重难点10 极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三专项训练）（全国通用）【上好课】2027年高考数学一轮复习举一反三系列

**基本信息** 聚焦极值点偏移与拐点偏移，构建“概念-方法-题型”系统训练，提炼对称化构造、比值换元等核心策略，强化逻辑推理与数学运算素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |极值点偏移|3知识点+7类题型（含例题+变式）|对称化构造函数、比值差值换元、指数对数均值不等式|从定义（极值点偏移概念）到方法（构造/换元/不等式），再到应用（加减乘除平方等运算型）| |拐点偏移|1知识点+1类题型（含例题+变式）|二阶导求拐点、构造辅助函数|从拐点定义到解题策略（求拐点-构造函数-利用凹凸性），形成完整推理链条|

重难点10 极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三专项训练） 【全国通用】 【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】 3 【题型2 比值、差值换元法求极值点偏移问题】 4 【题型3 指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】 5 【题型4 极值点偏移：加法型】 6 【题型5 极值点偏移：减法型】 8 【题型6 极值点偏移：乘积型】 9 【题型7 极值点偏移：倒数和型】 10 【题型8 极值点偏移：平方型】 11 【题型9 极值点偏移：复杂型】 12 【题型10 拐点偏移】 14 1、极值点偏移与拐点偏移问题 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，是近几年高考的热点问题，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色，突出数学运算、逻辑推理等数学素养，复习时要注意此类问题的求解。 考点1 极值点偏移与拐点偏移问题 知识点1 极值点偏移问题及其解题策略 1．极值点偏移的概念 (1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移. (2)极值点偏移 若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3). (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0； (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 2．极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 3．极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式，利用导数证明不等式. ②对结论型，方法一：构造函数，通过研究的单调性获得不等式，利用导数证明不等式；方法二：两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (2)(比值换元法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用导数证明不等式. (3)(差值换元法) ①题型特征：已知两零点或两极值点，证明两点差值大于定值； ②解法：令t=x2-x1(t>0)，结合f(x1)=f(x2)消元，转化单变量不等式，利用导数证明不等式. 知识点2 指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题 极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式. 1．对数均值不等式 (1)结论1 对任意的a,b>0(a≠b)，有. (2)应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 2．指数均值不等式 结论2 对任意实数m, n( m≠n)，有. 知识点3 拐点偏移 1．拐点偏移 (1)拐点定义：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”. (2)拐点偏移的定义：二阶导数零点为拐点x0，若两零点中点不等于拐点，称为拐点偏移. (3)区分极值偏移：极值点是f'(x)=0，拐点是f"(x)=0； 2．拐点偏移的解题策略 (1)题型特征：结论x1+x2>2x0型； (2)标准解法： ①求二阶导数，解出拐点横坐标x0； ②构造辅助函数，求二阶导判断单调性； ③利用f(x1)=f(x2)，结合拐点两侧凹凸性完成证明. 3．凹凸性辅助：拐点左侧凸、右侧凹(或相反)，直接判断偏移方向. 【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】 【例1】（25-26高二下·河南许昌·期中）已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 【变式1-1】（25-26高二下·广东深圳·期末）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：． 【变式1-2】（2026·青海海南·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【变式1-3】（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：. 【题型2 比值、差值换元法求极值点偏移问题】 【例2】（2026·天津·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且， （ⅰ）求t的范围； （ⅱ）证明：. 【变式2-1】（2025高三·全国·专题练习）若是函数的两个零点，且，求证：且． 【变式2-2】（25-26高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【变式2-3】（2026·河南周口·三模）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：． 【题型3 指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】 【例3】（25-26高三上·内蒙古包头·阶段检测）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【变式3-1】（2026·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【变式3-2】（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数． (1)设，求的零点并判断的单调性； (2)若，且，证明： （i）； （ii）． 【变式3-3】（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【题型4 极值点偏移：加法型】 【例4】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 【变式4-1】（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若存在两个极值点，证明：． 【变式4-2】（25-26高三上·河南·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，函数有两个零点，，求证：. 【变式4-3】（2026·湖南郴州·模拟预测）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：. 【题型5 极值点偏移：减法型】 【例5】（25-26高二上·全国·课后作业）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【变式5-1】（2025·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：． 【变式5-2】（25-26高三上·河南·开学考试）有两个零点． (1)时，求的范围； (2)且时，求证：． 【变式5-3】（25-26高三下·天津·阶段检测）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6 极值点偏移：乘积型】 【例6】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 【变式6-1】（25-26高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【变式6-2】（25-26高二下·甘肃定西·期中）设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【变式6-3】（25-26高三上·江苏宿迁·阶段检测）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：． 【题型7 极值点偏移：倒数和型】 【例7】（25-26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：. 【变式7-1】（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：. 【变式7-2】（25-26高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 【变式7-3】（25-26高二上·湖北武汉·期末）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且，证明：． 【题型8 极值点偏移：平方型】 【例8】（2026·广东广州·模拟预测）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8-1】（25-26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：． 【变式8-2】（2026·山西·模拟预测）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：． 【变式8-3】（2025·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：. 【题型9 极值点偏移：复杂型】 【例9】（25-26高二下·吉林长春·期末）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【变式9-1】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知函数，且有两个零点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【变式9-2】（2025·湖北武汉·三模）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：． 【变式9-3】（25-26高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 【题型10 拐点偏移】 【例10】（25-26高二下·陕西咸阳·阶段检测）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”也是函数图象的对称中心. (1)若函数，求函数图象的对称中心； (2)已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 【变式10-1】（2026·江苏淮安·模拟预测）已知函数存在两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)设，求的最大值； (3)求证：． 【变式10-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）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”．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．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 【变式10-3】（24-25高三上·河南·阶段检测）阅读材料一：设函数在区间上有定义，若对任意和任意，都有，则称是区间上的下凸函数；反之，如果都有，则称是区间上的上凸函数.阅读材料二：若函数在区间上可导，即存在，且导函数在区间上也可导，则称在区间上存在二阶导函数，即.设函数在区间上存在二阶导函数，则在区间上是下凸（上凸）函数的充要条件是对任意都有（）且在区间的任意子区间内不恒为0.阅读材料三：设函数在区间上连续，（其中为无限接近于0的正数），在上存在二阶导函数，若在和上的符号相反，则点为曲线的拐点.请根据以上阅读材料，回答下列问题： (1)证明：对任意，，不等式恒成立； (2)设函数，若点是曲线的拐点，求实数，的值，并证明的图象关于拐点中心对称： (3)设函数，若点是曲线的一个拐点， 一、单选题 1．（2026·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 2．（2026·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（2026·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（    ） ①； ② ；③；  ④. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④ 4．（25-26高三上·河北衡水·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数有两个零点，，且则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C． D． 6．（25-26高三上·安徽合肥·阶段检测）已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·四川成都·期中）已知函数有两个零点、，且，则下列命题正确的个数是（    ） ①；②；③；④； A．个 B．个 C．个 D．个 8．（25-26高三上·广东深圳·期末）已知函数，则下列判断正确的是（    ） A．有两个极值点 B．若恒成立，则的取值范围是 C．若有两个零点，则的取值范围是 D．若有两个零点，则 二、多选题 9．（2026·湖北襄阳·模拟预测）已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 10．（2026·重庆·模拟预测）对于函数，下列说法正确的是（    ） A．当时， B．若是函数的导数，则 C．对任意都有，则 D．设在定义域上有两个不同的极值点，则 11．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 三、填空题 12．（25-26高二下·四川成都·期中）函数的两个极值点、满足，则的最大值为___________. 13．（2026·吉林·三模）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___________． 14．（25-26高三上·河南·阶段检测）已知函数，若函数有四个不同的零点、、、，且，则以下结论正确的是___________. ①； ②； ③； ④. 四、解答题 15．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 16．（2026·山东聊城·二模）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 17．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 18．（2026·河北·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 19．（25-26高二下·广东深圳·期中）曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为． (1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小； (2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 重难点10 极值点偏移与拐点偏移问题（举一反三专项训练） 【全国通用】 【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】 3 【题型2 比值、差值换元法求极值点偏移问题】 9 【题型3 指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】 15 【题型4 极值点偏移：加法型】 20 【题型5 极值点偏移：减法型】 26 【题型6 极值点偏移：乘积型】 33 【题型7 极值点偏移：倒数和型】 40 【题型8 极值点偏移：平方型】 47 【题型9 极值点偏移：复杂型】 54 【题型10 拐点偏移】 60 1、极值点偏移与拐点偏移问题 极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，是近几年高考的热点问题，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，解决极值点偏移问题，有对称化构造函数法和比值代换法，二者各有千秋，独具特色，突出数学运算、逻辑推理等数学素养，复习时要注意此类问题的求解。 考点1 极值点偏移与拐点偏移问题 知识点1 极值点偏移问题及其解题策略 1．极值点偏移的概念 (1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移. (2)极值点偏移 若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3). (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0； (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 2．极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 3．极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式，利用导数证明不等式. ②对结论型，方法一：构造函数，通过研究的单调性获得不等式，利用导数证明不等式；方法二：两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (2)(比值换元法)：通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用导数证明不等式. (3)(差值换元法) ①题型特征：已知两零点或两极值点，证明两点差值大于定值； ②解法：令t=x2-x1(t>0)，结合f(x1)=f(x2)消元，转化单变量不等式，利用导数证明不等式. 知识点2 指数、对数均值不等式解决极值点偏移问题 极值点偏移问题是近几年高考的热点问题，求解此类问题的一个重要工具就是指数均值不等式和对数均值不等式. 1．对数均值不等式 (1)结论1 对任意的a,b>0(a≠b)，有. (2)应用对数平均不等式证明极值点偏移： ①由题中等式中产生对数； ②将所得含对数的等式进行变形得到； ③利用对数平均不等式来证明相应的问题. 2．指数均值不等式 结论2 对任意实数m, n( m≠n)，有. 知识点3 拐点偏移 1．拐点偏移 (1)拐点定义：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”. (2)拐点偏移的定义：二阶导数零点为拐点x0，若两零点中点不等于拐点，称为拐点偏移. (3)区分极值偏移：极值点是f'(x)=0，拐点是f"(x)=0； 2．拐点偏移的解题策略 (1)题型特征：结论x1+x2>2x0型； (2)标准解法： ①求二阶导数，解出拐点横坐标x0； ②构造辅助函数，求二阶导判断单调性； ③利用f(x1)=f(x2)，结合拐点两侧凹凸性完成证明. 3．凹凸性辅助：拐点左侧凸、右侧凹(或相反)，直接判断偏移方向. 