专题3.6 极值点偏移问题 讲义【知识概要+6大题型+巩固训练】-2027届高三数学一轮复习

专题3.6 极值点偏移问题 知识点1：极值点偏移问题 1.极值点偏移：对于某些涉及函数零点的不等式证明问题，有时可以根据极值点的情况，采取特定处理方式，老师们称为“极值点偏移问题”.所谓极值点偏移是指：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏． 2.常见解法：（1）证明（或）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （2）证明（或）（、都为正数）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （3）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. 【跟踪训练】 1．（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求a的最小值； (3)设,若有两个零点,求证：． 题型一：加法型不等式证明问题 题型二：减法型不等式证明问题 题型三：乘积型不等式证明问题 题型四：平方型不等式证明问题 题型五：倒数和型不等式证明问题 题型六：特殊型不等式证明问题 题型一：加法型不等式证明问题 1．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）已知函数， (1)若，证明：. (2)已知关于的方程有两个不同的实数解，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 2．（2027·辽宁鞍山·一模）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数的两个零点为，，证明． 3．（26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）已知函数. (1)当，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：若有两个零点，则. 4．（25-26高二下·河北邯郸·期末）已知函数. (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：. 题型二：减法型不等式证明问题 5．（26-27高三上·江西南昌·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数在上的最值； (2)已知函数有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）若，求实数的取值范围. 6．（26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 7．（25-26高二下·广西桂林·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，，且，证明：． 8．（25-26高二下·广西钦州·期末）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围； (3)若，设，且有两个零点，，其中，求的取值范围. 题型三：乘积型不等式证明问题 9．（25-26高三上·四川雅安·开学考试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的值； (3)若，函数有两个零点、，求证：． 10．（2026高二·全国·专题练习）已知函数.若有两个极值点，求证：. 11．（2026高二·全国·专题练习）已知函数，记. (1)讨论函数的单调性； (2)已知，且，求证：. 12．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 题型四：平方型不等式证明问题 13．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 14．（2026高二·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若且，，证明：. 15．（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若函数在区间上存在两个不同的零点，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）若，求证：． 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：. 题型五：倒数和型不等式证明问题 17．（2026高三·全国·专题练习）已知，若有两个不等实根，，求证：． 18．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 19．（2026·江苏南通·一模）（多选）已知，若，且，则（     ）． A． B． C． D． 20．（2026高二·全国·专题练习）已知，若，，且，证明：. 题型六：特殊型不等式证明问题 21．（2026·四川南充·一模）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（     ） A．当时，有且只有1个零点 B．若，则 C．若恰有2个零点，，则 D．若恰有3个极值点，，，则 22．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 23．（25-26高三上·浙江嘉兴·期末）已知函数，若方程有三个不同的实数根. (1)求的取值范围； (2)若，求实数的值； (3)证明：. 24．（2026高二·全国·专题练习）已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 1．（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． 2．（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 3．（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． 4．（26-27高三上·河南驻马店·开学考试）已知函数，若存在两个不等正数，，满足，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 5．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数，，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 6．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，，若（），则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 D． 7．（2026·山东济南·模拟预测）（多选）已知函数，其导函数为，则（    ） A．当时，有且只有1个零点 B．若，则 C．若恰有2个零点，，则 D．若恰有3个极值点，，，则 8．（25-26高三上·山东·开学考试）（多选）已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 9．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）（多选）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 10．（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________. 11．（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. 12．（25-26高二下·山东临沂·期中）已知函数有两个零点，则________（填大于或小于号），实数的取值范围是________． 13．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数，，，且，其中是自然对数的底数，． (1)当时，恒成立，求的取值范围； (2)求证： （i）； （ii）． 14．（26-27高三上·黑龙江佳木斯·阶段检测）已知函数． (1)若，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若有且仅有三个不同零点为，且 （i）证明： （ii）证明：． 15．（2026·四川遂宁·一模）设，，函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：； (3)讨论方程解的个数，并说明理由． 16．（26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）已知函数有两个零点 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数c的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数的两个零点为，证明． 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题3.6 极值点偏移问题 知识点1：极值点偏移问题 1.极值点偏移：对于某些涉及函数零点的不等式证明问题，有时可以根据极值点的情况，采取特定处理方式，老师们称为“极值点偏移问题”.所谓极值点偏移是指：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏． 2.常见解法：（1）证明（或）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （2）证明（或）（、都为正数）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （3）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. 【跟踪训练】 1．（25-26高三·全国·二轮复习）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若对所有成立，求a的最小值； (3)设,若有两个零点,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)1； (3)证明: . ，且， 令，得， 由有两个零点，且有唯一的正根，此时， 当时，，在单调递减， 当时，，在单调递增. 所以是的极小值点，且，两个零点满足. 因为，解得， 又因为，，且是的极小值点， 所以，将代入得到， 若，则，与矛盾， 所以，即，可以得到. 所以位于的递增区间内. ， 将代入得，， 因为，所以， 又与都在的递增区间内， 所以有，即. 【分析】（1）先求出函数的定义域和导数，然后根据的取值范围讨论导数的正负，从而确定函数的单调性. （2）将恒成立转化为恒成立，通过构造函数求其最大值，进而得到的最小值. （3）先求出的表达式，根据有两个零点得到相关等式，然后通过构造函数利用函数的单调性证明不等式. 【详解】（1）函数的定义域为，， 当时，，即在上恒成立，所以在上单调递增. 当时，令，解得, ，即在上单调递增. ，即在上单调递减. 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）由，得对所有成立， 令，则， 令， 当时，，在上单调递增. 当时，，在上单调递减. 所以在处取得最大值，. 因为恒成立， 所以,即的最小值为1. （3）略. 题型一：加法型不等式证明问题 题型二：减法型不等式证明问题 题型三：乘积型不等式证明问题 题型四：平方型不等式证明问题 题型五：倒数和型不等式证明问题 题型六：特殊型不等式证明问题 题型一：加法型不等式证明问题 1．（26-27高三上·安徽阜阳·阶段检测）已知函数， (1)若，证明：. (2)已知关于的方程有两个不同的实数解，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1)令，， 令，得，令，得， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，故时，. (2)（ⅰ）； （ⅱ）由题意知，不妨设. 构造函数，则. 当时，，，则， 得在上单调递减，此时有，即，. 将代入不等式，得，又， 故，又，，在上单调递增， 故，即. 【分析】（1）令，，通过求导分析其单调性与最值完成证明； （2）（ⅰ）先证明当时，，结合（1）可得，故条件转化为方程有两个不同的实数解，再转化为直线与曲线有两个交点，利用导数分析函数性质，作函数图象可得结论， （ⅱ）利用极值点偏移方法证明结论. 【详解】（1）略 （2）（ⅰ）设，， 则， 令，得，令，得， 故在上单调递增，在上单调递减， 则，即， 又由（1）知，则，且该式中不能同时取等号， 故. 又由关于的方程有两个不同的实数解，， 所以方程有两个不同的实数解，即直线与曲线有两个交点. 记，则有， 令，可得，令，可得， 得在上单调递减，在上单调递增， 当时，取极小值，极小值为， 当时，，当时，， 故. （ⅱ）略 2．（2027·辽宁鞍山·一模）已知函数． (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数的两个零点为，，证明． 【答案】(1) (2) (3)要证，即证，只需证， 不妨设，由（2）知，可得， 由（2）知在上单调递减，即证， 因为，只需证， 设，， 因为，当且仅当，即时等号成立， 因为，所以，所以在上单调递增， 所以，所以，即， 所以，命题得证. 