暑假作业14 重难专题08：极值点偏移的八大热点题型（巩固培优,5知识8题型巩固提升+能力培优+创新拓展）高二数学人教A版

**基本信息** 以极值点偏移判定定理为基础，通过对称化构造、比值代换等方法，结合对数均值不等式工具，系统解决八大热点题型，培养逻辑推理与数学建模能力。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |知识点|3个核心知识点|对称化构造法、比值代换法、答题模板、对数/指数不等式|判定定理→求解策略→不等式工具，形成概念-方法-应用链条| |八大题型|8类共16道例题|针对和、积、差等结论形式的专项解法|题型与方法对应，覆盖高考高频考法，实现以题载法、以题明理|

西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 完成时间： 月 日 今日打卡：口已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业14重难专题08：极值点偏移的八大热点题型 知识复盘卡 【知识点1极值点偏移的判定定理】 对于可导函数y=x)在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点xo,方程x)=0的解分别为x1,2,且a< x<x2<b. (1)若0=fx)<f2一x2),则<(>，即函数y=x)在区间1，x2)上极（小）大值点和右（左）偏： (2)若0=x1)>2xo一x2),则>(<)x,即函数y=x)在区间(1，x2)上极（小）大值点和右（左）偏. Y f() Islup( 左快右慢1sup( 左慢右快 f(x) f(x) 1十x2 0x \s\up( 左快右慢\sup( 左慢右快 【知识点2极值点偏移问题的求解策略】 1.对称化构造法 构造辅助函数：对结论x1十x2>2x型，构造函数F(x)=y)一2xo一x);对结论x12>x型，构造函数Fw) =x)一∫，通过研究Fx)的单调性获得不等式. 2.比值代换法 通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t=化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明， 3.解决极值点偏移问题的答题模板（以对称化构造法为例） (I)求导，获得x)的单调性，极值情况，作出x)的图象，由x)=x2)得1,2的取值范围（数形结合）： (2)构造辅助函数， 1/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ①对结论x1十x2>(<)2o,构造Fx)=x)一2xo一x): ②对结论xx2>(<)x,构造Fx)=x)一∫，求导，限定范围1或2的范围)，判定符号，获得不等式； (3)代入x(或x,利用fx)=x)及x)的单调性证明最终结论. 【知识点4妙解极值点偏移问题的两个不等式】 1.对数均值不等式 a-b (a≠b). 两个正数和的对数平均定义：L(a,b)= Ina-Inb a b a(a=b). 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：Vab≤I(a,b)sa+b 2 (此式记为对数平均不等式) 取等条件：当且仅当a=b时，等号成立. 2.指数不等式 (m≠n) 在对数均值不等式中，设 ,则E(a,b)=了 m-n ,根据对数均值不等式有 a=emb=e” (m=n) 如下关系：es(a,b)se+e m+n 2 培优拓展训练 ★巩固提升练 【题型1加法形式】 1.己知函数xy)=xex (1)求函数x)的单调区间和极值： (2)若x12且fx1)=x2),求证：1十x2>2. er21 2.(2027高三全国专题练习)设函数f)=e- -+ 2,xe0,+o). (1)判断函数f()的单调性： (2)若x≠x2,且f(x)+f(x)=6e,求证：x+x2<2. 2/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【题型2乘积形式】 1.已知函数x)=xnx的图象与直线y=交于不同的两点A(1,),B(x2,y2).求证：x1x<. 2.(2026甘肃嘉峪关三模)己知函数f(x)=am2-lnr+(2a-l)x,其中a∈R. ()设a>0,若不等式f()+≥0对x∈(0，+切)恒成立，求。的取值范围 ②8()，若5<5，)=g）小求证：5>C 【题型3减法形式】 3/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 L.(2024山东日照一模)已知函数f(x)=3nx+ax2-4x(a>0). ()讨论函数f()的单调性： 2)当a=2时，若方程f(x)=b有三个不相等的实数根x,,x:且x<,<x,证明：x-x<4: 2.(25-26高二下广东江门期中)己知函数f()=(血x-2)x2-mx(x>0),g(x)为f(x)的导函数若 f(x)的两个极值点分别为和，且<x· (1)求实数m的取值范围； (2)证明：x2-x<m+2e 【题型4商式形式】 4/12 函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 1,(2026-江西抚州二模)已知函数f()= -x+alnx,a∈R (①)若a=1,求曲线y=f(x)在点（山f()处的切线方程 (2)若f(x)在区间(3，+o)上单调递减，求a的取值范围 (3)若a>0'且f(x)存在两个极值点x,x’证明： f(x)-f()<a-2 X1-x2 2.(2026河南安阳·模拟预测)已知函数x)=F-x+,a,b∈R. (1)若曲线y=f()在点(Lf()》处的切线与直线2x+y-1=0垂直，求a+b: (②考6=)有两个零点不，（名<）》当云取曼大值时，求。的信 X2 5/12 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【题型5平方形式】 1.已知函数f(x)=lnr-ax2 ()讨论函数f(x)的单调性： (2)若xx是方程f(x)=0的两不等实根，求证：+号>2e 2.(2024吉林·二模)在平面直角坐标系xO少中，Rt△OAB的直角顶点A在x轴上，另一个顶点B在函数 )=货图家上 (I)当顶点B在x轴上方时，求Rt△OAB以x轴为旋转轴，边AB和边OB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g(y)=e-er+ar2- 一，关于的方程f(x)=g(x)有两个不等实根x,x,(:<x) (i)求实数a的取值范围； 、2 (i)证明：y+x> e 6/12 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【题型6倒数和形式】 1.(25-26高三上：黑龙江哈尔滨期末)己知函数f()=ar2,g(x)=x(1-lnx). (1)若对于任意x∈(0，+o),都有f(x)<g(),求实数a的取值范围： +1>2 (②)若函数y=g(x)-m有两个零点x,x2,求证：玉石 2.(24-25高三上江苏无锡阶段检测)已知函数f)=+nx,g()=r-ln-2. (1)若a>0,当f(,与()的极小值之和为0时，求正实数a的值： 1+1>2 ②若f6)=f)=2(:≠x)求证：x>a 7/12 西学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【题型7指数形式】 1.(25-26高三下河北衡水阶段检测)已知函数f()=x-al血(x+a)(a>0). ()当a=1时，求证：f(x)≥0； (2②)若函数f(x)的两个零点为x,x(x<x)· ①求实数a的取值范围； ②求证：e+e>2. 2.(2024高三全国专题练习)已知函数f(x)=(x-I)lnr-x2+ax(aeR). ()若函数y=∫'(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x,x2是函数f(x)的两个极值点，证明：2.2>4. 8/12 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 【题型8对数形式】 1.（2026高三全国专题练习)已知函数f)=xnx-2mr2-x(m∈R)。 (1)若函数f(x)在(0，+∞)上是减函数，求实数m的取值范围： (②)若函数f(x)在(0，+∞)上存在两个极值点，2，且x<x,证明：血x+lhx>2. 2.(24-25高三上广东深圳月考)己知函数f()=e2-ar-2x(其中e为自然对数的底) (1)若f(x)在(0，+o)上单调递增，求实数a的取值范围： (②)若a=1,,是f(x)的极值点且。<0.若f(:)=f(:),且：<x<0.证明：n(:+x+2)>2x+ln2. 9/12 画学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 ★能力培优练 1.(2026山西模拟预测)已知函数f(x)=e-ax. (1)若a=2,求曲线y=f(x)在点(0，f(0)》处的切线方程： (2)当x∈(0，刂时，f(x)≥-e,求实数a的取值范围： 3)若a=0,且存在x,(:≠x),使得f(x)=f(:),证明：x+x>2. 2.(2026河北模拟预测)已知函数f()=e-x,函数g()=xr-2x2+(a-3)x,t,a均为实数. (1)当a=4时，求曲线y=g(x)在点（，8()》处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积： ②)当1=时，若存在正实数x,使不等式f(x)≤g(x)成立，求a的取值范围： 3)若函数f(x)有两个不同的零点，记作x,x,且，<x,求证：xx号>， 10112 面学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 3。（2425高三上四川成都阶段检测)已知函数f()=1+nx ax，其中。为自然对数的底数. ()当a=1时，求f(x)的单调区间： (②)若方程f(x)=1有两个不同的根x,x. (i)求a的取值范围； (i)证明：x+x号>2 ★7创新拓展练 1.(2026河北保定模拟预测)已知面数了)-a+)r+aeR. ()讨论函数f(x)的单调性： (②)若f(x)≤1恒成立，求实数a的值： (③)已知g()=e[1-f()】-x,当a>1时，函数g()恰有两个不同的极值点，x(G<x),证明： x2-x<2a+1 11/12 可学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 2.(25-26高二下四川成都期末)设函数f)=r+ +a,aeR' ()讨论函数f(x)的单调性： (②若()>1-。恒成立，求。的取值范围： (3③)已知m>0,方程f()=m有两个不等实根x,。,方程f(x)=-m有两个不等实根，x4,试判断 xx2与xx4的大小关系，并证明你的结论. 12112 完成时间： 月 日 今日打卡：☐ 已完成 用时： min 自评勋章： 暑假作业14 重难专题08：极值点偏移的八大热点题型 【知识点1 极值点偏移的判定定理】 对于可导函数y＝f(x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f(x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b. (1)若0＝f(x1)＜f(2x0－x2)，则＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏； (2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏． 　 　 【知识点2 极值点偏移问题的求解策略】 1．对称化构造法 构造辅助函数：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，通过研究F(x)的单调性获得不等式． 2．比值代换法 通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明． 3．解决极值点偏移问题的答题模板（以对称化构造法为例） (1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)； (2)构造辅助函数， ①对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)； ②对结论x1x2＞(＜)x，构造F(x)＝f(x)－f ，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式； (3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论． 【知识点4 妙解极值点偏移问题的两个不等式】 1．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． 2．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：. 【题型1 加法形式】 1.已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 【解析】(1)f ′(x)＝e－x(1－x)， 令f ′(x)>0得x<1；令f ′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值． (2)证明：法一(对称化构造法)： 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1) ＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2， 将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x1>2－x2， ∴x1＋x2>2. 法二(比值代换法)： 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，即x1 e ＝ x2 e , 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝. ∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， ∴g′(t)＝－＝>0， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0，故x1＋x2>2. 2．（2027高三·全国·专题练习）设函数． (1)判断函数的单调性； (2)若，且，求证：． 【解析】（1）∵，， ∴． 令，则． 令，得或． 当时，；当时，；当时，． ∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减． 又，，故对一切恒成立， ∴，于是，故在上单调递增． （2）易知当时，由（1）知，， 所以，当且仅当时取等号，与题意不符， 当，由（1）知，，与题意不符， 所以中一个在内，一个在内，不妨设． 构造函数，其中， 则． 由，得． 令， ∵， ∴在上单调递增，则． ∴在上单调递减，∴， 即对恒成立． ∵，∴， ∴． 由（1）知在上单调递增， ∴，故． 【题型2 乘积形式】 1．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<. 【解析】　f ′(x)＝ln x＋1， 由f ′(x)>0得x>，由f ′(x)<0得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0<x1<<x2. 法一：构造函数F(x)＝f(x)－f ，则 F′(x)＝f ′(x)＋f ′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·， 当0<x<时，1＋ln x<0,1－<0， 则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数， ∴F(x)<F ＝0， ∴f(x)<f ， 将x1代入上式得f(x1)<f ， 又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f ， 又x2>，>，且f(x)在上单调递增， ∴x2<，∴x1x2<. 法二：f(x1)＝f(x2)，即x1ln x1＝x2ln x2， 令t＝>1，则x2＝tx1， 代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝. ∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t <－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0. 设g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0. ∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0.故x1x2<. 2．（2026·甘肃嘉峪关·三模）已知函数，其中. (1)设，若不等式对恒成立，求的取值范围. (2)，若，求证： 【答案】(1) (2)函数的定义域为， ， 当时，，所以，所以单调递增； 当时，，所以，所以单调递减. 因为，所以可设，则. 令， 则， 当，所以，，所以； 当，所以，，所以， 又，所以恒成立， 所以函数是增函数. 所以，所以， 即. 【题型3 减法形式】 1．（2024·山东日照·一模）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【解析】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. (2)当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 2．（25-26高二下·广东江门·期中）已知函数，为的导函数.若的两个极值点分别为和，且. (1)求实数的取值范围； (2)证明：. 【解析】（1），且定义域． 因为有两个极值点，所以是方程的两个正根， 即有两个正根. 令，则， 令，解得. 所以当时，，单调递减；当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值，为， 当时，， 又当时，，当时，， 所以当时，，当时，， 所以时，的图象与直线有两个不同的交点，所以. （2）由（1）可知，且时，，又，所以. 令，则，在上单调递增，又， 所以时，，时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以，即，则， 又因为，所以， 所以，即. 【题型4 商式形式】 1．（2026·江西抚州·二模）已知函数. (1)若，求曲线在点处的切线方程. (2)若在区间上单调递减，求的取值范围. (3)若，且存在两个极值点，证明：. 【证明】， 因为存在两个极值点，所以 满足，即， 不妨设，则. 又 则要证， 即证， 又，则， 即证，即证. 设函数， 则， 所以在上单调递减，又，则， 所以， 即得证. 2．（2026·河南安阳·模拟预测）已知函数. (1)若曲线在点处的切线与直线垂直，求； (2)若有两个零点，当取最大值时，求的值. 【解析】（1）， 则有，解得； （2）若，则，令， 即，令，则， 令，则， 若，则，即单调递增，不可能有两个零点，不符； 若，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 由题意可得有两个零点，则， 即有，又时，，时，， 故此时有两个零点，设为、，且，则，， 有，， 作差得， 令，则，则， 即，则， 由，可得， 则，即， 又，故， 令，则，故单调递减， 则，故，则恒成立， 令，则， 令，则，故单调递增， 则， 即对任意，恒成立， 且越大，越小，即越大， 由，则也会越大， 因此的最大值与的最大值可同时取到， 即当取最大值时，也取得最大值， 令，， 则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故时，取得最大值， 即取最大值时，的值为. 【题型5 平方形式】 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：. 【解析】（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. 2．（2024·吉林·二模）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：. 【解析】(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. 【题型6 倒数和形式】 1．（25-26高三上·黑龙江哈尔滨·期末）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：. 【解析】（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. 2．（24-25高三上·江苏无锡·阶段检测）已知函数. (1)若，当与的极小值之和为0时，求正实数的值； (2)若，求证：. 【解析】（1）定义域均为， ，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且； 又，令，解得：， 令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 在取极小值，且 所以，解得：. （2）令，因为，所以， 由可得：， （1）—（2）得：，所以， 要证：，只要证：， 只要证：， 不妨设，所以只要证：， 即证：，令，只需证：， 令， 所以在上单调递增，所以， 即有成立，所以成立. 【题型7 指数形式】 1．（25-26高三下·河北衡水·阶段检测）已知函数（）． (1)当时，求证：； (2)若函数的两个零点为（）． ①求实数的取值范围； ②求证：． 【解析】(1)若，则， 可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增， 所以. （2）①因为，可知函数的定义域为，且， 令，解得；令，解得； 可知函数在内单调递减，在内单调递增，则函数的最小值为， 且当趋近于或时，趋近于， 若函数的两个零点，则，即，解得， 所以实数的取值范围为； ②因为函数的两个零点为， 令，， 则， 可知在内单调递减，则， 可得，， 若函数的两个零点为，且，则， 可得， 又因为，，且函数在内单调递增， 则，可得， 所以. 2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若函数有两个零点，求的取值范围； (2)设是函数的两个极值点，证明：． 【解析】（1），则， 令，得， 若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点． 设，则． 当时，单调递减，当时，单调递增， 因此．当时，，当时，， 作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点， 则，故的取值范围为． （2）因为是函数的两个极值点，所以． 由（1）知，不妨设， 要证，即证， 只需证，显然． 由（1）知当时，单调递增，所以只需证， 而，所以即证． 设， 则， 当时，单调递减，所以当时，， 所以当时，，原不等式得证． 【题型8 对数形式】 1．（2026高三·全国·专题练习）已知函数． (1)若函数在上是减函数，求实数m的取值范围； (2)若函数在上存在两个极值点，，且，证明：． 【解析】（1）∵在上是减函数， ∴在定义域上恒成立， ∴，设，则， 由，得，由，得， ∴函数在上单调递增，在上单调递减， ∴．∴． 故实数m的取值范围是． （2）由（1）知， ∵函数在上存在两个极值点，，且， 则由，两式相加、相减分别可得与， ∴，∴， 设，则，要证， 只需证，只需证，只需证， 构造函数，则， ∴在上单调递增， ∴，即，∴． 2．（24-25高三上·广东深圳·月考）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. 1．（2026·山西·模拟预测）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)当时，，求实数的取值范围； (3)若，且存在，，使得，证明：． 【解析】（1）若，则，， ，又， 故曲线在点处的切线方程为； （2）由时，，即，整理得， 令，，则， 故在上单调递减，则，即； （3）若，则，， 故当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又时，，时，， 则，不妨设，则， 由，则， 两边同取对数，可得， 故，令，则， 即，，故， 要证，只需证，即只需证， 令， 则， 故在上单调递增，则， 即有恒成立，即得证. 2．（2026·河北·模拟预测）已知函数，函数，t，a均为实数． (1)当时，求曲线在点处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积； (2)当时，若存在正实数x，使不等式成立，求a的取值范围； (3)若函数有两个不同的零点，记作，，且，求证：． 【解析】（1）当时，, 则，即切点坐标为, ，， 则切线方程为， 令，得轴截距为，令，得轴截距为， 则切线与两坐标轴围成的三角形的面积. （2）已知，则，若存在正实数x，使， 即，即有解， 因为，两边同时除以得， 即， 令， ， 易得，，则的符号完全由决定， 所以当时，，单调递减， 当时， ，单调递增， 所以， 即. (3)由两边同时取对数得， 已知是的两根，所以， 设，因为，所以， 将代入得， 则， 即， 则问题转化为证明：当时，，即证， 设，则 ， 因为，所以且， 因此在上，,单调递增， 所以,即， 由此可得，即， 两边同时取指数，则有，命题得证. 3．（24-25高三上·四川成都·阶段检测）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求的单调区间； (2)若方程有两个不同的根． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【解析】（1）由题意得，，则， 由，解得． 当时，单调递增， 当时，单调递减； 综上，在区间内单调递增，在区间内单调递减； （2）（i）由，得， 设， 由（1）得在区间内单调递增，在区间内单调递减， 又，当时，，且当时，， 所以当时，方程有两个不同的根，即方程有两个不同的根， 故的取值范围是．                                      （ii）不妨设，则，且． 法一： 当时，结合（i）知，即； 当时，． 设 则 所以在区间内单调递增， 则，即， 所以 又在区间内单调递减， 所以，即， 又，所以， 故，所以，得证． 法二： 设，， 则， 所以在区间内单调递增，又， 所以，即． 又，所以， 又在区间内单调递减． 所以，即， 又，所以，得证． 1．（2026·河北保定·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求实数a的值； (3)已知，当时，函数恰有两个不同的极值点，证明：． 【解析】（1）， ①当时，，则在上单调递减， ②当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减； ③当时，令， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递增，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2）①当时，在上单调递减，且， 所以当时，，不合题意； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 所以， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在单调递增， 又，时，，时，， 所以当时，，满足题意； ③当时，在上单调递减，在上单调递增， 当时，，不合题意； 综上所述，． （3），则， 令， 设，则是方程的两个不同的实数根， 则，令， 当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增， ，， 由于，且的极小值，当时，当时， 因为直线与曲线恰有两个交点， 所以在区间内，由于且递减，要使，必有， 在区间内，由于且递增，必有， 所以， 设，则， 令， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的最小值为， 所以，即， 因为是方程的根，所以，代入不等式得：， 由于，则， 下面证明，那么就有， 由，令，， 则， 因为，，，所以， 所以在上单调递增，又， 因此当，，即， 由于且在上单调递增，且， 所以必有， 所以． 2．（25-26高二下·四川成都·期末）设函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)已知 ，方程有两个不等实根，，方程有两个不等实根，，试判断与的大小关系，并证明你的结论． 【解析】（1）因为的定义域为，， 令得，；令得，；令得，， 所以，在上单调递减，在上单调递增. （2）由，得，即， 令，，则恒成立，即， ， 令得，；令得，；令得，， 所以，在上单调递减，在上单调递增， ， 则,得，解得，故的取值范围为. (3).证明如下： 因为方程有两个不等实根，，不妨设, 所以，， 化简得，即， 令，其中，则，所以， 解得，则解得； 因为方程有两个不等实根，，不妨设, 所以，， 化简得，即， 令，其中，则，所以， 解得，解得； 设，其中，令，， 则，， ， ， 因为，所以，，，， 令，其中， 则， ，当时，，所以在上单调递减， ，所以在上单调递增， 当时，，，所以，则， 所以在上单调递减， 因为，所以，所以， 则，所以，即. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $