2023年高考数学必刷压轴题专题11一元函数的导数及其应用（导数中的极值偏移问题）（全题型压轴题）含解析

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 专题11 一元函数的导数及其应用
（导数中的极值偏移问题）（全题型压轴题）
导数中的极值偏移问题
①对称化构造法
②差值代换法
③比值代换法
④对数均值不等式法
①对称化构造法
1．（2022·广东·深圳外国语学校高三阶段练习）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：.
【答案】(1)
(2)见解析
（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.
2．（2022·四川泸州·高二期末（文））已知函数，e为自然对数的底数.
(1)若函数在上有零点，求的取值范围；
(2)当，，且，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
（1）
令，即，则
函数在上有零点等价于方程在上有解，
设，则，
故函数在上是减函数，在上是增函数，故
所以a的范围是.
（2）
因为，故，
因为，所以得，
故在上是减函数，在上是增函数
因为，，
所以不妨设，，
设（），
故，
所以在上是增函数，
所以，即，
故，即，
因为，，且，
所以，
因为在上是减函数，
所以，故.
3．（2022·黑龙江·双鸭山一中高三开学考试）已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)当时，证明：．
【答案】(1)单调递增区间：，单调递减区间：
(2)证明见解析
（1）
解：∵，∴，
令，得x＝1，
当时，，单调递减；当时，，单调递增，
故函数的减区间为，增区间为；
（2）
证明：由（1）知，不妨设，
构造函数，，
故，
故在上单调递减，，
∵，∴，
又∵，∴，即，
∵，∴，，
又∵在上单调递增，∴，即，得证．
4．（2022·江苏·盐城市第一中学高三阶段练习）已知函数f（x）＝ex（lnx+a）．
(1)若f（x）是增函数，求实数a的取值范围；
(2)若f（x）有两个极值点x1，x2，证明：x1+x2＞2．
【答案】(1)[﹣1，+∞）
(2)证明见解析
（1）
函数的定义域为，
若f（x）是增函数，即f′（x）≥0对任意x＞0恒成立，故恒成立，
设，则，
所以当0＜x＜1时，g′（x）＜0，g（x）单调递减，
当x＞1时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，
所以当x＝1时，g（x）min＝g（1）＝a+1，由a+1≥0得a≥﹣1，
所以a的取值范围是[﹣1，+∞）．
（2）
不妨设0＜x1＜x2，因为x1，x2是f（x）的两个极值点，
所以，即，同理，
故x1，x2是函数的两个零点，即g（x1）＝g（x2）＝0，
由（1）知，g（x）min＝g（1）＝a+1＜0，故应有a∈（﹣∞，﹣1），且0＜x1＜1＜x2，
要证明x1+x2＞2，只需证x2＞2﹣x1，
只需证g（x2）﹣g（2﹣x1）＝g（x1）﹣g（2﹣x1）
，
设，
则，
所以h（x）在（0，1）上单调递减，因为x1∈（0，1），所以h（x1）＞h（1）＝0，
即g（x2）﹣g（2﹣x1）＞0，g（x2）＞g（2﹣x1），
又x2＞1，2﹣x1＞1，及g（x）在（1，+∞）上单调递增，
所以x2＞2﹣x1成立，即x1+x2＞2成立．
5．（2022·广东佛山·高二期末）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
【答案】(1)极小值为，无极大值.
(2)证明见解析
（1）
解：当时，，
所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）
证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
使得，
对于，则，因为，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又的单调性可知，即有成立，
所以.
6．（2022·甘肃酒泉·模拟预测（文））已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若（为的导函数），方程有两个不等实根、，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)
解：因为，则，所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即.
(2)
证明：因为，，所以．
因为为增函数，所以在上单调递减，在上单调递增．
由方程有两个不等实根、，则可设，
欲证，即证，
即证，而，即，
即，
设，其中，
则，设，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
所以，即，故得证．
7．（2022·河南·民权县第一高级中学高三阶段练习（理））已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，若函数有两个不同的零点，，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(1)
，得，
当时，，单调递减，当时，令，解得，
所以当，，函数单调递减，
当，，函数单调递增，
综上所述，当时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由题可知函数有两个零点，，
记，则，
当时，，单调递增，不可能有两个零点，
当时，令，得，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减，因为有两个零点，
所以，解得.所以不妨设，
要证，即证，
因为，，又在单调递减，
所以即证，即证，
构造函数，
所以
，
所以函数在单调递增，且，
所以当时，，
即，所以，即，得证.
8．（2022·江西·新余市第一中学三模（理））已知函数，.若函数在定义域内有两个不同的极值点.
(1)求实数a的取值范围；
(2)当时，证明：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
(1)
函数定义域为，
在内有两个不同的极值点、，等价于在内有两个不同的零点、．
设，由，
当时，，在上单调递增，至多只有一个零点，不符题意；
当时，在上，单调递增；在上，单调递减，
∴当时，，函数有两个零点，则必有，
即，解得．
易证，证明如下：
令，，
当时，，单调递减，当时，单调递增，
故，故，得证．
∴，又，
∴在和上各有一个零点、，此时：








0

0


↓
极小值
↑
极大值
↓
故在定义域内有两个不同的极值点时，a的范围为；
(2)
方法1：由(1)可知是的两个零点，不防设，
由且，得．
∵．
令，则，
记，，
则，令，．
又，则，即，
∴在上单调递增，故，即成立．
∴不等式成立．
方法2：欲证，由，，则只需证：．
不妨设，
则且，则，
∴，
令，则，记，，
由，即在上单调递增，故，即成立.故．
②差值代换法

1．（2022·江苏江苏·高三期末）设f(x)＝xex－mx2，m∈R.
(1)设g(x)＝f(x)－2mx，讨论函数y＝g(x)的单调性；
(2)若函数y＝f(x)在(0，＋∞)有两个零点x1，x2，证明：x1＋x2＞2.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)
，，
时，，当时，是单调递增函数，
当时，是单调递减函数；
时，令，得，
当即时，或时，是单调增函数， 时，是单调递减函数，
当即时，或时，是单调增函数， 时，是单调递减函数，
当即时，，在上是单调增函数，
综上所述
时，在是单调递增函数，在上是单调递减函数；
时，在，上是单调增函数， 在是单调递减函数，
时，在， 上是单调增函数， 在是单调递减函数，
时，在上是单调增函数.
(2)
令，因为，所以，
令， ，两式相除得，
， ①
不妨设，令，则，，
代入①得：，反解出：，则，
故要证即证，又因为，
等价于证明：，
构造函数，
则，，
故在上单调递增，，
从而在上单调递增，.
即.



③比值代换法
1．（2022·河北省唐县第一中学高二阶段练习）已知函数.
(1)若有两个零点，的取值范围；
(2)若方程有两个实根、，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
（1）
解：函数的定义域为.
当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，
由可得，
构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，
，由可得，列表如下：









增
极大值
减
所以，函数的极大值为，如下图所示：

且当时，，
由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，
故实数的取值范围是.
（2）
证明：因为，则，
令，其中，则有，
，所以，函数在上单调递增，
因为方程有两个实根、，令，，
则关于的方程也有两个实根、，且，
要证，即证，即证，即证，
由已知，所以，，整理可得，
不妨设，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
，所以，函数在上单调递增，
当时，，故原不等式成立.
2．（2022·全国·高三专题练习）设函数为的导函数.
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)答案见解析
(3)证明见解析
（1）
解：因为，
所以．     
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
（2）
解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
（3）
证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．
所以，    
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．
3．（2022·四川·阆中中学高二阶段练习（文））已知函数．
(1)若函数为增函数，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个极值点、．求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(1)
解：因为，该函数的定义域为，
，
若函数为增函数，则恒成立．
令，，令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，故，
所以，，因此．
(2)
解：因为函数有两个极值点、，即方程有两个不等的实根、，
因为在上递减，在上递增，所以，，
即、是的两个根，
所以，则，
所以，
，
即证，即证．
由两式作差得，
令，则，，
即只需证，即证．
令，其中，则，
故在区间上单调递减，当时，，命题得证．
4．（2022·全国·高二期末）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数的图象与的图象交于，两点，证明：.
【答案】(1)增区间为，减区间为
(2)证明见详解
（1）
的定义域为
令，解得
令，解得
所以的单调增区间为，减区间为
（2）
由（1）得
由题知，
两式相减整理可得：
所以要证明成立，只需证明
因为，所以只需证明
令，则只需证明，
即证
令

记
则
易知，当时，，当时，
所以当时，
所以当时，，函数单调递增
故，即
所以，原不等式成立.
5．（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.
【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.
6．（2022·浙江·效实中学高二期中）已知函数有两个零点，.
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】（1）函数定义域为，.
令得，可得在上单调递增，在上单调递减，
又时，，时，，
故欲使有两个零点，只需，即.
（2）证明：不妨设，则由（1）可知，
且，两式相减可得.
欲证，即证，
设，则即证，
构造函数，
则，
所以在上单调递增，故，
所以，原不等式得证.
④对数均值不等式法
1．（2022·四川南充·高二期末（文））设函数．
(1)当时，讨论函数的单调性；
(2)设，记，当时，若方程有两个不相等的实根，求证：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
（1）的定义域为，.令，则得到导函数的两个零点，或，由于分母为正，故我们只关注分子函数，其为二次函数，借助其图像，以两个零点的大小关系为分类标准得到如下：①当时，即时，当时，，单调递减，当时，，单调递增；②当时，即时，恒成立，即恒成立，故在上单调递增；综上所述，当时，的单减区间为，单增区间为；当时，只有单增区间；
（2）由题可知，，设是方程的两个不等实根，不妨设为，则，两式相减整理得到，从而得到，要证，故只需要证明，由于，转化为，即，即，令，则上述式子转化为设，则，当且仅当时等号成立，故在上单调递增，故有，故得证，即.
2．（2022·四川·树德中学高三阶段练习（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
（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．
3．（2022·全国·高二专题练习）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若在上有两个极值点、．
①求实数的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）递减区间为，递增区间为；（2）①，②证明见解析．
【详解】（1），
令，，
因为，所以当时，，单调递减，
所以当时，，单调递增，所以，
所以当时，，当时，，
因此，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）（i），
要使在上有两个极值点、，
则在上有两个不同的零点，
①时，由（1）知，，
令，故，
所以在上为增函数，所以，故，
故在上无零点，舍；
②当时，，，，
则在上单调递减，故最多只有一个零点，不合题意，舍去；
③当时，，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即要使，解得.
综上所述，的取值范围为；
（ii）由（i）知，，，
先证不等式，其中，
即证，即，
令，即证，
构造函数，则，
所以，函数在区间上单调递减，故，
由已知可得，故，
所以，则，所以，，
因此，.