专题06 导数中的不等式证明专题（含7类极值点偏移）8大题型（期末复习讲义）高二年级数学下学期人教A版

专题06 导数中的不等式证明专题 （含7类极值点偏移）8大题型 （期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 利用导数证明不等式 题型02 和型极值点偏移 题型03 差型极值点偏移 题型04 积型极值点偏移 题型05 平方型极值点偏移 题型06 分式型极值点偏移 题型07 三极值点三零点极值点偏移 题型08 复杂指对型极值点偏移 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 01：利用导数证明不等式 能通过构造函数、求导判断单调性或最值，证明与函数相关的不等式（常见如单变量、双变量、数列型不等式） 压轴题常见题型，考查构造能力与代数变形，易错点在于构造函数不恰当或忽略定义域 02：和型极值点偏移 能识别极值点偏移问题中条件为 ，求证 （或 ），掌握构造对称函数或对数平均不等式的解法 导数压轴经典题型，常出现在解答题最后一问，易错点在于构造函数后单调性判断错误或对数平均不等式使用不当 03：积型极值点偏移 能处理条件为 且极值点偏移表现为 （或 ）的问题，通过取对数转化为和型，或直接构造乘积型对称函数 中高档难度，常与指数对数函数结合，易错点在于取对数后定义域变化及转化后和型偏移方向的一致性 04：差型极值点偏移 能解决涉及 的不等式（如 ），通过设 或比值代换，结合函数单调性证明 难度较大，考查变量代换与不等式放缩，易错点在于代换后变量范围不明确或不等号方向反向 05：平方型极值点偏移 能处理 或 型偏移问题，常用方法为设 或 ，结合平方和公式转化为已知类型 综合性强，常与积型、和型相互转换，易错点在于平方运算引入增根或符号处理失误 06：分式型极值点偏移 能解决涉及 或 等分式结构的不等式，通过取倒数或设比值，化归为和型或积型偏移问题 常出现在指对混合函数中，考查代数变形能力，易错点在于倒数变换后函数单调性可能改变 07：三极值点/三零点极值点偏移 能处理函数有三个极值点（或三个零点）时的偏移问题，通常涉及多参数或分段讨论，需综合运用对称构造与零点存在定理 极高难度题型，新高考压轴趋势，考查逻辑推理与分类讨论，易错点在于极值点顺序及区间划分不清晰 08：复杂指对型极值点偏移 能解决含有指数函数与对数函数混合的极值点偏移问题，往往需要多次构造函数、取对数或利用放缩技巧，如 型 导数压轴巅峰题型，综合性强，易错点在于指对互化不熟练或构造函数后求导复杂导致运算错误 知识点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. 知识点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：. 知识点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） 知识点4.对数平均不等式 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． 知识点5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法 （1）求出函数的极值点； （2）构造一元差函数； （3）确定函数的单调性； （4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系. 题型一 利用导数证明不等式 解｜题｜技｜巧 一般步骤：将不等式移项构造辅助函数 ，求导分析 的单调性、极值与最值，证明 （或 ）在指定区间上恒成立。若一阶导符号难以直接判断，可继续求二阶导或多次求导。有时需要对原不等式进行放缩、变形或利用已知结论（如 、）辅助证明。 【典例1】（24-25高二下·福建泉州·期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：当时，. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）根据函数单调性与函数导数之间的关系，求出函数导数，讨论参数范围对导数正负的影响，判断函数单调区间. （2）根据函数导数证明不等式的方法，构造函数，求出函数单调性，判断函数的最小值，说明不等式成立. 【详解】（1）由题意得， 当时，在R上恒成立，函数在R上单调递增； 当时，令，解得， 当，，函数在上单调递减， 当，，函数在上单调递增， 综上所述，当时， 在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意知在上成立，令，即在恒成立. 则，令，则， 当时，，即，且仅当时等号成立， 所以在上单调递增，则的最小值为， 因为，所以，即在上，则， 可得在上单调递增，在处取得最小值， 最小值，即在上， 可知当时，在恒成立，所以. 【典例2】（24-25高二下·河南南阳·期末）已知函数，. (1)讨论在上的单调性； (2)若当时，，求的取值范围； (3)证明：. 【答案】(1)见解析 (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）分和时两种情况研究导函数的正负情况即可得解； （2）先由题设得到当时，，接着构造函数，利用导数工具分、和三种情况研究函数的最小值即可求解； （3）先由（1）得，再利用累加法即可得证. 【详解】（1）由题函数的定义域为，， 所以当时，在上恒成立， 所以函数在上单调递增； 当时，令， 所以当时；当时， 所以函数在上单调递增，在上单调递减； 综上，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减； （2）因为当时，，即当时，， 令，则， 所以当时，在上恒成立，则在上单调递减， 则，所以； 当时，令， 所以当时；当时， 所以当即时，函数在上单调递减， 所以，所以； 当即时，函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，所以； 综上所述，若当时，，的取值范围为. （3）证明：由（1）可知当且时，即， 因为，所以， 所以， 所以， 所以即. 【变式1】（24-25高二下·广东广州·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分解因式，进而分，可确定单调性； （2）由题意可求得，进而证明，令，利用导数可证结论. 【详解】（1）， ， ①当时，在上单调递减； ②当时，令，得， 时，在单调递增； 时，在单调递减； 综上所述，当时，在单调递减； 当时，在单调递减，在单调递增． （2）由（1）可得，当时，， 即证，即证， 令，则， 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减， ，即， . 【变式2】（24-25高二下·福建莆田·期末）已知函数. (1)讨论的单调性： (2)若有两个极值点，，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，通过讨论的范围，确定导函数的符号，从而判断函数的单调性； （2）表示出，通过求导进行证明． 【详解】（1）由，， 则， 不妨设， 则关于的方程的判别式， 当时，，，故， 函数在上单调递增； 当时，，方程有两个不相等的正根，， 且，， 当时，， 当时，， 在和上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在，上单调递增， 在单调递减； 当时，在上单调递增. （2）由（1）知当且仅当时，有极大值和极小值， 且，是方程的两个正根，，， ， 令， 当时，， 则在内单调递减， 故，则． 【变式3】（24-25高二下·四川资阳·期末）已知函数，且的最小值为1. (1)求的值； (2)证明： （i）； （ii）对于任意. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【分析】（1）对进行讨论，然后对函数求导可得结果； （2）化简式子，讨论范围，转化为，成立，将其变形为，构建函数，利用左右两边最值进行比较可得； （3）可证得不等式，化简得，利用不等式得到，然后求和利用等差、等比数列求和可证得结论. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，函数在单调递增，不符合题意； 当时，函数在单调递增，不符合题意； 当时，，若，；若，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以的最小值为 （2）（i）由（1）可知；，要证明，只需证明 因，显然恒成立；故只需证明，成立，即证：在上恒成立. 令，，令，， 故函数在上单调递减，在上单调递增， 则 令，因在上单调递增，则 ， 故有，即， 故得证. （ii）令，在恒成立， 在单调递增，则. 要证， 只需证，即， 由， 又，则，故得， 所以， 又，所以， 所以， 即得. 题型二 和型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 在 处取得极值，且 ，证明 （或 ）。常用方法：① 构造对称函数 ，研究其单调性；② 利用对数平均不等式 （适用于含对数函数）；③ 作差换元，令 ，，转化为证明 。 【典例1】已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间； （2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论. 【详解】（1）设直线与曲线相切于点， ， 又，即， 设，则，在上单调递增， 又，有唯一零点， ，解得， ， 则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知， 当时，；当时，， ， 要证，只需证．在上单调递减， 只需证，又， 则只需证对任意恒成立． 设， 则， 设，则， 在上单调递减，． 又当时，， 在上单调递增， ，即在时恒成立， 又．故原不等式得证． 【典例2】已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 【答案】(1) . (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 ， ，切线方程为 ，即. （2）（ⅰ）当时，若函数有个不同的零点，， ∴恰有个正实根，，即方程恰有个正实根，， 令，则与有两个不同交点， ∴， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增，又， 当从的右侧无限趋近于时，趋近于； 当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于， 则图象如下图所示， ∴当时，与有两个不同交点， ∴实数a的取值范围为． （ⅱ）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】方法归纳：研究时函数的零点个数，可通过分离参数将问题转化为，通过研究函数的单调性、极值与值域，结合函数图象与直线的交点个数确定参数范围；证明双变量不等式，属于极值点偏移问题，可通过将两个零点满足的等式变形，统一为单变量，构造辅助函数，利用导数研究辅助函数的单调性与最值完成证明. 易错归纳：求解过程中易忽略定义域的限制，导致参数范围求解错误；求导运算失误，造成函数单调性、极值点判断错误；极值点偏移证明中变量替换不严谨，辅助函数构造或单调性分析出错，导致证明逻辑断裂. 【变式1】已知函数有两个不同的零点，其极值点为．求证：． 【答案】证明见解析 【分析】根据题设零点定义可得，设，构造函数，根据导数得出，即可证明． 【详解】因为的极值点为， 所以令，得，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增，不妨设． 构造函数， 则 ， 所以在上单调递增， 当时，，有． 将代入，得， 又，，在上单调递增， 故，即． 【变式2】已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，且，证明：． 【答案】(1) (2)答案见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解； （2）分和两种情况讨论即可求解； （3）令，根据的单调性以及，得出，然后令，， 通过二次求导证明出，结合即可得证. 【详解】（1）依题意，，，则， 而，故所求切线方程为. （2）依题意，的定义域为， 令，得， 若，则当时，单调递减； 当时，单调递增； 若，则当时，单调递增； 当时，单调递减． 综上所述，当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增； 当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减． （3）（3）证明：令，则， 令，故， 令，解得． 故当时，单调递增， 当时，单调递减， 故，即在区间上单调递减，且． 又，所以， 令，， 则，， 令，， 则， 所以函数在区间上单调递增，且时，，所以，即 所以函数在区间上单调递减，且时，，所以， 所以当时，，所以， 因为，所以，即， 因为函数在区间上单调递减，所以，即． 题型三 差型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 或 。通常通过变量替换，令 ，结合极值点条件消元。也可利用拉格朗日中值定理，将差与导数联系起来。常见于非对称偏移，需构造 或类似形式。 【典例1】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. 【典例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： ①随着的增大而减小； ②. 【答案】(1) (2)①证明见解析：②证明见解析 【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可. （2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可. ②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可. 【详解】（1）若函数在上单调递增，易知， 令，，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故原命题等价于求，且，故，解得， 即的取值范围为. （2）①引理：对，必有成立，令， 故，令，，令，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，故成立， 设，则，即， 可得的最小值为 而，当时，， 且由引理知，故， 由零点存在性定理得有两个零点， 结合可得， 故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为， 我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得， 且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有， 此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可， 由于， 首先，我们有，，所以，， 其次，我们实际上有，（因为要么，要么）， 所以，若，则，， 然后考虑，显然我们有， 若，则，所以另一根一定小于，从而， 若，由于是关于的较大根，故， 即，解得，但是对任意的时， 关于的方程的较小根都不超过， 要么，解得，要么， 所以是较大根，从而，这表明与关于对称， 所以我们只需要证明在上单调递减， 这里是的较大根，且， 由于，故对，设， 则，， 从而由是较大根，知，， 也意味着位于单调递增区间， 设，由于当时， ， 所以， 而，方程的较小根一定不超过， 这表明的较大根一定成立，所以， 这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减， 故随着的增大而减小得证. ②由①知有两个零点，且， 由于， 由引理又有， 而根据单调性得，当或时，必有， 所以， 可得 即，原不等式得证. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可. 【变式1】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. 【变式2】已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况； （2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明； （3）设，并求导，可证明，即可证明，设 ，设，并求导，证明. 【详解】（1）， 又因为函数单调递增，且， 所以， 所以在上单调递减，在上单调递增， 当，即时， ， ， 所以在和上各有一个零点， 当时，的最小值为，且， 所以在内至多只有一个零点， 综上，实数的取值范围是； （2）设，， ， ， 当时，， ， 所以， 所以在上单调递增， 当时，， 即当时，， 又因为函数有两个零点， 由（1）知，，， 所以， （3）设， ， ，当时， 因为， 令，， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以, 所以恒成立，显然， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 即， 设的零点为，， 易知， 所以， 设， 设，， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以恒成立，即， 设的零点为，， 易知，， 所以， 所以， 所以 【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式有如下方法， 方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移问题的基本处理策略； 方法二，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，构造函数利用函数的单调性证明的不等式即可， 方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立. 题型四 积型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 （或 ）。常用策略：① 构造函数 ，利用单调性；② 令 ，，转化为和型偏移；③ 对数化：证明 ，即和型偏移。 【典例1】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. 【典例2】已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由结合参变分离得，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数在不同取值下，函数的零点个数； （2）由题意可得得，要证明，只需证明，设，则，即证即可，令，利用导数分析函数的单调性，结合函数的单调性可证得结论成立. 【详解】（1）因为函数的定义域为， 且，由可得， 令，其中，则， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，的极小值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 当时，即当时，直线与函数只有一个公共点， 当时，即当时，直线与函数有两个公共点， 当时，即当时，直线与函数无交点. 综上所述，当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点； 当时，函数无零点. （2）由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 令，当时，， 则在单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即，所以. 【变式1】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. 【变式2】已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 【答案】(1)； (2)①；②证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，设出切点坐标，求出切线方程，结合切线过的点构造函数，探讨函数有两个零点的的值范围. （2）①由有两个零点，结合零点的意义分离参数，求出直线与函数图象有两个公共点的的值范围；②由方程根的意义可得，分析所证不等式，换元并证明即可. 【详解】（1）依题意，， 设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率， 切线方程为，而点在切线上， 则，即有， 由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根， 令，则函数有2个零点， 求导得， ①若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值， 又， 当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ②若，恒成立，函数在上单调递增， 因此函数最多1个零点，不合题意； ③若，由，得或，由，得， 即函数在，上单调递增，在上单调递减， 则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又， 显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意； ④若，显然，当时，，当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值， 要函数有2个零点，必有，得， 当时，， 而函数在上的值域为，因此在上的值域为， 当时，令，求导得，函数在上单调递减， 则，， 而函数在上单调递减，值域为， 因此函数在上的值域为， 于是当时，函数有两个零点， 所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是. （2）①由（1）知，， 由函数有两个极值点，得，即有两个实数根， 令，求导得，当时，，当时，， 函数在上单调递增，上单调递减，， 且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根 所以函数有两个极点时，的取值范围是. ②由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 则在时单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即， 所以. 【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数. 题型五 平方型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 。可转化为和型与积型的组合：，因此先证明和与积的范围，再导出平方和。或者直接构造 等对称形式。 【典例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. 【变式1】已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出． 【详解】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出． 【变式2】已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 题型六 分式型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 ，本质是积型偏移的推论。通常先证明 与 的关系，再结合和的范围推导。也可直接构造 等。 【典例1】已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由由，得，构造函数，求解单调性，证明结果; （2）求解令，则，分类讨论求解的范围; （3）由（2）知，设，判断单调性，，所以只需证，由，即，只需证 （*）进而证明结果. 【详解】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 【变式1】已知，若有两个不等实根，，求证：． 【答案】证明见解析 【分析】先设，将变为，将问题转化为有两个不相等实根，利用导数求出的单调性，进而找到，再将问题转化为，再令将问题转化为证明不等式，构造函数借助导数证明即可. 【详解】设，，则， 则有两不等实根，（不妨设）， 要证，只要即可；又， 令，解得， 所以时，，单调递增；时，单调递减； 所以， 方程要有两个不等实根，则，即，且， 下面证明，由，两式作差得（①）， 作和得（②）， 由①②两式化简可得， 若要证明，只需证明， 只需证明，只需证明， 令，即证明， 只需证明， 令， 令，解得，故，单调递减， 所以，故不等式成立，从而原不等式成立. 所以得证，所以，所以． 【变式2】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当函数与函数图象的公切线经过坐标原点时，求实数的取值集合； (3)证明：当时，函数有两个零点，，且满足． 【答案】(1)答案见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数求解单调性； （2）利用是的切线求出其切线方程，再利用切线方程与只有一个公共点，即可求出实数的取值集合； （3）证明有两个零点，即证明函数，其中一个零点通过观察即可求得，另一个零点通过切线放缩即可证明，将代入中，即证明成立，通过构造函数，判断其单调性即可证明. 【详解】（1）函数的定义域为， 对求导，得， 令，解得， 当时，，单调递增． 当时，，单调递减； 故的单调递增区间为，单调递减区间为. （2）设公切线与函数的切点为，，则公切线的斜率， 公切线的方程为：，将原点坐标代入，得， 解得． 公切线的方程为：，将它与联立，整理得． 令，对之求导得：，令，解得． 当时，，单调递减,当时，，单调递增，则有最小值， 由于直线与函数相切，即只有一个公共点， 故实数的取值集合为； （3）证明：由得，要证有两个零点， 只要证有两个零点即可． 观察得，即时函数的一个零点． 对求导得：，令，解得． 当时，，单调递增；当时，，单调递减；即时，取最小值，且，                                   由得：必定存在使得二次函数， 即．因此在区间上必定存在的一个零点． 综上所述，有两个零点，一个是，另一个在区间上． 下面证明． 由上面步骤知有两个零点，一个是，另一个在区间上． 不妨设，则，下面证明即可． 令，对之求导得， 故（a）在定义域内单调递减，，即． 证明完毕． 题型七 三极值点/三零点极值点偏移 解｜题｜技｜巧 函数有三个极值点或三个零点，研究其偏移关系。常见于高次函数或复合函数。方法：① 利用对称性，将中间点视为平衡点，两端的点配对构造；② 通过导数零点个数分析，转化为两个两两偏移问题的叠加；③ 整体构造函数，如 并研究多次求导符号。 【典例1】已知函数有三个极值点， （1）求实数的取值范围； （2）求证：. 【答案】（1）且；（2）证明见解析. 【分析】（1）函数有3个零点等价于有3个变号零点，由于，且，所以可得有两个不为0，－1的实根，再对求导讨论其单调性可得结果； （2）由（1）可知有一个零点为0，所以不妨设，，而，所以，因此要证，即证而，，而在上递减，，所以只需证，即，然后构造函数，只需证此函数值恒大于零即可. 【详解】解：（1）利用的极值点个数即为的变号零点个数 ，，设， 由已知，方程有两个不为0，－1的实根， 当时，在上递增，至多一个实根，故 所以在上递减，在上递增， 因为， 所以时，有两个实根， 解得且 （2）由（1）不妨设，，∵，∴. 要证，即证而， 由在上递减，在上递增，且 故只要证，又，故只要证 即证 设 ∴ ∴递增，∴ 即 ∴ 【点睛】此题考查函数的极值点问题，极值点偏移问题，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立等，考查了数学转化思想，属于较难题. 【典例2】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若，且，证明：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分或两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）利用极值点偏移分别证明，，然后两个不等式作差可得答案. 【详解】（1）由题意可得.     设方程. 当，即时，，         则在上单调递增.         当且，即时，方程的两根均大于0， 令，得， 则在上单调递减，     令，得或， 则在上单调递增. （2）当时，由（1）可得在和上单调递增， 在上单调递减，             所以.         设， 则， 则在上恒成立，即在上单调递增， 故，即在上恒成立.     因为，所以.     因为，且在上单调递减， 所以，即.         设， 则 则在上恒成立，即在上单调递增， 故，即在上恒成立.     因为，所以.     因为，且在上单调递增， 所以，即.         又，所以，则，即. 【变式1】已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为． (2)证明见解析 【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【详解】（1）定义域为，， 令，解得或， 当时，；当时，． 的单调递增区间为和，单调递减区间为． 的极大值为，极小值为． （2）证明：由（1）知． 令，则 ． 令，则． 令，则． 在上恒成立，在上单调递增， ，在上恒成立， 在上单调递增，， 在上恒成立，在上单调递增， ，对任意恒成立． ，． 又，． 在上单调递增，，，即． 令，则 ． 在上单调递增， 在上恒成立， 在上单调递增，， 对任意恒成立． ．又． 在上单调递增，且， ．由，得， ，． 【点睛】方法点睛：极值点偏移问题是高考数学中的热点和难点，通常作为压轴题出现，这类题通常考查学生的逻辑推理能力和函数与方程思想，以下是三种常见的解法： （1）构造法：构造函数，通过判断其在时的符号来确定与的大小关系；代换，结合，得到与的大小关系；再利用函数的单调性解决问题. （2）利用对称性：找到函数的极值点，构造对称函数，分析的单调性，利用其对称性来证明极值点偏移。 （3）增量法：令，，通过比较与的大小来证明极值点偏移；再利用函数单调性和对称性进行推导. 【变式2】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明. 【详解】（1）时，函数， 则， 在上单调递增， 所以． （2），显然为函数的一个零点，设为； 设函数， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 由已知，必有两个零点，且，下证：． 设函数，则， ， 由于，则， 由（1）有，故， 即函数在上单调递减， 所以， 即有， 由于，且在上单调递增， 所以， 所以． 【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明. 题型八 复杂指对型极值点偏移 【典例1】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. 【典例2】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若时，都有，求实数的取值范围； (3)若有不相等的两个正实数满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求出导函数，对分类讨论：①和②，分别讨论单调性；（2）利用分离常数法得到对恒成立. 令，利用导数求出最值，即可得到实数的取值范围；（3）极值点偏移问题，利用分析法，转化为证明，构造新函数，利用导数证明出. 【详解】（1）函数的定义域为，. ①当时，令，即，解得：. 令，解得：；令，解得：； 所以函数在上单调递增，在上单调递减. ②当时，则，所以函数在上单调递增. 综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减. 当时，函数在上单调递增. （2）当时，都有，即， 亦即对恒成立. 令，只需. . 令，则，所以当时，， 所以在上单增，所以， 所以当时，. 所以，所以在上单减， 所以. 所以. 综上所述：实数的取值范围为. （3）可化为：. 令，上式即为. 由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减， 则为的两根，其中. 不妨设，要证，只需，即， 只需证. 令. 则 当时，；当时，. 由零点存在定理可得：存在，使得. 当时，，单增；当时，，单减； 又，所以. . 因为， ， 所以. 所以恒成立. 所以. 所以. 所以 即证. 【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)； （4）利用导数证明不等式． 【变式1】已知，若，，且，证明：. 【答案】证明见解析 【分析】由，可得，即有，令 ，，将问题转化为证明，利用导数确定函数的单调性及极值，进而转证， 构造，利用导数证明即可. 【详解】证明： 等价于， 即， 等价于， 即， 令，， 要证明，即证， 因为， 所以， 因为在上单调递减， 所以在上单调递减， 又因为， 所以当时，，当时， 所以在上单调递增，在上单调递减， 且， 作出函数的图象，如图所示： 令， 易知. 只需， 要证， 故需构造， ，， ， 由于， 故只需证明， 构造， 则， 令， 则， 所以在上单调递增， 所以， 所以， 所以单调递增，故， 命题得证. 【变式2】已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）由可得，令，令，其中，分析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，数形结合可得出关于实数的取值范围； （2）令，，先证明出，由已知条件得出，可得，即可证得所证不等式成立； （3）先证明，结合以及所证不等式可证得结论成立. 【详解】（1）由， 可得， 令，其中，则函数，故函数在上为增函数， 所以，故函数的值域为， 令，其中，则， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，即函数在上单调递增， 所以， 因为内层函数在上为增函数， 故直线与函数的图象有两个交点，如下图所示： 由图可知，实数的取值范围是. （2）令，，因为函数在上为增函数，且，则， 先证明：， 不妨令，则，即证，即证. 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，所以， 即当时，，故. 本题中，因为，，且， 即，即， 故，所以，故， 即. （3）先证明：， 不妨令，则，即证， 即证， 令，即证， 构造函数，其中，则， 所以函数在上为增函数，故， 即，故，即. 本题中，，所以，即，即. 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 1．（24-25高二下·河北邢台·期末）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：． 【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）确定函数定义域，求导，根据导数的符合判断函数单调性，从而确定单调区间； （2）由（1）可得，然后利用导数证明其小于等于0即可. 【详解】（1）由题意得的定义域为，且， 当时，在上单调递增， 当时，在上单调递减， 综上可知，的单调递增区间为，单调递减区间为； （2）由（1）易得在处取得极大值，即最大值， ， 设，则， 当时，单调递增， 当时，单调递减， ，即， 由（1）知，所以. 2．（24-25高二下·重庆·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)证明：． 【答案】(1)0 (2)证明见解析 【分析】（1）先求出导函数，再根据正负得出单调性，最后得出最值即可； （2）先应用（1）得出，再变形结合不等式性质证明即可. 【详解】（1）由，得． 当时，，单调递减． 当时，，单调递增． 所以的最小值为． （2）由（1）知，，即，从而，即①． 又由，得，从而，，，②． 由①，②得． 3．（24-25高二下·河北·期末）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：． 【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为，极小值为，无极大值 (2)证明见解析 【分析】（1）由已知求解解析式，再根据导数的正负求解单调性即可； （2），分类讨论，和，根据导数证明即可． 【详解】（1）由题意知，所以， 又函数在点处的切线与直线垂直， 所以，解得， 所以，， 令，解得，令，解得， 所以的单调递减区间为，单调递增区间为， 又，所以的极小值为，无极大值． （2）证明：要证，即证，即证， 当时，，，不等式显然成立； 当时，令，所以，， 令，所以， 令，所以，所以在上单调递增， 又，，所以存在，使得， 所以在上单调递减，在上单调递增，又，， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增， 所以，所以，所以原命题得证． 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 4．（24-25高二下·四川德阳·期末）已知函数（，为常数）． (1)若是偶函数，求的极值； (2)若函数有2个零点，． ①求的取值范围． ②求证． 【答案】(1)极大值为，无极小值； (2)①；②证明见解析 【分析】（1）根据偶函数的定义列等式求解参数a的值；再求的导函数，通过分析导函数的正负确定的单调性，进而求极值； （2）①确定的定义域，同时根据对数有意义的条件得到a的初步范围；求的导函数，分析的单调性求出最值，结合零点个数列不等式求得参数范围；②不妨设，将证明转化为，即证；构造辅助函数，利用函数单调性完成证明. 【详解】（1）由题意知的定义域为， 是偶函数，故，即， 即得，而不恒等于0， 故，即； 此时，则， 当时，，则在上单调递增， 当时，，则在上单调递减， 故在时取得极大值，极大值为，无极小值； （2）①，定义域为， 且，则， ，由于，故， 令 ，则， 当时，，此时对恒成立， 则在上单调递增，此时至多有1个零点，不符合题意； 当时，， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 且当和时，， 则在时取极大值，也是最大值， 即， 要使有2个零点，．需 ， 解得，即的取值范围为． ②由题意可设，其中，， 由于，在上单调递减，可知， 若，则，此时成立， 若，且， 要证，即证，由于在上单调递增， 只需证， 又因为，所以只需证，即 ， 设， ， 因为，故，由，故，则， 故 ，即得 ， 由于，故，结合，得 ， 则可得此时成立， 综合可知. 5．（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数，． (1)若，求的极值； (2)若有两个极值点，，当时，证明：． 【答案】(1)的极小值是，无极大值； (2)证明见解析. 【分析】（1）求导数，确定单调性后得极值； （2）求出，得出是方程的两个相异正根，且，由确定，求出，并把参数都用表示，然后利用导数求得新函数的最小值，从而证出. 【详解】（1）由题意的定义域为， 且， 因为恒成立， 所以在上单调递增， 又，所以时，，时，， 即在上递减，在上递增， 所以的极小值是，无极大值； （2）的定义域为， ， 因为是的两个极值点， 所以是方程的两个相异正根，且， 由得， ， 令， 则， 所以在上单调递减，故， 即. 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的极值点问题，解题关键是利用极值点的定义确定极值点是一个方程的解，从而利用韦达定理把极值点与参数联系起来，然后把进行消元，变为的函数. 6．（25-26高二下·山东济宁·期中）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求、； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数存在极值点，且有两个不相等的零点、，证明：． 【答案】(1)， (2)当时，的减区间为；当时，的增区间为，减区间为 (3)证明见解析 【分析】（1）利用导数的几何意义可得出关于、的方程组，解之即可； （2）对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可得出函数的增区间和减区间； （3）利用分析法可知，要证，即证，即证，分析函数的单调性，构造函数，利用导数分析该函数的单调性，结合可证得结论成立. 【详解】（1）由题意， 由曲线在点处的切线为， 可知，解得. （2）易知的定义域为， 当时，，所以的减区间为，无增区间； 当时，令，得， 由可得，由可得， 此时函数的增区间为，减区间为. 综上：当时，的减区间为； 当时，的增区间为，减区间为. （3）由（2）知，且需满足，， 要证，即证，即证， 因为，所以， 由在上为减函数，只需证， 由，即证， 令， 则 ， 由，得，，所以， 所以在上为增函数，所以， 所以，所以. 7．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值； （2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证. 【详解】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数中的不等式证明专题 （含7类极值点偏移）8大题型 （期末复习讲义） 内 容 导 航 明·期末考清 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 利用导数证明不等式 题型02 和型极值点偏移 题型03 差型极值点偏移 题型04 积型极值点偏移 题型05 平方型极值点偏移 题型06 分式型极值点偏移 题型07 三极值点三零点极值点偏移 题型08 复杂指对型极值点偏移 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 01：利用导数证明不等式 能通过构造函数、求导判断单调性或最值，证明与函数相关的不等式（常见如单变量、双变量、数列型不等式） 压轴题常见题型，考查构造能力与代数变形，易错点在于构造函数不恰当或忽略定义域 02：和型极值点偏移 能识别极值点偏移问题中条件为 ，求证 （或 ），掌握构造对称函数或对数平均不等式的解法 导数压轴经典题型，常出现在解答题最后一问，易错点在于构造函数后单调性判断错误或对数平均不等式使用不当 03：积型极值点偏移 能处理条件为 且极值点偏移表现为 （或 ）的问题，通过取对数转化为和型，或直接构造乘积型对称函数 中高档难度，常与指数对数函数结合，易错点在于取对数后定义域变化及转化后和型偏移方向的一致性 04：差型极值点偏移 能解决涉及 的不等式（如 ），通过设 或比值代换，结合函数单调性证明 难度较大，考查变量代换与不等式放缩，易错点在于代换后变量范围不明确或不等号方向反向 05：平方型极值点偏移 能处理 或 型偏移问题，常用方法为设 或 ，结合平方和公式转化为已知类型 综合性强，常与积型、和型相互转换，易错点在于平方运算引入增根或符号处理失误 06：分式型极值点偏移 能解决涉及 或 等分式结构的不等式，通过取倒数或设比值，化归为和型或积型偏移问题 常出现在指对混合函数中，考查代数变形能力，易错点在于倒数变换后函数单调性可能改变 07：三极值点/三零点极值点偏移 能处理函数有三个极值点（或三个零点）时的偏移问题，通常涉及多参数或分段讨论，需综合运用对称构造与零点存在定理 极高难度题型，新高考压轴趋势，考查逻辑推理与分类讨论，易错点在于极值点顺序及区间划分不清晰 08：复杂指对型极值点偏移 能解决含有指数函数与对数函数混合的极值点偏移问题，往往需要多次构造函数、取对数或利用放缩技巧，如 型 导数压轴巅峰题型，综合性强，易错点在于指对互化不熟练或构造函数后求导复杂导致运算错误 知识点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. 知识点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：. 知识点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） 知识点4.对数平均不等式 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． 知识点5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法 （1）求出函数的极值点； （2）构造一元差函数； （3）确定函数的单调性； （4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系. 题型一 利用导数证明不等式 解｜题｜技｜巧 一般步骤：将不等式移项构造辅助函数 ，求导分析 的单调性、极值与最值，证明 （或 ）在指定区间上恒成立。若一阶导符号难以直接判断，可继续求二阶导或多次求导。有时需要对原不等式进行放缩、变形或利用已知结论（如 、）辅助证明。 【典例1】（24-25高二下·福建泉州·期末）设函数. (1)讨论的单调性； (2)若，证明：当时，. 【典例2】（24-25高二下·河南南阳·期末）已知函数，. (1)讨论在上的单调性； (2)若当时，，求的取值范围； (3)证明：. 【变式1】（24-25高二下·广东广州·期末）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)当时，证明：． 【变式2】（24-25高二下·福建莆田·期末）已知函数. (1)讨论的单调性： (2)若有两个极值点，，求证：. 【变式3】（24-25高二下·四川资阳·期末）已知函数，且的最小值为1. (1)求的值； (2)证明： （i）； （ii）对于任意. 题型二 和型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 在 处取得极值，且 ，证明 （或 ）。常用方法：① 构造对称函数 ，研究其单调性；② 利用对数平均不等式 （适用于含对数函数）；③ 作差换元，令 ，，转化为证明 。 【典例1】已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【典例2】已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)当时，若函数有个不同的零点，． （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明： 【变式1】已知函数有两个不同的零点，其极值点为．求证：． 【变式2】已知函数． (1)若，求曲线在处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，且，证明：． 题型三 差型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 或 。通常通过变量替换，令 ，结合极值点条件消元。也可利用拉格朗日中值定理，将差与导数联系起来。常见于非对称偏移，需构造 或类似形式。 【典例1】有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【典例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： ①随着的增大而减小； ②. 【变式1】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：. 【变式2】已知函数有两个零点． (1)求实数a的取值范围； (2)求证：； (3)求证：． 题型四 积型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 （或 ）。常用策略：① 构造函数 ，利用单调性；② 令 ，，转化为和型偏移；③ 对数化：证明 ，即和型偏移。 【典例1】已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：． 【典例2】已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 【变式1】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：． 【变式2】已知函数. (1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围； (2)若有两个不同极值点. ①求的取值范围； ②当时，证明：. 题型五 平方型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 。可转化为和型与积型的组合：，因此先证明和与积的范围，再导出平方和。或者直接构造 等对称形式。 【典例1】已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【变式1】已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【变式2】已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 题型六 分式型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 ，本质是积型偏移的推论。通常先证明 与 的关系，再结合和的范围推导。也可直接构造 等。 【典例1】已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【变式1】已知，若有两个不等实根，，求证：． 【变式2】已知函数． (1)求函数的单调区间； (2)当函数与函数图象的公切线经过坐标原点时，求实数的取值集合； (3)证明：当时，函数有两个零点，，且满足． 题型七 三极值点/三零点极值点偏移 解｜题｜技｜巧 函数有三个极值点或三个零点，研究其偏移关系。常见于高次函数或复合函数。方法：① 利用对称性，将中间点视为平衡点，两端的点配对构造；② 通过导数零点个数分析，转化为两个两两偏移问题的叠加；③ 整体构造函数，如 并研究多次求导符号。 【典例1】已知函数有三个极值点， （1）求实数的取值范围； （2）求证：. 【典例2】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)当时，若，且，证明：. 【变式1】已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【变式2】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 题型八 复杂指对型极值点偏移 【典例1】已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 【典例2】已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若时，都有，求实数的取值范围； (3)若有不相等的两个正实数满足，求证：. 【变式1】已知，若，，且，证明：. 【变式2】已知函数 (1)若有两个零点，求实数的取值范围； (2)若且，证明：； (3)若且，证明：. 期末基础通关练（测试时间：30分钟） 1．（24-25高二下·河北邢台·期末）已知函数． (1)讨论的单调区间； (2)证明：． 2．（24-25高二下·重庆·期末）已知函数． (1)求的最小值； (2)证明：． 3．（24-25高二下·河北·期末）已知函数在点处的切线与直线垂直． (1)求的单调区间和极值； (2)证明：． 期末重难突破练（测试时间：60分钟） 4．（24-25高二下·四川德阳·期末）已知函数（，为常数）． (1)若是偶函数，求的极值； (2)若函数有2个零点，． ①求的取值范围． ②求证． 5．（24-25高二下·山东聊城·期末）已知函数，． (1)若，求的极值； (2)若有两个极值点，，当时，证明：． 6．（25-26高二下·山东济宁·期中）已知函数． (1)若曲线在点处的切线为，求、； (2)讨论函数的单调性； (3)若函数存在极值点，且有两个不相等的零点、，证明：． 7．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $