【详解】（1）解：函数的定义域为， 当时，，则切线方程为，即. 所以曲线在处的切线方程为. （2）解：①若时，则是区间上的增函数， ∵， ∴，函数在区间有零点； ②若有唯一零点； ③若，令，得， 当时，，函数在区间上单调递增； 当时，，函数在区间上单调递减； 故在区间上，的最大值为， 由于无零点，则，解得， 故所求实数的取值范围是. （3）解：设的两个相异零点为，设， ∵，∴， ∴， ∵，要证，只需证， 只需，等价于， 设上式转化为， 设， ∴在上单调递增， ∴，∴， ∴. 【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)考查数形结合思想的应用． 【突破提升训练・13】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. 【突破提升训练・14】已知函数，其中． (1)若，求的极值： (2)令函数，若存在，使得，证明：． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）依题意可得，令，则上述函数变形为，利用导数说明的单调性，即可得到存在、 ，使得，再根据的单调性，可得，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明； 【详解】（1）解：当时，， 所以， 当时，，，所以， 当时，，，所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的极小值为，无极大值. （2）证明：， 令，则上述函数变形为， 对于，，则，即在上单调递增， 所以若存在，使得，则存在对应的、 ， 使得， 对于，则，因为，所以当时，当时， 即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点， 所以，则， 令，则， 所以在上单调递减，所以， 即，又，所以， 又的单调性可知，即有成立， 所以. 【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． 【突破提升训练・15】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 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. 【突破提升训练・16】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】(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），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. 【突破提升训练・17】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 (1)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； (2)已知函数，关于的方程有两个不等实根 . （i）求实数的取值范围; （ii）证明：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明过程见详解. 【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值； （2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围. （ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求，在单调递增，，得，从而可得即，再由的单调性，即可得到. 【详解】（1）因为在轴上方，所以： ； 为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大. 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：. （2）（i）因为，即，即， 令，所以， 因为为增函数，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 当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以. 当时，；当时，由洛必达法则知； 所以. （ii）由（i）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. 【点睛】方法点睛： 极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下： （1）求极值点：求出函数的极值点，结合函数的图像，由得出的取值范围； （2）构造函数：对结论为的情况，构造函数； ①，则单调递增； ②注意到，则即； ③，根据在单调减，则 ④得到结论. 【突破提升训练・18】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：. 【答案】(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. 【突破提升训练・19】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：； 【答案】(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． 【突破提升训练・20】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. 【突破提升训练・21】已知函数． (1)若恰有两个零点，求a的取值范围； (2)若的两个零点分别为（），求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）构造，由于恰有两个零点，则有两个根，利用导数求出的性质即可借助图象求出a的取值范围. （2）由题意，将命题成立转化为成立，令，即证明，令，利用导数证明即可. 【详解】（1）令，其定义域为， 则， 令，则， 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增； 因为当时，，当时，， 且， 又恰有两个零点，即有两个根， 故函数与有两个交点， 所以，故a的取值范围为. （2）因为的两个零点分别为（）， 所以，， 所以，，故， 所以， 所以要证成立，只需证明， 即证，即证， 令，即证明， 令，又， ， 由于，令， 所以， 而，其对称轴为， 所以在上单调递增， 所以， 于是在上恒成立， 因此在上单调递增， 所以， 所以原命题得证. 【点睛】关键点点睛：本题（2）的关键点是构造函数，进而证明，从而说明原命题成立. 【突破提升训练・22】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：. 【答案】（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. 【突破提升训练・23】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当函数与函数图象的公切线经过坐标原点时，求实数的取值集合； (3)证明：当时，函数有两个零点，，且满足． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求解单调性； （2）利用是的切线求出其切线方程，再利用切线方程与只有一个公共点，即可求出实数的取值集合； （3）证明有两个零点，即证明函数，其中一个零点通过观察即可求得，另一个零点通过切线放缩即可证明，将代入中，即证明成立，通过构造函数，判断其单调性即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为， 对求导，得， 令，解得， 当时，，单调递增． 当时，，单调递减； 故的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）设公切线与函数的切点为，，则公切线的斜率， 公切线的方程为：，将原点坐标代入，得， 解得． 公切线的方程为：，将它与联立，整理得． 令，对之求导得：，令，解得． 当时，，单调递减,当时，，单调递增，则有最小值， 由于直线与函数相切，即只有一个公共点， 故实数的取值集合为； （3）证明：由得，要证有两个零点， 只要证有两个零点即可． 观察得，即时函数的一个零点． 对求导得：，令，解得． 当时，，单调递增；当时，，单调递减；即时，取最小值，且 ，                                   由得：必定存在使得二次函数， 即．因此在区间上必定存在的一个零点． 综上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上． 下面证明． 由上面步骤知有两个零点，一个是，另一个在区间上． 不妨设，则，下面证明即可． 令，对之求导得， 故（a）在定义域内单调递减，，即． 证明完毕． 【突破提升训练・24】已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数恰有两个极值点，，且，求的取值范围. 【答案】(1)在上单调递增 (2) 【分析】（1）求导，分， ，讨论求解； （2）由，得到，令，两式相除得到 ，，从而有，设，用导数法，结合求解. 【详解】（1）解：函数的定义域为，， ①当时，恒成立，在上单调递增； ②当时，令，则，设，则， 当时，，单调递减，当时.，单调递增， ∴， ∴，在上单调增； 综上，当时，在上单调递增； （2）依题意，，则，令，则， 两式相除得，，， ∴，， ∴， 设， 则， 设， 则， ∴在单调递增，则， ∴，则在单调递增， 又，即，而， ∴，即. 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键是由则，令，两式相除得到，，从而构造，再结合成立而得解. 【突破提升训练・25】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. 【突破提升训练・26】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. 【突破提升训练・27】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明. 【详解】（1）时，函数， 则， 在上单调递增， 所以． （2），显然为函数的一个零点，设为； 设函数， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 由已知，必有两个零点，且，下证：． 设函数，则， ， 由于，则， 由（1）有，故， 即函数在上单调递减， 所以， 即有， 由于，且在上单调递增， 所以， 所以． 【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明. 【突破提升训练・28】已知函数（其中为常数）． (1)当时，对于任意大于的实数，恒有成立，求实数的取值范围； (2)当时，设函数的个极值点为、、，且，求证：． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【分析】（1）构造函数，分析可知，不等式对任意的恒成立，分、两种情况讨论，利用导数分析函数的单调性，验证能否在上恒成立，即可得解； （2）分析可知、是函数的两个零点，可得出，构造函数，利用导数分析函数的单调性，可得出，再构造函数，其中，利用导数分析函数在的单调性，通过比较与的大小关系，结合函数在上的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）解：当且时，，即成立， 令，则， ，则. ①当，，在上是增函数， 即当时，，满足题意； ②当时，令，解得，， 当时，，函数在上是减函数，此时，不合乎题意. 综上所述，. （2）证明：因为，其中且， 则， 对于函数，有， 因为，当时，，函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 因为函数有个极值点、、，且， 所以，，解得， 当时，，，所以，， 当时，，，则，函数单调递减， 当时，，，则，函数单调递增， 当时，，，则，函数单调递减， 当时，，，则，函数单调递减， 当时，，，则，函数单调递增， 所以，函数的单调递增区间有：、，单调递减区间有：、、，故， 当时，、是函数的两个零点， 即有，消去有， 令，其中，则，令可得， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增，且，且， 构造函数，其中， 则 ， 所以，函数在上单调递减， 因为，则，即， 即，因为，则， 函数在上单调递增，故，即. 【点睛】思路点睛：利用对称函数法证明（或）型极值点偏移的相关问题，步骤如下： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②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； ③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. 【突破提升训练・29】已知函数，． (1)若与都存在极值，且极值相等，求实数的值； (2)令，若有2个不同的极值点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求得函数的单调性与极值，结合题意，列出方程，即可求解； （2）求得，根据题意转化为有2个不相等的正根， 令，求得，分类讨论，求得的单调性与，设，令，求得在上递减，在上递增，得到，求得，化简，进而证得结论. 【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为， 函数的定义域为，且，， 若，则，在上单调递减，且，在上单调递增，此时与都无极值，不符合题意（舍去）； 若，则函数在上单调递减，在上单调递增， 因此当时，取得极小值，无极大值，且极小值为， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以当时，取得极小值，无极大值，且极小值为， 因为与都存在极值，且极值相等，可得， 即，所以，即， 又因为，所以，解得. （2）解：由题意知，可得， 因为有2个不同的极值点，所以有2个不相等的正根， 令，则有2个不相等的正根， 又由， 若，则，在上单调递减，则至多有1个根，不合题意． 若，则当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，若有2个不相等的正根， 则需，即，解得， 又因为时，，当时，， 所以在和上各存在一个零点，得有2个不相等的正根， 不妨设，则， 令， 则， 因为，所以，在上单调递减，可得 因为，所以，即， 又因为，所以， 因为，且函数在上单调递增， 所以，即， 因为，可得， 可得，即，所以， 又由 ， 因为，所以，所以. 【点睛】方法总结：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. 【突破提升训练・30】若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”. (1)证明：为“切合函数”； (2)若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，. （ⅰ）求证：； （ⅱ）求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2)①证明见解析；②证明见解析 【分析】（1）假设存在，满足题意，结合题意，，即可求解； （2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到，的关系，构造新的函数求导利用单调性证明. 【详解】（1）假设存在，满足题意，易知，由题可得： ， 代入上式可解得， ，或，， 故为“切合函数”. （2）由题可知，因为为“切合函数”，故存在不同的，（不妨设）， 使得，即， （ⅰ）先证：，即证：， 令，则由可知，要证上式，只需证： ，易知， 故在上单调递减，所以，故有成立， 由上面的②式可得； （ⅱ）由上面的②式可得：，代入到①式中可得： ， 且由（ⅰ）可得. （另解：由上面的②式可得，代入到①式的变形： ，整理后也可得到） 故要证，只需证： ， 设，则即证：， ，设 ， ，， 在上单调递增， ， 下面证明在上恒成立， 令，则， 所以当时，， 当时，， 所以在处取得最小值，， 所以在上恒成立， 所以当时，，即， 在上单调递增，， 所以原不等式成立. 【点睛】方法点睛：考查了函数的新定义以及不等式的证明问题，利用导数研究函数的单调性，通过构造新函数，利用函数的单调性证明. 【突破提升训练・31】已知 (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实根、，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）解法一：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；     解法二：直接对函数求解，通过对参数的分类讨论，研究函数的单调性与极最值，通过分析原函数图象，数形结合求得实数的取值范围. （2）解法一：首先通过同构，将等式整理成，再令，通过已知条件，假设，是的两个零点，进而可得，要证，即证，即证，令，构造函数进行证明即可；     解法二：首先根据已知条件、是的两个零点，证，即证，然后分和两种情况进行分类讨论，最终构造函数（）进行证明. 【详解】（1）解法一：函数的定义域为，由可得， 令，其中，则，令可得，列表如下： ＋ 0 － 增 极大值 减 且当时，，作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时， 即当时，直线与函数的图象有两个公共点， 因此，实数的取值范围是. 解法二： 当时，∴恒成立得在上递增， 则函数不可能存在两个零点，故该情况不成立； 当时，得在递增；在递减， 要使有两个不同零点， 必须且极大值（和时）， ∴. （2）解法一：方程 令，由有两个实根、， 则，是的两个零点， 由且，可得， 由可得，要证， 即证，即证， ∵，∴，∴即证. 令，即证， 构造函数，其中，即证， ，所以，函数在上单调递增， ∴，故原不等式成立. 解法二：方程 令，由有两个实根、， 则、是的两个零点 由可得为减函数， 要证，即证， 由的图象，不妨设（，分布在的极值点两侧） 要证，只需证 ①当时，因，故上式显然成立. ②当时，，又， 由在递增，即证明 构造函数（） ， ∴在为增函数，，所以要证的不等式成立. 【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. 【突破提升训练・33】已知函数（），其中. （1）讨论函数的单调性； （2）若，求x的取值范围； （3）当时，若，为函数（）的两个零点，试证明：. 【答案】（1）答案不唯一，见解析；（2）；（3）证明见解析. 【分析】（1），， 令，利用导数研究的单调性，可知在区间上单调递减，在区间上单调递增，可得，当，，当，，然后分、、三种情况对a进行分类讨论，利用导数可得出函数的单调性； （2）要证，即证，分析可得：当时，，即当时，，利用（1）的结论即可证得，从而，由于与在处相切，且为下凹函数，故； （3）构造函数，，通过证明与0的大小可得出，通过证明与0的大小可得出，进而证得结论. 【详解】（1），极值点即为的变号零点， 即，记，， 令，解得；令，解得， 故在区间上单调递减，在区间上单调递增， 则，当，，当，， ①当时，在区间上恒成立，所以函数在区间和上单调递减； ②当时，则方程有两个根，记为，，不妨设， 因为，故，当或时，；当或时，， 所以函数在，上单调递减，在，上单调递增. ③当时，则方程有一个根，记为， 当时，；当时，，所以函数在上单调递增，在上单调递减. （2），即， 当时，左边右边（舍）；当时，，， 当时，，，即当时，， 于是，即当时，， 由（1）知，当时，在上单调递减，所以（）， 由于与在处相切，且为下凹函数，故； （3），即， ∵，∴， 由（1）知：当时，先增后减，不妨设， ，， 构造函数，， ， ∴，即， 两式相减得：， 即， ， ∴， 即，两式相减得：， 即，∴， 即， 综上所述：. 【点睛】方法点睛：构造函数证明不等式的常用方法：1、移项法构造函数；2.作差法构造函数；3.换元法构造函数；4.从条件等式入手构造；5.主元法构造函数；6.构造二阶导数函数；7.对数法构造函数；8.构造形似函数. 1 学科网（北京）股份有限公司 $