专题08 极值点偏移问题（练）-备战高考数学二轮复习核心考点精讲精练（新教材·新高考）

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【对点演练】
一、单选题
1．（2021·江西·鹰潭一中高三阶段练习（文））关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．是的极大值点
B．函数有2个零点
C．存在正整数k，使得恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】D
【分析】对A，求导得到单调区间即可判断；
对B，对函数求导得出单调区间即可进一步得到结果；
对C，分离参数，通过的单调性和函数变化趋势即可判断；
对D，根据函数f(x)的单调性，将自变量比较大小转化为函数值比较大小，用极值点偏移的方法得到结论.
【详解】对A，，函数在单减，在单增，
是的极小值点，A错误；
对B，，函数在单减，至多一个零点，B错误；
对C， ，令，则，
设，则，函数在单增，在单减，
所以，∴，
则函数在单减，无最小值，且当时，，C错误；
对D，不妨设，易知，
，且，
因为函数在单增，则，
即证：，记，
所以，所以在单减，所以，
即，所以，D正确.
故选：D.
【点睛】本题为函数的综合题，不论分参也好还是极值点偏移也好，还是零点问题、最值问题，最终都要对函数的单调性进行讨论，进而得到答案；需要注意的是，导数综合题一定要结合函数的图象辅助解决，平常注意对导数的题目进行归类，总结做法.
2．（2021·浙江·镇海中学高三开学考试）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
【分析】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
【详解】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
【点睛】题目考察到了极值点偏移的思想，用对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为：，可用两边同除，令整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立
二、多选题
3．（2021·河北·高三阶段练习）已知函数，则下面结论成立的是（ ）
A．当时，函数有两个实数根
B．函数只有一个实数根，则
C．若函数有两个实数根，，则
D．若函数有两个实数根，，则
【答案】AC
【分析】令参变分离可得，令，利用导数说明其单调性，即可得到函数的函数图象，从而判断A、B，若函数有两个实数根，，则，即可得到，再令，，利用导数研究函数的单调性，即可判断C、D；
【详解】解：根据题意，令则，令，则，所以当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减，画出函数图象如下：
函数的最大值在处取得，最大值为，所以选项A正确，当或时函数只有一个实数根，故选项B不正确，
若函数有两个实数根，，则，所以，令，，对函数求导可得，，令，则恒成立，所以函数单调递增，又，所以，所以在时单调递增，的函数图象如下所示：
可得，所以选项C正确，选项D不正确．
故选：AC
4．（2021·全国·高二专题练习）若直线与曲线相交于不同两点，，曲线在A，点处切线交于点，则（ ）
A．B．
C．D．存在，使得
【答案】ABC
【分析】对于A：求出过原点的切线的斜率为，根据直线与曲线有两个不同的交点，可得出和范围；
对于B：由已知得，，不妨设，则，分别求出在点A，点B处的切线方程，由两切线方程求得交点的横坐标，可得结论；
对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证.构造函数，，求导，分析导函数的正负，得出所构造的函数的单调性和最值，可得结论；
对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则，即，根据正切函数的差角公式和切线的斜率得，
【详解】对于A：当时，直线与曲线没有两个不同交点，所以，如图1所示，
当直线与曲线相切时，设切点为，则，
所以切线方程为：，代入点解得，此时，所以直线与曲线相切，
所以当时直线与曲线有两个不同的交点，
当时，直线与曲线没有交点，故A正确；
对于B：由已知得，，不妨设，则，
又在点A处的切线方程为：，在点B处的切线方程为，
两式相减得，将，代入得，
因为，所以，即，故B正确；
对于C：要证，即证，即证，因为，所以需证.
令，则，令，则点A、B是与的两个交点，令，
所以，令，则，所以当时，，单调递减，
而，，所以 ，所以时，，所以单调递减，所以，
即，又，所以，
而，所以当时，，单调递增，又，，所以，即，故C正确；
对于D：设直线AM交轴于C，直线BM交轴于点D，作轴于点E．若，则，
即，所以，
化简得，即，所以，即，
令，则，又，所以，
而，所以方程无解，所以不存在，使得，故D不正确，
故选：ABC．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
5．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数，为常数，若函数有两个零点、，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ACD
【分析】由已知得出，化简变形后可判断A选项的正误；取可判断B选项的正误；利用构造函数法证明CD选项中的不等式，可判断CD选项的正误.
【详解】由可得，可知直线与函数在上的图象有两个交点，
，当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，则，
且当时，，如下图所示：
当时，直线与函数在上的图象有两个交点.
对于A选项，由已知可得，消去可得，A对；
对于B选项，设，取，则，所以，，故，B错；
对于C选项，设，因为，则，
所以，，，
则，
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，故，C对；
对于D选项，，
构造函数，其中 ，则，
所以，函数在上单调递减，则 ，D对.
故选：ACD.
【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.
6．（2021·全国·模拟预测）已知函数，则（ ）
A．
B．若有两个不相等的实根、，则
C．
D．若，x，y均为正数，则
【答案】AD
【分析】A：代入直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明.
【详解】解：对于A：，又，，，所以，则有，A正确；
对于B：若有两个不相等的实根、，则，故B不正确；
证明如下：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，则且时，有，所以 若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，又，所以只需证，令
则有
当时，，，所以有，即在上单调递增，且，所以恒成立，即，即，即.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，即，则有，故C不正确；
对于D：令，则，，，
，
，故D正确；
故选：AD.
【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式.
7．（2021·全国·高二单元测试）关于函数f（x）＝＋ln x，则下列结论正确的是（ ）
A．x＝2是f（x）的极小值点
B．函数y＝f（x）－x有且只有1个零点
C．对任意两个正实数x1，x2，且x2＞x1，若f（x1）＝f（x2），则x1＋x2＞4
D．存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立
【答案】ABC
【分析】利用导函数求解极值点，判断出A选项；利用导函数得到g（x）在（0，＋∞）上单调递减，又g（1）＝1＞0，g（2）＝ln 2－1＜0，有零点存在性定理判断B选项；构造差函数解决极值点偏移问题；D选项，问题转化为存在正实数k，使得恒成立，构造函数，利用二次求导得到其单调性，最终求得答案.
【详解】对于函数f（x）＝＋ln x，其定义域为（0，＋∞），由于，令可得x＝2，当0＜x＜2时，，当x＞2时，，可知x＝2是f（x）的极小值点，选项A正确；
设g（x）＝f（x）－x，则，可知g（x）在（0，＋∞）上单调递减，又g（1）＝1＞0，g（2）＝ln 2－1＜0，所以方程g（x）＝0有且仅有一个根，即函数y＝f（x）－x有且只有1个零点，选项B正确；
由x＝2是f（x）的极小值点，可知若f（x1）＝f（x2）时，x2＞2＞x1＞0，易知4－x1＞2，则f（4－x1）－f（x2）＝f（4－x1）－f（x1）＝，令，则t＞1，，则f（4－x1）－f（x2）＝＝F（t）（t＞1），，则F（t）在（1，＋∞）上单调递减，F（t）＜F（1）＝0，故f（4－x1）－f（x2）＜0，又f（x）在（2，＋∞）上单调递增，则4－x1＜x2，故x1＋x2＞4，选项C正确；
令f（x）＞kx得:，即.设，x∈（0，＋∞），
则，设H（x）＝x－xln x－4，x∈（0，＋∞），则，
因为，当0＜x＜1时，，当x＞1时，，
所以函数H（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以H（x）max＝H（1）＝1－0－4＝－3＜0，
则＜0恒成立，所以函数h（x）在（0，＋∞）上单调递减，
所以不可能存在正实数k，使得恒成立.故选D不正确.
故选：ABC.
【点睛】极值点偏移问题的一般处理方法是构造差函数，利用函数单调性及极值，最值求得结果.
三、解答题
8．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数.
(1)证明不等式：，；
(2)若，，使得，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】(1)移项构造新函数,应用导数求函数的单调性,根据最值证明结论成立.
(2)根据,得到,
结合(1)及函数的单调性求出,换元证明成立即可.
【详解】（1）令，，则，
故在上单调递增，故，
即，所以，，当且仅当时，等号成立；
（2）由得，
整理得，
不妨设，由（1）可知在上单调递增，
故有，从而，
所以，
所以.
下面证明，即证，
令，即证明，其中，故只需证明.
设，则，所以在上单调递增，
所以，
所以，即，所以.
9．（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）设函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数存在两个零点，证明：.
【答案】(1)当时，在区间上单调递减；
当时在区间上单调递减，在区间上单调递增
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案;
（2）利用函数零点可得，，整理变形可得，换元令，得，结合，需证明，由此构造函数，利用导数即可证明结论.
【详解】（1）由于，则定义域为 ，
可得：，
当时，∵，∴，故在区间上单调递减；
当时，∵，∴由可得，由得，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增.
（2）证明：∵，，，不妨设，
则有，，
两式相加得，相减得，
消去得：，
令，则，
要证，即证，也就是要证，即证，
令，
∵
∴在上为增函数，，即成立，故.
【点睛】关键点点睛：利用导数证明关于函数零点的不等式问题，关键在于正确地变式消去参数，进而构造函数，本题中利用，，将两式相加减，进而消去a，可得，换元令，得，进而根据，需证，从而构造函数，解决问题.
10．（2021·河南新乡·高三阶段练习（理））已知函数.
(1)求的极值.
(2)若，，证明：.
【答案】(1)极大值为，的极小值为
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性即得解；
（2）由（1）可知，设，，证明在上恒成立，即得解.
(1)
（1）由题意可得.
当或时，；当时，.
所以在与上单调递增，在上单调递减.
故的极大值为，的极小值为.
(2)
证明：由（1）可知.
设，，
则
.
设，则.
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立，即在上单调递增，
因为，所以在上恒成立.
因为，所以，
因为，所以.
由（1）可知在上单调递增，且，，
则，即.
【冲刺提升】
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）证明：曲线在点处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：.
【答案】（1）恒过定点，证明见解析；
（2）证明见解析.
【分析】（1）利用导数求出曲线在点处的切线方程，进而可证得结论；
（2）令，可得，构造，用导数可证得在上单调递增，则，即，故.
【详解】（1）函数的定义域为，由，得，则，又，则曲线在点处的切线的方程为，即，显然恒过定点.
（2）若有两个零点，，则，，得.
因为，令，则，
得，则，
所以.
令，则，
令，则，
则在上单调递增，所以.
所以，则在上单调递增，
所以，即，故.
【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点是：构造，用导数证得在上单调递增，进而得到.
2．（2021·新疆·克拉玛依市第一中学高二阶段练习）已知定义在上的函数．
（1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围；
（2）若，，，为的极小值，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）由单调性可知在上恒成立，分离变量可得；利用导数可求得的最大值，由此可得的范围；
（2）利用导数，结合零点存在定理可确定，在上单调递减，在上单调递增；构造函数，利用导数可求得单调性，得到，从而得到，根据自变量的范围，结合在上的单调性可证得结论.
【详解】（1）由得：．
为上的增函数，在上恒成立，
即，
令，则，
在上单调递减，，即，
，即实数的取值范围为.
（2）当时，，则，
，在上单调递增，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值.
设，，，，
设，
，．
，，又，，
在上单调递增，
，
，在上单调递增，
，
，，，
又在上单调递减，，即.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（为的两根）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
3．（2022·全国·模拟预测）设函数，为的导函数.
(1)当时，
①若函数的最大值为0，求实数的值；
②若存在实数，使得不等式成立，求实数的取值范围.
(2)当时，设，若，其中，证明：.
【答案】(1)① ；②
(2)证明见解析
【分析】(1)① 当时，对求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值.
② 要求恒成立时的取值范围，等价于，构造新的函数，将问题转化为求新构造函数的最大值，问题即可解决.
(2)当时，，求导即可得到的函数表达式，对求导，得到函数的图像，设，则要证明，只需要证明，构造新函数，求导研究函数的单调性，证明在上恒成立即可.
【详解】（1）当时，.
①易知，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
故，所以.
②解法一，不等式.
设（），，
则由① 知，所以存在实数，使得不等式成立，
等价于存在实数，使得成立.
易知在上单调递减，所以，
所以，即实数的取值范围为.
解法二，不等式.
设，
则存在实数，使得不等式成立，等价于存在实数，使得成立.易知，
当时，易知，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以，即实数的取值范围为.
（2）当时，，，
所以，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
且当时，，当时，，故可作出的大致图象如图所示.
-2
不妨设，由图易知.要证，只需证.
因为在上单调递减，所以只需证，
又，所以只需证对任意的恒成立.
设，
则.
设，
则，因为当时，，，
所以所以在上单调递减，所以，
又当时，，
所以，所以在上单调递增，所以，
即在上恒成立，又，
所以，原不等式得证.
【点睛】处理极值点偏移问题中的类似于（满足）的问题的基本步骤如下：①求导，确定的单调性，得到的范围；②构造函数，求导后可得恒正或恒负；③得到与的大小关系后，将置换为；④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.
4．（2022·江苏南通·高三期中）已知，其极小值为-4.
(1)求的值；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可；
（2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，
所以单调递增，没有极值，舍去.
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为，舍去
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为.
所以.
（2）由（1）知，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以不妨设.
下面先证.
即证，因为，所以，
又因为区间上，单调递减，
只要证，又因为，
只要证，只要证.
设，
则，
所以单调递增，
所以，所以.
下面证.
设，因为，
在区间上，；在区间上，.
设，，因为，
所以，所以.
设，，因为，
所以，所以.
因为，所以，
所以.
【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.
5．（2022·云南·昆明一中模拟预测（理））已知函数，且恒成立．
(1)求的最大值；
(2)当取得最大值时，设，若有两个零点为，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先求导得，对进行分类讨论，求出，即，进而求得的最大值；
（2）由（1）得，则 ，令整理得，，作差变形得，要证，即证，代换得，构造，利用导数可证不等式恒成立.
【详解】（1）由题意得，
当时，，在上单增，当时，，此时显然不成立；
当时，令，得，
所以在上单减，在上单增，
，即，所以，，
所以，的最大值为；
（2）由（1）式可知，即，所以 ，
则有两个零点为，，即；，
所以，，两式相减得，即，
要证不等式恒成立，等价于，
代入得．
令，，，
所以函数在上单调递增，，得证.
6．（2022·新疆·高三期中（理））已知函数的两个不同极值点分别为，（）.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：（为自然对数的底数）.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）把函数有两个不同极值点，转化为有两个不同的实数根，令，结合其导数分析值域情况，从而得到实数的取值范围；
（2）由题意可知，是方程的两个根，从而有，变形可得：，令，则，再利用分析法即可证明.
【详解】（1）解：因为有两个不同极值点，，
所以有两个不同的根，，
令，则.
令，得；令得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以.
因为当时，，所以.
（2）证明：由（1）可知，且，是方程的两个根，
即，所以，
所以，所以.
令，则，
要证，即证，即证，即证.
令，则，
所以在上单调递增.
因为，所以，所以成立，故成立.
7．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知函数．
(1)试判断函数的单调性；
(2)若函数有两个不同的实数解，试说明．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由导数法判断单调性即可；
（2）原方程化简为，令，则，则要证结合对数运算法则，等价于证，令，则，只要证明，时恒成立即可，最后由导数法证明即可.
【详解】（1）由题可知的定义域是，．
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，解得，
当时，，所以在上单调递增；当时，，所以在上单调递减．
综上：当时，在上单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）证明：因为有两个不同实数解，即有两个不同实数解，
又由于，故不妨设令，且有，，∴，，
要证，只需证
．
令，则，所以只要证明，时恒成立，
令，，
由于已知，∴恒成立，所以在上递增，∴，
所以时，恒成立，即恒成立，从而证明．
【点睛】要证，关键是利用条件将不等式变形，将作为整体换元，使原不等式变成只含一个变量的不等式恒成立问题.
本题，故可结合对数运算性质进行变形，最后不等式等价于证
8．（2022·全国·高三阶段练习（文））已知函数（且）.
(1)若函数的最小值为2，求的值；
(2)在（1）的条件下，若关于的方程有两个不同的实数根，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题知，再根据和时的情况求解函数最小值即可得答案；
（2）方法一：根据题意得，进而令得，再令，求函数最小值即可；
方法二：由题知方程有两个不同的实数根， ，，进而根据极值点偏移问题求解即可.
【详解】（1）解：因为，，
所以，.
当时，有，所以函数在上单调递增，所以函数不存在最小值；
所以不合题意，故.
当时，令，得.
当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以，解得.
所以，的值为
（2）解：方法一：
由（1）知，，.
因为为方程的两个不同的实数根，
所以①；②.
①－②得：，即，
所以，
令，有，
所以，从而得.
令，则，
所以函数在上单调递增，即，
即，又，
所以，恒成立，即，得证.
方法二：
由（1）知，，.
因为为方程的两个不同的实数根，
所以，即方程有两个不同的实数根.
令，，则，.
令，得.
当时，，所以在上单调递减；
当时，，所以在上单调递增.
因为，
所以.
令，，
则.
所以在上单调递减，所以，即.
所以，所以.
又在上单调递增，
所以.即，得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于由，结合得到，再根据函数的性质得，进而证明结论；
9．（2022·河南·高三期中（理））已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
【答案】(1)在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；
（2）由（1）得，设，，利用导函数的几何意义可得，从而可得；设，，利用导函数的几何意义可得，从而可得，两式联立即可求解.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（Ⅰ）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因为在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.
10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求在上的最小值.
(2)设，若有两个零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，令，利用导数可知当时，，由此可知，得到单调性，由最值定义可求得结果；
（2）求导后，根据正负可确定单调性，从而确定的取值范围；采用分析法可知要证，只需证得；令，利用导数可证得，结合（1）中结论可证得，由此可得结论.
【详解】（1），
令，，
则当时，恒成立，在上单调递增，；
又当时，，，在上单调递增，
.
（2）由题意得：，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
有两个零点，，；
要证，只需证，
又，，在上单调递减，只需证，
又，只需证，
即证：；
设，则，
在上单调递增，，
；
由（1）知：，成立，
综上所述：.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是利用极值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为的证明，通过构造函数，结合导数知识证得成立.
11．（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数．
(1)当，和有相同的最小值，求的值；
(2)若有两个零点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别求出和的最小值，列方程即可求出结果；
（1）问题转化为有两个零点，证明，进而只需要证明只需要证明，也即是，从而令，构造函数求出最值即可证出结论．
【详解】（1）由．
所以．
所以．
令，则为上的增函数，且．
所以在上单调递减，上单调递增．
所以．
又．
所以．令，则
所以为上的增函数．
又．
令，因为在上单调递增，且，而，因此函数与直线有唯一交点，
故方程在上有唯一解，
所以存在唯一，使得．
即，故，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．
故而．
（2）由题意有两个零点．
所以，即．
所以等价于：有两个零点，证明.
不妨令．
由．
要证，只需要证明．
即只需证明：．
只需证明：，即．
令．
只需证明：．
令．
则，即在上为增函数．
又．
所以．
综上所述，原不等式成立．
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题．注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
12．（2022·重庆·高二阶段练习）已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立；
（2）先证明对数平均不等式，其中，分析可知，不妨设，由已知条件推导出，再结合对数平均不等式可证得结论成立.
(1)
证明：构造函数，其中，
则
，
因为，则，，
即当时，，所以，函数在上单调递减，
故当时，，即.
(2)
证明：先证明对数平均不等式，其中，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以，函数在上为减函数，当时，，
所以，当时，，
本题中，若，则，
此时函数在上单调递减，不合乎题意，所以，，
由（1）可知，函数在上单调递减，不妨设，则，
则，即，
所以，，
因为，则，
所以，，
所以，，
所以，，所以，，
由对数平均不等式可得，可得，所以，.
【点睛】方法点睛：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.