【题型1 对称化构造函数求极值点偏移问题】 【例1】（25-26高二下·河南许昌·期中）已知，，是自然对数的底数. (1)求函数的单调区间； (2)若关于的方程有两个不等实根，求的取值范围； (3)当时，若满足，求证：. 【答案】(1)当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为. (2)； (3)证明见解析 【解题思路】（1）求导后分和讨论可得； （2）分离参数后构造函数，转化问题为直线与的图象有两个交点，利用导数分析单调性和最值可得； （3）类似极值点平移问题，先由单调性得到，构造函数，，求导分析单调性后可得. 【解答过程】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，恒有，则函数在上单调递增； 当时，由，得，由，得， 即函数在上单调递减，在上单调递增； 所以当时，函数的单调递增区间为，无单调递减区间；当时，函数的单调递减区间为，单调递增区间为； （2）方程，即，当时，方程不成立，则； 令，依题意，方程有两个不等实根，即直线与的图象有两个交点， 求导得，当或时，，当时，， 所以函数在，上单调递减，在上单调递增， 而当时，，当时，，且当时，取得极小值， 作出函数，的大致图象，如图，    观察图象，当时，直线与函数的图象有两个交点， 所以的取值范围为； （3）证明：当时，，求导得， 由（1）知，函数在上单调递减，在上单调递增； 由，且，得， 令函数，， 求导得， 则函数在上单调递增，有，于是， 而，因此，即， 又，， 函数在上单调递增，所以， 所以. 【变式1-1】（25-26高二下·广东深圳·期末）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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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． 【变式1-2】（2026·青海海南·模拟预测）已知函数． (1)讨论函数的单调性． (2)假设存在正实数，满足． （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增． (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）求导，由导数符号即可求解； （2）（i）由题意知，问题转换成有两根，通过取对数，同构，构造函数，通过其单调性即可求解；（ii）构造函数，通过求导，确定单调性，确定最值，即可求解； 【解答过程】（1）由题意知，， 令，解得， 令，解得， 故函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知，在上有两个不相等的实数根，即， 两边取对数，可得． 记，易知在上是增函数， 故可等价于，即． 记，则，得在上单调递减，在上单调递增， 有最小值，故，即． （ii）证明：根据题意得，不妨设． 构造函数， 则． 当时，，则，得在上单调递减， 有，即． 将代入不等式，得，又， 故， 又在上单调递增， 故，即． 【变式1-3】（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)证明见解析 【解题思路】（1）利用导数分析的单调性，并求得其最小值，由此不等式对恒成立，转化为.构造函数，利用导数分析其单调性，即可解得实数的取值范围； （2） 利用导数分析函数的单调性，得，则，构造函数，利用导数分析函数的单调性，得，从而证得. 【解答过程】（1）函数的定义域为， . 当时，令，得. 当时，，所以； 当时，，所以. 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. 因为不等式对恒成立，所以. 设， 则恒成立， 所以在上单调递增. 因为，所以，解得，即. 综上所述：的取值范围是. （2）证明：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2 比值、差值换元法求极值点偏移问题】 【例2】（2026·天津·模拟预测）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，有两个极值点，且， （ⅰ）求t的范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）（ⅱ）证明见解析 【解题思路】（1）利用求切线斜率，再求切线方程； （2） （ⅰ）有两个极值点等价于有两解，即有两解，令，在分析的单调性即可求解； （ⅱ）有两解，先求出满足的关系式，再令，不等式等价于，令函数，求导分析单调性再求最值即可求解. 【解答过程】（1）当时，函数，求导得，则， 而，所以曲线在处的切线方程为. （2）（ⅰ）当时，函数，求导得， 由是函数的两个极值点，得是方程的两个不等实根， 由，得，令函数，则， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增， 而，所以. （ⅱ）有两解，即，两边取对数得, 则当时，， 令，则，，因此， 不等式等价于，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，即 ，，于是. 【变式2-1】（2025高三·全国·专题练习）若是函数的两个零点，且，求证：且． 【答案】证明见解析 【解题思路】方法一：根据题意，得，令，对于，其等价于，构造函数，即可得证；令，则，构造函数，即得证； 方法二：由函数单调性，知，有，，则，且，，令，利用导数可证；令，利用导数可证. 【解答过程】方法一：比值代换 因为，由题意结合可知，，， 所以． 令，则，，代入上式得， ．对于，其等价于，即． 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以，即得证． 对于，其等价于，即，即． 令，则，构造函数，则， 在上单调递减，所以，即得证． 方法二：差值代换 由可得． 设函数，则， 当，，则函数在上单调递减， 当，，则函数在上单调递增， 所以，则有，，则，且，． 对于，即，即，即， 令，则，则只需证． 令，则，， 则在上单调递增，则， 则在上单调递增，则，即成立． 对于，其等价于，即，即． 左边分子、分母同时除以，得，令，则， 则只需证，即． 令，则， 令，则， 所以在上单调递减，故，所以， 所以在上单调递减，所以，即成立． 【变式2-2】（25-26高二下·重庆·期末）已知函数． (1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围； (2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）由题意可得在上恒成立，构造函数，借助导数求出其在上的最小值即可得； （2）由题意结合导数可得，，即可得， ，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，得到函数，利用导数计算其单调性即可得解. 【解答过程】（1）由题意可得在上恒成立， 即在上恒成立， 令，则， 则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故，即； （2），令， 由函数有两个极值点， 则有两个变号零点， ， 当时，，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 又， 又当时，，则， 故此时此时至多存在一个零点，不符，故舍去； 当时，则当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增， 有，则，故， 则有，， 则，即，同理， 则，故， 即， 由的最大值为，令，则有， 即，令，， 则 ， 令，， 则恒成立， 故在上单调递增，则， 则，故在上单调递增， 则. 【变式2-3】（2026·河南周口·三模）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：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意在上恒成立，参变分离后，构造函数求导后计算最小值即可得； （3）利用导数求出单调性后，设，结合正负性可得、范围，再利用比值换元法，可得，，即可将证明转化为证明在上恒成立，构造相应函数并借助导数研究其单调性即可得. 【解答过程】（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. 【题型3 指数、对数均值不等式求极值点偏移问题】 【例3】（25-26高三上·内蒙古包头·阶段检测）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】研究的图像可知，若，令，则 ，且，可以推出，或，通过对数不等式写出关于的不等式，即可求出的范围. 【解答过程】因为，，令得：；令得：，所以在区间单调递增，在单调递减，且时，恒成立，的图像如下： 令，则 ，且， ①当时，，成立，所以是方程的一个实数根， ②当时，由得：，令， 则： ，两式相减得： ，两式相加得：， 所以：，由对数均值不等式得：， 所以：，且，所以，，即：， 所以. 故选：D. 【变式3-1】（2026·湖南长沙·一模）已知，，，则a，b，c的大小关系是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】转化为比较比较的大小，构造函数，先证明，，中最大，设，先证明，再证明，即得解. 【解答过程】要比较，，等价于比较的大小, 等价于比较, 即比较, 构造函数,, 令得,令得, 所以在单调递增, 单调递减. 所以, 因为， 所以最大，即，，中最大， 设， 结合的单调性得，， 先证明，其中， 即证， 令，，其中， 则， 所以，函数在上为增函数，当时，， 所以，当时，， 则有， 由可知， 所以， 因为，所以即， 因为，在单调递增， 所以，即， 因为 所以所以， 即， 因为，在单调递减. 所以， 即，即， 综上，. 故选：D. 【变式3-2】（2026·广东佛山·模拟预测）已知函数． (1)设，求的零点并判断的单调性； (2)若，且，证明： （i）； （ii）． 【答案】(1)的零点为0；在上单调递减，在上单调递增. (2)（i）证明见解析； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）利用导数分析的单调性，可得到在上有唯一零点.利用的单调性得到及的解，从而得到判断的单调性； （2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合的单调性证得，即； （ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合的单调性证得，即． 【解答过程】（1）由函数，得. 所以. 因为恒成立，且在上单调递增. 因为，所以在上有唯一零点. 所以的零点为0. 所以，当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. （2）证明：（i）由（1）知，在上单调递减，在上单调递增. 所以在处取得极小值，即最小值，最小值为. 若，且，则. . 令，则. 所以是增函数，所以. 由（1）知，所以，所以，即. 因为在上单调递增，所以，即. （ii）设，则 令，则. 令，则. 所以在上单调递增，即在上单调递增. 所以，所以在上单调递增. 所以. 所以，当时，恒成立，即. 即. 两边同乘以，得. 因为，所以， 所以， 即. 因为，所以，所以，即. 所以，. 因此，得证. 【变式3-3】（25-26高三上·天津蓟州·期中）已知函数． (1)求的单调区间； (2)若有两个正零点，且． （i）求的取值范围； （ii）求证：． 【答案】(1) 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （2）（i）结合（1）的分析，确定满足的条件，从而求得的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数均值不等式，从而证得. 【解答过程】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，，所以函数在上单调递增；． 当时，令，解得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增． 综上所述，当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）（i）由题意知方程有两个不同的正实根， 由（1）知，且， 所以，解得． （ii）证明：由（1）得，所以，两边同时取自然对数， 得， 两式相减得，即， 要证，只需证明， 令，只需证明构造函数， 求导得， 所以函数在上单调递增， 于是，所以不等式（*）成立，于是原不等式成立． 【题型4 极值点偏移：加法型】 【例4】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知函数. (1)若该函数在单调递增，求的取值范围. (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析. 【解题思路】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解； （2）构造函数，利用导数讨论其单调性，并结合即可证明. 【解答过程】（1）由题意 ， 当时，，在上单调递增，满足题意； 当时，当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 又该函数在单调递增，故， 综上可知，的取值范围为 （2）当时，， 由（1）可知在上单调递减，在上单调递增， 所以，令， 则， 所以在上单调递减，，即， 令，则，故， 又在上单调递增，，所以， 故. 【变式4-1】（25-26高二下·安徽蚌埠·阶段检测）已知函数． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)若存在，使得成立，求的取值范围； (3)若存在两个极值点，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）根据导数的几何意义可得切线方程； （2）先将不等式转化为，再构造函数，进而只需求函数在上的最小值，运用导数研究函数单调性及最值可得； （3）先将函数有两个极值点转化为方程有两个不同的实根，进而可得，且，再令，进而可得及，从而只须证明，即，再构造函数，，用导数求得函数的最小值，从而可得所证不等式. 【解答过程】（1）当时，，，所以，， 所以切点为，切线的斜率为，所以切线方程为，即． （2）由，即，因为，所以不等式可变形为． 令，则“存在，使得成立”等价于大于等于在上的最小值， ． 令，，则． 当时，，故，所以在上单调递增． 因此，故，所以在上单调递增． 所以，因此的取值范围为． （3）证明：因为的极值点满足，即，即． 因为存在两个极值点等价于方程有两个不同的实根． 令，则的定义域为，， 当时，，则在上单调递减，且； 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增． 故在处取得极小值，且． 又当时，，当时，， 所以当，即时，方程有两个不同的实根，且， 故． 由，变形得． 令，则，代入上式得， 两边同时取自然对数，得，因此． 要证，即证，只需证，即. 令，，则， 令，则， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以在上单调递增， 所以，即恒成立， 即，得证． 【变式4-2】（25-26高三上·河南·期末）已知函数. (1)讨论函数的单调性； (2)设，若对任意，恒成立，求实数的取值范围； (3)当时，函数有两个零点，，求证：. 【答案】(1) 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）求出导函数，按照和分类讨论研究函数单调性； （2）将题干恒成立问题转化为，设，利用导数法求得在上单调递增，从而转化为在上恒成立，设，，利用导数法求得，即可求解； （3）将证明转化为证，设，，利用导数法求得单调递减，则有，即可得证. 【解答过程】（1）函数，其定义域为，∴.     当时，恒成立，∴在上单调递增； 当时，令，解得， 当时，，当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增.     综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意，∴即.     ∵，∴不等式可化为，即.     设，则当时，；当时，；当时，. ，当时，，在上单调递增. 当时，，，故 ， 当时，，，，在上恒成立， 即在上恒成立. 设，，则， 在上单调递增，， ∴， 综上实数a的取值范围是. （3）证明：由（1）知，当时，在上单调递减，在上单调递增. 函数有两个零点，，不妨设，则. 要证，只要证，，，只要证. 又∵，∴只要证.     设，， 则. 当时，，，， ∴，∴单调递减，∴.     ，即， ∴. 【变式4-3】（2026·湖南郴州·模拟预测）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)时，在上单调递增；时，在、上单调递增，在上单调递减. (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明: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. 【题型5 极值点偏移：减法型】 【例5】（25-26高二上·全国·课后作业）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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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， ，． 【变式5-1】（2025·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：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求导，分和两种情况，结合导数符号判断函数单调性； （2）根据题意分析可知：在内单调递增，在内单调递减，，利用极值点偏离证明和，即可得结果. 【解答过程】（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. 【变式5-2】（25-26高三上·河南·开学考试）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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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. 【变式5-3】（25-26高三下·天津·阶段检测）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) 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证明见解析；②证明见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明：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. 【题型6 极值点偏移：乘积型】 【例6】（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数，记． (1)讨论函数的单调性； (2)已知，对任意，存在，使得，求实数的取值范围； (3)已知，且，求证：． 【答案】(1)当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1），对其求导，对实数进行分类讨论进行求解； （2）令，由对任意，存在，使得，得，进行求解； （3）由（1）知，，由，得，要证，即证，即证，即证，令，即证，令，利用导数判断单调性进行证明． 【解答过程】（1）， 则， 当时，，此时函数在上单调递增， 当时，由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 综上知， 当时，函数在上单调递增； 当时，函数在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知，当时，， 令，则， 则， 由，得，由，得， 则函数在上单调递减，在上单调递增， 得， 由对任意，存在，使得， 得， 即， 得， 因为，所以， 故实数的取值范围为： （3）证明：已知，且，由（1）知，， 且函数在上单调递减，在上单调递增， 则， ， 得， 得， 得， 要证，即证， 即证， 即证， 因为，所以， 即证， 即证， 即证， 令， 即证， 令， 得， 则函数在上单调递增， 得， 即得证， 故命题得证． 【变式6-1】（25-26高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【解答过程】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）证明：若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 【变式6-2】（25-26高二下·甘肃定西·期中）设函数， (1)若有极值点、无零点，求的取值范围； (2)若的图象在区间内存在两条互相垂直的切线，求的取值范围； (3)设，若方程有两个实数根、，且，求证：，且． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，结合函数极值点的定义可得出实数的取值范围，求出该函数的极小值，根据函数无零点可得出关于的不等式，综合可解得实数的取值范围； （2）分析可知，存在、使得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，可得出，即可解出实数的取值范围； （3）分析可知，证明出，可得出，所以，再证明出，即可得出，再结合不等式的基本性质可证得结论成立. 【解答过程】（1）因为，则， 当时，，此时函数在上单调递增，函数无极值点，不符合题意； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增， 则函数有极小值点，故的极小值为， 因为函数无零点，所以，即，即，解得， 综上，的取值范围为． （2）由的图象在区间内存在两条互相垂直的切线， 可知存在、使得． 当，则，不符合题意． 当时，在上单调递增． 所以在内的值域为． 所以，由题意可得， 整理可得，解得， 因此，的取值范围为． （3）证明：设，则， 因为，所以． 当时，，在上单调递增，不符合题意，所以． 由，得． 设，则，所以在上单调递增． 又因，所以， 所以，所以， 所以，所以， 设，则， 因为当时，，所以在上单调递减， 又因为，所以当时，，即． 因为，所以，即， 又因，所以，所以， 又因为，，所以． 【变式6-3】（25-26高三上·江苏宿迁·阶段检测）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)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)证明见解析； (3)证明见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明：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）证明：， 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. 【题型7 极值点偏移：倒数和型】 【例7】（25-26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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据极小值的定义计算即可； （2）把问题转化为，进而转化为，令，只需证明即可. 【解答过程】（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. 【变式7-1】（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：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【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7-2】（25-26高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意可得在上恒成立，则可构造函数，求导后分及讨论其单调性，在时结合零点的存在性定理研究，即可得的具体范围，即可得其最大值； （3）借助因式分解可将原问题转化为有两个实根，借助导数研究其单调性可得两根范围，借助换元法，令，，可得，两式作差可得，从而将证明转化为证明，借助换元法令，即证，构造相应函数，借助导数即可证明；再借助（2）中所得，结合两实根的范围，可得，即可得，两式作差即可得证. 【解答过程】（1），， 又，则有， 即曲线在处的切线方程为； （2）由题意可得在上恒成立， 令，则， 令，则， 则当时，，故在上单调递增， 则当时，， 当时，，故在上单调递增， 有，符合要求， 当时，由，， 则存在，使，即当时，， 当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，不符合要求，故舍去， 综上所述，，故实数的最大值为； （3）证明：， 由，即有有两个实根，， 令，， 当时，恒成立，不可能有两个实根，故舍去； 当，则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则有，即， 又， 不妨令，则有， 有，令，，即有， 则有，即， 即，则要证，只需证， 即证， 令，即证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减，故， 即有在时恒成立，故得证； 由（2）可知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立， 则当时，，即， 由，则、， 故，， 则，， 又，即，即， 即，则有， 整理得，即，即， 即； 综上，得证. 【变式7-3】（25-26高二上·湖北武汉·期末）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且，证明：． 【答案】(1)的增区间是，减区间是. (2)证明见解析 【解题思路】（1）直接求导，求得导函数的零点，即可讨论出的单调性； （2）先把等式变形为题干函数的形态得，再分别证明左右两个不等式，注意构造函数的技巧以及多次求导. 【解答过程】（1）由题可知，而在上是减函数，是增函数， 在上单调递减，又， 时，单调递增；时，单调递减． 所以的增区间是，减区间是. （2）由题意得， 即，亦即． 设，则由，得，且． 不妨设，则即证， 先证：. 由及的单调性知，． 令， 则． ， ，即在上单调递增，故， ，取，则． 又，则． 又，且在上单调递减， ，即． 下证：． （ⅰ）当时，由，得； （ⅱ）当时，令， 则 ． 记，则． 又在上为减函数， 在上单调递减，在上单调递增， 单调递减，从而，在单调递增． 又， 对于，则， 所以时，，故在上单调递增，， 故时，，． 又， 从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以． 又， 对函数，， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，所以， 由，所以． 显然， 所以，即． 取，则． 又，则． 结合，以及在上单调递增， 得到，从而． 综上所述，. 【题型8 极值点偏移：平方型】 【例8】（2026·广东广州·模拟预测）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) 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，在上单调递减. (2)证明见解析 【解题思路】（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． 【解答过程】（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）证明：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. 【变式8-1】（25-26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：． 【答案】(1)在区间内单调递增，在区间内单调递减； (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）求函数的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单调区间； （2）方程可化为，结合（1）确定函数的性质，由条件确定的取值范围； （3）设，由（i），由已知，法一：先证明时结论成立，构造函数，，并证明，由此可得，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明当时，结论成立；法二：构造函数，证明当时，，由此可证，结合的单调性证明，再结合基本不等式证明结论. 【解答过程】（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）证明：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． 【变式8-2】（2026·山西·模拟预测）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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明如下： 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. 【变式8-3】（2025·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：. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（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）证明：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9 极值点偏移：复杂型】 【例9】（25-26高二下·吉林长春·期末）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1) 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. (2)①； ②证明见解析 【解题思路】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【解答过程】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②证明：因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 【变式9-1】（25-26高三上·河北·阶段检测）已知函数，且有两个零点. (1)求的取值范围； (2)证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案； （2）先证明对一切不相等的正实数，都有，进而得到，则，由基本不等式得，进而求出. 【解答过程】（1）定义域为， 由题意可得. 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减. 当时，，当时，，且， 则，解得，即的取值范围为； （2）证明：先证明对一切不相等的正实数，都有. 不妨设，要证，即证 设， 则， 所以在上单调递增，所以，即当时，有， 故，即. 因为是的两个零点，所以 所以，则， 所以，则. 因为，所以. 因为， 所以. 因为，所以，即. 【变式9-2】（2025·湖北武汉·三模）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) 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)（ⅰ）； （ⅱ）证明见解析 【解题思路】（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. 【解答过程】（1）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）（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）证明： 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． 【变式9-3】（25-26高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围； （2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证. 【解答过程】（1）解：令，即得，即方程有三个零点， 即直线与曲线有三个不同的交点， 可得， 所以当或时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为.      （2）解：因为， 当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时， 令，得，所以当时，； 当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 若有两个零点，则，得，所以， 当时，，，， 故存在，使得， 又当趋向于时，趋向于，故存在，使得， 故，则满足，可得，即， 要证，只需证， 两边同乘以，可得， 因为，，所以， 令，即证，即证， 令，可得， 令，，故在区间上单调递增， 故，因此，所以在区间上单调递增， 故，因此原不等式成立. 【题型10 拐点偏移】 【例10】（25-26高二下·陕西咸阳·阶段检测）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”也是函数图象的对称中心. (1)若函数，求函数图象的对称中心； (2)已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 【答案】(1) (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）根据“拐点”的定义，对函数求导即可得结果， （2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数求导，构造函数，利用导数得出结果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函数在上单调递增且，从而得证. 【解答过程】（1）因为，所以， 所以.令，解得，又， 所以函数的“拐点”为， 所以函数图象的对称中心为. （2）（ⅰ）因为，， 所以， ，且， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，又， 由零点存在性定理知，有唯一的零点， 所，且，当时，， 所以的拐点为. （ⅱ）证明：由（i）可知，在上单调递增，， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， 又， ∴在上恒成立，∴在上单调递增， 又，， 所以. 【变式10-1】（2026·江苏淮安·模拟预测）已知函数存在两个不同的极值点． (1)求实数的取值范围； (2)设，求的最大值； (3)求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）由题意知有两个不同的实根，即方程有两个不同实根，令，通过求导求出的单调性，结合图象即可求出答案； （2），通过求导求出的单调性，即可求出答案； （3）函数，证明出，再证明在上单调递减，从而得到，结合第（2）问即可求出答案. 【解答过程】（1）由题意知． 因存在两个不同的极值点，故有两个不同的实根， 即方程有两个不同实根． 令，则． 令，因恒成立，故在上单调递减． 又，故： 当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减． 所以在处取得极大值即最大值，且． 又，，当，， 要使直线与图象有两个不同交点，必须满足． 当时，易知函数存在两个不同的极值点，符合题意， 故实数的取值范围是． （2）， ， 令， 所以单调递增，又， 所以当时，，则在上单调递减； 当时，，则，在上单调递增． 因此在处取得最大值，． 即的最大值为． （3）由（1）知．不妨设． 因在上递增，上递减，且，故必有． 构造函数， 当时，，即恒成立． 因为，所以．又，故． 因为，且在上单调递减， 所以，即． 当时，，此时，故在上单调递减． 由于，故． 于是． 由（2）知，当时，． 因为，所以． 综上可得，，原命题得证． 【变式10-2】（2026·四川绵阳·模拟预测）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”．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．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 【答案】(1)或． (2)且 (3) 【解题思路】（1）设切点，利用导数的几何意义和两点斜率公式列方程可求，再利用点斜式求切线方程； （2）利用导数判断函数的单调性，作函数的大致图象，由时，成立，可得，求函数的对称中心，利用对称性化简可得，结合图象进一步化简，由此可求结论， （3）由条件结合导数运算法则可得，令，，利用导数研究函数的单调性，结合函数性质求其零点，由此可得结论. 【解答过程】（1）因为，故可设切点为，， 所以， 整理得： 解得：或， 当时，切点为，切线斜率为，故切线方程为， 当时，切点为，切线斜率为，切线方程为， 故切线方程为：或． （2），当且仅当时，， 由（1）， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又由可得，，， 作函数的大致图象如下，    所以， 要使恒成立 当即时，恒成立， 即，且， 所以 当时，由恒成立， 得（*）， 因为，所以，， 令，所以， 当时，，当时，， 由题干可得函数的图象关于点对称， 所以， 所以不等式（*）为， 因为，结合图象可得， 所以恒成立， ，所以． 综上，且 （3）， 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. 【变式10-3】（24-25高三上·河南·阶段检测）阅读材料一：设函数在区间上有定义，若对任意和任意，都有，则称是区间上的下凸函数；反之，如果都有，则称是区间上的上凸函数.阅读材料二：若函数在区间上可导，即存在，且导函数在区间上也可导，则称在区间上存在二阶导函数，即.设函数在区间上存在二阶导函数，则在区间上是下凸（上凸）函数的充要条件是对任意都有（）且在区间的任意子区间内不恒为0.阅读材料三：设函数在区间上连续，（其中为无限接近于0的正数），在上存在二阶导函数，若在和上的符号相反，则点为曲线的拐点.请根据以上阅读材料，回答下列问题： (1)证明：对任意，，不等式恒成立； (2)设函数，若点是曲线的拐点，求实数，的值，并证明的图象关于拐点中心对称： (3)设函数，若点是曲线的一个拐点，且，其中，试证明：. 【答案】(1)证明见解析； (2)，证明见解析； (3)证明见解析. 【解题思路】（1）构造函数，证明是上凸函数即可推理得证. （2）利用“拐点”的意义可得，结合求出；再利用中心对称的定义计算推理即可. （3）利用“拐点”的定义求出“拐点”，构造函数，利用导数探讨单调性可得，再结合给定条件及函数的单调性推理即得. 【解答过程】（1）当或时，不等式成立，令函数， ，，因此函数是上凸函数， 则对任意，，即， 所以对任意，，不等式恒成立. （2）函数，则，， 由点是曲线的拐点，得当时值与当时值符号相反， 因此，又，解得； ， ， 所以的图象关于拐点中心对称. （3）函数的定义域为，则，， 当时，，当时，，依题意，，， 当时，，即， 令 ，， 求导得， 即函数在上单调递增，，即， 而，则，即，因此， 当时，，当且仅当时取等号， 于是函数在上单调递增，又，因此，即， 所以. 一、单选题 1．（2026·四川泸州·二模）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【解题思路】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C. 【解答过程】因为，， 所以，则，即， 令，则，， 当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增, 所以， 对于，总有，即在上单调递增， 故，即在上恒成立， 所以对于，对于任意，在上取， 则， 所以当且趋向于0时，趋向于无穷大， 当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大， 所以的大致图像如图所示： . 对于AD，因为，，不妨设， 由图象可知，，故，故AD错误； 对于B，假设成立，取， 则，显然不满足，故B错误； 对于C，令，又， 则， 所以在上单调递增， 又，则，即， 又，则， 因为，所以，又，在上单调递增， 所以，即，故C正确. 故选：C. 2．（2026·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【解答过程】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 3．（2026·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（    ） ①； ② ；③；  ④. A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④ 【答案】B 【解题思路】令，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误. 【解答过程】令，则， 当时，；当时，； 故在上为增函数，在上为减函数， 而，，故， 而，故，故①错误. 又，故， 故②正确， 此时，故④正确. 设， 则（不恒为零）， 故在上为增函数， 故，必有即， 所以，即， 由的单调性可得即，故③成立. 故选：B. 4．（25-26高三上·河北衡水·期末）已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答. 【解答过程】依题意，，， 令，， 当时，，即，函数在上单调递减， ，即，因此， 令，，当时，，当时，， 函数在上单调递减，，而， 函数在上单调递增，显然， 则方程有两个不等实根，，有， ，而，则有， 令，，， 即函数在上单调递减，当时，，即， 因此，即有，而，在上单调递增， 于是得，即，取，，于是得， 又，在上单调递增，从而， 所以，D正确. 故选：D. 5．（2026·黑龙江哈尔滨·三模）已知函数有两个零点，，且则下列结论中不正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】求出原函数的导函数，可知当时函数有极小值，求出极小值，再由极小值小于0求解的范围判断A，分析函数两零点大于0，代入原函数，可得，得到判断D，由，设，则为的两个零点，利用导数求解的范围与的范围判断B与C. 【解答过程】解：由，得， 当时，在上恒成立，此时在上单调递减，不合题意； 当时，由得， 当时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以当时，函数取得极小值为， 因为当时，，当时，， 所以要使函数有两个零点，则，解得，故A正确； 由，极小值点，可得， 因为是函数的两个零点，所以， 所以，所以，故D不正确； 由，设，则为的两个零点， 由，得在上单调递增，在上单调递减， 所以，故B正确； 设，则， 由于恒成立，则在上单调递增， 因为， 所以，即，得， 因为在上单调递减，， 所以，即，故C正确， 综上D不正确. 故选：D. 6．（25-26高三上·安徽合肥·阶段检测）已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【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. 7．（25-26高二下·四川成都·期中）已知函数有两个零点、，且，则下列命题正确的个数是（    ） ①；②；③；④； A．个 B．个 C．个 D．个 【答案】C 【解题思路】由可得，设，其中，则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，数形结合可判断①；构造函数，其中，分析函数的单调性，可判断②③；分析出、，利用不等式的基本性质可判断④. 【解答过程】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，①对； 对于②，由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，②错； 对于③，由，两式相加整理可得， 所以，，可得，③对； 对于④，由图可知，则，又因为，所以，，④对. 故选；C. 8．（25-26高三上·广东深圳·期末）已知函数，则下列判断正确的是（    ） A．有两个极值点 B．若恒成立，则的取值范围是 C．若有两个零点，则的取值范围是 D．若有两个零点，则 【答案】C 【解题思路】对求导，由极值点的定义可判断A；将转化为，求出的取值范围可判断B；要使有两个零点，则即可判断C；利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证，可判断D. 【解答过程】对于A，函数的定义域为， ， 因为，，令，解得：， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以在处取得极小值点，故有1个极值点，故A错误； 对于B，若恒成立，则， 由A选项知，，解得：，故B错误； 对于C，当趋近正无穷，趋近正无穷，当趋近，趋近正无穷， 所以由A选项知要使有两个零点，则， 则，故C正确； 对于D，在和各有一个零点， 所以， 为判断D选项的真伪，下面证明， 要证，即证， 因为，即证， 又因为，故只需证， 即证 即证， 下面证明时，， 设， 则， ， 设， 所以，而， 所以，所以， 所以在单调递增， 即，所以， 令， ， 所以在单调递减， 即，所以； 综上， ，所以.故D错误. 故选：C. 二、多选题 9．（2026·湖北襄阳·模拟预测）已知关于的方程有两个不等的实根，且，则下列说法正确的有（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【解题思路】由已知与有两个不同的交点，利用导数研究函数性质，结合图象确定的范围，判断A，要证明只需证明，结合函数单调性只需证明，故构建函数，利用导数证明结论，判断B，利用比差法比较，判断C，利用的范围，结合指数函数性质证明，判断D. 【解答过程】方程，可化为， 因为方程有两个不等的实根， 所以与有两个不同的交点， 令，则， 令，可得， 当时，，函数在单调递减， 当时，，函数在单调递增， ， 当时，，且，当时，， 当时，与一次函数相比，指数函数呈爆炸性增长， 故， 当时，，， 根据以上信息，可得函数的大致图象如下： ，且，故A正确． 因为， 构造， ， 在上单调递增， ， ，即， 由在单调递增 所以，故B正确． 对于C，由，， 所以， 又，所以，则，所以，故C错误． 对于D，由，可得， 所以，D正确． 故选：ABD． 10．（2026·重庆·模拟预测）对于函数，下列说法正确的是（    ） A．当时， B．若是函数的导数，则 C．对任意都有，则 D．设在定义域上有两个不同的极值点，则 【答案】BCD 【解题思路】A选项求导利用单调性求解；B选项令，求导利用单调性证明即可；C选项化简构造函数即可；D选项两个不同的极值点转变为直线与函数的图象有两个不同的交点，得到的取值，再利用极值点偏移即可得解. 【解答过程】对于函数，定义域为，所以， 对于A，当时，，则单调递减， 所以当时，，即，所以A错误； 对于B，令，则， 当时，，则单调递增；当时，，则单调递减， 所以，即，所以B正确； 对于C，由题可得，对于任意，恒成立， 令，，则，且， 于是，解得，所以C正确； 对于D，，，则， 令，得， 由题可知有两个不同的极值点， 所以直线与函数的图象有两个不同的交点， 对求导得， 函数在上单调递增，在上单调递减， 所以函数有最大值， 且当时，，当时，，    所以，由题可知，， 不妨设，则，要证明，只需要证明， 即证，也就是证明， 令，，，， 则，即在上单调递增， 又，所以，所以，即，所以D正确， 故选：BCD. 11．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）设函数的定义域为，的导函数满足，且，则下列结论一定成立的是（    ） A．的最大值为1 B．在点处的切线为 C．若方程有两个不同的解，，则 D．若，，，则 【答案】ABD 【解题思路】先求表达式：由，根据求导法则得，再代入求出，进而得到，用除法求导法则对求导. 对于A选项：令得极值点，根据导数正负判断单调性，求出最大值. 对于B选项：先求处的函数值和导数值，再用点斜式求切线方程. 对于C选项：设，通过构造函数，判断其单调性来证明. 对于D选项：由得，将变形，换元后根据二次函数性质求最值. 【解答过程】已知，可知. 可得（为常数）. 因为，将，代入，可得，即，解得. 所以，则，. 对求导，可得： . 对于选项A，令，即，解得. 当时，，则，单调递增； 当时，，则，单调递减. 所以在处取得极大值，也是最大值，，但当时，，所以没有最小值，A选项正确. 对于选项B，当时，. . 根据点斜式方程可得，即，所以在点处的切线为，B选项正确. 对于选项C，由前面分析可知在上单调递增，在上单调递减. 不妨设，若，则，因为，且在上单调递减，所以只需证明，又因为，所以只需证明. 令，，则. 当时，，， 所以，在上单调递增， 则，即，所以，与矛盾，C选项错误. 对于选项D，因为，所以. . 令，则，所以. 对于二次函数，其对称轴为，开口向下，所以当时，取得最大值，. 则，D选项正确. 故选：ABD. 三、填空题 12．（25-26高二下·四川成都·期中）函数的两个极值点、满足，则的最大值为___________. 【答案】 【解题思路】根据函数极值点的定义可得出，可得出，令，则，可得出，，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【解答过程】由得， 由得， 因为函数两个极值点、， 则，可得①， 设，则且，代入①得，， 所以， 设，则， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 从而，所以在单调递增， 所以，所以，故的最大值为. 故答案为：. 13．（2026·吉林·三模）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；. 【解题思路】求出函数的导函数，即可得到，从而求出，令，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解； 【解答过程】解：，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；. 14．（25-26高三上·河南·阶段检测）已知函数，若函数有四个不同的零点、、、，且，则以下结论正确的是___________. ①； ②； ③； ④. 【答案】①②④ 【解题思路】设，其中，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断②的正误；分析可知，结合基本不等式可判断①的正误；构造函数，利用导数分析函数在上的单调性，可判断③④的正误. 【解答过程】设，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，函数的极大值为，且当时，， 作出函数、的图象如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有四个交点，②对； 因为，则，由图可知，则， 所以，，①对； 令，其中，由图可知， ， 当时，，则，此时函数单调递减， 所以，，即， 因为，，且函数在上单调递减， 所以，，则，故，③错④对. 故答案为：①②④. 四、解答题 15．（2026·山西晋中·二模）已知函数，其中． (1)讨论的单调性． (2)若函数有两个不同的零点． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. (2)①； ②证明见解析 【解题思路】（1）先确定函数定义域为，对函数求导并通分因式分解，把导函数化成整式乘积形式.以参数为分类依据，先讨论时导函数符号，再讨论时比较导函数两个零点与1的大小，分三种情况判断导函数正负，进而得到每一段的单调区间，分类标准清晰、不重不漏. （2）①先化简解析式，将函数有两个零点转化为对应方程有两个正根，分离参数变形为构造新函数.求导研究的单调性、最值与极限趋势，判断函数变化特征，利用直线与曲线有两个交点的条件，列出不等式求解出的取值范围. ②利用零点满足的方程，作和作差得到对数关系式，两式相除构造齐次式.采用极值点偏移常规证法，换元设，把待证不等式转化为关于的函数不等式.构造辅助函数，求导判断单调性，由端点值推出，逆向还原即可证得结论. 【解答过程】（1）由题意可知:的定义域为，且， 若，则， 当，则;当，则; 可知在内单调递减，在内单调递增; 若，令，解得或， 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 当，即时，则 ， 可知在内单调递增; 当，即时，令，解得或;令，解得; 可知在内单调递增，在内单调递减; 综上所述:若在内单调递减，在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减; 若在内单调递增; 若在内单调递增，在内单调递减. （2）①有两个不同的零点， 即有两个不同实根， 若，则，只有一个实数根，不符合题意， 故，得， 令， 令，得， 当时，，可知在上单调递增， 当时，，可知在上单调递减， 当时，取得最大值，且时，， 当时，可得 可得不等式：. 先解，即，解得或. 再解，移项通分得， 等价于，即 . 因为，故不等式等价于 ， 解得， 结合或，取交集得. 所以实数的取值范围为. ②证明：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 ， 可知函数在上单调递增，且. 可得，即，所以. 16．（2026·山东聊城·二模）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)若当时，恒成立，求的取值范围； (3)若关于的方程有两个不等实根，证明：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】(1)代入后通过单调性求解. (2)通过单调性一步步对范围进行排除，最后确定的范围. (3)通过实根的性质构造新的关于的函数求证. 【解答过程】（1）当时，， . 令，得， 当时，，函数单调递减； 当时，，函数单调递增， 故在处取得最小值， . （2）当时，恒成立， 即， 即. 令，即求在时恒成立， . ①当时，恒成立，故在上单调递减， 则当时，恒成立； ②当时，在上单调递减，且， 则在上恒成立，故在上单调递增， 则成立，与题干矛盾，舍掉； ③当时，恒成立，故在上单调递增， 则恒成立，与题干矛盾，舍掉. 综上所述，满足要求. （3）证明：将代入，原方程化为， 即， 则有， 两式相减，得， 即， 故原不等式变形为. 不妨令，不等式两端同时除以，则不等式可变形为. 令，则不等式可继续变形为， 即证在时恒成立， 故令， 则恒成立， 故在时单调递增，则恒成立， 故命题得证. 17．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）求导，分析单调性，确定极值． （2）分类讨论不同取值下需满足的条件，最后取并集. （3）利用函数对称性，将转化为证明，构造函数，求导分析单调性和极值，最终证得． 【解答过程】（1）， 令，所以，解得， 当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在的极小值为，无极大值． （2）在上恒成立， 即在上恒成立， ①当时，由，得，因此，满足题意. ②当时，令， 则， 令，则． 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，， 因此在上存在唯一的零点， 且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，不满足题意. 综上，实数的取值范围为． （3）证明：当时，即， 不妨设，由（1）可知， 要证明，即证， 因为，且在上单调递增，所以只需要证， 又因为， 所以只需要证，即证， 即证， 两边同时除以，得， 化简为， 因为，所以只需证， 即证， 令， 则， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增，， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以． 故，即， 所以． 18．（2026·河北·二模）已知函数，是的导函数. (1)当时，证明：； (2)讨论的极值点个数； (3)若有两个极值点，证明：. 【答案】(1)证明见解析； (2)当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为； (3)证明见解析 【解题思路】（1）构造函数，利用导数求解的单调性和最值，从而证得结论； （2）将问题转化为与位置关系的讨论问题，通过导数可求解出的单调性和最值，结合图象进行分析可得正负，进而得到极值点个数； （3）将所证不等式转化为证明，令，则只需证；根据极值点偏移的证明逻辑，构造函数，利用导数可证得，结合分析法可得到结论. 【解答过程】（1）证明：当时，， 令，则定义域为，， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， ，即. （2）由题意知：定义域为，， 令，则， 令，则， 当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减， ，且当时，；当时，； 由此可得大致图象如下图所示， ①当，即时，与有唯一交点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有唯一的极小值点，无极大值点； ②当，即时，与交于两点， 则当时，，即；当时，，即； 在上单调递减，在上单调递增， 有一个极小值点，一个极大值点； ③当，即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递减，无极值点； 综上所述：当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为；当时，的极值点个数为. （3）证明：由（2）知：若有两个极值点，则，此时； ， ， 要证，只需证， 即证， 只需证，即证， ，， 令，则与交于两点，其中，则， ，当时，；当时，； 在上单调递增，在上单调递减，； 要证，只需证，即证， ，，在上单调递减，只需证， 又，只需证， 令，则， ，，，在上单调递增， ，又，， 即，原不等式得证，即. 19．（25-26高二下·广东深圳·期中）曲率是指曲线上某个点的切线方向角对弧长的转动率，曲率越大，表示曲线在该点处的弯曲程度越大．记，定义曲线在点处的曲率为． (1)比较曲线在点和处弯曲程度的大小； (2)若函数的图象上存在两个不同的点、，使得曲线在、处的曲率均为． （i）求的取值范围； （ii）证明：． 【答案】(1) 曲线在点处的曲率小于其在点处的曲率. 曲线在点处的弯曲程度小于其在点处的弯曲程度. (2)（i）； （ii）证明见解析 【解题思路】（1）根据曲率的定义可求出曲线在点、处曲率，比较大小即可； （2）（i）分析可知有两个不同的解、，参变量分离可知有两个不同的解，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；（ii）由方程组得，设，先证，结合分析将所证不等式等价变形为即证，令，即证，构造函数，结合函数的单调性可证得结论成立. 【解答过程】（1）设，其中，则，， 所以，，，， 所以在点处的曲率为. 在点处的曲率为， 所以曲线在点处的曲率小于其在点处的曲率. 曲线在点处的弯曲程度小于其在点处的弯曲程度. （2）（i）因为，其中， 则，， 因为函数的图象上存在两个不同的点、， 使得曲线在、处的曲率均为． 即有两个不同的解、，即有两个不同的解、， 所以， 令，得，令，得， 当时，，即在上单调递增， 当时，，即在单调递减， 所以，，作出直线与函数的图象如下图所示： 由图可知，当时，即当时，直线直线与函数的图象有两个交点， 因此，实数的取值范围是； （ii）证明：由得， 不妨设，由（i）可知，先证明， 即证，即证， 令，即证，构造函数，其中， 则对任意的恒成立， 所以函数在上为增函数，则， 故当时，，所以，， 由基本不等式可得，故结论成立. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $