培优点21：对数均值不等式【知识梳理+题型归纳】讲义-2026届高三数学二轮复习专题

该高中数学讲义聚焦高考导数综合题核心考点，围绕对数均值不等式，按知识拓展（定义与证明）、题型分类（极值点偏移、双变量问题）、方法总结的逻辑架构展开，通过考点梳理、解题五步法指导、经典例题与分层训练环节，帮助学生系统突破双变量与极值点偏移难点，体现复习的系统性和针对性。 资料创新采用“五步法”解题流程，结合比值换元构造函数培养数学思维，设置小试牛刀与课后训练分层练习。通过真题情境渗透数学语言表达，助力学生在有限时间内掌握降元化简技巧，提升逻辑推理与创新意识，为教师把控复习节奏、提升学生应考能力提供实战支撑。

2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点21：对数均值不等式】 【知识拓展】 对数均值不等式（LogarithmicMeanInequality，简称LMI）是解决导数综合题中双变量问题、极值点偏移问题的“利器”·其核心价值在于将双变量的对数关系、差值关系转化为均值关系，实现“降元化简”· 1.定义 对于任意正数（），有以下不等关系成立：· 其中，称为的“对数均值”，该不等式即“对数均值不等式”，左侧为对数均值大于几何均值，右侧为对数均值小于算术均值· 2.核心证明 证明右侧：（）· 步骤1：比值换元，简化变量·令（），则，代入不等式得：· 步骤2：化简不等式·左边分子分母提取，利用对数运算法则，化简得：· 步骤3：构造函数，证明不等式·只需证明（）·令（）· 步骤4：分析函数单调性·求导得·再令（），则· 步骤5：判断单调性与最值·当时，，故在单调递增·又，因此当时，，即· 步骤6：得出结论·在单调递增，且，故当时，，即，右侧不等式得证· 左侧不等式的证明可参考上述思路，同样通过比值换元构造函数完成（令，简化后证明）· 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点题型1:对数均值不等式在极值点偏移问题中的应用】 【核心归纳】 1.极值点偏移定义：若函数在处取得极值，且方程有两个不同零点，则称“极值点偏移”·若，为右偏移；若，为左偏移· 2.对数均值不等式的应用逻辑：极值点偏移问题的核心是证明（或）、（或）·通过对双零点满足的方程取对数、变形，构造出对数均值的形式，再利用对数均值不等式建立与算术均值、几何均值的关系，进而证明目标不等式· 3.适用场景：含指数函数（）、对数函数（）的单极值函数零点问题，如、等· 已知函数f（x）＝lnx﹣x2+ax，经典例题例题 （1）当x∈（1，+∞）时，函数f（x）为递减函数，求a的取值范围； （2）设f'（x）是函数f（x）的导函数，x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x1＜x2，求证 （3）证明当n≥2时，． 【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的最值．版权所有 【专题】函数思想；转化法；导数的综合应用． 【分析】（1）求出函数的导数，问题转化为a≤2x恒成立，求出a的范围即可； （2）求出a，得到f′（），问题转化为证明ln，令t，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1，即证明u（t）lnt＜0在0＜t＜1上恒成立，根据函数的单调性证明即可； （3）令a＝1，得到lnx≤x2﹣x，得到x＞1时，，分别令x＝2，3，4，5，…n，累加即可． 【解答】（1）解：∵x∈（1，+∞）时，函数f（x）为递减函数， ∴f′（x）2x+a≤0在（1，+∞）恒成立， 即a≤2x恒成立， 而y＝2x在（1，+∞）递增， 故2x1， 故a≤1； （2）证明：∵f（x）的图象与x轴交于两个不同的点A（x1，0），B（x2，0）， ∴方程lnx﹣x2+ax＝0的两个根为x1，x2， 则 lnx1ax1＝0，①，lnx2ax2＝0，②， 两式相减得a＝（x1+x2）， 又f（x）＝lnx﹣x2+ax，f′（x）2x+a， 则f′（）（x1+x2）+a， 要证0， 即证明ln， 令t，∵0＜x1＜x2，∴0＜t＜1， 即证明u（t）lnt＜0在0＜t＜1上恒成立， ∵u′（t）， 又0＜t＜1，∴u'（t）＞0， ∴u（t）在（0，1）上是增函数，则u（t）＜u（1）＝0， 从而知0， 故f′（）＜0成立； （3）证明：令a＝1，由（1）得：f（x）在（1，+∞）递减， ∴f（x）＝lnx﹣x2+x≤f（1）＝0， 故lnx≤x2﹣x， x＞1时，， 分别令x＝2，3，4，5，…n， 故1， ∴1， 即左边＞11，得证． 【点评】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、考查通过研究函数的单调性解决问题的方法，考查了转化能力、推理能力与计算能力，属于难题． 【规律方法总结】 1.通用解题步骤（名师提炼“五步法”）： ①求极值点：求导分析函数的单调性，找到极值点（满足）· ②列零点条件：由，列出两个零点满足的等式（核心等式）· ③变形构造对数均值：对核心等式取对数（针对指数型函数）或整理（针对对数型函数），消去常数项、参数，变形得到含的对数均值形式· ④应用对数均值不等式：结合极值点的表达式，利用对数均值不等式的左、右侧不等关系，建立与、的关联· ⑤化简证明：整理不等式，得出或等目标结论· 2.典型题型分类与技巧： 类型1：指数型函数极值点偏移（如） 技巧：由得，，两式相除得，取对数得·若，则简化为，取对数得，直接构造出对数均值，再结合对数均值不等式，得，即（此时极值点，因，令得，当且有两个零点时，，此处需结合具体参数调整）· 类型2：对数型函数极值点偏移（如） 技巧：由得，，两式相减得，直接变形得·结合对数均值不等式，若要证明，只需利用，代入，即得（此时极值点，因，令得，即证明了极值点左偏移）· 3.易错点提醒： ①比值换元后变量范围：换元时需明确新变量的范围（通常），避免后续单调性分析出错· ②极值点表达式精准性：必须通过求导准确求出极值点，确保目标不等式与极值点的关联正确· ③不等式方向一致性：应用对数均值不等式时，需根据变形后的式子确定使用左侧（对数均值>几何均值）还是右侧（对数均值<算术均值），避免不等号方向颠倒· （2022•深圳一模）已知函数f（x）＝2lnx﹣（a+1）x2﹣2ax+1（a∈R）．小试牛刀1 （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）有两个零点x1，x2． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：x1+x2＞2． 【考点】利用导数求解函数的单调性和单调区间．版权所有 【专题】导数的综合应用；逻辑思维；运算求解． 【分析】（1）对函数求导后根据a的范围从而判断函数单调性． （2）（i）根据第一问不同的单调性判断函数要存在两个零点只能a＞﹣1，继而转为判断函数最大值大于0，从而构造函数解出a的范围； （ii）利用，将原命题转为，后续构造将原命题等价转为，从而构造函数，利用新函数的单调性进行判断． 【解答】解：（1）， ①a≤﹣1时，f′（x）＞0恒成立，故f（x）在（0，+∞）递增， ②a＞﹣1时，令f′（x）＞0，解得， 故f（x）在递增，递减； （2）（i）由（1）有当a≤﹣1时，f（x）在（0，+∞）递增， 故函数f（x）不可能存在两个零点， 当a＞﹣1时，f（x）在递增，递减， 且当x→0+，f（x）→﹣∞，当x→+∞，f（x）→﹣∞， 故仅需， 即， 化简得：， 令， 0， ∴g（x）在（﹣1，+∞）单调递增， 又g（0）＝0， 故不等式的解为﹣1＜a＜0， 因此，实数a的取值范围是﹣1＜a＜0； （ii）证明：∵﹣1＜a＜0， ∴， ∴， 故可先证明， 则仅需证明， 不妨设， ∵，∴， 又∵，且函数f（x）在递增， 于是只需证明：， 当，（0，）时，x2∈（，）， ∵f（x1）＝f（x2）， ∴即证明， 构造函数F（x）＝f（x）﹣f（），x∈（）， ， 令， 观察可得g（x）为开口向下的二次函数，在对称轴取最大值， ∴， 故F（x）在单调递增，且， 故F（x）＞0在恒成立， 即证得， 原命题得证． 【点评】本题主要考查函数单调性的讨论，零点问题的讨论，及极值点偏移的技巧，属于难题． （2024高三·全国·专题练习）已知函数.小试牛刀2 (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. （23-24高二下·江苏常州·月考）已知函数，其中．小试牛刀3 (1)当时，求的单调区间； (2)求当时，函数在区间上的最小值； (3)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2) (3)①；②证明见解析 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间； （2）利用导数分类讨论函数在区间的单调性，由单调性求最小值； （3）由函数有两个不同的零点，构造函数利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数a的取值范围；把零点代入函数解析式，证明转化为证明，通过构造函数利用导数求最值的方法证明. 【详解】（1）当时，，定义域为， 若，则；若，则； 所以的增区间为，减区间为 （2）函数的定义域是， ． 当时，令则或(舍)． 当，即时，，在上单调递减， 在上的最小值是 ， 当，即时， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 在上的最小值是， 当，即时，，，在上单调递增， 在上的最小值是 ． 综上，． （3）①有两个不同的零点即有两个不同实根， 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 ，当时， 得的大致图像如图所示： ，所以实数a的取值范围为． ②当时，有两个不同的零点． 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： 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．不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 【热点题型2：对数均值不等式在双变量问题中的应用】 【核心归纳】 1.双变量问题定义：题干中出现两个变量（或），无明确极值点偏移特征，但需证明含双变量的不等式（如、）、求双变量表达式的最值（如的范围）或含参双变量不等式恒成立求参数范围· 2.对数均值不等式的应用逻辑：双变量问题的核心是“降元”，通过对题干中的等式、不等式变形，构造出对数均值的形式，利用对数均值不等式建立双变量的均值关系，将双变量问题转化为单变量函数问题或简单不等式求解· 3.适用场景：含指对函数的双变量等式/不等式问题、双变量最值问题、含参双变量恒成立问题· 已知函数f（x）lnx，m，n∈R．经典例题例题 （1）若函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x﹣y＝0平行，求实数n的值； （2）试讨论函数f（x）在区间[1，+∞）上最大值； （3）若n＝1时，函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：x1+x2＞2． 【考点】利用导数研究函数的最值；利用导数研究曲线上某点切线方程．版权所有 【专题】转化思想；综合法；导数的综合应用． 【分析】（1）求出函数的导数，根据f′（2）＝1，求出n的值即可； （2）求出函数的导数，通过讨论n的范围，求出函数的单调区间，求出函数的最大值即可； （3）可得，x1+x2＝x1（t+1），即，根据函数的单调性证明即可． 【解答】解：（1）由f′（x），， 由于函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x﹣y＝0平行， 故，解得n＝6…（2分） （2）f′（x），（x＞0）， 由f′（x）＜0时，x＞n；f′（x）＞0时，x＜n， 所以①当n≤1时，f（x）在[1，+∞）上单调递减， 故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（1）＝m﹣n； ②当n＞1，f（x）在[1，n）上单调递增，在（n，+∞）上单调递减， 故f（x）在[1，+∞）上的最大值为f（n）＝m﹣1﹣lnn； （3）证明：n＝1时，f（x）恰有两个零点x1，x2，（0＜x1＜x2）， 由，f（x2），得， ∴， 设t∈（0，1），lnt，x1，故x1+x2＝x1（t+1）， ∴， 记函数，因， ∴h（t）在（0，1）递增，∵0＜t＜1，∴h（t）＜h（1）＝0， 又lnt＜0，故x1+x2＞2成立…（12分） 【点评】本题考查了函数的单调性、最值问题，考查导数的应用以及分类讨论思想，转化思想，考查不等式的证明，是一道综合题． 【规律方法总结】 1.通用解题步骤 ： ①梳理双变量关系：明确题干中双变量满足的等式（条件等式）和需要证明/求解的目标（不等式/最值/参数范围）· ②变形构造对数均值：对条件等式进行移项、取对数、因式分解等变形，消去参数或常数项，构造出的对数均值结构· ③应用对数均值不等式：根据目标问题，选择对数均值不等式的左侧或右侧，建立双变量与目标量的关联· ④转化求解：将关联后的不等式转化为单变量问题（如比值换元后构造函数求最值），或直接化简求解目标量· 2.典型题型分类与技巧： 类型1：双变量不等式证明（不含参数） 技巧：直接利用条件等式构造对数均值，结合对数均值不等式证明·例如：已知，且（），证明· 解析：对取对数得，变形得（绝对值为1）·由对数均值不等式（因），代入得，即· 类型2：双变量最值问题 技巧：通过对数均值不等式建立双变量的约束关系，转化为单变量函数求最值·例如：已知，，求的最大值· 解析：由条件变形得·由对数均值不等式左侧，即，故·当时，对数均值趋近于几何均值，故的最大值为1· 类型3：含参双变量恒成立问题 技巧：先通过条件等式构造对数均值，将参数用对数均值表示，再结合恒成立条件转化为参数范围·例如：已知（），且，不等式恒成立，求的最大值· 解析：由条件变形得·由对数均值不等式，得，即·因恒成立，故，即的最大值为· 3.名师核心技巧： ①比值换元常态化：双变量问题中，令（），可将双变量转化为单变量，结合对数均值不等式和函数单调性求解，降低解题难度· ②常数代换巧构造：当条件等式中含常数项时，可通过移项将常数项归到一侧，再结合对数运算法则构造对数均值·例如：，可变形为，，两式相减后结合对数恒等式构造对数均值· 4.易错点提醒： ①恒成立问题边界判断：含参双变量恒成立时，需明确“恒成立”的边界条件，避免将“充分条件”误作“必要条件”· ②变量正负性：对数均值不等式仅适用于正数，需先判断双变量的正负性，避免因变量为负导致对数无意义· 设函数f（x）＝lnx，g（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2f（x）．小试牛刀1 （1）当a＝1时，求函数g（x）的单调区间； （2）设F（x）＝f（x）（b＞0），对任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，都有1，求实数b的取值范围； （3）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数y＝f（x）图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为k，证明：k＞f′（x0） 【考点】利用导数研究函数的最值．版权所有 【专题】函数的性质及应用；导数的综合应用． 【分析】（1）当a＝1时求出g′（x），然后在定义域内解不等式g′（x）＞0，g′（x）＜0，从而得到函数g（x）的单调区间； （2）由1，可得0，即h（x）＝F（x）+x在[0，1]上为减函数，也就是h′（x）＜0在[0，1]上恒成立，转化为t（x）＝x3+3x2+（3﹣b）x+1在[0，1]上小于0恒成立，再由导数分析满足此条件的b不存在； （3）求出直线AB的斜率为k和f′（x0），整理后把证明k＞f′（x0）转化为证明．构造函数h（x）＝lnx（x＞1），利用导数证明该函数在（1，+∞）上为增函数证得结论． 【解答】（1）解：当a＝1时，g（x）＝x﹣1﹣2lnx，则g′（x）＝1， 由g′（x）＞0，x＞2；g′（x）＜0，得0＜x＜2． 故g（x）的单调减区间为（0，2]，单调增区间为（2，+∞）； （2）解：由1⇒0，即h（x）＝F（x）+x在[0，1]上为减函数． 由h（x）＝F（x）+x＝f（x）x＝lnxx，得 h′（x）1， 要使h（x）＝F（x）+x在[0，1]上为减函数，则 t（x）＝x3+3x2+（3﹣b）x+1在[0，1]上小于0恒成立， t′（x）＝3x2+6x+3﹣b， 若t′（0）＝3﹣b≥0，即b≤3，则t（x）在[0，1]上为增函数，∴t（1）＝8﹣b＜0，b＞8，此时b不存在； 若t′（1）＝12﹣b≥0，即b≤12，则t（x）在[0，1]上为减函数，∴t（0）＝1＜0，矛盾； 若，即3＜b＜12，则，b不存在． 综上，满足条件的实数b不存在； （3）证明：不妨设x1＞x2＞0， 则k，f′（x0）＝f′（）， 证明k＞f′（x0）转化为证明， 即证明ln0，令x，（x＞1），得：lnx0， 令h（x）＝lnx（x＞1），则h′（x）． ∴h（x）在（1，+∞）上为增函数， ∴h（x）＞h（1）＝0． ∴k＞f′（x0）． 【点评】本题考查利用导数研究函数单调性及求函数最值，考查函数恒成立问题，函数恒成立问题往往转化为函数最值解决，是压轴题． 已知函数f（x）x+alnx．小试牛刀2 （Ⅰ）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a的式子表示） （Ⅱ）讨论f（x）的单调性； （Ⅲ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：． 【考点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值．版权所有 【专题】函数思想；综合法；构造法；转化法；导数的综合应用；逻辑思维；运算求解． 【分析】（Ⅰ）由题意可得，当x＝1时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a，于是可求f（x）在（1，f（1））处的切线方程； （Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞），函数的导数f′（x），设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1，分①当a≤0与②当a＞0时两类讨论，可得函数的单调情况； （Ⅲ）将不等式进行等价转化，构造新函数，研究函数的单调性和最值即可得到结论． 【解答】解：（Ⅰ）∵f（x）x+alnx（x＞0）， ∴f′（x）（x＞0）， ∴当x＝1时，f（1）＝0，f′（1）＝﹣2+a， 设切线方程为y＝（﹣2+a）x+b，代入（1，0），得b＝2﹣a， ∴f（x）在（1，f（1））处的切线方程为y＝（﹣2+a）x+2﹣a． （Ⅱ）函数的定义域为（0，+∞）， 函数的导数f′（x）， 设g（x）＝﹣x2+ax﹣1，注意到g（0）＝﹣1， ①当a≤0时，g（x）＜0恒成立，即f′（x）＜0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数； ②当a＞0时，判别式Δ＝a2﹣4， 1°当0＜a≤2时，△≤0，即g（x）≤0，即f′（x）≤0恒成立，此时函数f（x）在（0，+∞）上是减函数； 2°当a＞2时，令f′（x）＞0，得：x； 令f′（x）＜0，得：0＜x或x； ∴当a＞2时，f（x）在区间（，）单调递增，在（0，），（，+∞）单调递减； 综上所述，综上当a≤2时，f（x）在（0，+∞）上是减函数， 当a＞2时，在（0，），（，+∞）上是减函数， 在区间（，）上是增函数． （Ⅲ）（2）由（1）知a＞2，0＜x1＜1＜x2，x1x2＝1， 则f（x1）﹣f（x2）x1+alnx1﹣[x2+alnx2] ＝（x2﹣x1）（1）+a（lnx1﹣lnx2） ＝2（x2﹣x1）+a（lnx1﹣lnx2）， 则2， 则问题转为证明1即可， 即证明lnx1﹣lnx2＞x1﹣x2， 则lnx1﹣lnx1， 即lnx1+lnx1＞x1， 即证2lnx1＞x1在（0，1）上恒成立， 设h（x）＝2lnx﹣x，（0＜x＜1），其中h（1）＝0， 求导得h′（x）10， 则h（x）在（0，1）上单调递减， ∴h（x）＞h（1），即2lnx﹣x0， 故2lnx＞x， 则a﹣2成立． 【点评】本题考查利用导数研究函数的单调性与求函数的极值，考查等价转化思想与函数与方程思想，考查逻辑思维与综合运算能力，是难题． （23-24高二下·江苏淮安·月考）已知函数．小试牛刀3 (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，函数有两个零点，求的取值范围： (3)在（2）的条件下，证明： 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）对求导得到，利用导数与函数单调性间的关系，分和两种情况讨论，即可求出结果； （2）根据条件，先探求必要条件，从而得出，再证明时，有且仅有两个零点，取，得出，取，得到，再利用零点存在性原理，即可证明结果； （3）构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得出，，即可证明结果. 【详解】（1）易知函数定义域为，又， ①当时，在区间上恒成立，此时在区间上单调递增， ②当时，令，得到，即；令，得到，即， 此时在区间上单调递增，在区间上单调递减， 综上所述，当时，的单调递增区间为，无减区间， 当时，的增区间为，减区间为. （2）因为，由（1）知，在上单调递增，在上单调递减， 又有两个零点，则必有， 令，则，由，得到或（舍） 故在上单调递减，在上单调递增， 又，所以当时，， 得到，又，在上单调递增， 故当时，，即， 下证当时，有两个零点， 因为当时，． 取，则， 下证当时，， 令，则， 所以h(x)在上单调递增，在上单调递减． 得到，所以当时，即， 所以， 令，则，当时，恒成立， 即在区间上单调递增，则， 所以当时，， 取，则 综上，当时， 且在上年调递减，所以在上有且只有一个零点， 且在上单调递增，所以在上有且只有一个零点， 所以，当时，有两个零点． （3）由（2）知，有两个零点，不妨设， 则． 设函数，则， ，所以在上单调递增， 故当时，，即，当时，，即， 所以，， 所以， 整理可得： 即，所以． 【点睛】关键点点晴：本题关键在于第（2）和第（3）问，对于第（2）问，先利用必要条件，探求出的范围，再寻找到两个取值和，并判断出相应函数值的符号，再利用零点存在性原理来解决问题；对于第（3），通过构造函数，利用导数与函数单调性间的关系，得到，，进而有，即可解决问题. 课后针对训练 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 【答案】证明见解析 【分析】先换元，即证，分别构造函数来证明即可. 【详解】因为，有两个零点，， ， 令，则， 即证明，即证， 设， 由于，即， 左边即证， 即证， 设，则，单调递增， 则当时，，即成立，故. 要证， 即证即, 而, 故即证， 即证：， 令，即证：. 则， 设， 则， 设，则， 设，则，其， 而，故在为减函数， 而，，故存在， 使得时，，时，， 故在上为增函数，在为减函数， 故，且， 故，故即恒成立， 故在上为减函数，而， 故当时，即，时，即， 故在上为增函数，在上为减函数， 故，故（不恒为零），故为减函数， 故，即， 即得证. 2．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，若存在两个极值点，，证明：. 【答案】证明见解析 【分析】由极值点的定义得且，然后把消去，再由分析法得出只要证明，设，由导数证明此结论成立后即得． 【详解】的定义域是， 由题意，有两个不等正实根， 即有两个不等正实根， ，且，，所以， 不妨设，则，又，，， 所以 ， 要证，只需证，只需证， 设,在时恒成立， 所以在上是减函数， 所以时，， 所以得证！ 3．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （2）（i）结合（1）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，所以函数在上单调递增；． 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（1）知，且，所以，解得． （ii）由（1）得，所以，两边同时取自然对数， 得，两式相减得，即， 要证，只需证明， 令，只需证明构造函数， 求导得，所以函数在上单调递增， 于是，所以不等式（*）成立，于是原不等式成立． 4．（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）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． 【点睛】与2025年新课标Ⅱ卷数学真题第18题同步考查函数的单调性、零点及不等式证明；真题卷第18题考查含三次项的函数性质；本题考查指数函数与二次函数结合的函数，分析其单调区间、零点的取值范围及证明零点之和的不等式，零点问题通常转化为函数图象交点的问题；构造函数是解决极值点偏移问题的方法之一. 5．（24-25高二下·广东东莞·期中）已知函数． (1)若有两个零点，且，求的取值范围； (2)在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后判断单调性，结合最值的符号和零点存在定理可求的取值范围； （2）结合（1）中的函数性质可得，我们先证明：，利用已知的单调性将欲求证的此不等式转化为，后者可利用导数证明，再证明，从而可得题设中的不等式. 【详解】（1）， 当时，，当时，， 故在上为单调递减，在上为单调递增， 因为有两个零点，故，故. 当时，，而， 设，则，故在上为增函数， 故，故， 而，故当时，确有两个实数根， 综上，. （2）由（1）可得， 先证明：，即证， 而，故即证， 而，故即证， 即证，而， 故即证：， 设，则， 设，则， 故在上为减函数，故， 故在上为增函数，故即成立， 故. 设，则， 故在上为增函数，故， 故，故， 故 . 6．（2024高三·全国·专题练习）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. 7．（2024高三·全国·专题练习）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． 8．（2024高三·全国·专题练习）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 9．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）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. 10．（24-25高三上·江苏无锡·月考）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. 11．（2024高三下·全国·专题练习）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. 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，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. 1 学科网（北京）股份有限公司 $2025-2026年高考二轮专题复习 【培优点21：对数均值不等式】 【知识拓展】 对数均值不等式（LogarithmicMeanInequality，简称LMI）是解决导数综合题中双变量问题、极值点偏移问题的“利器”·其核心价值在于将双变量的对数关系、差值关系转化为均值关系，实现“降元化简”· 1.定义 对于任意正数（），有以下不等关系成立：· 其中，称为的“对数均值”，该不等式即“对数均值不等式”，左侧为对数均值大于几何均值，右侧为对数均值小于算术均值· 2.核心证明 证明右侧：（）· 步骤1：比值换元，简化变量·令（），则，代入不等式得：· 步骤2：化简不等式·左边分子分母提取，利用对数运算法则，化简得：· 步骤3：构造函数，证明不等式·只需证明（）·令（）· 步骤4：分析函数单调性·求导得·再令（），则· 步骤5：判断单调性与最值·当时，，故在单调递增·又，因此当时，，即· 步骤6：得出结论·在单调递增，且，故当时，，即，右侧不等式得证· 左侧不等式的证明可参考上述思路，同样通过比值换元构造函数完成（令，简化后证明）· 题型分类 知识讲解与常考题型 【热点题型1:对数均值不等式在极值点偏移问题中的应用】 【核心归纳】 1.极值点偏移定义：若函数在处取得极值，且方程有两个不同零点，则称“极值点偏移”·若，为右偏移；若，为左偏移· 2.对数均值不等式的应用逻辑：极值点偏移问题的核心是证明（或）、（或）·通过对双零点满足的方程取对数、变形，构造出对数均值的形式，再利用对数均值不等式建立与算术均值、几何均值的关系，进而证明目标不等式· 3.适用场景：含指数函数（）、对数函数（）的单极值函数零点问题，如、等· 已知函数f（x）＝lnx﹣x2+ax，经典例题例题 （1）当x∈（1，+∞）时，函数f（x）为递减函数，求a的取值范围； （2）设f'（x）是函数f（x）的导函数，x1，x2是函数f（x）的两个零点，且x1＜x2，求证 （3）证明当n≥2时，． 【规律方法总结】 1.通用解题步骤（名师提炼“五步法”）： ①求极值点：求导分析函数的单调性，找到极值点（满足）· ②列零点条件：由，列出两个零点满足的等式（核心等式）· ③变形构造对数均值：对核心等式取对数（针对指数型函数）或整理（针对对数型函数），消去常数项、参数，变形得到含的对数均值形式· ④应用对数均值不等式：结合极值点的表达式，利用对数均值不等式的左、右侧不等关系，建立与、的关联· ⑤化简证明：整理不等式，得出或等目标结论· 2.典型题型分类与技巧： 类型1：指数型函数极值点偏移（如） 技巧：由得，，两式相除得，取对数得·若，则简化为，取对数得，直接构造出对数均值，再结合对数均值不等式，得，即（此时极值点，因，令得，当且有两个零点时，，此处需结合具体参数调整）· 类型2：对数型函数极值点偏移（如） 技巧：由得，，两式相减得，直接变形得·结合对数均值不等式，若要证明，只需利用，代入，即得（此时极值点，因，令得，即证明了极值点左偏移）· 3.易错点提醒： ①比值换元后变量范围：换元时需明确新变量的范围（通常），避免后续单调性分析出错· ②极值点表达式精准性：必须通过求导准确求出极值点，确保目标不等式与极值点的关联正确· ③不等式方向一致性：应用对数均值不等式时，需根据变形后的式子确定使用左侧（对数均值>几何均值）还是右侧（对数均值<算术均值），避免不等号方向颠倒· （2022•深圳一模）已知函数f（x）＝2lnx﹣（a+1）x2﹣2ax+1（a∈R）．小试牛刀1 （1）求函数f（x）的单调区间； （2）若函数f（x）有两个零点x1，x2． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：x1+x2＞2． （2024高三·全国·专题练习）已知函数.小试牛刀2 (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. （23-24高二下·江苏常州·月考）已知函数，其中．小试牛刀3 (1)当时，求的单调区间； (2)求当时，函数在区间上的最小值； (3)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【热点题型2：对数均值不等式在双变量问题中的应用】 【核心归纳】 1.双变量问题定义：题干中出现两个变量（或），无明确极值点偏移特征，但需证明含双变量的不等式（如、）、求双变量表达式的最值（如的范围）或含参双变量不等式恒成立求参数范围· 2.对数均值不等式的应用逻辑：双变量问题的核心是“降元”，通过对题干中的等式、不等式变形，构造出对数均值的形式，利用对数均值不等式建立双变量的均值关系，将双变量问题转化为单变量函数问题或简单不等式求解· 3.适用场景：含指对函数的双变量等式/不等式问题、双变量最值问题、含参双变量恒成立问题· 已知函数f（x）lnx，m，n∈R．经典例题例题 （1）若函数f（x）在（2，f（2））处的切线与直线x﹣y＝0平行，求实数n的值； （2）试讨论函数f（x）在区间[1，+∞）上最大值； （3）若n＝1时，函数f（x）恰有两个零点x1，x2（0＜x1＜x2），求证：x1+x2＞2． 【规律方法总结】 1.通用解题步骤 ： ①梳理双变量关系：明确题干中双变量满足的等式（条件等式）和需要证明/求解的目标（不等式/最值/参数范围）· ②变形构造对数均值：对条件等式进行移项、取对数、因式分解等变形，消去参数或常数项，构造出的对数均值结构· ③应用对数均值不等式：根据目标问题，选择对数均值不等式的左侧或右侧，建立双变量与目标量的关联· ④转化求解：将关联后的不等式转化为单变量问题（如比值换元后构造函数求最值），或直接化简求解目标量· 2.典型题型分类与技巧： 类型1：双变量不等式证明（不含参数） 技巧：直接利用条件等式构造对数均值，结合对数均值不等式证明·例如：已知，且（），证明· 解析：对取对数得，变形得（绝对值为1）·由对数均值不等式（因），代入得，即· 类型2：双变量最值问题 技巧：通过对数均值不等式建立双变量的约束关系，转化为单变量函数求最值·例如：已知，，求的最大值· 解析：由条件变形得·由对数均值不等式左侧，即，故·当时，对数均值趋近于几何均值，故的最大值为1· 类型3：含参双变量恒成立问题 技巧：先通过条件等式构造对数均值，将参数用对数均值表示，再结合恒成立条件转化为参数范围·例如：已知（），且，不等式恒成立，求的最大值· 解析：由条件变形得·由对数均值不等式，得，即·因恒成立，故，即的最大值为· 3.名师核心技巧： ①比值换元常态化：双变量问题中，令（），可将双变量转化为单变量，结合对数均值不等式和函数单调性求解，降低解题难度· ②常数代换巧构造：当条件等式中含常数项时，可通过移项将常数项归到一侧，再结合对数运算法则构造对数均值·例如：，可变形为，，两式相减后结合对数恒等式构造对数均值· 4.易错点提醒： ①恒成立问题边界判断：含参双变量恒成立时，需明确“恒成立”的边界条件，避免将“充分条件”误作“必要条件”· ②变量正负性：对数均值不等式仅适用于正数，需先判断双变量的正负性，避免因变量为负导致对数无意义· 设函数f（x）＝lnx，g（x）＝（2﹣a）（x﹣1）﹣2f（x）．小试牛刀1 （1）当a＝1时，求函数g（x）的单调区间； （2）设F（x）＝f（x）（b＞0），对任意的x1，x2∈[0，1]，x1≠x2，都有1，求实数b的取值范围； （3）设A（x1，y1），B（x2，y2）是函数y＝f（x）图象上任意不同的两点，线段AB的中点为C（x0，y0），直线AB的斜率为k，证明：k＞f′（x0） 已知函数f（x）x+alnx．小试牛刀2 （Ⅰ）求f（x）在（1，f（1））处的切线方程（用含a的式子表示） （Ⅱ）讨论f（x）的单调性； （Ⅲ）若f（x）存在两个极值点x1，x2，证明：． （23-24高二下·江苏淮安·月考）已知函数．小试牛刀3 (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，函数有两个零点，求的取值范围： (3)在（2）的条件下，证明： 课后针对训练 1．（2025高二·全国·专题练习）已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 2．（2025高二·全国·专题练习）已知函数，若存在两个极值点，，证明：. 3．（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 4．（25-26高三上·河北石家庄·开学考试）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：． 5．（24-25高二下·广东东莞·期中）已知函数． (1)若有两个零点，且，求的取值范围； (2)在（1）的条件下，求证：． 6．（2024高三·全国·专题练习）已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 7．（2024高三·全国·专题练习）若是函数的两个零点，且，求证：且． 8．（2024高三·全国·专题练习）已知函数，为常数，若函数有两个零点，试证明： 9．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）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：． 10．（24-25高三上·江苏无锡·月考）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：. 11．（2024高三下·全国·专题练习）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：． 1 学科网（北京）股份有限公司 $