【分析】（1）利用导数的几何意义结合函数的点斜式方程求解即可； （2）利用导数分析函数的单调性及最值，结合题意列式求解即可； （3）要证，即证，只需证，不妨设，即证，只需证，设，利用导数结合基本不等式讨论求出函数的单调性，可得，继而即可证明. 【详解】（1）当时，，， 函数在处的切线斜率为， 所以函数在处的切线方程为，即. （2），当时，恒成立， 在上单调递增，最多有1个零点，不符合题意； 当时，令，解得， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又时，，所以要使有2个零点， 则，解得， 所以实数的取值范围是. （3）略 3．（26-27高三上·宁夏银川·阶段检测）已知函数. (1)当，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若恒成立，求的取值范围； (3)证明：若有两个零点，则. 【答案】(1) (2) (3)证明：由（2）知，在单调递减，单调递增，极小值点. 有两个零点，则两零点分居极值点两侧：不妨设. 要证，也就是证. 由，可知. 因为在单调递增，所以只要证明。 又，因此只需证. 构造函数，，显然. . 令，求导得: ，所以在单调递减. ，得，所以， 即. 代入，括号内式子小于0，而，所以. 在单调递减，于是， 也就是，. 取，得. 因为，所以. 都大于 1，在递增， 所以，即.证毕. 【分析】（1）求导，代入得斜率；求得切点；写出切线； （2）求导找单调性，得最小值在；最小值右侧式子，解关于的不等式； （3）设零点，将证转化为证，构造判断单调性完成证明. 【详解】（1），，定义域. . ，切点，斜率，切线方程：. （2）定义域， ，令. ，递减；，递增. 所以. 条件恒成立，等价于最小值满足： ， 解得. （3）略. 【点睛】极值点偏移：零点分居极值点两侧不等式变形，转移到同一单调区间构造差函数. 4．（25-26高二下·河北邯郸·期末）已知函数. (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：. 【答案】(1)当时，在内单调递增，在内单调递减；当时，在内单调递减，在内单调递增. (2)（i） （ii）证明：不妨设，由（i）知，且， 当时，；当时，， 设， 设函数， 求导得， 函数在内单调递增，则，即， 于是，由，得， 而在内单调递减， 则，所以. 【分析】（1）求出函数的导数，按求出函数的单调区间. （2）（i）由方程分离参数，构造函数并利用导数确定函数性质求出范围；（ii）由（i）求出的范围，再按分段，利用极值点偏移构造函数并利用导数推理得证. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得， 当时，由，得；由，得， 函数在内单调递增，在内单调递减； 当时，由，得；由，得， 函数在内单调递减，在内单调递增， 所以当时，在内单调递增，在内单调递减； 当时，在内单调递减，在内单调递增. （2）（i）由，得，令函数， 由（1）得函数在内单调递增，在内单调递减， 又，当时，，且当时，， 则当时，方程有两个不同的根， 所以的取值范围是. （ii）略 题型二：减法型不等式证明问题 5．（26-27高三上·江西南昌·阶段检测）已知函数. (1)若，求函数在上的最值； (2)已知函数有两个不同的零点，. （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）若，求实数的取值范围. 【答案】(1)，. (2)（ⅰ）；（ⅱ）. 【分析】（1）把代入，即在闭区间求最值，求导找驻点，比较驻点和两端函数值,比较大小可得. （2）（i）零点个数问题，通过参变分离转化为与两个函数图象交点问题. （ii）零点带对数差约束，通过比值换元，由转化为关于的函数，构造函数由的范围得出的范围，再由求值域，即可得到的范围. 【详解】（1）若，则， 令, 在单调递增，在单调递减，从而在单调递增，在单调递减，则， 又. （2）（i）令，令，则， 令 在单调递增，在单调递减，所以， 又知当时，恒成立，且，故有两个不同的零点，得到方程有两个不等正根，则直线与的图象有两个交点. 故，即. （ii）根据（i），不妨设， 则由（*）， 令，则，再令, 则在单调递减， 在单调递减， 又 ，则在单调递减，，即 ，又由（*）式知， 在单调递增，且， ， 6．（26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）设函数，若有两个极值点，，且，则的最小值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据函数有两个极值点可得方程在上有两个不等实根，由此可利用韦达定理的结论将表示为关于的函数的形式，构造函数，利用导数求得即可. 【详解】定义域为，， 有两个极值点等价于在上有两个不等实根， ，，，， ； 设， 则， 在上单调递减，， 即， 的最小值为. 7．（25-26高二下·广西桂林·期末）已知函数，． (1)当时，求曲线在点处的切线方程； (2)讨论的单调性； (3)若，，且，证明：． 【答案】(1) (2)当时，在上单调递增，无单调递减区间，当时，在，上单调递增，在上单调递减 (3)由得，，即     由于，，所以，所以， 令，则，，所以， 所以     方法一：要证，即证，即证，     令，则，显然     所以在上单调递减，所以，即恒成立， 即成立 方法二：要证，即证，即证，     令，则， 令，则，当时，恒成立，在上单调递增，又，所以在上恒成立， 所以在上恒成立，在上单调递增     又，所以在恒成立，即在上恒成立， 即成立． 【分析】（1）代入参数后对原函数求导，计算出处的导数值作为切线斜率，最后结合切点坐标即可求得切线方程. （2）对函数求导并通分后，通过对分子二次函数的判别式进行分类讨论，再结合定义域判定导函数的符号，从而确定原函数的单调区间. （3）已知指数等式两边取对数转化为代数关系，利用换元法将双变量问题转化为单变量问题，最后构造函数并通过导数证明其单调性与最值. 【详解】（1）当时，，，此时切点坐标为， ， ，即切线斜率为0 所以切线方程为． （2）， 令，则     ①当即时，恒成立，即恒成立， 在上单调递增， ②当即或时，令得，， 若，则， 当时，，即，单调递增， 当时，，即，单调递减， 当时，，即，单调递增，     若，则，由知时恒成立， 即恒成立，在上单调递增， 综上：当时，在上单调递增，无单调递减区间， 当时，在，上单调递增， 在上单调递减. （3）略 8．（25-26高二下·广西钦州·期末）已知函数． (1)若，求曲线在点处的切线方程； (2)若在其定义域内单调递增，求实数m的取值范围； (3)若，设，且有两个零点，，其中，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用导数的几何意义求出切线斜率，进而求出切线方程即可. （2）利用分离参数法得到，再结合基本不等式求解参数范围即可. （3）结合题意将转化为一元函数，再利用导数求解其取值范围即可. 【详解】（1）当时，，则， 可得，， 得到在点处的切线方程为，即； （2）由题意得的定义域为， ∵在上单调递增，∴在上恒成立， 即在上恒成立，又， 当且仅当时等号成立，∴，∴m的取值范围为. （3）由题意得， ∵有两个零点，，且有两个极值点，， ∴，为方程的两个不相等的实数根， 由韦达定理得，， ∵，∴， 又， 由对勾函数在上单调递减可知， ∴ ， 设，则， ∴在上单调递减，又，， ∴，即的取值范围为. 题型三：乘积型不等式证明问题 9．（25-26高三上·四川雅安·开学考试）已知函数． (1)讨论的单调性； (2)若恒成立，求的值； (3)若，函数有两个零点、，求证：． 【答案】(1)时在单调递增；时在单调递减，在单调递增. (2) (3)当时，有两个零点、， 由可得，即， 零点、满足， 两式相减，两式相加得，即， 要证，即证，即证，即证， 设，由可得， 令，则，可得，则， 所以，，则. 所以即证，即证，其中， 因为，则，即证，其中， 构造函数，其中，则， 所以函数在上单调递增， 当时，，即，故原不等式得证. 【分析】（1）求导，分时两种情况进行分类讨论，分析导数的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）先化简不等式得，令，将所求不等式变形为，构造函数，可知对任意的恒成立，则，则函数在处取得极小值，则，求出的值，再结合函数的最值与导数的关系验证即可； （3）化简函数的解析式得，根据零点定义得出，将两式分别相加和相减变形得出，，设，令，将所证不等式变形为，其中，构造函数，其中，结合导数法证明即可. 【详解】（1）函数的定义域为，求导得. 当时，对任意的，，此时函数在上单调递增； 当时，由可得，由可得， 此时函数在上单调递减，在上单调递增. 综上所述，当时在单调递增； 当时在单调递减，在单调递增. （2）因为，由得， 整理为，即， 令，则不等式为. 因为函数在上单调递增， 当时，；当时，，故， 设，则对任意的恒成立，所以， 所以函数在处取得极小值， 求导得，则，解得，此时，则， 由可得，由可得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，符合题意. 综上所述，. （3）略. 10．（2026高二·全国·专题练习）已知函数.若有两个极值点，求证：. 【答案】因为有两个极值点， 所以，即有两个不等的实数根，且． 解法一：设，则， 所以，即（*）， 又，所以， 代入（*）式得，所以， 故， 从而． 设，则. 设， 则，所以在上单调递增，又， 所以恒成立，故恒成立，从而在上单调递增， 所以，即， 所以. 解法二：要证，只需，即． 因为，所以， 所以只需证， 又因为，所以， 所以只需证，即， 设，只需证， 设，， 设，所以， 令，则， 所以在是增函数， 所以，所以在是增函数， 所以，所以， 所以是增函数，所以，所以得证． 【分析】将有两个极值点转化为①有两个不等的实数根，且，解法一：综合法.设，代入①式，可得，进而得到，再利用导数，求出的取值范围即可得证；解法二：分析法.要证，只需证，设，利用导数求出的取值范围即可得证. 【详解】略 11．（2026高二·全国·专题练习）已知函数，记. (1)讨论函数的单调性； (2)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)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． 【分析】（1），对其求导，对实数进行分类讨论进行求解； （2）由，得，即证，，令，即证，讨论求证即可. 【详解】（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）略 12．（2026高二·全国·专题练习）已知函数． (1)若在上单调递增，求实数的取值范围． (2)已知，，若，求证：． 【答案】(1) (2)当时，，定义域为，， 不妨设，由，移项得， 令，求导得，故在上单调递增， 由，得，即，所以， 因此， 所以， 若，则恒成立，则在单调递增，则不存在， 所以，记，所以，即， 要证，即证，只需证明，即可推出，即成立， 令，即，不等式等价于 ， 令，得， 在上单调递减，因此，即，不等式得证， 综上，成立. 【分析】（1）利用函数单调递增转化为导函数恒非负，结合余弦函数的值域求出导函数最小值，通过恒成立条件求出参数的取值范围； （2）借助的单调性对原式放缩，结合双零点等式变形，利用对数均值不等式构造函数求证乘积不等式. 【详解】（1）由，得， 因为在上单调递增，所以在上恒成立，即对任意成立， 由，且，可知当时，取得最小值， 要使不等式恒成立，需，可得， 又因为，得实数的取值范围为. （2）略 题型四：平方型不等式证明问题 13．（26-27高三上·湖北黄冈·开学考试）设函数 (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个不同零点，. （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【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) （i） （ii）由题意知，是的两个不同零点， 令，则是方程，即的两个不等实根． 令，，则， 由得，由得， 所以在上单调递减，在上单调递增 不妨令， 要证明，只需证，即证， 即证， 令， 即，因为，当时，由基本不等式得， 因此，所以在上单调递减， 所以，故， 故，即 【分析】（1）求导后分类讨论求出函数单调区间即可； （2）（i）根据函数存在两个零点利用函数的单调性及零点存在定理求参数的取值范围即可； （ii）利用函数单调性及换元法可转化为证明，再由导数证明在上单调递减即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为， 当时，，，在单调递增； 当时，由得，由＜0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）（i）由（1）知，当时，在上单调递增，至多有1个零点，不符合题意； 当时，要使得有两个不同零点，， 需要，解得 又所以在上存在唯一零点； 由于，所以， 取， 则当时，，所以在存在唯一零点： 所以 （ii）略 14．（2026高二·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，求的最大值； (2)若且，，证明：. 【答案】(1)1 (2)证明如下： 由，可得， 两边取以为底的对数并整理得，，即， 因为，不妨设， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，， 即， 而，且当时，恒成立，得到， 记，， 则， 函数在上单调递增， ，即，于是， 又在上单调递减，， ，得证. 【分析】（1）利用导数讨论的单调性，即可求得最大值； （2）将已知条件变形得到，再利用（1）中函数的单调性，构造函数，，进而可以得证. 【详解】（1）当时，，， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以. （2）略. 【点睛】本题核心题型：极值点偏移，嵌套同构构造，是本题核心母函数.条件同构转化是关键一步，条件：，两边取对数化简，把陌生不等式转化为，即，再利用（1）中函数的单调性，得到与的关系，再通过放缩法证明不等式. 15．（26-27高三上·湖南长沙·阶段检测）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)当时，求函数的图象在点处的切线方程； (2)若函数在区间上存在两个不同的零点，． （ⅰ）求实数的取值范围； （ⅱ）若，求证：． 【答案】(1) (2)（ⅰ）； （ⅱ）证明：要证，即证， 由（ⅰ）可得，则，所以， 由（ⅰ）可得在单调递增，所以等价于证明， 即，化简得 令，， 令，， 所以在单调递增，且， 所以，所以在单调递增，且， 故成立，所以. 【分析】（1）把代入并求导，分别求出和的值，代入即可得出答案； （2）（ⅰ）根据函数在区间上存在两个不同的零点，得到有两个不同的解，转化为求有两个不同的解，求导，判断的取值范围即可得出答案； （ⅱ）将证明转化为证明，根据的单调性转化为证明，化简得到，求导，并求出函数的值域即可证明. 【详解】（1）把代入得，则 求导得，则， 则切线方程为，即. （2）（ⅰ）因为函数在区间上存在两个不同的零点，， 即有两个不同的解， 又因为， 令，则， 令，， 所以在区间上单调递增，又， 所以有两个不同的解，即有两个不同的解， 令，， 当时，，在单调递增， 当时，，在单调递减， 故， 且当时，，当时，， 故若有两个不同的解，则，故实数的取值范围为. （ⅱ）略. 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)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. 【分析】(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. 【详解】（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）略 题型五：倒数和型不等式证明问题 17．（2026高三·全国·专题练习）已知，若有两个不等实根，，求证：． 【答案】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． 【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】略 18．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) 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； 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： 由①知，，，所以， 要证，即证， 令， 则， 当时，，在上单调递增， 因为，所以， 即，即， 又因为，所以， 又因为且在上单调递减， 所以，即， 原命题得证. 【分析】（1）求导得，分为，，和四种情况，分别讨论的符号，从而得到函数的单调性； （2）①分为，，，和五种情况，结合函数的单调性分别讨论，即可求出答案；②由①知，，即，要证，只需证，通过构造函数，判断在上单调递增，从而证明，继而得到，再结合函数的单调性即可证明. 【详解】（1）， （ⅰ）当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅱ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅲ）当时，，在上单调递增； （ⅳ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，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； 当时，在上单调递增； 当时 ，在上单调递减，在上单调递增. （2）①， （ⅰ）当时，，令，解得， 此时函数只有一个零点，不符合题意，舍去； （ⅱ）时 ，在上单调递减，在上单调递增， 则， 又， 取且， 则， 所以有两个零点，其中，，符合题意； （ⅲ）当时， 在上单调递增， 当时，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅳ）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅴ）当时， 当时，， 又在上单调递减，在上单调递增，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去. 综上所述，实数的取值范围为. ②略. 19．（2026·江苏南通·一模）（多选）已知，若，且，则（     ）． A． B． C． D． 【答案】ABC 【分析】求，分析的单调性，求出的最值，从而得到函数与的大致图象．对于A，由数形结合即可判断；对于B，根据，再由数形结合即可判断；对于C，构造，求，分析的单调性得到，从而得到，进而根据基本不等式即可判断；对于D，先令，，构造，求，分析的单调性，再构造，求，分析的单调性得到，进而得到即可判断． 【详解】由，，则， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减， 所以；当时，；当时，． 又，所以函数与的大致图象如下： 对于A，由，且，即函数与有两个不同的交点， 由数形结合，所以，故A正确； 对于B，由，且，由数形结合，所以，故B正确； 对于C，设，， 则， 又，则，，则，即在上单调递增， 所以，即，， 又数形结合知，即， 又，即， 由，，且在上单调递减，所以，即， 所以，（由，即等号取不到），所以成立，故C正确； 对于D，由数形结合知，令，，则，且，， 又，即， 令，，则，且， 当时，，则在上单调递增； 当时，，则在上单调递减． 令，， 则， 又，则是开口向下，且对称轴为的二次函数，所以，即， 所以，则在单调递增，即，即，， 又，则，又，则， 由，，且在上单调递减，则，即，即，故D错误． 20．（2026高二·全国·专题练习）已知，若，，且，证明：. 【答案】 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. 【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】略 题型六：特殊型不等式证明问题 21．（2026·四川南充·一模）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（     ） A．当时，有且只有1个零点 B．若，则 C．若恰有2个零点，，则 D．若恰有3个极值点，，，则 【答案】ABD 【分析】对于A；将代入，构造函数研究单调性与最值，判断零点个数；对于B：恒成立，分离参数构造函数求最小值，确定范围；对于C：零点条件同构得到；对于D：极值点为和两根，要证即证，构造偏移函数证明. 【详解】函数的定义域为，， 对于A：当时，， 等价于，即， 设，， 令，， 当时，；当时，， ，当且仅当取等号， 当时，，，单调递减， 当时，，，单调递增， ，当且仅当取等号， 故有且只有个零点，A正确； 对于B：对任意恒成立，即， 由，分离参数得， 设，由A可知， 变形得，当且仅当时取等号，，所以，B正确； 对于C：， 记，零点满足， ，， 在单调递减；在单调递增， ；在单调递减，在单调递增， 不妨设，该零点情形满足， ，因此， 构造辅助函数：， ，在单调递增，， 即，代入，， 结合，得， 又，在单调递增， ，C错误； 对于D：，极值点满足或， 恰有个极值点，说明方程有两个不等正根， 且，第三个极值点为， 由，得， 设，，在单调递减，单调递增， 若，，则， 构造函数，， ， 令，在上成立，在单调递减， ，故， ，又，则，在单调递减， ，即， ，在单调递增， 所以，即， 因此，D正确. 22．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i）， （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由 ，可得， 则， 即. 【分析】（1）由恒成立，分参配方即可求解； （2）（i）由题意列出方程组，消去得，求导分析的整数零点，即可求； （ii）求导分析单调性，得出，构造函数证明，构造函数证明，由不等式的性质即可证明. 【详解】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）略 23．（25-26高三上·浙江嘉兴·期末）已知函数，若方程有三个不同的实数根. (1)求的取值范围； (2)若，求实数的值； (3)证明：. 【答案】(1)； (2)； (3) 由（1）知.先证，即证明：， 由于在内单调递增，即证，又， 即证， 设， ， 设，， 在区间内存在零点，设为在区间上单调递减， 在区间上单调递增，，. 所以在上存在零点，在， 在所以在上单调递减，在上单调递增， ， 所以时，，即有对恒成立. 成立． 下证，由题意知，又， 故，解得， 所以成立． 【分析】（1）求导，得到函数单调性和极值，结合时，，得到； （2）先得到的对称中心为，先由得，再证时，恒成立，结论成立； （3）由（1）知.先利用构造差函数法证明出，再由题意知，又，故，解得，所以成立． 【详解】（1）， 令得或，令得， 故在内单调递增，在内单调递减，内单调递增， 的极大值为的极小值为，且时，， 方程有三个不同的根，所以； （2）设，则， 故的对称中心为，恰好是点和点所连线段的中点. 对，都有， 由可得，，解得，需要满足. 下证时，恒成立，即证. 即证，即， 即证， 设，令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， ，从而成立， 所以当且仅当时，恒成立； （3）略 24．（2026高二·全国·专题练习）已知函数（，）.若函数有两个零点，.证明：. 【答案】证明: 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. 【分析】先换元，即证，分别构造函数来证明即可. 【详解】略. 1．（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 【分析】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. 【详解】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. 【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. 2．（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 【分析】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. 【详解】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. 【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法： （1）证明（或）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （2）证明（或）（、都为正数）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （3）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. 3．（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 【分析】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. 【详解】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. 【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解. 4．（26-27高三上·河南驻马店·开学考试）已知函数，若存在两个不等正数，，满足，则下列关系式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先求导确定单调区间，然后通过构造函数证明恒成立. 【详解】的定义域为，. 当时, ，函数单调递减； 当时，，函数单调递增. 且，且当时，，时 ， 故在上递减，在上递增，最小值为. 若存在使，则、必位于的两侧，不妨设. 令，， 则， 即在上恒成立， 即在上单调递增， 又，所以当时，，即， 令，则， 又，即， 又，，且在上单调递增， 所以，即，故A错误，B错误； 令，. 则， 所以在上单调递减，故，即. 令，得， 又，所以. 由于，，且在单调递增， 故，即.因此C正确，D错误. 5．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数，，在其图象上任取两个不同的点、，总能使得，则实数的取值范围为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据结合，可得出，可知函数在上为增函数，可得出，结合参变量分离法可求得实数的取值范围. 【详解】由以及，， 所以， 构造函数，则， 所以函数在上为增函数， 由于，则对任意的恒成立， 由，可得， 当时，则，当且仅当时，等号成立， 所以，，因此实数的取值范围是. 6．（26-27高三上·黑龙江哈尔滨·开学考试）已知函数，，若（），则的最大值为（    ） A． B．1 C．2 D． 【答案】B 【分析】根据题目条件，求出之间的等量关系，进而通过换元法构造函数，根据函数导数与函数单调性和极值之间的关系，求出函数单调区间和极值，判断函数最大值，进而求出结果. 【详解】由题意可得，则， 由，则， 令，则， 令，可知函数在上单调递增， 所以有唯一解，即，即， 可得，所以， 令，则， 令，则， 令，解得，所以当时，，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，为， 所以的最大值为1 7．（2026·山东济南·模拟预测）（多选）已知函数，其导函数为，则（    ） A．当时，有且只有1个零点 B．若，则 C．若恰有2个零点，，则 D．若恰有3个极值点，，，则 【答案】ACD 【分析】对于A，把代入，判断单调性和极值，最值，即可得出答案； 对于B，举的反例，例如，判断是否成立，即可得出答案； 对于C，将参变分离，因为有两个零点，即参数所表示的直线与参数分离后的函数图像有两个交点，得到，通过得到证明即可得出答案； 对于D，由题可得的两个零点都是的极值点，且另一个极值点为，要证，即证通过对参变分离得到，且，证明，即可得出答案. 【详解】因为，， 所以，. 对A，当时，，. 设，，则，. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，所以（当且仅当时取“”）. 所以的零点只有一个； 对B，当时，，. 则，. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，又， 但，故要，未必要； 对C，由，可得，. 设，.则，. 当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增，又，所以. 所以，. 方程有两个零点，等价于，有两个解，设为，，且. 即有， 要证明，即证明， 因为，即证明，即, 令， 因为， 所以在单调递增，所以，即， 所以； 对D，因为有三个极值点，所以或者，且有两个零点， 设， 要证，即证， ， 令， ， 当时，，在单调递增； 当时，，在单调递减， ， 当，，当，， 故当时，有两个零点. 设， 要证，即证， 当时，，显然成立； 当时，， 因为， 所以， 两边同取对数得， 令，则，，极小值在. 要证，即证，且， 因为在单调递增，只需证， 令， ，所以在单调递减， 又因为，所以时，，即成立， 所以，从而. 8．（25-26高三上·山东·开学考试）（多选）已知函数有两个零点，设其由小到大分别为，，则（    ） A．实数的取值范围是 B． C． D． 【答案】ABD 【分析】通过指对同构化简，再分离参数，数形结合可得AB选项； 利用零点关系化简，再构造函数，根据单调性以及范围可判断C选项； 可利用齐次化、比值代换解决D选项极值点偏移问题. 【详解】定义域为，有两个零点，可化为有两个解， 又由于，所以左侧恒大于0，故右侧也恒大于0，可得， 设，则，在单调递增， 原方程可化为， 由于，，都在的单调增区间里， 所以，即， 设，，， 则时，，单调递增， 时，，单调递减，且恒大于0， 极大值， 可画出如图所示，则要使有两个解，即与图像有两个交点，    由图像可得a的范围是，故A选项正确； 同样由图象可得，所以，故B选项正确； ，， 结合，可得， 设，由于，则单调递增, 所以，故C错误； 由于， 所以， 设，则,， 设，， ， 在单调递增，， 所以， 又由于，， 所以，故D正确； 故选：ABD. 9．（2026·新疆乌鲁木齐·三模）（多选）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 【分析】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. 【详解】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. 10．（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】 【分析】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. 【详解】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：. 11．（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 【分析】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. 【详解】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. 【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法： （1）证明（或）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （2）证明（或）（、都为正数）： ①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性； ②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较； ③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题； （3）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. 12．（25-26高二下·山东临沂·期中）已知函数有两个零点，则________（填大于或小于号），实数的取值范围是________． 【答案】 【分析】利用导数得出函数单调性，求得最小值，列不等式组求解的取值范围，设，则有，令， 用作差法结合函数单调性判断 【详解】解：由题意得， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 则函数的最小值为， 又函数两个零点，且， 故，解得：. 因为为的两个零点，设， 所以，， 设，， 令， ， 令，， 所以函数在上单调递增，故， ∴， ∴，即， ∵，∴， 又∵在上单调递增， ∴，即. 故答案为：；. 13．（26-27高三上·辽宁大连·阶段检测）已知函数，，，且，其中是自然对数的底数，． (1)当时，恒成立，求的取值范围； (2)求证： （i）； （ii）． 【答案】(1) (2)（i）由，可得， 当时，，单调递增，当时，，单调递减， ，且，，则， 而，则两边取对数得，即， 结合以及（1）的结论可得， 故，即得. （ii）记，则， 则，则，令， ，令，则， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 且， 故存在，使得，即，即， 则时，，即，此时单调递减， 时，，即，此时单调递增， 故， 由于在时单调递增， 故， 即. 【分析】（1）求出函数的导数，讨论当和时，符合题意，说明时，不符合题意，即可得解； （2）（i）先对函数求导，确定其单调性，得到，那么可以将的关系用t表示，将待证不等式转化为关于t的不等式，可借助第(1)问的结论证明；（ii）记，则，求出，可得，构造函数，判断其单调性，结合隐零点问题即可证明不等式. 【详解】（1）由，得， 当时，，在上单调递增且， 则当时，恒成立； 当时，且，即时，， 在上单调递增且； 当时，且，且，， 则时，，则在上单调递减，则，不符题意； 综上所述，的取值范围. （2）略 14．（26-27高三上·黑龙江佳木斯·阶段检测）已知函数． (1)若，求的最小值； (2)讨论的单调性； (3)若有且仅有三个不同零点为，且 （i）证明： （ii）证明：． 【答案】(1)1 (2)当时，在上递增； 当时，在上递增，在 上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增； 当时，在上递减，在上递增. (3)（i）证明：由有三个零点，得，， 满足， 相减：，， 令，代入化简，证等价于证明： ，， 构造， ， 所以在上单调递减，有，即成立， 故. （ii）证明：若有且仅有三个不同零点为，由（2）可知，必有， 假设，且， 当时，；当时，， 由极小值，极大值，解得. 先证不等式：， 由题意，，满足 ，故且， 两式相减整理可得， 则只需证：，即证：. 令，则，不等式转化为证明. 令，则， 可得在上单调递减，有，即成立. 再证明不等式：. 由于，且在上单调递增， 则只需证：. 令，则，是单调递减函数， 而， 则. 综上，可得. 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性，利用单调性求函数最小值； （2）对参数分类讨论，利用导数求函数的单调性； （3）（i）由函数的零点求出，的范围，代入，两式相减即可将原不等式的证明转化为证明，，求导，利用函数单调性即可得证. （ii）先证明不等式，即可将原不等式的证明转化为证明，再转化为证明不等式：，利用函数单调性即可得证. 【详解】（1）函数的定义域为. 当时，； 当时，. 若，当时，，可得单调递减； 当时，，可得单调递增， 故的最小值为. （2）当时，，若，，则单调递增， 若，当时，，即，则单调递增； 当时，，即，则单调递减. 若，，则单调递减. 当时，若，，则单调递增； 若，，则单调递增； 若，当时，，则单调递减； 当时，，则单调递增. 综上所述，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递增，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； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （3）（i）略. （ii）略. 15．（2026·四川遂宁·一模）设，，函数，． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)当时，若方程有两个实数根，且，证明：； (3)讨论方程解的个数，并说明理由． 【答案】(1) (2)证明：当时，函数的定义域为， 方程，令函数， 则是方程的两个实根，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递减，在上单调递增，， 当从大于0的方向趋近于0时，，而，又直线 与函数图象的两个交点横坐标为，则， 令函数， 求导得，函数在上单调递增， 则，即，因此，又， 于是，又，且函数在上单调递减， 则，所以. (3)单调增函数与其反函数的图象若有交点，则该交点必在直线上， 令单调递增函数与其反函数的图象有交点，则，且， 假设，若，由是单调递增函数，得，则，矛盾； 若，由是单调递增函数，得，则，矛盾，因此假设错误，， 当时，是增函数，函数与互为反函数， 若函数与的图象有交点，则该交点必在直线上， 因此方程解的个数等价于方程的根的个数， 令，求导得，当时，； 当时，，函数在上单调递增，在上单调递减， 则， 而当从大于0的方向趋近于0时，；当时，， 因此当，即时，函数有2个零点，方程有2个解； 当，即时，函数有1个零点，方程有1个解； 当，即时，函数没有零点，方程有0个解； 当时，若，则，即，因此方程在上无解， 当时，方程，令函数， 求导得， 令函数，求导得， 当时，；当时，， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 当从大于0的方向趋近于0或从小于1的方向趋近于1时，， 当，即时，，则，函数在上单调递减， 而当从大于0的方向趋近于0时， ，当从小于1的方向趋近于1时，， 因此函数在上存在唯一零点，即方程有1个解； 当，即时，存在，，使得， 当或时，，，函数在上单调递减， 当时，，，函数在上单调递增， 由，得， 则， 同理，令函数， 求导得，函数在上单调递增， 又，因此， ，则函数在上有3个零点，即方程有3个解， 所以当时，方程解的个数为3； 当或时，方程解的个数为1； 当时，方程解的个数为2； 当时，方程解的个数为0. 【分析】（1）把代入，利用导数的几何意义求出切线方程. （2）变形方程并构造函数，利用导数确定的范围，再利用极值点偏移推理证明不等式. （3）按分类，在时，由反函数的性质并利用导数确定方程解的情况；在时，利用导数确定方程解的情况. 【详解】（1）当时，，求导得，则，而， 所以曲线在处的切线方程为，即. （2）略 （3）略 16．（26-27高三上·江苏无锡·阶段检测）已知函数有两个零点 (1)当时，求函数在处的切线方程； (2)若函数有两个零点，求实数c的取值范围； (3)在（2）的条件下，设函数的两个零点为，证明． 【答案】(1) (2) (3)不妨设，则由（2）可知，则， 欲证，只需证， 因为在上单调递减，所以只需证， 令， 则， 因为，所以，则， 则在上单调递增，则，故， 故命题成立. 【分析】（1）利用导数的几何意义求出； （2）利用导函数求出单调性以及极值即可求出； （3），求证即可. 【详解】（1）， 当时，，， 则函数在处的切线方程为，即； （2）若，则，则在上单调递增， 则至多有一个零点，不符合题意； 若，则得；得； 则在上单调递减，在上单调递增， 若函数有两个零点，则，得， 当或时，均有， 故函数有两个零点时实数c的取值范围为； （3）略 2 / 16 1 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $