第16讲 利用导数研究极值点偏移讲义（思维导图+知识要点+解题技巧+题型归纳+巩固提升）-2026年高考数学二轮复习导数专题（新高考通用）

第16讲 利用导数研究极值点偏移 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 解题策略 7 题型归纳 9 极值点偏移常用技巧方法 9 题型01：构造对称和（或差） 9 题型02：比值代换法 15 题型03：消参减元 20 题型04：对数均值不等式法 21 极值点偏移常见类型 24 题型01：加法型 24 题型02：减法型 29 题型03：乘积型 36 题型04：商型 42 题型05：平方型（立方型） 44 题型06：指数型 50 题型07：对数型 53 题型08：复杂型 54 题型09：拐点偏移问题 58 题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题 63 巩固提升 70 极值点偏移是高考导数双变量问题的核心经典考向，近5年全国卷、新高考Ⅰ/Ⅱ卷、自主命题卷（浙江、江苏）均高频考查，多位于导数解答题第2问，分值6-7分，是高分段考生必拿的压轴考点，核心考查转化与化归、逻辑推理、数学抽象素养，侧重对“双变单”转化逻辑和构造函数能力的考查。 一、考情定位与命题特征 1. 核心定义与考查本质 已知函数f(x)的唯一极值点为，若f()=f()(≠x_2)，则+≠2（偏离极值点对称轴），高考主要考查正向证明（+>2或>），少数考逆向求参（已知偏移结论求参数范围），本质是利用函数单调性建立双变量的大小关系。 2. 高考命题核心特征 ①函数载体固定：以指对混合函数为主，少量为三次函数，解析式简洁，无复杂变形，重点考查构造思维而非运算； ②条件设置单一：题干均以“f(=f()(≠)”为核心条件，无多余干扰信息，设问直接（证明偏移结论）或间接（已知偏移求参数最值）； ③与其他技巧融合：压轴题常嵌套隐零点代换（极值点/零点无法直接求解）、放缩法（简化导数符号判断），增加推导层次，无单一解题路径。 二、高考高频命题模型 结合近5年高考真题，极值点偏移主要有2类核心模型，覆盖90%以上考题，均以“构造对称函数”为核心解法，比值换元为辅助解法。 三、高考命题趋势（近3年核心变化） 1. 基础考向稳定，设问更隐蔽：不再直接提问“证明+>2”，而是将偏移结论嵌套在不等式证明中，需先转化为标准偏移形式； 2. 含参问题成为主流，侧重参数范围分析：题干增加参数a，需先根据函数单调性确定参数的取值范围，再证明偏移结论 3. 逆向求参成为压轴新考向：由“证明偏移”转向“已知偏移求参”，需结合偏移条件反推参数的边界； 4. 与隐零点代换深度融合：函数的极值点/零点无法直接求解（如f(x)=-ax-b），需用隐零点代换消去超越式，再构造对称函数，增加推导步骤，但核心解法不变。 一、知识认知目标 1. 精准理解极值点偏移的核心定义，明确和型偏移（+>2）、积型偏移（>）的本质特征，能区分极值点偏移与普通双变量问题的差异。 2. 掌握高考高频载体函数的单调性、极值点求解方法，熟记其偏移结论的常规形式。 3. 明晰构造对称函数法、比值换元法的适用场景，理解两种方法“双变单”的核心转化逻辑，掌握积型偏移转和型偏移的对数变形技巧。 二、方法掌握目标 1. 精通构造对称函数法（高考标准解法）：能按“求导定极值点→设元限定范围→构造对称函数→求导判号→推导结论”的五步流程，独立完成基础型、含参型极值点偏移的证明，做到步骤规范、逻辑严谨。 2. 熟练运用比值换元法（灵活解法）：能针对指对混合函数的偏移问题，通过设t=完成消元，将偏移结论转化为单变量函数的单调性/最值问题，快速化简超越式并构造新函数。 3. 融合辅助技巧：能结合隐零点代换处理“极值点/零点无法直接求解”的偏移问题，利用放缩法简化导数符号判断，应对含参、逆向求参类综合偏移考题。 三、题型解题目标 1.基础层 能独立解决无参基础型偏移问题，包括和型、积型的直接证明，对高考高频载体函数的偏移证明做到“审题即有思路，解题无失误”，正确率100%。 2.进阶层 能解决含参型极值点偏移问题，先根据函数零点存在性、单调性确定参数的取值范围，再完成偏移结论证明，突破参数对函数分析的干扰。 3.压轴层 能解决逆向求参、隐零点融合型偏移问题，如已知偏移结论恒成立求参数范围、极值点无法直接求解的偏移证明，能整合多种技巧完成多步推导，应对隐蔽性设问的压轴考题。 四、思维提升目标 1. 培养转化与化归思维：深化对“未知问题转化为已知问题”的理解，能主动将双变量问题转化为单变量函数问题，提升代数变形和函数构造能力。 2. 强化逻辑推理思维：通过多步推导的偏移证明，提升严谨的逻辑分析能力，能清晰梳理“条件→推导→结论”的逻辑链，做到每一步推导都有依据。 3. 建立题型归纳思维：能自主归纳不同类型偏移问题的解题规律，形成“题干特征→方法选择→解题流程”的条件反射，提升解压轴题的效率和正确率。 知识点一：极值点偏移 1. 极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 2. 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：. 注：根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 3. 极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 4.答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com] （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.[来源:Zxxk.Com] （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 1.对称化构造法 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点． (2)构造函数，即对结论型，构造函数或； (3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性． (5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． (6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 2．差值代换法（韦达定理代换令.） 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 3.比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 4.指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 5.对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均､几何平均的大小关系： （此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 只证：当时，．不失一般性，可设． 证明如下： （I）先证：……① 不等式①（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递减， 故，从而不等式①成立； （II）再证：……② 不等式②（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递增， 故，从而不等式成立； 综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立， 当且仅当时，等号成立． 极值点偏移常用技巧方法 题型01：构造对称和（或差） 【典型例题1】设函数． （1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围； （2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】 （1）定义域为，， 当时，，即在上单调递增，不合题意，； 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 存在，使得成立，则，即， 又，， 即， 令，则， 在上单调递增，又，， 即实数的取值范围为. （2）当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 由且知：； 令，， 则， 在上单调递增，，即； ，又，； ，，又且在上单调递减， ，即. 【典型例题2】已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【详解】（1）因为，所以. 当时，， 所以单调递增，没有极值，舍去. 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为，舍去 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为. 所以. （2）由（1）知，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以不妨设. 下面先证. 即证，因为，所以， 又因为区间上，单调递减， 只要证，又因为， 只要证，只要证. 设， 则， 所以单调递增， 所以，所以. 下面证. 设，因为， 在区间上，；在区间上，. 设，，因为， 所以，所以. 设，，因为， 所以，所以. 因为，所以， 所以. 【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 【典型例题3】已知函数 (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设是两个不相等的实数，且．求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 (1) 当时，， 因为，所以，即，不符合题意；           当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减．           所以．           由恒成立可知，所以．           又因为，所以的取值范围为． (2) 因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．           由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则． 设，           则， 所以在上单调递增，           所以，即在区间上恒成立． 因为，所以．           因为，所以．           又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即． 【典型例题4】已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为 (2)①；②证明见解析 【详解】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 【变式训练1-1】已知函数． （1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围； （2）若函数存在两个极值点，求证：． 【变式训练1-2】已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间和极值； （2）设方程的两个根分别为，，求证：. 【变式训练1-3】已知函数. (1)求的极值. (2)若，，证明：. 【变式训练1-4】设函数． （1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围； （2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：． 【变式训练1-5】已知函数（且）. (1)若函数的最小值为2，求的值； (2)在（1）的条件下，若关于的方程有两个不同的实数根，且，求证：. 题型02：比值代换法 【典型例题1】已知函数 （1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值； （2）若函数有两个极值点，求证： 【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析． 【详解】 （1）因为，， ①当时，因为，所以， 所以函数在上单调递增，则； ②当，即时，，， 所以函数在上单调递增，则；， ③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则； ④当，即时，，，函数在上单调递减，则． 综上，当时，； 当时，； 当时，. （2）要证，只需证：， 若有两个极值点，即函数有两个零点，又， 所以是方程的两个不同实根， 即，解得， 另一方面，由，得， 从而可得， 于是．不妨设， 设，则．因此，． 要证，即证：， 即当时，有， 设函数，则， 所以为上的增函数．注意到，，因此，． 于是，当时，有． 所以成立，． 【典型例题2】已知函数有两个零点，. （1）求的取值范围； （2）求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】 (1)有两个零点有两个相异实根． 令，则 由得：，由得：， 在单调递增，在单调递减， ， 又，当时，，当时， 当时，， 有两个零点时，实数a的取值范围为． （2）不妨设,由题意得, ，,， 要证：，只需证. ， 令，，只需证 ，只需证：. 令,， 在递增， 成立. 综上所述，成立． 【典型例题3】已知函数（）. （1）若，求函数在处的切线； （2）若有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：. 【答案】（1）；（2），证明见解析. 【详解】 （1）的导数为， 则函数在处的切线斜率为， 又切点为， 则切线的方程为，即； （2）设函数，与函数具有相同的零点， ，知函数在上递减，上递增， 当，； 可证当时，，即， 即此时， 当时，， 有两个零点，只需（1），即； 证明：方法一：设函数， 则， 且对恒成立 即当时，单调递减，此时，（1）， 即当时，， 由已知，则， 则有 由于函数在上递增，即， 即． 方法二：故． 设，则，且，解得，， 要证：，即证明， 即证明， 设，， 令，，则， 在上单调增，（1）， 在上单调增， 则（1）． 即时，成立， 【变式训练2-1】已知函数. (1)讨论的单调性. (2)若函数有两个零点 ，且，证明：. 【变式训练2-2】已知函数. (1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围； (2)求证：； (3)设函数的两个零点、，求证：. 【变式训练2-3】已知函数有两个零点，. （1）求a的取值范围； （2）求证：. 题型03：消参减元 【典型例题】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：. 【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2），证明见解析. 【详解】（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， ∴，∴， ∴. 【变式训练3-1】已知函数，且是函数的导函数， (1)求函数的极值； (2)当时，若方程有两个不等实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：． 【变式训练3-2】已知函数. （1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围； （2）求证：； （3）设函数的两个零点、，求证：. 题型04：对数均值不等式法 【典型例题1】已知函数（为的导函数）. (1)讨论单调性； (2)设是的两个极值点，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 （1） 的定义域为. ，设，则 当时，恒成立，在上单调递增. 当时，由，得；由，则； 即在上单调递增，在上单调递减 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 证明：，因为，是函数的两个极值点， 所以， 两式相减得， 欲证，只需证. ① 不妨设，故①变形为② 令，， 则在上单调递增，则 故②式成立，即要证不等式得证 【典型例题2】已知函数． (1)若在上单调递减，求实数的取值范围． (2)若是方程的两个不相等的实数根，证明：． 【答案】(1)； (2)详见解析 【详解】（1）， ，在上单调递减， 在上恒成立，即， 即在， 设，，， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 所以函数的最大值是，所以； （2）若是方程的两个不相等的实数根， 即又2个不同实数根，且，， 得，即 ， 所以， 不妨设，则， 要证明， 只需证明， 即证明，即证明， 令，， 令函数， 所以， 所以函数在上单调递减， 当时，，所以，， 所以 ，即，即得 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 【变式训练4-1】已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数． （1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值； （2）当a＝1时，试比较f（m）与f（）的大小； （3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2． 【变式训练4-2】已知函数存在两个零点，. （1）求的取值范围； （2）证明：. 极值点偏移常见类型 题型01： 加法型 【典型例题1】已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【解题思路】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围. 【解答过程】由题意可知，当时，，所以； 当时，，所以， 综上，对，有， 由有两个零点，即方程有两个根， 即方程有两个根，不妨设, 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，,当时， 令，因为，所以， 所以，则， 令， ，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时. 所以函数的值域为， 即的取值范围是. 故选：A. 【典型例题2】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. 【典型例题3】已知函数. (1)求的单调区间； (2)证明：当时，. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解； （2）构造函数与，利用导数证得，再利用（1）中结论可得，从而得解. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，；当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令函数， 代入化简得， 令，求导得， 当时，，即在上单调递减，于是， 则当时，，即， 所以时，， 由题意不妨令，则， 又，所以， 根据（1）知在上单调递增， 而，所以，故得证. 【变式训练1-1】已知函数有两个不同的零点，符号表示不超过的最大整数，如，则下列结论正确的是（    ） A．的取值范围为 B． C． D．若，则的取值范围为 【变式训练1-2】已知函数恰有两个零点． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【变式训练1-3】已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【变式训练1-4】已知函数. (1)若是的极值点，求的值； (2)若函数有两个零点. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【变式训练1-5】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当函数仅有两个零点时． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【变式训练1-6】已知函数的导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：． 【变式训练1-7】已知函数． (1)证明：； (2)若，且，证明：． 【变式训练1-8】已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 【变式训练1-9】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 题型02： 减法型 【典型例题1】已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，利用参变分离可求解. 【解答过程】由，，可得， 当时，，此时在单调递减； 当时，，此时在单调递增； 又因为，所以函数存在唯一的零点，即. 因为，解得. 即在上有零点， 故方程在上有解， 而， 因为，故，故， 所以，故 故选：B. 【典型例题2】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. 【典型例题3】有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解. （2）当时由及的两个零点之间的距离可得. 【详解】（1）时，， 由题意的两个零点即为 方程的两个根， 分离参数即得，令， 对其求导得，设， 则，所以在定义域上面单调递减， 注意到，所以随的变化情况如下表： 所以有极大值（最大值）， 又当时，；当时，， 若方程有两个根， 则，即的取值范围为. （2）因为，设， 所以当且时有， 进而有，且 的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示： 因此的两个零点在二次函数两个零点之内， 所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式， 又，所以， 综上，有，命题得证. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化. 【典型例题4】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）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值； （2）根据单调性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，，可证得，，结合不等式的性质可证得结论. 【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）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】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式． 【变式训练2-1】函数有两个零点，下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【变式训练2-2】已知函数． (1)若函数在上单调递增，求的取值范围； (2)若函数的两个零点分别是且，证明：． 【变式训练2-3】已知函数． (1)求证：； (2)若是的两个相异零点，求证：． 【变式训练2-4】已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）； （ii）. 【变式训练2-5】已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求a的值； (3)若有两个不同的零点，且，求a的取值范围. 【变式训练2-6】已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 题型03：乘积型 【典型例题1】已知函数，函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】作出的图象，根据有三个不同的零点，转化为有三个根，求出，，关系，构造函数求出函数的导数，利用导数研究取值范围即可． 【解答过程】作出函数的图象如图， 不妨设，则有三个不同的根，则， 当时，，得，则， 当时，，，则， 设（），则， 所以在上单调递增， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 【典型例题2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 【典型例题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. 【典型例题4】已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i）函数，求导得， 令，得， 设，求导得，， 令，得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 于是，由有两个极值点，得方程有两个实根， 即有两个实根，则. （ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且， 设，求导得， 令，则当时，， 即函数在上单调递增，则，即当时，， 于是函数在上单调递增，则，因此， 则，即，而，又在上单调递减， 因此，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； ③适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； ④构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 【变式训练3-1】已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（    ）个 ①    ②    ③ A．0 B．1 C．2 D．3 【变式训练3-2】已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：． 【变式训练3-3】已知函数. (1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数有两个极值点,证明：. 【变式训练3-4】已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【变式训练3-5】已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； 【变式训练3-6】已知函数． (1)若曲线在点处的切线为轴，求的值； (2)若， ①求的单调区间； ②求证：存在两个零点，且满足． 【变式训练3-7】已知函数，其中. (1)求当时，函数在区间上的最小值； (2)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【变式训练3-8】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【变式训练3-9】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. 【变式训练3-10】已知函数. (1)若有唯一极值，求的取值范围； (2)当时，若，，求证：. 题型04：商型 【典型例题1】已知函数（e为自然对数的底数），的零点分别为，，则的最大值为（    ） A．e B． C．1 D． 【解题思路】利用同构化得出的关系：，则，然后引入函数，由导数求得函数最大值即得． 【解答过程】由已知，即， ，即，令，则， 又函数是上的增函数，因此， ，令，则， 时，，递增，时，，递减， 所以时，， 所以的最大值是1. 故选：C． 【典型例题2】已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【解题思路】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【解答过程】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 【变式训练4-1】已知，为函数的零点，，若，则（    ） A． B． C． D．与大小关系不确定 【变式训练4-2】设函数，. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)已知有两个不同的零点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【变式训练4-3】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． 【变式训练4-4】已知 (1)若，求实数的取值范围； (2)设是的两个零点（），求证：①；②. 题型05： 平方型（立方型） 【典型例题1】已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围. （2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证. 【详解】（1），，令，解得， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减， 所以，要使，则有，而，故， 所以的取值范围为． （2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增； 当时，单调递减， 设，所以，， ①若，则，成立； ②若，先证，此时， 要证，即证，即，， 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 即，，所以， 因为，，所以， 即． 【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理. 【典型例题2】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． 【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）利用导数研究函数的零点问题． 【典型例题3】已知函数，． (1)若对任意的都有，求实数的取值范围； (2)若且，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分别计算，的导函数，接着分析它们的单调性，求得在时，的最大值为，的最小值为，问题得解； （2）先将转化为，再设，数形结合得到，接着构造函数，利用函数的单调性得到，最后利用放缩法证明不等式. 【详解】（1）由，， 得，， 当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为． 当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为． 所以，故实数的取值范围为． （2）由得，两边取对数并整理， 得，即，即． 由（1）知，函数在上单调递增，在 上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用） 而，当时，恒成立，不妨设，则． 记，， 则 ，所以函数在上单调递增， 所以，即，， 于是，， 又在上单调递减，因此，即， 所以． 【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”： （1）求导，得到函数的单调性、极值情况，作出函数图象，由得到的大致范围． （2）构造辅助函数（若要证，则构造函数；若要证，则构造函数.），限定的范围，求导，判定符号，获得不等式． （3）代入，利用及的单调性即得所证结论． 【典型例题4】已知函数，． (1)若存在零点，求a的取值范围； (2)若，为的零点，且，证明：． 【解题思路】（1）利用导数求出函数的最小值，解不等式即可求解； （2）由零点的定义可得，只需证，令，利用导数证明不等式即可. 【解答过程】（1）的定义域为， 令，即，等价于， 设，则（）， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则的最小值为，， 要使得存在零点，则， 即，得． （2）由为的零点，得， 即，即 两式相减得，即. 要证当时，， 只需证，只需证，， ，． 令，，只需证， ，则在上单调递增， ∴，即可得证. 【变式训练5-1】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，，求的取值范围，并证明：． 【变式训练5-2】已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不同的根． (i)求的取值范围； (ii)证明：． 【变式训练5-3】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：. 【变式训练5-4】已知函数. (1)讨论函数的单调区间： (2)若函数有两个不同的零点， ①求的取值范围， ②证明：. 【变式训练5-5】已知函数，且的极值点为. (1)求； (2)证明：； (3)若函数有两个不同的零点，证明：. 【变式训练5-6】已知函数有两个不同的零点，且． (1)求实数的取值范围； (2)求证：； (3)比较与及的大小，并证明． 题型06： 指数型 【典型例题】已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a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）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）将方程变形为，令，令，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，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立. 【详解】（1）解：因为， 所以，其中. ①当时，，所以函数的减区间为，无增区间； ②当时，由得，由可得. 所以函数的增区间为，减区间为． 综上：当时，函数的减区间为，无增区间； 当时，函数的增区间为，减区间为． （2）解：（i）方程可化为，即． 令，因为函数在上单调递增， 易知函数的值域为， 结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根． 又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为． 令，其中，则． 由可得或，由可得， 所以，函数在和上单调递减，在上单调递增． 所以，函数的极小值为， 且当时，；当时，则. 作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，函数与的图象有两个交点， 所以，实数的取值范围是. （ii）要证，只需证，即证． 因为，所以只需证． 由（ⅰ）知，不妨设． 因为，所以，即，作差可得． 所以只需证，即只需证． 令，只需证． 令，其中，则， 所以在上单调递增，故，即在上恒成立． 所以原不等式得证． 【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. 【变式训练】设，为函数（）的两个零点． (1)求实数的取值范围； (2)证明：． 题型07： 对数型 【典型例题】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）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值，得到，即可证得结论． 【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）因为是的两个零点， 所以，，将两式作差可得 ，又， 所以， 所以要证，只须证明， 即证明，即证明， 令，即证，， 令，则， 令，则在上恒成立， ∴在上递减，又， ∴在上递增，则， 即， 所以成立，即． 【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. 【变式训练】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：. 题型08：复杂型 【典型例题1】已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（    ） A．的取值范围是 B． C． D． 【解题思路】先令，参变分离化简，得，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断；假设正确，利用零点与的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可. 【解答过程】令， 令， 由题可知，，， 令，得， 显然，当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递増； ，得示意图 所以都符合题意，故A错误； 由示意图可知 ， 显然， 当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等， 因为，所以互为倒数，即，故B正确； ， 等且仅当时等号成立， 因为，所以，故C正确； 因为，要证， 即证， 因为，所以， 即证， 我们分别证明，， 证明： 因为， 所以， 证明： 要证，即证， 不妨设，得， 显然，当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递増； 故，故，即， 所以证得，即证得， 即得，故选项D正确. 故选：BCD. 【典型例题2】已知函数，. (1)当时，求的极值； (2)若函数有2个不同的零点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解题思路】（1）将代入函数解析式，求导，判断其单调性，进而得出极值； （2）（i）化简函数的解析式，令，问题可转化为在有2个零点，，再利用导数研究函数的性质即可得出答案； （ii）等价于证明，再利用极值点偏移法即可得证． 【解答过程】（1）时，， ， 令， ，；，， 在单调递减，单调递增， 时，，，则， ，，时，， 时，；，， 在单调递减，在单调递增， 的极小值为，无极大值. （2）（i），， 令，， ，在单调递增， 令，即在有2个零点，，且，， ， 时，，在单调递增，不存在2个零点， ， 时，；时，， 在单调递减，在单调递增， 时，；时，， ，. （ii）设，，， 由（i）知，，即证：，即证：， ，，在单调递增， 即证：， ，， 令，， 即证：，， 令，， ，在单调递减，， ，在单调递增，. 【变式训练8-1】已知函数有三个不同的零点，其中，则的值为（   ） A．1 B． C．-1 D． 【变式训练8-2】已知函数有两个极值点，且． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【变式训练8-3】已知函数，． (1)求函数的单调区间． (2)当时，若有两个不同的零点 ，则 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 题型09：拐点偏移问题 【典型例题1】给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心，若函数，则（    ） A．8082 B．2021 C．-8082 D．-2023 【解题思路】通过二次求导可得，可得，，所以的图像的对称中心为，即，据此规律求和即可. 【解答过程】由，可得， 令可得， 又， 所以的图像的对称中心为， 即， 所以 ， 故选：C. 【典型例题2】已知函数f(x)＝，其导函数f′(x)的最大值为0. (1)求实数a的值； (2)若证明 【解析】 （1）【解法一】 由题意，函数的定义域为，其导函数 记 则 当时，恒成立， 所以在上单调递增，且. 所以，有，故时不成立； 当时，，则；若，则. 所以在单调递增，在单调递减 又 若 即时，则在单调递减，， 故时不成立； 若 即时，则在单调递减，， 故时不成立； 若时，则在单调递增，在单调递减，所以成立 ，故时成立. 综上可知， 【解法二】 由题意，函数的定义域为 ，其导函数 记 则 当时，恒成立，所以在上单调递增，且. 所以，有，故时不成立； 当时，，则；若，则. 所以在单调递增，在单调递减 所以 令 所以， 故 （2）【解法一】（分析法解题） 当时，，则. 由（1）知恒成立， 所以在上单调递减， 且， 不妨设 ，则 欲证，只需证，因为在上单调递减， 则只需证，又因为， 则只需证,即 令，且. 所以欲证，只需证 由， 整理得： 所以在区间上单调递增， 所以，， 所以函数在区间上单调递减， 所以有，故. 【解法二】（综合法书步骤） 当时，，则. 由（1）知恒成立， 所以在上单调递减， 且， 不妨设 ，则 令 ，且 由， 整理得： 所以在区间上单调递增， 所以，， 所以函数在区间上单调递减， 因为，所以 又因为，所以 在上单调递减， 所以 【变式训练9-1】对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ） A． B． C．17 D．34 【变式训练9-2】已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，设，若正实数，，满足，求证：． 【变式训练9-3】已知函数，． （Ⅰ）若在处取得极值，求的值； （Ⅱ）设，试讨论函数的单调性； （Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：． 【变式训练9-4】设函数的导函数为，的导函数为，的导函数为．若，且，则点为曲线的拐点． (1)已知函数，求曲线的拐点； (2)已知函数，讨论曲线的拐点个数． 【变式训练9-5】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设为函数的导数，若为的极值点，则为曲线的拐点. 已知曲线C：. (1)求C的拐点坐标； (2)证明：C关于其拐点对称； (3)设为C在其拐点处的切线，证明：所有平行于的直线都与C有且仅有一个公共点. 【变式训练9-6】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设为函数的导数，若为的极值点，则为曲线的拐点. 已知函数有两个极值点，且为曲线C：的拐点. (1)求a的取值范围； (2)证明：C在Q处的切线与其仅有一个公共点； (3)证明：. 【变式训练9-7】拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）.设是函数的导函数， 是函数的导函数，若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”. (1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值. (2)已知函数，其中.求的拐点. 题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题 【典型例题1】已知，，，均为的解，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于A，令，因为，所以在上单调递增，与x轴有唯一交点， 由零点存在性定理，得，，则，故A错误. 对于B，C，D，当时，两边同时取对数，并分离参数得到， 令，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 如图所示， 当时，与的图象有两个交点， ，解得，故B正确； ，由A选项知，，故C错误； 由极值点偏移知识，此时函数的极值点左移，则有，故D错误. 故选：B. 【典型例题2】已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)记两个极值点为，，且，当时，求证：不等式恒成立. 【解析】(1)由题意知，函数的定义域为， 方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根； 令，则， 则当时，，时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，当时，，当时，， 所以的取值范围为； (2)证明：欲证 两边取对数等价于要证， 由（1）可知，分别是方程的两个根， 即， 所以原式等价于，因为，， 所以原式等价于要证明. 又由，作差得，，即. 所以原式等价于，令，， 则不等式在上恒成立. 令， 又， 当时，可见时，， 所以在上单调增， 又，, 所以在恒成立，所以原不等式恒成立. 【典型例题3】已知函数，. (1)求证：，； (2)若存在、，且当时，使得成立，求证：. 【解析】(1)证明：构造函数，其中， 则 ， 因为，则，， 即当时，，所以，函数在上单调递减， 故当时，，即. (2)证明：先证明对数平均不等式，其中， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数，当时，， 所以，当时，， 本题中，若，则， 此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，， 由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则， 则，即， 所以，， 因为，则， 所以，， 所以，， 所以，，所以，， 由对数平均不等式可得，可得，所以，. 【典型例题4】已知函数（其中e为自然对数的底） (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，是的极值点且.若，且. 证明：. 【解析】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立， 所以在恒成立， 令，， ①当时，在恒成立，在上单调递增， 所以，所以满足题意. ②当时，令，则. (i)，所以，在单调递增， 所以，所以满足题意. （ii），在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，， 所以在恒成立，所以在上单调递减， 而，所以不成立. 所以实数a的取值范围为：. （2），， 因为是的极值点，所以满足， 令，则若，解得， 所以当时，，当时，， 所以，， 所以是唯一负极值点，且在上单调递增，在上单调递减， 要证明，即证明， 化简得，由于在上单调递增， 且由，，可知. 故， 从而可推得，而， 因此. 令， 则， ， 而，所以， 故单调递增，从而，即， 从而，即证得. 【典型例题5】已知函数. (1)证明：. (2)若函数，若存在使，证明：. 【解析】（1）令，，， 令，解得：；令，解得：， ∴在递增，在递减，则， ∴恒成立，即. （2）∵，，∴， 令，解得：；令，解得：； ∴在递增，在递减. 又∵，，，，且，. 要证，即证. ∵，∴， 又∵，∴只证即可. 令，， 恒成立， ∴在单调递增. 又∵，∴，∴， 即，∴. 【变式训练10-1】关于函数，下列判断正确的是（  ） ①是极大值点； ②函数有且仅有个零点； ③存在正实数，使得成立； ④对任意两个正实数、且，若，则. A．①④ B．②③ C．②③④ D．②④ 【变式训练10-2】已知函数． (1)当时，证明； (2)若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围． 【变式训练10-3】已知函数，. (1)讨论f（x）的单调性； (2)若时，都有，求实数a的取值范围； (3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：. 【变式训练10-4】已知函数（为自然对数的底数，）． (1)求的单调区间和极值； (2)若存在，满足，求证：． 【变式训练10-5】已知函数，． (1)讨论极值点的个数． (2)若有两个极值点，，且，证明：． 【变式训练10-6】已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知，且，若，求证：. 【变式训练10-7】已知函数. (1)求的单调区间 (2)若的极值点为，且，证明：. 【变式训练10-8】已知函数. （1）求的单调区间与极值. （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【变式训练10-9】已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 【变式训练10-10】已知函数的极大值点为0，则实数m的值为_________；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________． 1．已知函数（其中为自然对数的底数，为常数）． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当函数有极大值，且极大值为时，若方程（m为常数）有两个不等实根则. 2．设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若在定义域内存在两实数，满足且，证明：. 3．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 4．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：. 5．已知定义在上的函数． （1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围； （2）若，，，为的极小值，求证：． 6．已知函数． （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数在最大值； （2）当时，设函数的两个零点为，试证明：． 7．已知函数. （1）若在定义域上不单调，求的取值范围； （2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围. 8．已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，且，证明：. 9.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：. 10.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：. 11.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 12.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：. 13.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：. 14.）已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 15.已知函数． (1)若恒成立，求实数的值： (2)若，，，证明：． 16.已知函数（其中为自然对数的底数，为常数）． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当函数有极大值，且极大值为时，若方程（m为常数）有两个不等实根则. 17．设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若在定义域内存在两实数，满足且，证明：. 18．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 19．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：. 20．已知定义在上的函数． （1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围； （2）若，，，为的极小值，求证：． 21．已知函数． （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数在最大值； （2）当时，设函数的两个零点为，试证明：． 22．已知函数. （1）若在定义域上不单调，求的取值范围； （2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围. 23．已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，且，证明：. 132 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 第16讲 利用导数研究极值点偏移 目 录 思维导图 1 高考分析 2 学习目标 3 知识要点 4 解题策略 7 题型归纳 9 极值点偏移常用技巧方法 9 题型01：构造对称和（或差） 9 题型02：比值代换法 20 题型03：消参减元 27 题型04：对数均值不等式法 32 极值点偏移常见类型 37 题型01：加法型 37 题型02：减法型 53 题型03：乘积型 68 题型04：商型 85 题型05：平方型（立方型） 92 题型06：指数型 106 题型07：对数型 110 题型08：复杂型 113 题型09：拐点偏移问题 119 题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题 132 巩固提升 151 极值点偏移是高考导数双变量问题的核心经典考向，近5年全国卷、新高考Ⅰ/Ⅱ卷、自主命题卷（浙江、江苏）均高频考查，多位于导数解答题第2问，分值6-7分，是高分段考生必拿的压轴考点，核心考查转化与化归、逻辑推理、数学抽象素养，侧重对“双变单”转化逻辑和构造函数能力的考查。 一、考情定位与命题特征 1. 核心定义与考查本质 已知函数f(x)的唯一极值点为，若f()=f()(≠x_2)，则+≠2（偏离极值点对称轴），高考主要考查正向证明（+>2或>），少数考逆向求参（已知偏移结论求参数范围），本质是利用函数单调性建立双变量的大小关系。 2. 高考命题核心特征 ①函数载体固定：以指对混合函数为主，少量为三次函数，解析式简洁，无复杂变形，重点考查构造思维而非运算； ②条件设置单一：题干均以“f(=f()(≠)”为核心条件，无多余干扰信息，设问直接（证明偏移结论）或间接（已知偏移求参数最值）； ③与其他技巧融合：压轴题常嵌套隐零点代换（极值点/零点无法直接求解）、放缩法（简化导数符号判断），增加推导层次，无单一解题路径。 二、高考高频命题模型 结合近5年高考真题，极值点偏移主要有2类核心模型，覆盖90%以上考题，均以“构造对称函数”为核心解法，比值换元为辅助解法。 三、高考命题趋势（近3年核心变化） 1. 基础考向稳定，设问更隐蔽：不再直接提问“证明+>2”，而是将偏移结论嵌套在不等式证明中，需先转化为标准偏移形式； 2. 含参问题成为主流，侧重参数范围分析：题干增加参数a，需先根据函数单调性确定参数的取值范围，再证明偏移结论 3. 逆向求参成为压轴新考向：由“证明偏移”转向“已知偏移求参”，需结合偏移条件反推参数的边界； 4. 与隐零点代换深度融合：函数的极值点/零点无法直接求解（如f(x)=-ax-b），需用隐零点代换消去超越式，再构造对称函数，增加推导步骤，但核心解法不变。 一、知识认知目标 1. 精准理解极值点偏移的核心定义，明确和型偏移（+>2）、积型偏移（>）的本质特征，能区分极值点偏移与普通双变量问题的差异。 2. 掌握高考高频载体函数的单调性、极值点求解方法，熟记其偏移结论的常规形式。 3. 明晰构造对称函数法、比值换元法的适用场景，理解两种方法“双变单”的核心转化逻辑，掌握积型偏移转和型偏移的对数变形技巧。 二、方法掌握目标 1. 精通构造对称函数法（高考标准解法）：能按“求导定极值点→设元限定范围→构造对称函数→求导判号→推导结论”的五步流程，独立完成基础型、含参型极值点偏移的证明，做到步骤规范、逻辑严谨。 2. 熟练运用比值换元法（灵活解法）：能针对指对混合函数的偏移问题，通过设t=完成消元，将偏移结论转化为单变量函数的单调性/最值问题，快速化简超越式并构造新函数。 3. 融合辅助技巧：能结合隐零点代换处理“极值点/零点无法直接求解”的偏移问题，利用放缩法简化导数符号判断，应对含参、逆向求参类综合偏移考题。 三、题型解题目标 1.基础层 能独立解决无参基础型偏移问题，包括和型、积型的直接证明，对高考高频载体函数的偏移证明做到“审题即有思路，解题无失误”，正确率100%。 2.进阶层 能解决含参型极值点偏移问题，先根据函数零点存在性、单调性确定参数的取值范围，再完成偏移结论证明，突破参数对函数分析的干扰。 3.压轴层 能解决逆向求参、隐零点融合型偏移问题，如已知偏移结论恒成立求参数范围、极值点无法直接求解的偏移证明，能整合多种技巧完成多步推导，应对隐蔽性设问的压轴考题。 四、思维提升目标 1. 培养转化与化归思维：深化对“未知问题转化为已知问题”的理解，能主动将双变量问题转化为单变量函数问题，提升代数变形和函数构造能力。 2. 强化逻辑推理思维：通过多步推导的偏移证明，提升严谨的逻辑分析能力，能清晰梳理“条件→推导→结论”的逻辑链，做到每一步推导都有依据。 3. 建立题型归纳思维：能自主归纳不同类型偏移问题的解题规律，形成“题干特征→方法选择→解题流程”的条件反射，提升解压轴题的效率和正确率。 知识点一：极值点偏移 1. 极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 2. 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：. 注：根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察 3. 极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 4.答题模板（对称构造） 若已知函数满足，为函数的极值点，求证：. （1）讨论函数的单调性并求出的极值点； 假设此处在上单调递减，在上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com] （2）构造； 注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.[来源:Zxxk.Com] （3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系； 假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，. （4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论； 接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证. （5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故. 1.对称化构造法 主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下： (1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点． (2)构造函数，即对结论型，构造函数或； (3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式． (4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性． (5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系． (6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求． 2．差值代换法（韦达定理代换令.） 差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 3.比值代换 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 4.指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系： 5.对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均､几何平均的大小关系： （此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 只证：当时，．不失一般性，可设． 证明如下： （I）先证：……① 不等式①（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递减， 故，从而不等式①成立； （II）再证：……② 不等式②（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递增， 故，从而不等式成立； 综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立， 当且仅当时，等号成立． 极值点偏移常用技巧方法 题型01：构造对称和（或差） 【典型例题1】设函数． （1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围； （2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】 （1）定义域为，， 当时，，即在上单调递增，不合题意，； 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 存在，使得成立，则，即， 又，， 即， 令，则， 在上单调递增，又，， 即实数的取值范围为. （2）当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 由且知：； 令，， 则， 在上单调递增，，即； ，又，； ，，又且在上单调递减， ，即. 【典型例题2】已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【详解】（1）因为，所以. 当时，， 所以单调递增，没有极值，舍去. 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为，舍去 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为. 所以. （2）由（1）知，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以不妨设. 下面先证. 即证，因为，所以， 又因为区间上，单调递减， 只要证，又因为， 只要证，只要证. 设， 则， 所以单调递增， 所以，所以. 下面证. 设，因为， 在区间上，；在区间上，. 设，，因为， 所以，所以. 设，，因为， 所以，所以. 因为，所以， 所以. 【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 【典型例题3】已知函数 (1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围； (2)设是两个不相等的实数，且．求证： 【答案】(1) (2)证明见解析 (1) 当时，， 因为，所以，即，不符合题意；           当时，， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减．           所以．           由恒成立可知，所以．           又因为，所以的取值范围为． (2) 因为，所以，即． 令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．           由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减． 不妨设，则． 设，           则， 所以在上单调递增，           所以，即在区间上恒成立． 因为，所以．           因为，所以．           又因为，，且在区间上单调递增， 所以，即． 【典型例题4】已知函数 (1)求函数单调区间； (2)设函数，若是函数的两个零点， ①求的取值范围； ②求证：． 【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为 (2)①；②证明见解析 【详解】（1）定义域为，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为；单调递减区间为. （2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点； 由（1）知：，又， 在的图象如下图所示， 由图象可知：，，即的取值范围为. ②不妨设，由①知：， ，， 在上单调递增，在上单调递减； 设，则， 在上单调递减，，， 又，，又，； ，，在上单调递增， ，则. 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（）的问题的基本步骤如下： ①求导确定的单调性，得到的范围； ②构造函数，求导后可得恒正或恒负； ③得到与的大小关系后，将置换为； ④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论. 【变式训练1-1】已知函数． （1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围； （2）若函数存在两个极值点，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【详解】 解：（1）易知的定义域为， 由题意知，即在上恒成立，． 令，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 所以当时，有最小值， 所以； （2）因为，由知，， 设 则，且在上单调递增，在上单调递减， 所以可令，，． 令，． 则 因为，所以，所以上在单调递减，且， 所以时，． 又，所以 所以． 所以． 因为，，且在上单调递增， 所以，． 【变式训练1-2】已知函数，其中为自然对数的底数. （1）求函数的单调区间和极值； （2）设方程的两个根分别为，，求证：. 【答案】（1）的单调递增区间为，；单调递减区间为，极大值为，极小值为；（2）证明见解析. 【详解】 （1）由题意得：，令，解得：，， 当时，；当时，； 的单调递增区间为，；单调递减区间为； 的极大值为；极小值为； （2）当时，，令，解得：， 当时，方程的两个根在区间内. 设函数， 则 ，. 令，，则， 在上为增函数，又， 则当时，；当时，； 当时，，当时，，当时，， 在上单调递减. 不妨设， 在上单调递减，在上单调递增，， ，，又，， ，，由（1）知：在上单调递增，， . 【变式训练1-3】已知函数. (1)求的极值. (2)若，，证明：. 【答案】(1)极大值为，的极小值为 (2)证明见解析 (1) （1）由题意可得. 当或时，；当时，. 所以在与上单调递增，在上单调递减. 故的极大值为，的极小值为. (2) 证明：由（1）可知. 设，， 则 . 设，则. 因为，所以在上恒成立，即在上单调递增， 因为，所以在上恒成立，即在上单调递增， 因为，所以在上恒成立. 因为，所以， 因为，所以. 由（1）可知在上单调递增，且，， 则，即. 【变式训练1-4】设函数． （1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围； （2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】（1）定义域为，， 当时，，即在上单调递增，不合题意，； 令，解得：， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 存在，使得成立，则，即， 又，， 即， 令，则， 在上单调递增，又，， 即实数的取值范围为. （2）当时，，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， 由且知：； 令，， 则， 在上单调递增，，即； ，又，； ，，又且在上单调递减， ，即. 【变式训练1-5】已知函数（且）. (1)若函数的最小值为2，求的值； (2)在（1）的条件下，若关于的方程有两个不同的实数根，且，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【详解】（1）解：因为，， 所以，. 当时，有，所以函数在上单调递增，所以函数不存在最小值； 所以不合题意，故. 当时，令，得. 当时，，函数在上单调递减； 当时，，函数在上单调递增. 所以，解得. 所以，的值为 （2）解：方法一： 由（1）知，，. 因为为方程的两个不同的实数根， 所以①；②. ①－②得：，即， 所以， 令，有， 所以，从而得. 令，则， 所以函数在上单调递增，即， 即，又， 所以，恒成立，即，得证. 方法二： 由（1）知，，. 因为为方程的两个不同的实数根， 所以，即方程有两个不同的实数根. 令，，则，. 令，得. 当时，，所以在上单调递减； 当时，，所以在上单调递增. 因为， 所以. 令，， 则. 所以在上单调递减，所以，即. 所以，所以. 又在上单调递增， 所以.即，得证. 题型02：比值代换法 【典型例题1】已知函数 （1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值； （2）若函数有两个极值点，求证： 【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析． 【详解】 （1）因为，， ①当时，因为，所以， 所以函数在上单调递增，则； ②当，即时，，， 所以函数在上单调递增，则；， ③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则； ④当，即时，，，函数在上单调递减，则． 综上，当时，； 当时，； 当时，. （2）要证，只需证：， 若有两个极值点，即函数有两个零点，又， 所以是方程的两个不同实根， 即，解得， 另一方面，由，得， 从而可得， 于是．不妨设， 设，则．因此，． 要证，即证：， 即当时，有， 设函数，则， 所以为上的增函数．注意到，，因此，． 于是，当时，有． 所以成立，． 【典型例题2】已知函数有两个零点，. （1）求的取值范围； （2）求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】 (1)有两个零点有两个相异实根． 令，则 由得：，由得：， 在单调递增，在单调递减， ， 又，当时，，当时， 当时，， 有两个零点时，实数a的取值范围为． （2）不妨设,由题意得, ，,， 要证：，只需证. ， 令，，只需证 ，只需证：. 令,， 在递增， 成立. 综上所述，成立． 【典型例题3】已知函数（）. （1）若，求函数在处的切线； （2）若有两个零点，，求实数的取值范围，并证明：. 【答案】（1）；（2），证明见解析. 【详解】 （1）的导数为， 则函数在处的切线斜率为， 又切点为， 则切线的方程为，即； （2）设函数，与函数具有相同的零点， ，知函数在上递减，上递增， 当，； 可证当时，，即， 即此时， 当时，， 有两个零点，只需（1），即； 证明：方法一：设函数， 则， 且对恒成立 即当时，单调递减，此时，（1）， 即当时，， 由已知，则， 则有 由于函数在上递增，即， 即． 方法二：故． 设，则，且，解得，， 要证：，即证明， 即证明， 设，， 令，，则， 在上单调增，（1）， 在上单调增， 则（1）． 即时，成立， 【变式训练2-1】已知函数. (1)讨论的单调性. (2)若函数有两个零点 ，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (1) 解：函数的定义域为，. ①当时，令，得，则在上单调递减； 令，得，则在上单调递增. ②当时，令，得，则在上单调递减； 令，得，则在上单调递增. 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 证明：因为为的两个零点，所以，， 两式相减，可得，即，， 因此，，. 令，则， 令，则， 所以函数在上单调递增，所以，即. 因为，所以，故得证. 【变式训练2-2】已知函数. (1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围； (2)求证：； (3)设函数的两个零点、，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 (1) 解：由可得，可得， 令，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，； (2) 解：要证，即证， 由（1）可知，，当且仅当时，等号成立， 令，其中，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，， 因为和取等的条件不同，故，即； (3) 解：由题知①，②， ①②得③， ②①得④. ③④得， 不妨设，记. 令，则， 所以在上单调递增， 所以，则，即， 所以. 因为 ， 所以，即. 令，，则在上单调递增. 又， 所以，即，所以. 比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解． 【变式训练2-3】已知函数有两个零点，. （1）求a的取值范围； （2）求证：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】(1)有两个零点有两个相异实根． 令，则 由得：，由得：， 在单调递增，在单调递减， ， 又，当时，，当时， 当时，， 有两个零点时，实数a的取值范围为． （2）不妨设,由题意得, ，,， 要证：，只需证. ， 令，，只需证 ，只需证：. 令,， 在递增， 成立. 综上所述，成立． 题型03：消参减元 【典型例题】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：. 【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2），证明见解析. 【详解】（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， ∴，∴， ∴. 【变式训练3-1】已知函数，且是函数的导函数， (1)求函数的极值； (2)当时，若方程有两个不等实根． （ⅰ）证明：； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)极小值为，没有极大值． (2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析 （1） 由题意可知函数的定义域为． 由， 所以． 令，解得． 当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以当时，函数有极小值为，函数没有极大值． （2） （ⅰ）由题意，， 因为． 设，则,， 构造函数，则． 当时，，所以函数在上单调递减， 故，所以． （ⅱ）因为当时，方程有两个不等实根， 所以 即 两式相减得， 所以． 由（ⅰ）得． 由重要不等式得， 所以， 即，所以， 所以， 所以，即． 因为， 所以，所以． 故由（Ⅰ）得 【变式训练3-2】已知函数. （1）设函数，且恒成立，求实数的取值范围； （2）求证：； （3）设函数的两个零点、，求证：. 【答案】 （1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 （1） 解：由可得，可得， 令，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，； （2） 解：要证，即证， 由（1）可知，，当且仅当时，等号成立， 令，其中，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减， 所以，， 因为和取等的条件不同，故，即； （3） 解：由题知①，②， ①②得③， ②①得④. ③④得， 不妨设，记. 令，则， 所以在上单调递增， 所以，则，即， 所以. 因为 ， 所以，即. 令，，则在上单调递增. 又， 所以，即，所以. 题型04：对数均值不等式法 【典型例题1】已知函数（为的导函数）. (1)讨论单调性； (2)设是的两个极值点，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 （1） 的定义域为. ，设，则 当时，恒成立，在上单调递增. 当时，由，得；由，则； 即在上单调递增，在上单调递减 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减 （2） 证明：，因为，是函数的两个极值点， 所以， 两式相减得， 欲证，只需证. ① 不妨设，故①变形为② 令，， 则在上单调递增，则 故②式成立，即要证不等式得证 【典型例题2】已知函数． (1)若在上单调递减，求实数的取值范围． (2)若是方程的两个不相等的实数根，证明：． 【答案】(1)； (2)详见解析 【详解】（1）， ，在上单调递减， 在上恒成立，即， 即在， 设，，， 当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减， 所以函数的最大值是，所以； （2）若是方程的两个不相等的实数根， 即又2个不同实数根，且，， 得，即 ， 所以， 不妨设，则， 要证明， 只需证明， 即证明，即证明， 令，， 令函数， 所以， 所以函数在上单调递减， 当时，，所以，， 所以 ，即，即得 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． 【变式训练4-1】已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数． （1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值； （2）当a＝1时，试比较f（m）与f（）的大小； （3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2． 【答案】（1）a＝1；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析． 【详解】（1）解：由f(x)＝lnx﹣ax，得：， ∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行， ∴ ，即a＝1； （2）当a＝1时，f(x)＝lnx﹣x， ∴， 当0＜x＜1时，，f(x)单调递增， 当x＞1时，，f(x)单调递减． 令， 则． 又∵h（1）＝0， ①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即； ②当m＝1时，h（m）＝0，即； ③当m＞1时，h（m）＜0即； （3）证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2， ∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0， ∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2）， ∴， 欲证明，即证lnx1+lnx2＞2， ∵lnx1+lnx2＝a（x1+x2）， ∴即证， ∴原命题等价于证明， 即证：（x1＞x2）， 令，则t＞1，设（t＞1）， ， ∴g（t）在（1，+∞）上单调递增， 又∵g(1)＝0， ∴g（t）＞g(1)＝0， ∴，即． 【变式训练4-2】已知函数存在两个零点，. （1）求的取值范围； （2）证明：. 【答案】（1）；（2）证明见解析. 【详解】（1）， ①当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意； ②当时，当时，，单调递减； 当时，，在上单调递增， 则，解得，注意此时， （i）当时，，此时， 则在和上分别存在一个零点； （ii）当时，， 设，，所以，， 所以在单调递增，则， 所以在单调递减，则，即， 此时，则在和分别存在一个零点； 综上，若有两个零点，则的取值范围为； （2）不妨设，由得： ， 两式相减得：， 两式相加得：， 要证，只需证， 只需证， 因为，所以只需证， 即证， 令 ，，， 则， 所以在单调递增， 则，所以原不等式得证. 极值点偏移常见类型 题型01： 加法型 【典型例题1】已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【解题思路】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围. 【解答过程】由题意可知，当时，，所以； 当时，，所以， 综上，对，有， 由有两个零点，即方程有两个根， 即方程有两个根，不妨设, 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，,当时， 令，因为，所以， 所以，则， 令， ，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时. 所以函数的值域为， 即的取值范围是. 故选：A. 【典型例题2】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. 【典型例题3】已知函数. (1)求的单调区间； (2)证明：当时，. 【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解； （2）构造函数与，利用导数证得，再利用（1）中结论可得，从而得解. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，；当时，， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）令函数， 代入化简得， 令，求导得， 当时，，即在上单调递减，于是， 则当时，，即， 所以时，， 由题意不妨令，则， 又，所以， 根据（1）知在上单调递增， 而，所以，故得证. 【变式训练1-1】已知函数有两个不同的零点，符号表示不超过的最大整数，如，则下列结论正确的是（    ） A．的取值范围为 B． C． D．若，则的取值范围为 【解题思路】利用导数研究函数的单调性，结合条件列不等式求a的取值范围，举例判断B，由此判断A，结合零点存在性定理判断C，D. 【解答过程】函数的定义域为， ， 当时，，函数在上单调递增， 函数在上至多只有一个零点，与条件矛盾，故舍去； 当时，由可得或（舍去）， 当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减， 因为函数有两个不同的零点，可得， 所以，所以， 所以，故A错误， 由，可得，即与有两个交点， 令，可得， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减， 当时，函数取得最大值，最大值为， 当时，，当时，，又， 函数的图象如图所示， 不妨设，则，， 结合图象，若，此时，此时，故B错误； 因为，，所以，， 当时，，则， 当时，则， 所以，当时，， 此时，，故C错误， 因为， 若则，，，， 所以，，， 所以， 所以， 若，则，，，且， 所以，，， 所以，， 所以，， 又，所以，所以，故满足条件的不存在， 所以的取值范围为，故D正确， 故选：D. 【变式训练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. 【变式训练1-3】已知函数，其中为常数. (1)当时，试讨论的单调性； (2)若函数有两个不相等的零点，， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】(1)答案见解析； (2)（i）；（ii）证明见解析. 【分析】（1）利用导数并讨论参数a的范围研究导数的符号，即可判断单调性； （2）（i）结合（1）的单调性判断、的符号，排除，再在的情况下研究的单调性和最值，根据零点的个数求参数范围； （ii）由（i）有，分析法将问题化为证明，进而构造并利用导数研究其符号，即可证结论. 【详解】（1）由题设，且， 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减； 当时，在上恒成立，故在上单调递增； 当时，在上，在上，在上， 所以，在、上单调递增，在上单调递减. （2）（i）由， 若时，， 令且，则， 所以时，时， 故在上递增，在上递减，则， 所以， 结合（1）中的单调性，易知不可能出现两个不相等的零点， 又时，在上只有一个零点，不满足， 所以，此时，在上，在上， 故在上单调递减，在上单调递增，则， 又趋向于0或负无穷时，趋向正无穷，只需成立， 显然在上递减，且当时， 所以，时恒成立，即所求范围为； （ii）由（i），在时，存在两个不相等的零点， 不妨令，要证，即证，而， 由（i）知：在上单调递增，只需证， 由，则 令，且， 则 ， 所以，在上，即在上递增， 所以，即成立， 所以，得证. 【点睛】关键点点睛：第二问，首先利用第一问及其零点个数将参数范围限定在，进而利用导数研究其最值求范围，再令，将问题转化为证是关键. 【变式训练1-4】已知函数. (1)若是的极值点，求的值； (2)若函数有两个零点. ①求实数的取值范围； ②证明：. 【解题思路】（1）对函数先求导，结合是的极值点计算出结果，再进行验证； （2）①由题意得函数的零点即方程的实根，对进行分类讨论，利用导数判断函数单调性求得最值，进而计算出实数的取值范围； ②构造函数利用函数导数判断函数单调性，根据函数单调性证明：. 【解答过程】（1），当时即解得 检验：当在递减；在递增 则是极小值点成立，所以. （2）由题意得函数的零点即方程的实根， ①（i）当时不成立. （ii）当时，令， 的减区间增区间. 当时..当时， 若有两个零点.即有两个实根， 则的取值范围. ②方法一： ， 令， 于是， ， 令，则， ， 则在单调递减，所以， ， 则在单调递减， 又因为， 方法二： ，令 ，令， 在单调递减，又因为，所以， 即，在单调递减， ， 又因为， 又因为在单调递增， 所以所以. 【变式训练1-5】已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当函数仅有两个零点时． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【解题思路】（1）对函数求导，对参数分类讨论，由导数与单调性的关系即可求解； （2）①分类讨论，利用函数单调性讨论零点问题； ②构造新函数讨论与大小关系，利用在上单调性，证明结论. 【解答过程】（1）定义域为，且， 当时，令，得，令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减； 当时，令，得或， 当，即时，在和上单调递增，在上单调递减； 当，即时，恒成立，在上单调递增； 当，即时，在和上单调递增，在上单调递减. 综上，当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在和上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递增； 当时，在和上单调递增，在上单调递减. （2）①时，只有一个零点； 当时，在上单调递增，在上恒小于0，不存在两个零点； 当时，时，，在上单调递减，在上单调递增，不存在两个零点； 当时，在上单调递增，在上单调递减； ，当且 此时函数有两个零点.∴. ②证明：设，由①知， ∵为零点，∴， ∴， ∴， 令， ， 当时， ∴在上单调递减， ∵，， ∴， ∴， ∴， ∴， ∵在上单调递减， ∴， ∴. 【变式训练1-6】已知函数的导函数为． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在两个不同的零点，，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，证明：． 【解题思路】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率即可得解； （2）利用导数求出函数的最小值，由题意只需最小值小于0即可得出的取值范围； （3）构造函数，利用导数得出单调性可得，即可由及的单调性得证. 【解答过程】（1）若， ，又， 曲线在点处的切线方程为. （2）， 设，则. 令， 得， 在上，， 在上，， 在上单调递减， 在上单调递增， . 又当或时，， 要使有两个零点， 只需， 解得， 的取值范围为. （3）由题意及（2）知， 存在不同的， 使得， 不妨设， 则，. 设，则， 当时，，在上恒成立， 当时，单调递减，， 即. ， 在上单调递增，， 即. 【变式训练1-7】已知函数． (1)证明：； (2)若，且，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）对函数变形整理，构造函数，对其进行二次求导，从而可求出的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结论成立. （2）对函数进行二次求导，从而可判断函数单调性，要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，即证，进而构造函数判断其单调性即可证明. 【详解】（1）由题意，，设 ，则 ，当时，，单调递增；当时，， 单调递减，从而，故恒成立， ，故． （2）由题意，，，， ，， 从而在上单调递增，在上单调递减，故， 在上单调递减，且， 若，则，不合题意， 若，则，不合题意，∴， 要证，只需证，结合在上单调递减知只需证， 又，，故只需证，即证①， 令，， 则， ，在上单调递增， 又，，从而在上单调递减，，， ，，即不等式①成立，故． 【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题. 【变式训练1-8】已知常数，函数. (1)若，求的取值范围; (2)若、是的零点，且，证明:. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围； （2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明. 【详解】（1）由已知得的定义域为， 且 ， 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极小值即最小值， ， ， ，即的取值范围为. （2）由（1）知，的定义域为， 在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点. 、是的零点，且， 、分别在、上，不妨设， 设， 则 当时，，即在上单调递减. ， ，即， ， ， ， ， 又，在上单调递增， ，即. 【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小； （2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式. 【变式训练1-9】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 【解析】（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． 题型02： 减法型 【典型例题1】已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，利用参变分离可求解. 【解答过程】由，，可得， 当时，，此时在单调递减； 当时，，此时在单调递增； 又因为，所以函数存在唯一的零点，即. 因为，解得. 即在上有零点， 故方程在上有解， 而， 因为，故，故， 所以，故 故选：B. 【典型例题2】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. 【典型例题3】有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【答案】(1) (2)证明见详解 【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解. （2）当时由及的两个零点之间的距离可得. 【详解】（1）时，， 由题意的两个零点即为 方程的两个根， 分离参数即得，令， 对其求导得，设， 则，所以在定义域上面单调递减， 注意到，所以随的变化情况如下表： 所以有极大值（最大值）， 又当时，；当时，， 若方程有两个根， 则，即的取值范围为. （2）因为，设， 所以当且时有， 进而有，且 的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示： 因此的两个零点在二次函数两个零点之内， 所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式， 又，所以， 综上，有，命题得证. 【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化. 【典型例题4】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）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值； （2）根据单调性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，，可证得，，结合不等式的性质可证得结论. 【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）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】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式． 【变式训练2-1】函数有两个零点，下列说法错误的是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】将问题转化为与有两个交点，数形结合即可判断A选项，并求出的取值范围；利用极值点偏移构造新函数，结合，即可判断D选项；对进行变形，利用表示，结合原不等式构造新函数，再求导确定最值即可判断B选项；由，结合的取值范围，即可判断C选项. 【解答过程】对于A，因为函数有两个零点，所以方程有两个根， 即，即与有两个交点， 设，所以， 当时，解得：，此时函数单调递增， 当时，解得：，此时函数单调递减， 所以是函数定义域内的唯一极大值点，则， 当时，恒成立，此时，当时，，此时，当时，，此时， 画出函数图象如下图所示：    结合图象可得当时，与有两个交点， 即函数有两个零点，故A选项正确； 对于D，因为，结合图像可知， 因为，由可得，由可得，所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，则必有，则由得，， 令，其中 则，则函数在上单调递减， 所以，即，又，可得：，因为函数的单调递减区间为，所以，即 ，故D选项错误； 对于B，，两式相减有， 要证，即证， 又，即证：， 又，考虑函数和函数的图象，如下图：    将的图象沿作对称变换，得， 令，且 设，则， ，当时，有；当时，有， 即在时单调递增，在时单调递减， ，则在上恒成立， 在上单调递减， 又， 当时，，时，， 即当时，，即， ， 当时，，即， ， 又，即， ，即，故B选项正确； 对于C，因为，所以，又因为，则，所以，又，可得，故C选项正确. 故选：D. 【变式训练2-2】已知函数． (1)若函数在上单调递增，求的取值范围； (2)若函数的两个零点分别是且，证明：． 【解题思路】（1）求导，可得在单调递增，即可得，即可求解， （2）根据（1）的单调性可得，构造函数，由导数求解函数的单调性可得恒成立，且，即可根据结合函数的单调性即可求证. 【解答过程】（1）由题意， 设，则，显然当时，，在上是增函数，即在上是增函数， 由得，当时，，在递减，时，，在递增， 要使函数在上单调递增，则，所以； （2）由（1）知， 设， 当时，在单调递增， 当时，在单调递减，故 故恒成立， 即时，恒成立， 所以有两个零点分别是且，， 由恒成立，可得，故， ， ， 又， ， 所以， 故， 因此，得证. 【变式训练2-3】已知函数． (1)求证：； (2)若是的两个相异零点，求证：． 【解题思路】（1）设，求导，分析函数的单调性，确定函数的值域可证明该问题. （2）求，分析函数单调性，求出极值；根据的两个相异零点，可确定的取值范围，并分别得到的取值范围，推导出的取值范围. 【解答过程】（1）令，则． 令，得；令，得． 所以在上单调递减，在上单调递增． 所以，所以． （2）易知函数的定义域是． 由，可得． 令得；令得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． ①当，即时，至多有1个零点，故不满足题意． ②当，即时，． 因为在上单调递增，且．所以， 所以在上有且只有1个零点，不妨记为，且． 由（1）知，所以． 因为在上单调递减，， 所以在上有且只有1个零点，记为，且． 所以，所以． 同理，若记 则有， 综上所述，． 【变式训练2-4】已知函数，证明： (1)在上单调递减，在上单调递增； (2)若的两个零点为，，则 （i）； （ii）. 【解题思路】（1）求导得，再次求导研究导函数的单调性，从而得到导函数的范围，即可判断原函数的单调性； （2）（i）根据零点存在性定理得到，构造函数，再次求导，利用同构思想得到，则； （ii）令，求导得其单调性，则得到，，两不等式相加即可. 【解答过程】（1），令， 则，，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 当时，； 当时，. 故在上单调递减，在上单调递增. （2）（i），当时，， 故在内没有零点. 当；当时，， 根据函数零点存在定理，在区间和内各有一个零点. 因此，. 令，则， 令，则，，， 故在上单调递减，在上单调递增，. 因此，当时，， 即在上单调递增. 于是，即. 又因为在上单调递增，故，即. （ii）令，则. 当时，，故在上单调递减，，即. 因此，，即①. 当时，， 故，即②， 根据不等式的同向可加性①②得. 【变式训练2-5】已知函数 (1)求曲线在点处的切线方程； (2)若恒成立，求a的值； (3)若有两个不同的零点，且，求a的取值范围. 【解题思路】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）求导可得，易知当时不符合题意；当时，利用导数研究函数的单调性可得，设，利用导数研究函数的性质即可求解； （3）易知当时不符合题意，当时，易知不符合题意；若，由（2）可知只需，解之即可. 【解答过程】（1）由，得， 因为， 所以曲线在点处的切线方程为； （2）， ①当时，，不符合题意. ②当时，令，解得， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 所以当时，取得最小值； 若恒成立，则， 设，则， 当时，在区间上单调递增， 当时，在区间上单调递减， 所以，即的解为. 所以； （3）当时，，在区间上单调递增， 所以f（x）至多有一个零点，不符合题意； 当时，因为，不妨设， 若，则，不符合题意； 若，则， 由（2）可知，只需，即，解得， 即a的取值范围为. 【变式训练2-6】已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点； ①求证：； ②求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间； （2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证. 【详解】（1），， 其中，， 当时，即，此时恒成立， 函数在区间单调递增， 当时，即或， 当时，在区间上恒成立， 即函数在区间上单调递增， 当时，，得或， 当，或时，， 当时，， 所以函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是， 综上可知，当时，函数的单调递增区间是； 当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是； （2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和， 单调递减区间是，、是方程的两根， 有，， 又的图象与有三个公共点， 故，则， 要证，即证，又， 且函数在上单调递减，即可证， 又，即可证， 令，， 由， 则 恒成立， 故在上单调递增，即， 即恒成立，即得证； ②由，则， 令，， 则 ， 故在上单调递增，即， 即当时，， 由，故，又，故， 由，，函数在上单调递减，故， 即，又由①知，故， 又， 故. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到. 题型03：乘积型 【典型例题1】已知函数，函数有三个不同的零点，，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【解题思路】作出的图象，根据有三个不同的零点，转化为有三个根，求出，，关系，构造函数求出函数的导数，利用导数研究取值范围即可． 【解答过程】作出函数的图象如图， 不妨设，则有三个不同的根，则， 当时，，得，则， 当时，，，则， 设（），则， 所以在上单调递增， 所以，即的取值范围是. 故选：C． 【典型例题2】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 【典型例题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. 【典型例题4】已知函数，. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若有两个极值点，． （i）证明：； （ii）证明：. 【答案】(1)； (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得. （2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证. 【详解】（1）函数，求导得，则，而， 所以曲线在点处的切线方程为. （2）（i）函数，求导得， 令，得， 设，求导得，， 令，得， 当时，；当时，，函数在上递减，在上递增， 于是，由有两个极值点，得方程有两个实根， 即有两个实根，则. （ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且， 设，求导得， 令，则当时，， 即函数在上单调递增，则，即当时，， 于是函数在上单调递增，则，因此， 则，即，而，又在上单调递减， 因此，所以. 【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题： ①通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系； ②利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系； ③适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系； ④构造“形似”函数，变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数. 【变式训练3-1】已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（    ）个 ①    ②    ③ A．0 B．1 C．2 D．3 【解题思路】令，判断的单调性结合得到，，进而有，，两式作差可判断①；根据得到可判断②；将得到的两式相加，再利用换元法可判断③. 【解答过程】 （）有两个不同的零点，，且， 即，是方程的两个不同的根， 令，，易知， ， 在单调递增， 时，， 时，， ，， ，， 对于①，两式作差得，， 整理得， ， ，即，故①正确； 对于②， ，且， ， ，即， ，故②正确； 对于③， ，， 两式相加得，， 整理得， ，即， ， 即， 令，则， 整理得，即， 时，， 时，， ，即，故③正确. 故选：D. 【变式训练3-2】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：. 【点睛】关键点睛：通过构造函数并结合函数的导数从而求解极值点偏移. 【变式训练3-3】已知函数. (1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围; (2)若函数有两个极值点,证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围； （2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案； 方法二：先证明引理，当时,,当时, ，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案. 【详解】（1）的定义域为，， 由题意恒成立，即恒成立， 设，则， 当时，，单调递增, 当时，，单调递减, ∴在处取得极大值，也是最大值，， 故； （2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知， 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,又因为， 所以， 要证,只需证,只需证， 其中，即证， 即证， 由,设, 则,,则, 设， ， 由(1)知，故, 所以,,即，在上递增， ,故成立,即； 证法二： 先证明引理:当时,,当时, ， 设, ， 所以在上递增,又, 当时,，当时，， 故引理得证， 因为函数有两个极值点，由(1)可知, 设，则是的两个零点， ，当时，，当时，, 所以在上递增,在上递减， 所以,即， 要证,只需证， 因为，即证， 由引理可得, 化简可得①， 同理， 化简可得②， 由①-②可得 ， 因为，，所以， 即,从而. 【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件. 【变式训练3-4】已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 【变式训练3-5】已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； 【解题思路】（1）构造新函数，利用新函数的单调性和值域去求实数a的取值范围； （2）构造新函数并利用极值点偏移去证明； 【解答过程】（1） 又因为函数单调递增，且， 在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 在上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是. （2）设， 则 当时，， ， ， 在上单调递增， 当时，， 即当时， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，， ， 又在单调上递减，， 即. 【变式训练3-6】已知函数． (1)若曲线在点处的切线为轴，求的值； (2)若， ①求的单调区间； ②求证：存在两个零点，且满足． 【解题思路】（1）先求函数的导函数，若在点处的切线为轴，只需，求解即可； （2）通过导数求出函数的单调性，由函数及，，从而可证明函数存在两个零点，再根据零点存在性定理即可证明． 【解答过程】（1）函数求导得， 因为函数在处的切线为轴， 所以，即． （2）当时，导函数， 当时，，则在单调递减， 当时，，则在单调递增， 所以， 又因为， 当，当时，， 所以函数存在两个零点，．且， ， 又因为 ， 所以， 所以． 【变式训练3-7】已知函数，其中. (1)求当时，函数在区间上的最小值； (2)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【解题思路】（1）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； （2）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． 【解答过程】（1）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，. （2）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，. 【变式训练3-8】已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 【变式训练3-9】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：，两式相减地， 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. 【变式训练3-10】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. 题型04：商型 【典型例题1】已知函数（e为自然对数的底数），的零点分别为，，则的最大值为（    ） A．e B． C．1 D． 【解题思路】利用同构化得出的关系：，则，然后引入函数，由导数求得函数最大值即得． 【解答过程】由已知，即， ，即，令，则， 又函数是上的增函数，因此， ，令，则， 时，，递增，时，，递减， 所以时，， 所以的最大值是1. 故选：C． 【典型例题2】已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【解题思路】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【解答过程】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 【变式训练4-1】已知，为函数的零点，，若，则（    ） A． B． C． D．与大小关系不确定 【解题思路】为函数的零点，则可以将三个根代入方程得到三个方程，再将这三个方程进行运算凑出，可解出为定值，然后再根据函数有三个零点求出的范围可得答案. 【解答过程】易知 为函数的零点， 又 解之：，负根舍去； 又， 即与有三个交点，交点横坐标分别为，如下图先计算过原点的切线方程，不妨设切点为 切线方程为：过原点， 此时的斜率比切线斜率小，结合图像容易分析出， 故选：C. 【变式训练4-2】设函数，. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)已知有两个不同的零点， （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解题思路】（1）求得，令，得到，得到在上单调递增，进而得到，求得的取值范围. （2）（i）由，转化为，令，得到，令，求得，进而得到得到单调性，得到，进而求得的取值范围；（ii）由（i）不妨设，得到，进而证得. 【解答过程】（1）解：由，可得， 令， 则，所以在上单调递增， 要使得函数在上单调递增，则满足， 即，解得，即实数的取值范围是. （2）证明：（i）由，即，即， 令，可得， 令，可得， 所以在上单调递增，又由， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以， 又由当时，，，则， 当时，，，则， 所以，即的取值范围； （ii）由（i）不妨设，则， 因为是的2个零点，所以，， 当时，，则时，单调递减， 要证：，可得，其中，可得， 由 ， 所以. 【变式训练4-3】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． 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式训练4-4】已知 (1)若，求实数的取值范围； (2)设是的两个零点（），求证：①；②. 【解题思路】（1）求导得出函数的单调区间和最小值，由最小值大于0列出不等式即可求解. （2）①由题意，，作差得，由此即可构造函数比较大小，进而结合函数单调性即可得证；②通过分析得出要证，只需，进而构造函数，求导得出其单调性，进而得出，从而若要使得，则只需，所以构造函数即可得证. 【解答过程】（1），设， 则，所以单调递增，注意到， 所以当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， 所以， 若，则，解得， 所以实数的取值范围为； （2）①由题意不妨设，则由（1）可知，且， 所以 ， 设，， 所以函数单调递增，所以， 所以，即， 又函数在上面单调递减，所以，所以； ②注意到， 所以，要证， 只需，即只需， 令，则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 又，所以， 所以要证，只需，即， 不妨设， 则， 当时，，单调递增， 当时，，单调递增， 因为，所以，即， 又因为，所以， 综上所述，命题得证. 题型05： 平方型（立方型） 【典型例题1】已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围. （2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证. 【详解】（1），，令，解得， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减， 所以，要使，则有，而，故， 所以的取值范围为． （2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增； 当时，单调递减， 设，所以，， ①若，则，成立； ②若，先证，此时， 要证，即证，即，， 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 即，，所以， 因为，，所以， 即． 【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理. 【典型例题2】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． 【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）利用导数研究函数的零点问题． 【典型例题3】已知函数，． (1)若对任意的都有，求实数的取值范围； (2)若且，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）分别计算，的导函数，接着分析它们的单调性，求得在时，的最大值为，的最小值为，问题得解； （2）先将转化为，再设，数形结合得到，接着构造函数，利用函数的单调性得到，最后利用放缩法证明不等式. 【详解】（1）由，， 得，， 当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为． 当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为． 所以，故实数的取值范围为． （2）由得，两边取对数并整理， 得，即，即． 由（1）知，函数在上单调递增，在 上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用） 而，当时，恒成立，不妨设，则． 记，， 则 ，所以函数在上单调递增， 所以，即，， 于是，， 又在上单调递减，因此，即， 所以． 【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”： （1）求导，得到函数的单调性、极值情况，作出函数图象，由得到的大致范围． （2）构造辅助函数（若要证，则构造函数；若要证，则构造函数.），限定的范围，求导，判定符号，获得不等式． （3）代入，利用及的单调性即得所证结论． 【典型例题4】已知函数，． (1)若存在零点，求a的取值范围； (2)若，为的零点，且，证明：． 【解题思路】（1）利用导数求出函数的最小值，解不等式即可求解； （2）由零点的定义可得，只需证，令，利用导数证明不等式即可. 【解答过程】（1）的定义域为， 令，即，等价于， 设，则（）， 令，可得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则的最小值为，， 要使得存在零点，则， 即，得． （2）由为的零点，得， 即，即 两式相减得，即. 要证当时，， 只需证，只需证，， ，． 令，，只需证， ，则在上单调递增， ∴，即可得证. 【变式训练5-1】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，，求的取值范围，并证明：． 【解题思路】（1）先求导函数，再根据导函数正负确定单调区间最后求出最值即可； （2）先根据零点个数求出参数的范围，再设，把二元不等式转化为一元，结合导函数的性质求解即得. 【解答过程】（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． 当时，取得极大值，极大值为． 为满足题意，必有，得． 又时，， 时，， 所以的取值范围为． 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， ∴在上为增函数，从而， 所以成立，从而． 【变式训练5-2】已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个不同的根． (i)求的取值范围； (ii)证明：． 【解题思路】（1）求出函数的导函数，再分、两种情况讨论，分别求出函数的单调区间； （2）(i)参变分离可得，令，利用导数说明函数的单调性，求出函数的最值，即可求出的取值范围；(ii) 不妨设，则，分、两种情况讨论，当时， ，利用导数说明函数的单调性，即可证明，再由基本不等式即可得证. 【解答过程】（1）由题意得，，则， 由，解得． 显然， 若，则当时，单调递增，当时，单调递减； 若，则当时，单调递减，当时，单调递增． 综上，当时，在区间内单调递增，在区间内单调递减； 当时，在区间内单调递减，在区间内单调递增． （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． 解法一： 当时，，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． 解法二： 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． 【变式训练5-3】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. 【变式训练5-4】已知函数. (1)讨论函数的单调区间： (2)若函数有两个不同的零点， ①求的取值范围， ②证明：. 【解题思路】（1）写出，求导，根据的正负判断的符号，进而求出单调区间. （2）①分离参数求导，有两个交点即可；②把变成整式，作差得到，把中换掉，变量集中，令，得到，求导证明即可. 【解答过程】（1），定义域为， 当时，，在递增； 当时，，，，， 递增，在递减. 综上所述：当时，递增区间为，无递减区间； 当时，递增区间为，递减区间为. （2）①有两个不同的零点，有两个根，即有两个根， 令，则， 则时，，递增；时，，递减， 极大值为，当时，，当时，， 的范围为. ②有两个不同的零点， ， 两式作差得，，要证，及证， 即证：，同除，得到 不妨设，令，则， 则证明，即证， 令，则， 则在上增，且，，.得证. 【变式训练5-5】已知函数，且的极值点为. (1)求； (2)证明：； (3)若函数有两个不同的零点，证明：. 【解题思路】（1）利用导数研究函数的单调性，结合极值点的定义即可求解； （2）由（1）知，要证只需证.设，利用导数研究函数的单调性，得，即可证明； （3）由零点的定义可得，由（2），只需证，即证.设，结合换元法，只需证，利用导数证得即可. 【解答过程】（1）由， 则， 所以当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以为的极大值点，即. （2）由（1）知，， 要证，只需证，即， 令，则， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以，即，所以. （3）因为是的两个不同的零点， 所以， 两式相减并整理，得. 设，由（2）知， 所以要证，只需证，即证. 设，下面只需证， 设，则， 所以在上单调递增，从而， 所以成立，从而. 【变式训练5-6】已知函数有两个不同的零点，且． (1)求实数的取值范围； (2)求证：； (3)比较与及的大小，并证明． 【解题思路】（1）先结合导数与单调性关系判断函数的单调性，结合单调性及函数性质，零点存在定理即可求解； （2）令，不妨设，设，欲证，只需证，即证，即证，结合不等式特点合理构造函数，结合导数与单调性关系的转化即可求证； （3）结合所要比较式子，合理构造函数，对新函数求导，结合导数与单调性关系即可求解. 【解答过程】（1）， ，考虑函数， 有两个零点，，则有两个零点， 在上单调递减，单调递增， 所以， 因为当时；当时，，所以； （2），由题不妨设，设， 欲证，只须证，即， 即①， ， ， 证明①式只需证，即证②， 构造，， 令，，由于，所以， 所以在时单调递减，所以， 所以， 在单调递减，得证. （3）先证，构造，， ， 在单调递减，，即， 在单调递增，. 由得， 又当时，，， 所以在时单调递增，当时，， 所以当时，，即 所以， 即，即， 整理得：③， 同理当时，单调递增，当时，， 所以，即， 把代成可得：④， 由③-④得：， ，即，综上． 题型06： 指数型 【典型例题】已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a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）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）将方程变形为，令，令，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，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立. 【详解】（1）解：因为， 所以，其中. ①当时，，所以函数的减区间为，无增区间； ②当时，由得，由可得. 所以函数的增区间为，减区间为． 综上：当时，函数的减区间为，无增区间； 当时，函数的增区间为，减区间为． （2）解：（i）方程可化为，即． 令，因为函数在上单调递增， 易知函数的值域为， 结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根． 又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为． 令，其中，则． 由可得或，由可得， 所以，函数在和上单调递减，在上单调递增． 所以，函数的极小值为， 且当时，；当时，则. 作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，函数与的图象有两个交点， 所以，实数的取值范围是. （ii）要证，只需证，即证． 因为，所以只需证． 由（ⅰ）知，不妨设． 因为，所以，即，作差可得． 所以只需证，即只需证． 令，只需证． 令，其中，则， 所以在上单调递增，故，即在上恒成立． 所以原不等式得证． 【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. 【变式训练】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07： 对数型 【典型例题】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）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值，得到，即可证得结论． 【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）因为是的两个零点， 所以，，将两式作差可得 ，又， 所以， 所以要证，只须证明， 即证明，即证明， 令，即证，， 令，则， 令，则在上恒成立， ∴在上递减，又， ∴在上递增，则， 即， 所以成立，即． 【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. 【变式训练】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. 题型08：复杂型 【典型例题1】已知函数在区间上有两个不同的零点，，且，则下列选项正确的是（    ） A．的取值范围是 B． C． D． 【解题思路】先令，参变分离化简，得，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问题，然后求得a的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，利用基本不等式判断；假设正确，利用零点与的关系消元，然后利用不等式性质以及构造函数证明即可. 【解答过程】令， 令， 由题可知，，， 令，得， 显然，当时，，所以单调递减； 当时，，所以单调递増； ，得示意图 所以都符合题意，故A错误； 由示意图可知 ， 显然， 当且时，易知取两个互为倒数的数时，函数值相等， 因为，所以互为倒数，即，故B正确； ， 等且仅当时等号成立， 因为，所以，故C正确； 因为，要证， 即证， 因为，所以， 即证， 我们分别证明，， 证明： 因为， 所以， 证明： 要证，即证， 不妨设，得， 显然，当时，，此时单调递减； 当时，，此时单调递増； 故，故，即， 所以证得，即证得， 即得，故选项D正确. 故选：BCD. 【典型例题2】已知函数，. (1)当时，求的极值； (2)若函数有2个不同的零点，. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【解题思路】（1）将代入函数解析式，求导，判断其单调性，进而得出极值； （2）（i）化简函数的解析式，令，问题可转化为在有2个零点，，再利用导数研究函数的性质即可得出答案； （ii）等价于证明，再利用极值点偏移法即可得证． 【解答过程】（1）时，， ， 令， ，；，， 在单调递减，单调递增， 时，，，则， ，，时，， 时，；，， 在单调递减，在单调递增， 的极小值为，无极大值. （2）（i），， 令，， ，在单调递增， 令，即在有2个零点，，且，， ， 时，，在单调递增，不存在2个零点， ， 时，；时，， 在单调递减，在单调递增， 时，；时，， ，. （ii）设，，， 由（i）知，，即证：，即证：， ，，在单调递增， 即证：， ，， 令，， 即证：，， 令，， ，在单调递减，， ，在单调递增，. 【变式训练8-1】已知函数有三个不同的零点，其中，则的值为（   ） A．1 B． C．-1 D． 【解题思路】令，求得导数和单调性，画出图象，从而考虑有两个不同的根，从而可得或，结合图象可得，结合韦达定理即可得到所求值. 【解答过程】令，则，故当时，，当时，， 所以函数在上单调递增，在上单调递减，且在处取得极小值， 当，，，，所以函数的图象如图所示， 由可化为，结合图象可知方程有两个不同的实数根， 故或，不妨设方程的两根为，， 若，，，所以， 由图象易知共有两个根，故不成立； 若，则方程的两根为一正一负，不妨设， 结合的性质可得，， 故， 又因为，，所以. 故选：A. 【变式训练8-2】已知函数有两个极值点，且． (1)求的取值范围； (2)证明：． 【解题思路】（1）函数有两个不相等的极值点，则方程在上有两个不相等的实数根，通过构造函数，利用导数研究单调性和函数图象，数形结合求结论成立时的取值范围； （2）由，设，要证，只需证，即证即证，构造函数利用导数证明不等式. 【解答过程】（1）函数的定义域是， ， 因为函数有两个不相等的极值点， 所以方程在上有两个不相等的实数根，所以， 方程两边同时除以，整理得， 即直线与函数的图象有两个交点． 令，则，令，得， 当时，单调递增；当时，单调递减． 所以，又， 时，且，所以的图象如图所示，    要想与的图象有两个交点，则，所以． 故的取值范围是． （2）由（1）易知，，设，则，． 由（1）得，所以，即， 又，即，代入上式得，， 整理得， 要证， 只需证， 两边同时除以，即证， 即证， 两边同除以，即证， 结合式，即证， 即证， 设，因为， 所以在上单调递增，所以， 所以原不等式得证． 【变式训练8-3】已知函数，． (1)求函数的单调区间． (2)当时，若有两个不同的零点 ，则 （ⅰ）求a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【解题思路】（1）求得，结合和的解集，即可求得函数的单调区间； （2）（ⅰ）根据题意转化为有2个不等实根，令，进而转化为有两个不等实根，结合（1）中函数的单调性，即可求解；（ⅱ）根据题意，转化为证明，进而得到，令，得到，利用导数求得函数的单调性与最值，即可求解. 【解答过程】（1）解：由函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得， 所以的增区间为，减区间为． （2）解：（ⅰ）要使有2个零点，即有2个不等实根， 即有2个不等实根， 即， 令，即上式为， 由，所以为单调递增函数， 所以有，所以只需使有2个不等实根， 即有两个不等实根． 由（1）知的增区间为，减区间为，所以， 又当时，，当时，， 所以只需使，即，即实数的取值范围为. （ⅱ）由有2个不同零点， 可得，即， 所以要证，只需证， 又两式相减得， 所以只需证， 由于，所以只需证， 只需证， 令，即证（*）． 令，可得且， 所以在递增，当时，， 所以，则. 题型09：拐点偏移问题 【典型例题1】给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图像的对称中心，若函数，则（    ） A．8082 B．2021 C．-8082 D．-2023 【解题思路】通过二次求导可得，可得，，所以的图像的对称中心为，即，据此规律求和即可. 【解答过程】由，可得， 令可得， 又， 所以的图像的对称中心为， 即， 所以 ， 故选：C. 【典型例题2】已知函数f(x)＝，其导函数f′(x)的最大值为0. (1)求实数a的值； (2)若证明 【解析】 （1）【解法一】 由题意，函数的定义域为，其导函数 记 则 当时，恒成立， 所以在上单调递增，且. 所以，有，故时不成立； 当时，，则；若，则. 所以在单调递增，在单调递减 又 若 即时，则在单调递减，， 故时不成立； 若 即时，则在单调递减，， 故时不成立； 若时，则在单调递增，在单调递减，所以成立 ，故时成立. 综上可知， 【解法二】 由题意，函数的定义域为 ，其导函数 记 则 当时，恒成立，所以在上单调递增，且. 所以，有，故时不成立； 当时，，则；若，则. 所以在单调递增，在单调递减 所以 令 所以， 故 （2）【解法一】（分析法解题） 当时，，则. 由（1）知恒成立， 所以在上单调递减， 且， 不妨设 ，则 欲证，只需证，因为在上单调递减， 则只需证，又因为， 则只需证,即 令，且. 所以欲证，只需证 由， 整理得： 所以在区间上单调递增， 所以，， 所以函数在区间上单调递减， 所以有，故. 【解法二】（综合法书步骤） 当时，，则. 由（1）知恒成立， 所以在上单调递减， 且， 不妨设 ，则 令 ，且 由， 整理得： 所以在区间上单调递增， 所以，， 所以函数在区间上单调递减， 因为，所以 又因为，所以 在上单调递减， 所以 【变式训练9-1】对于三次函数，现给出定义：设是函数的导数，是的导数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ） A． B． C．17 D．34 【解题思路】根据题意求得函数的对称中心为，得到，结合计算规律，即可求解. 【解答过程】由函数，可得，所以， 令，可得， 又由，即函数的对称中心为， 所以， 则 . 故选：C. 【变式训练9-2】已知函数． （1）当时，讨论函数的单调性； （2）当时，设，若正实数，，满足，求证：． 【解析】（1）， ，在递减，在递增， 且 当时，恒成立，此时函数在上单调递增； 当时，的根为， 时，函数在，，上单调递增，在单调递减； 时，函数在，上单调递增，在，单调递减； 证明：（2），． 由，即， 从而，（8分） 令，则由得： 可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增． （1）， ， ， 又，，． 【变式训练9-3】已知函数，． （Ⅰ）若在处取得极值，求的值； （Ⅱ）设，试讨论函数的单调性； （Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：． 【解答】解：（Ⅰ）因为，所以， 因为在处取得极值，所以（1），解得：． 验证：当时，， 易得在处取得极大值． （Ⅱ）因为， 所以， ①若，则当时，， 所以函数在上单调递增； 当，时，， 函数在，上单调递减． ②若，， 当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减； 当时，恒成立，所以函数在上单调递增； 当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减． （Ⅲ）证明：当时，， 因为， 所以， 即， 所以， 令，， 则， 当时，， 所以函数在上单调递减； 当时，， 所以函数在上单调递增． 所以函数在时，取得最小值，最小值为1． 所以， 即， 所以或， 因为，为正实数，所以当时，， 此时不存在，满足条件， 所以． 【变式训练9-4】设函数的导函数为，的导函数为，的导函数为．若，且，则点为曲线的拐点． (1)已知函数，求曲线的拐点； (2)已知函数，讨论曲线的拐点个数． 【解题思路】（1）根据拐点的定义求解即可；、 （2）对函数二次求导后，可知，由可得的零点个数等于函数的图象与直线的交点个数，函数的图象与直线均经过点，然后按，和或分析讨论即可. 【解答过程】（1）由题意得，，． 由，得或． 因为，，， 所以点为曲线的拐点． （2）由题意得，，．易得． 令，得，则的零点个数等于函数的图象与直线的交点个数， 易知函数的图象与直线均经过点． ①如图，当时，函数的图象与直线只有一个交点， 因为，，所以点为曲线的拐点． ②如图，当时，直线与函数的图象相切，只有一个交点， 因为，，所以曲线没有拐点． ③如图，当或时，直线与函数的图象有两个交点，其中一个交点为， 设另外一个交点的横坐标为，则，即． ，，所以点为曲线的拐点． ，， 设函数，则，当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则，得，即， 所以点为曲线的拐点． 综上所述，当时，曲线的拐点个数为1；当时，曲线的拐点个数为0；当或时，曲线的拐点个数为2． 【变式训练9-5】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设为函数的导数，若为的极值点，则为曲线的拐点. 已知曲线C：. (1)求C的拐点坐标； (2)证明：C关于其拐点对称； (3)设为C在其拐点处的切线，证明：所有平行于的直线都与C有且仅有一个公共点. 【解题思路】（1）通过导数，计算函数在定义域上的单调性，并算出极值点即可； （2）通过证明对称方程即可； （3）求出拐点处的切线方程，设平行于直线的方程，并与原方程联立证明一个解即可. 【解答过程】（1）设，则. 设，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故是的极小值点，且为唯一极值点. 所以曲线：的拐点为，即. （2）因为. 所以：关于其拐点对称. （3）因为C在拐点处的切线方程为：. 设平行于的直线方程为， 并与C的方程联立有. 设， 则， 则在上单调递增. 因为， 故当时，与C有唯一公共点. 当时，，且，， 故存在唯一，使得， 此时与C有唯一公共点. 同理，当时，，且，， 故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点. 当时，，且， 故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点. 同理，当时，，且， 故存在唯一，使得，此时与C有唯一公共点. 综上，所有平行于的直线都与C有且仅有一个公共点. 【变式训练9-6】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设为函数的导数，若为的极值点，则为曲线的拐点. 已知函数有两个极值点，且为曲线C：的拐点. (1)求a的取值范围； (2)证明：C在Q处的切线与其仅有一个公共点； (3)证明：. 【解题思路】（1）先根据条件得有两个变号零点，分离参数构造函数，求其导函数判定其单调性与最值计算即可； （2）利用导数的几何意义先求得C在Q处的切线方程，利用作差法及导数研究函数的单调性与零点即可证明； （3）直接根据（1）（2）的结论得出即可证明. 【解答过程】（1）由题意可知有两个变号零点，即有两个正根， 令， 易知单调递减，且时， 所以时，即此时单调递增， 时，即此时单调递减，所以， 又，时，则时，， 所以要满足题意需 （2）令， 由上知，所以在内单调递增， 根据“拐点”的定义及条件知， 所以C在Q处的切线方程为：， 令，即证只有一个零点， 易知， 由上可知在上单调递减，在上单调递增， 即，所以单调递增， 显然，所以只有一个零点， 所以C在Q处的切线与其仅有一个公共点，即Q点； （3）不妨设，由题意可知是的两个变号零点， 结合（2）知， 根据的单调性知， 所以，证毕. 【变式训练9-7】拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）.设是函数的导函数， 是函数的导函数，若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”. (1)经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为，讨论函数的单调性并求极值. (2)已知函数，其中.求的拐点. 【解题思路】（1）根据题意，由条件结合二阶导数的定义可得，然后求导即可得到单调区间以及极值； （2）根据题意，求函数二阶导数可得，然后构造函数转化为零点问题，即可求解. 【解答过程】（1），， 由题意得，即，解得， 且，即，解得， 故， 所以， 令得或，令得， 故在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，在处取得极小值， 故极大值为，极小值为； （2）， 由于，，故，即的定义域为， ， ， 令得，， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，由零点存在性定理知，有唯一的零点， 故，即时，满足， 当时，， 故的拐点为. 学科网（北京）股份有限公司1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题 【典型例题1】已知，，，均为的解，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解析】对于A，令，因为，所以在上单调递增，与x轴有唯一交点， 由零点存在性定理，得，，则，故A错误. 对于B，C，D，当时，两边同时取对数，并分离参数得到， 令，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 如图所示， 当时，与的图象有两个交点， ，解得，故B正确； ，由A选项知，，故C错误； 由极值点偏移知识，此时函数的极值点左移，则有，故D错误. 故选：B. 【典型例题2】已知函数，在其定义域内有两个不同的极值点. (1)求的取值范围； (2)记两个极值点为，，且，当时，求证：不等式恒成立. 【解析】(1)由题意知，函数的定义域为， 方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根， 即方程在有两个不同根； 令，则， 则当时，，时，， 则函数在上单调递增，在上单调递减， 所以， 又因为，当时，，当时，， 所以的取值范围为； (2)证明：欲证 两边取对数等价于要证， 由（1）可知，分别是方程的两个根， 即， 所以原式等价于，因为，， 所以原式等价于要证明. 又由，作差得，，即. 所以原式等价于，令，， 则不等式在上恒成立. 令， 又， 当时，可见时，， 所以在上单调增， 又，, 所以在恒成立，所以原不等式恒成立. 【典型例题3】已知函数，. (1)求证：，； (2)若存在、，且当时，使得成立，求证：. 【解析】(1)证明：构造函数，其中， 则 ， 因为，则，， 即当时，，所以，函数在上单调递减， 故当时，，即. (2)证明：先证明对数平均不等式，其中， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数，当时，， 所以，当时，， 本题中，若，则， 此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，， 由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则， 则，即， 所以，， 因为，则， 所以，， 所以，， 所以，，所以，， 由对数平均不等式可得，可得，所以，. 【典型例题4】已知函数（其中e为自然对数的底） (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，是的极值点且.若，且. 证明：. 【解析】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立， 所以在恒成立， 令，， ①当时，在恒成立，在上单调递增， 所以，所以满足题意. ②当时，令，则. (i)，所以，在单调递增， 所以，所以满足题意. （ii），在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，， 所以在恒成立，所以在上单调递减， 而，所以不成立. 所以实数a的取值范围为：. （2），， 因为是的极值点，所以满足， 令，则若，解得， 所以当时，，当时，， 所以，， 所以是唯一负极值点，且在上单调递增，在上单调递减， 要证明，即证明， 化简得，由于在上单调递增， 且由，，可知. 故， 从而可推得，而， 因此. 令， 则， ， 而，所以， 故单调递增，从而，即， 从而，即证得. 【典型例题5】已知函数. (1)证明：. (2)若函数，若存在使，证明：. 【解析】（1）令，，， 令，解得：；令，解得：， ∴在递增，在递减，则， ∴恒成立，即. （2）∵，，∴， 令，解得：；令，解得：； ∴在递增，在递减. 又∵，，，，且，. 要证，即证. ∵，∴， 又∵，∴只证即可. 令，， 恒成立， ∴在单调递增. 又∵，∴，∴， 即，∴. 【变式训练10-1】关于函数，下列判断正确的是（  ） ①是极大值点； ②函数有且仅有个零点； ③存在正实数，使得成立； ④对任意两个正实数、且，若，则. A．①④ B．②③ C．②③④ D．②④ 【答案】D 【解析】对于①，函数的定义域为，， 当时，，此时函数单调递减， 当时，，此时函数单调递增， 所以，是极小值点，①错； 对于②，令，该函数的定义域为， ，则函数在上单调递减， 因为，，所以，函数有且仅有个零点，②对； 对于③，若存在正实数，使得成立，则， 令，其中，则， 令，其中，则， 当时，，此时函数单调递增， 当时，，此时函数单调递减，则， 所以，当时，，故函数在上单调递减，则无最小值， 故不存在正实数，使得成立，③错； 对于④，先证明，其中，即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以，函数在上为减函数，当时，， 所以，当时，， 由，得可得， 所以，，所以，，因此，，④对. 故选：D. 【变式训练10-2】已知函数． (1)当时，证明； (2)若存在极值点，且对任意满足的，都有，求a的取值范围． 【解析】（1）当时，，定义域为， 设，则， 所以函数在单调递增，在上单调递减，所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以，，当且仅当时等号成立， 所以，且等号不同时成立，所以； （2）函数，， 若存在极值点，则，所以， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 由，不妨设， 若，则； 若，由可得，则， 所以，即对恒成立， 令，则， 则 ， 设，则， ， 令，， 则， ， 令， 则， 令，则， 当时，令， 则 ， 设， 所以，所以， 所以当时，，单调递增，，单调递增， ，单调递增，，单调递减，， ，符合题意； 当时，，存在，单调递减，， ，，单调递增，，， 不符合题意； 所以，由单调递增可得. 【变式训练10-3】已知函数，. (1)讨论f（x）的单调性； (2)若时，都有，求实数a的取值范围； (3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：. 【解析】（1）因为，定义域为，. ①当时，令，解得 即当时，，单调递增， 当时，，单调递减； ②当时，在单调递增； ③当时令，解得， 即当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 综上：当时，在单调递增，在单调递减； 当时，在单调递增； 当时，在单调递减，在单调递增. （2）若时，都有， 即，恒成立. 令，则，， 令，所以， 当时， ，单调递增，， 所以，在单调递减， 所以=，所以 （3）原式可整理为， 令，原式为， 由（1）知，在单调递增，在单调递减， 则为两根，其中，不妨令， 要证， 即证，， 只需证， 令，，， 令，则，，单调递增， ，，单调递减. 又， 故 ，所以恒成立， 即成立， 所以，原式得证. 【变式训练10-4】已知函数（为自然对数的底数，）． (1)求的单调区间和极值； (2)若存在，满足，求证：． 【解析】(1). 当时，，所以在上单调增，无极值； 当时，令，得， 当时，；当时，； 所以在上单调递减，在单调递增． 所以函数的极小值为，无极大值. (2)由题（1）可知，当时才存在，满足， 不妨设， 设，则 ， 因为，所以，所以， 所以在上单调递减， 所以，所以，即 故， 因为，又在上单调递增， 所以，所以， 下面证明：； 因为， 所以，所以， 所以，得证. 【变式训练10-5】已知函数，． (1)讨论极值点的个数． (2)若有两个极值点，，且，证明：． 【解析】(1)因为， 所以． 令，则． 当时，，单调递增； 当时，，单调递减． 所以． 当时，，即，则在上单调递减，无极值点． 当时，，因为，，， 所以，，，即， 故有2个极值点； 综上，当时，无极值点．当时，有2个极值点； (2)证明：令，， 则． 令， 则． 因为，所以，所以． 因为，所以， 所以，故在上单调递增，则，即， 所以在上单调递减，则． 因为，所以． 要证，只需证． 因为，，，在上是增函数， 所以只需要证，即． 由， 两式相减得，即． 因为，所以． 下面证明，即证． 令，则即证． 令，，则， 所以在上单调递增，所以， 故． 又， 所以，故．得证． 【变式训练10-6】已知函数. (1)求的单调区间； (2)已知，且，若，求证：. 【解析】(1)，令，则， ∴在单调递增， 注意到 ∴当时，，此时，单调递减，当时，，此时，单调递增 ∴在单调递减，在单调递增 (2)等价于，等式两边同除以得： ，即 由（1）知：在单调递减，在单调递增 ∴，一正一负，不妨设 构造新函数，则 ∴ 令，则 当时，显然恒成立，所以 又对恒成立， 所以在时，，即单调递减 ∵ ∴，即 ∵ ∴ 其中，，且在单调递减 ∴，即 【变式训练10-7】已知函数. (1)求的单调区间 (2)若的极值点为，且，证明：. 【解析】(1)的定义域为，， 由，得. 当时，；当时，. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)证明：由（1）可知，由的极值点为，得， 所以，. 当时，；当时，， 则函数的大致图象，如图所示； 不妨设，若， 由图象知：， 又， 所以要证，即证， 当时，，. 当时，， ， =，. 设，， 则，， 令，则， 所以在上单调递减， 所以，在上单调递增， 则， 所以，即， 又因为n，，且在上单调递增， 所以，即， 则. 综上，. 【变式训练10-8】已知函数. （1）求的单调区间与极值. （2）设，为两个不相等的正数，且，证明：. 【解析】（1）的定义域为，. 当时，；当时， 所以的单调递增区间为，单调递减区间为. 故在处取得极大值，且极大值为，无极小值. （2）证明：易知，， 即，. 不妨设，，. （1）可知，， 当时，， 当时，， 设，， 则， 因为，， 所以，在区间上单调递增， ， 所以， 又因为，，所以， 即，故. 【变式训练10-9】已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 【解析】（1），， 由得， 当时，；当时， ∴在上单调递增，在上单调递减． （2）∵，且， ∴由（1）知，不妨设． 要证，只需证明， 而，在上单调递减， 故只需证明． 又，∴只需证明． 令函数， 则. 当时，，，故， ∴在上单调递增， 故在上， ∴成立，故成立． 【变式训练10-10】已知函数的极大值点为0，则实数m的值为_________；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为_____________． 【答案】     1     【解析】，则，则，解得， 此时，，当时，当时， 所以在上的单调递增，在上单调递减，则在处取极大值，符合题意； 令，则 构造函数，则． 因为，所以当时，当时， 即在上单调递增，在上单调递减，又， 易知的图象如图所示： 不妨令， 令 ∵ ∴在上单调递增，即 ∵，∴，即 ∵，∴ ∵在上单调递减，∴ 故答案为：1； 1．已知函数（其中为自然对数的底数，为常数）． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当函数有极大值，且极大值为时，若方程（m为常数）有两个不等实根则. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【详解】 （1）解：由题意可得. ①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减； ②当时，令，令， ∴函数在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减.； （2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值， 且，解得， ∴（其中），则， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 不妨设，则， 当时，则. 令， 则， ∴在上单调递减，于是，即， 当时，， 又，∴， 又，且在上单调递减， ，即． 2．设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若在定义域内存在两实数，满足且，证明：. 【答案】(1)函数的单调性见解析；(2)证明见解析. 【详解】 (1)依题意，函数定义域为，， 当时，，在上单调递增， 当时，由得，当时，，当时，， 于是得在上单调递增，在上单调递减， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； (2)当时，，由(1)知在上单调递增，在上单调递减， 因实数，满足且，于是得， 当时，令， ，即在上单调递增，，，即， 而，于是得，显然，又在上单调递减， 因此，，即， 所以. 3．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析． 【详解】 （1），， 由得， 当时，；当时， ∴在上单调递增，在上单调递减． （2）∵，且， ∴由（1）知，不妨设． 要证，只需证明， 而，在上单调递减， 故只需证明． 又，∴只需证明． 令函数， 则. 当时，，，故， ∴在上单调递增， 故在上， ∴成立，故成立． 4．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. 【详解】 （1）函数的定义域为， 又， 当时，，当时，， 故的递增区间为，递减区间为. （2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，， 故. 先证：， 若，必成立. 若， 要证：，即证，而， 故即证，即证：，其中. 设， 则， 因为，故，故， 所以，故在为增函数，所以， 故，即成立，所以成立， 综上，成立. 设，则， 结合，可得：， 即：，故， 要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令， 则， 先证明一个不等式：. 设，则， 当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数，故， 故成立 由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故， 故成立，即成立. 综上所述， 5．已知定义在上的函数． （1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围； （2）若，，，为的极小值，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【详解】 （1）由得：． 为上的增函数，在上恒成立， 即， 令，则， 在上单调递减，，即， ，即实数的取值范围为. （2）当时，，则， ，在上单调递增， 又，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值. 设，，，， 设， ，． ，，又，， 在上单调递增， ， ，在上单调递增， ， ，，， 又在上单调递减，，即. 6．已知函数． （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数在最大值； （2）当时，设函数的两个零点为，试证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【详解】 （1）函数的定义域为， ， 在处的切线与直线垂直， ， 由（负值舍去）， 所以函数在上单调递增，在单调递减， 故有最大值． （2）当时，． 函数在单调递增，在单调递减． 且， 故函数的两个零点为满足， 令， 在（0，1）恒成立， ∴F(x)在（0，1）递增，在（0，1）恒成立， ∴，又， ∴， ∵，又在单调递减， ∴，即． 7．已知函数. （1）若在定义域上不单调，求的取值范围； （2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围. 【答案】(1)；(2). 【详解】 分析：（1）利用导数法求出函数 单调递增或单调递减时，参数 的取值范围为，则可知函数 在定义域上不单调时， 的取值范围为 ；（2）易知 ，设 的两个根为 ，并表示出，则，令，则，再利用导数法求的取值范围. 详解： 由已知， （1）①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立， 而，所以； ②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立， 而，所以. 因为在定义域上不单调，所以，即. （2）由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须. 又，所以. 令的两根分别为，， 即的两根分别为，，于是. 不妨设， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 所以 . 令，于是， ， 由，得， 又，所以. 因为， 所以在上为减函数， 所以. 8．已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，且，证明：. 【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析. 【详解】 （1）函数的定义域为，. 当时，，在上是减函数，所以在上无极值； 当时，若，，在上是减函数. 当，，在上是增函数， 故当时，在上的极小值为， 无极大值. （2）当时，， 由（1）知，在上是减函数，在上是增函数，是极值点， 又，为函数零点，所以，要证，只需证. ∵ ，又 ∵，∴， 令，则， ∴在上是增函数，∴，∴， ∴，即得证. 9.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. 10.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. 11.已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：． 【答案】(1)在上单调递增，上单调递减， (2)见解析 【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性； （2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明. 【详解】（1）由题意可得，所以， 的定义域为， 又，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， （2）由，得，设， ，由，得， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 又，，且当趋近于正无穷，趋近于， 的图象如下图， 所以当时，方程有两个根， 证明：不妨设，则，， 设， ，所以在上单调递增， 又，所以，即， 又，所以， 又，，在上单调递减，所以， 故. 【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明. 12.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. 13.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. 14.）已知函数为其导函数． (1)若恒成立，求的取值范围； (2)若存在两个不同的正数，使得，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析. 【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解； （2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明. 【详解】（1），当时，单调递增； 当时，单调递减．所以， 解得，即的取值范围为． （2）证明：不妨设，则，要证， 即证，则证，则证， 所以只需证，即． 令，则，． 当时，，则， 所以在上单调递减，则．所以． 由（1）知在上单调递增，所以，从而成立． 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明. 15.已知函数． (1)若恒成立，求实数的值： (2)若，，，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）当时，由可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当时，可得单调性，知；构造函数，利用导数可求得，由此可得，知； （2）将已知不等式化为，令，利用导数可求得单调性，易知时成立，当时，采用分析法可知只需证得即可，构造函数，，利用导数可说明，由此可得结论. 【详解】（1）由题意得：定义域为，； ①当时，，在上单调递增， 若，则，时，，不合题意； 若，则，不合题意； ②当时，若，则；若，则； 在上单调递减，在上单调递增，； 若恒成立，， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减； 又，； 则当时，符合题意； 综上所述：. （2）由得：， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增； 由得：； ，， 当时，由得：，； 当时，要证，只需证， ，，则只需证， 又，只需证； 令，， 则， 在上单调递减，，， 即，即得证，； 综上所述：成立. 【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够采用同构法将所给不等式化为的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明，从而通过构造函数来进行证明. 16.已知函数（其中为自然对数的底数，为常数）． （1）讨论函数的单调性； （2）证明：当函数有极大值，且极大值为时，若方程（m为常数）有两个不等实根则. 【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析. 【详解】 （1）解：由题意可得. ①当时，在上恒成立，∴函数在上单调递减； ②当时，令，令， ∴函数在上单调递增，在上单调递减； 综上所述：当时，函数在上单调递减； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减.； （2）证明：由（1）可知，当时，函数有极大值， 且，解得， ∴（其中），则， 当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增. 不妨设，则， 当时，则. 令， 则， ∴在上单调递减，于是，即， 当时，， 又，∴， 又，且在上单调递减， ，即． 17．设函数. （1）讨论函数的单调性； （2）当时，若在定义域内存在两实数，满足且，证明：. 【答案】(1)函数的单调性见解析；(2)证明见解析. 【详解】 (1)依题意，函数定义域为，， 当时，，在上单调递增， 当时，由得，当时，，当时，， 于是得在上单调递增，在上单调递减， 所以，当时，在上单调递增， 当时，在上单调递增，在上单调递减； (2)当时，，由(1)知在上单调递增，在上单调递减， 因实数，满足且，于是得， 当时，令， ，即在上单调递增，，，即， 而，于是得，显然，又在上单调递减， 因此，，即， 所以. 18．已知函数，． （1）求函数的单调区间； （2）若，且，证明：． 【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）证明见解析． 【详解】 （1），， 由得， 当时，；当时， ∴在上单调递增，在上单调递减． （2）∵，且， ∴由（1）知，不妨设． 要证，只需证明， 而，在上单调递减， 故只需证明． 又，∴只需证明． 令函数， 则. 当时，，，故， ∴在上单调递增， 故在上， ∴成立，故成立． 19．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. 【详解】 （1）函数的定义域为， 又， 当时，，当时，， 故的递增区间为，递减区间为. （2）因为，故，即， 故， 设，由（1）可知不妨设. 因为时，，时，， 故. 先证：， 若，必成立. 若， 要证：，即证，而， 故即证，即证：，其中. 设， 则， 因为，故，故， 所以，故在为增函数，所以， 故，即成立，所以成立， 综上，成立. 设，则， 结合，可得：， 即：，故， 要证：，即证，即证， 即证：，即证：， 令， 则， 先证明一个不等式：. 设，则， 当时，；当时，， 故在上为增函数，在上为减函数，故， 故成立 由上述不等式可得当时，，故恒成立， 故在上为减函数，故， 故成立，即成立. 综上所述， 20．已知定义在上的函数． （1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围； （2）若，，，为的极小值，求证：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【详解】 （1）由得：． 为上的增函数，在上恒成立， 即， 令，则， 在上单调递减，，即， ，即实数的取值范围为. （2）当时，，则， ，在上单调递增， 又，， ，使得，且当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值. 设，，，， 设， ，． ，，又，， 在上单调递增， ， ，在上单调递增， ， ，，， 又在上单调递减，，即. 21．已知函数． （1）若曲线在处的切线与直线垂直，求函数在最大值； （2）当时，设函数的两个零点为，试证明：． 【答案】（1）；（2）证明见解析． 【详解】 （1）函数的定义域为， ， 在处的切线与直线垂直， ， 由（负值舍去）， 所以函数在上单调递增，在单调递减， 故有最大值． （2）当时，． 函数在单调递增，在单调递减． 且， 故函数的两个零点为满足， 令， 在（0，1）恒成立， ∴F(x)在（0，1）递增，在（0，1）恒成立， ∴，又， ∴， ∵，又在单调递减， ∴，即． 22．已知函数. （1）若在定义域上不单调，求的取值范围； （2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围. 【答案】(1)；(2). 【详解】 分析：（1）利用导数法求出函数 单调递增或单调递减时，参数 的取值范围为，则可知函数 在定义域上不单调时， 的取值范围为 ；（2）易知 ，设 的两个根为 ，并表示出，则，令，则，再利用导数法求的取值范围. 详解： 由已知， （1）①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立， 而，所以； ②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立， 而，所以. 因为在定义域上不单调，所以，即. （2）由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须. 又，所以. 令的两根分别为，， 即的两根分别为，，于是. 不妨设， 则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 所以，， 所以 . 令，于是， ， 由，得， 又，所以. 因为， 所以在上为减函数， 所以. 23．已知函数. （1）求函数的极值； （2）若函数有两个零点，且，证明：. 【答案】（1）答案详见解析；（2）证明详见解析. 【详解】 （1）函数的定义域为，. 当时，，在上是减函数，所以在上无极值； 当时，若，，在上是减函数. 当，，在上是增函数， 故当时，在上的极小值为， 无极大值. （2）当时，， 由（1）知，在上是减函数，在上是增函数，是极值点， 又，为函数零点，所以，要证，只需证. ∵ ，又 ∵，∴， 令，则， ∴在上是增函数，∴，∴， ∴，即得证. 132 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $