第14讲 拓展七：极值点偏移问题（讲）-备战2024年高考数学一轮复习精讲精练高效测（新教材新高考）

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第一部分：知识点精准记忆
第二部分：典型例题剖析
高频考点一：不含参数的极值点偏移问题
高频考点二：含参数的极值点偏移问题
高频考点三：与对数均值不等式有关的极值点偏移问题
高频考点四：与指数均值不等式有关的极值点偏移问题
第三部分：高考真题感悟
第一部分：知 识 点 精 准 记 忆
1、极值点偏移的含义
函数满足对于定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称．可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点，如图(1)所示，函数图象的顶点的横坐标就是极值点；
①若的两根为，，则刚好满足，则极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移（如图1）．

若，则极值点偏移．若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同．如图(2)(3)所示．故单峰函数定义域内任意不同的实数，，满足，则与极值点必有确定的大小关系：若，则称为极值点左偏如图（2）；若，则称为极值点右偏如图（3）．
2、极值点偏移问题的一般解法
2.1对称化构造法
主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点．
(2)构造函数，即对结论型，构造函数或；
(3)对结论型，构造函数，通过研究的单调性获得不等式．
(4)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(5)比较大小，即判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系．
(6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求．
2.2．差值代换法（韦达定理代换令.）
差值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点之差作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
2.3．比值代换法
比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
2.4．对数均值不等式法
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．
2.5指数不等式法
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：
3、极值点偏移问题的类型
（1）加法型 （2）减法型 （3）平方型 （4）乘积型 （5）商型
第二部分：典 型 例 题 剖 析
高频考点一：不含参数的极值点偏移问题
①对称化构造法
1．（2022·全国·高三专题练习）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
【解析】
(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.
2．（2022·全国·高三专题练习）设函数．
（1）当有极值时，若存在，使得成立，求实数的取值范围；
（2）当时，若在定义域内存在两实数满足且，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】
（1）定义域为，，
当时，，即在上单调递增，不合题意，；
令，解得：，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，；
存在，使得成立，则，即，
又，，
即，
令，则，
在上单调递增，又，，
即实数的取值范围为.
（2）当时，，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
由且知：；
令，，
则，
在上单调递增，，即；
，又，；
，，又且在上单调递减，
，即.
【点睛】
方法点睛：本题第二问考查了导数中的极值点偏移问题的变形，处理极值点偏移问题中的类似于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．（2021·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）若函数在定义域内单调递增，求实数的取值范围；
（2）若函数存在两个极值点，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【详解】
解：（1）易知的定义域为，
由题意知，即在上恒成立，．
令，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以当时，有最小值，
所以；
（2）因为，由知，，
设
则，且在上单调递增，在上单调递减，
所以可令，，．
令，．
则
因为，所以，所以上在单调递减，且，
所以时，．
又，所以
所以．
所以．
因为，，且在上单调递增，
所以，．
【点睛】
关键点点睛：
本题第二问考查极值点偏移问题，构造新函数，通过导数说明单调性，进而可得，再通过的单调性转化的不等关系，即可得证.
4．（2021·湖南·宁乡市教育研究中心高三阶段练习）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）求函数的单调区间和极值；
（2）设方程的两个根分别为，，求证：.
【答案】（1）的单调递增区间为，；单调递减区间为，极大值为，极小值为；（2）证明见解析.
【详解】
（1）由题意得：，令，解得：，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为，；单调递减区间为；
的极大值为；极小值为；
（2）当时，，令，解得：，
当时，方程的两个根在区间内.
设函数，
则
，.
令，，则，
在上为增函数，又，
则当时，；当时，；
当时，，当时，，当时，，
在上单调递减.
不妨设，
在上单调递减，在上单调递增，，
，，又，，
，，由（1）知：在上单调递增，，
.
【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.
②对数均值不等式法
1．（2022·四川·树德中学高二阶段练习（文））已知函数．
(1)若，当时，试比较与的大小；
(2)若的两个不同零点分别为、，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
解：因为，，
当时，，且，
又当时，，即函数在上单调递减，所以．
(2)
证明：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，，
由题知，取对数有，即，
又，所以．
【点睛】
思路点睛：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.
高频考点二：含参数的极值点偏移问题
①对称化构造法
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝x－alnx
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若方程有2个不等的实根，证明：.
【答案】(1)时无极值点；a＞0时，极小值点是，无极大值点；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)
f(x)的定义域是，求导得，
当，，函数f(x)没有极值点；
当时，令，得
在(0，a)上，，f(x)单调递减，在上，，f(x)单调递增，
∴函数f(x)有极小值点，无极大值点；
(2)
由(1)知方程有2个不等的实根时，f(x)在定义域上不单调，一定有，在(0，a)上f(x)单调递减，在上f(x)单调递增，不妨设，
令，
∵，
∴，
由得，∴，
∴g(x)在(0，a)上单调递减，∴，
即，
结合题设有，
∵，而f(x)在上单调递增，
∴，即.
【点睛】
本题关键点点睛：，联想到，而，则，故构造函数，证明其在(0，a)上单调递减得，即.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若，求的零点个数；
(3)若有两个零点，，证明：．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【解析】
(1)
解：求导得，
所以，，
故切线方程是：；
(2)
解：由已知，，
所以当，，单调递减，
，，单调递增，
，
当时，趋近于时，函数趋近于，且，趋近于时，函数趋近于，此时函数只有一个零点，
当时，当趋近于时，函数趋近于，趋近于时，函数趋近于，此时函数有2个零点；
(3)
解：由（2）知，，，使得，
，要证，即证，
，，
又且在上单调递减，
需证，即证，
，
即证，
故令，即，
∴，
∵时，，所以，即，
∴函数在上单调递增，
∵，∴在上恒成立，
，得证，
．
【点睛】
本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的零点，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第三问解题的关键在于结合极值点偏移问题，将问题转化为证明，，进而构造函数，研究函数的单调性证明.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，当时，恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)若正实数、满足，证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【解析】
(1)
解：根据题意，可知的定义域为，
而，
当时，，，
为单调递增函数，
当时，成立；
当时，存在大于1的实数，使得，
当时，成立，
在区间上单调递减，
当时，；
不可能成立，
所以，即的取值范围为.
(2)
证明：不妨设，
正实数、满足，
有（1）可知，，
又为单调递增函数，
所以，
又，
所以只要证明：，
设，则，
可得，
当时，成立，
在区间上单调增函数，
又，
当时，成立，即，
所以不等式成立，
所以.
【点睛】
思路点睛：解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：
（1）利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用；
（2）将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理，一般需要通过构造新函数解决导数问题．
4．（2022·福建·莆田二中高三开学考试）已知，（其中为自然对数的底数）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，函数有两个零点，，求证：.
【答案】(1)时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：
(2)证明见解析.
【解析】
(1)
解：
∵，∴时，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
时，，∴时，增区间为：；
时，，，
∴时，增区间为：，减区间为：；
综上，时，增区间为：，减区间为：；时，增区间为：；时，增区间为：，减区间为：
(2)
解：由（1）知，时，增区间为：，减区间为：；
且时，，，函数的大致图像如下图所示
因为时，函数有两个零点，，
所以，即，
不妨设，则；
先证：，即证：
因为，所以，又在单调递增，
所以即证：
又，
所以即证：，即
令函数，，
则
因为，所以，，故
函数在单调递增，所以
因为，所以，，即
所以，所以
（2）解法二：因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，（）
等价于有两个正实数解；
令（）
则（），在单调递增，在单调递减，且
令，，则
所以在单调递增，
又，故，
又，所以，
又，所以，，
又在单调递增，所以
所以，所以
【点睛】
关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明，再结合均值不等式求得结果．
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个零点，求a的取值范围；
（3）满足（2）的条件下，记两个零点分别为，证明：
【答案】（1）时，在定义域内为单调减函数，时，在上为单调减函数，在上为单调增函数；（2）；（3）证明见解析．
【解析】
【详解】
（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减，
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
综上，时，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增；
（2）时，由（1）知至多有一个零点，
时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为
①当时，由于，故只有一个零点，
②当时，即，故没有零点，
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点．
又，
由（1）知）在有一个零点．
所以在上有两个零点．
综上，a的取值范围为；
（3）由（2）知，当时，在上有两个零点，不妨设，
则由（2）知，，且
令
有
由于
（且仅当等号成立）
所以当时，，当时，，
所以在单调递减，又，
所以即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以
所以.
【点睛】
关键点点睛：解决极值点偏移问题的关键是通过构造函数，结合新函数及原函数的单调性确定证明结果.
②利用韦达定理代换法令
1．（2022·广东·珠海市第一中学高二阶段练习）函数.
(1)若恒成立，求a的值；
(2)若有两个不相等的实数解，，证明.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
解：函数，则，
要使恒成立，需使得为函数的最小值点，
由
①当时，，此时在R上单调递减，不符合题意；
②当时，令得，令得
∴在单调递减，在单调递增，
∴时取最小即
∴
(2)
解：若有两个不相等的实数解，，
则，，
两式相减得：，即，
故要证，只需证：，
即证：，即证：，
不妨设，令，，
则需证：，
设，，则，，
设，，则，当时取等号，
即，单调递减，故，
即是，单调递减函数，故，
即成立，故原不等式成立.
2．（2022·浙江嘉兴·高三期末）已知函数.
(1)若在定义域上单调递增，求ab的最小值；
(2)当，，有两个不同的实数根，，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【解析】
(1)
恒成立，即恒成立，
，所以，
，即ab的最小值为.
(2)
有两个不同的根，，则，是方程的两个根，
所以，，
所以，，.
，
令，
，
在单调递增，
所以，
令，
在上单调递增，
所以，
所以，
即.
【点睛】
方法点睛：1.对于证明题，我们可以构造函数，转化为函数的最值来研究；2.含双变量的问题，要通过计算转化为一个变量的问题来解答.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)当时，正实数，满足，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
(1)
，，
，
当时，，．在上是递增函数，
即的单调递增区间为，无递减区间．
当时，，令，得．
当时，；当，时，．
的单调递增区间为，单调递减区间为，．
综上，当时，的单调递增区间为，无递减区间；
当时，的单调递增区间为，单调递减区间为，．
(2)
当时，，
正实数，满足，
，
，
令，则函数，，
，
当时，，当时，，
（1），
．
则，或舍去．
，
，
【点睛】
关键点点睛：对于双变量问题，我们要通过变形和换元转化为单变量问题，然后构造函数解决.
4．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，，，令．
(1)，研究函数的单调性；
(2)若关于的不等式恒成立，求整数的最小值；
(3)，正实数，满足，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)2
(3)证明见解析
【解析】
(1)
，，
由，得，又，所以，
所以的单调增区间为，单调减区间为；
(2)
方法一：令，
所以．
当时，因为，所以．
所以在上是单调递增函数，
又因为，
所以关于的不等式不能恒成立．
当时，．
令，得，
所以当时，；当时，．
因此函数在是增函数，在是减函数．
故函数的最大值为．
令，因为，，
又因为在上是减函数，
所以当时，．所以整数的最小值为2．
方法二：（2）由恒成立，
得在上恒成立．
问题等价于在上恒成立．
令，只要．
因为，令，得．
设，因为，
所以在上单调递减，不妨设的根为．
当时，；当，时，．
所以在上是增函数；在，上是减函数．
所以．
因为，
所以．此时，．
所以，即整数的最小值为2．
(3)
当时，，，
由，即，
从而
令，则由得，，
可知在区间上单调递减，在区间上单调递增．
所以（1），所以，
即成立．
【点睛】
关键点点睛：
1.对于恒成立问题，要么直接构造函数求最值，要么参变分离后求最值；
2.对于双变量问题，要通过变形和换元转化为单变量问题.
5．（2022·江西·南昌十中高三阶段练习（理））已知函数.
（1）若，求的取值范围；
（2）若，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【详解】
（1）因为，所以对恒成立.
设函数，则.
令函数，因为在上单调递减，且.
所以当时，，则；当时，，则.
所以在上单调递增，在上单调递减，
从而，故的取值范围为.
（2）由，得，
即，整理得.
令，设函数，则，所以在上单调递减，在上单调递增，所以，即，
所以.因为，所以.
因为方程组无解，所以中的等号不成立，
所以.
【点睛】
本题第（2）问，整理到“”之后，根据题目的意图需要求范围，进而化简为，将视作两个变量，平常可以归纳一下这种问题的处理方式.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知实数，设函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个极值点，，且恒成立，求正实数k的最大值．
【答案】（Ⅰ）见解析；（Ⅱ）1
【详解】
（1），
令,则,所以在内,在内,
,当x趋近于0时，趋近于0，，当x趋近于+∞时，趋近于正无穷.
当时，时，恒成立，f(x)在(0,+∞)上单调递减，
当时，时，存在，，，
函数f(x)在和内单调递减，在上单调递增.
当时，，存在x0>1,使得
在(0,x0)内2xlnx+a<0,f'(x)>0,f(x)单调递增；
在(x0,+∞)上，2xlnx+a>0,f'(x)<0,f(x)单调递减；
（2），
有两个极值点，，，，
令，则，
易知，当时，，当时，，
在上递减，在上递增，
，
故，即，
由，可得，
，则，
，则，


，
由，得，下证，即证，即证，，等价于证，
令，
则，故，
，即，
令，
则


，
令，则，
在上递减，
，即．
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)利用导数证明不等式，常用的思路层次有三个:其一直接构造函数利用导数证明；其二直接做差构造函数利用导数证明；其三先做适当的变换后再做差构造函数利用导数证明.
7．（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·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【详解】
（1）解：的定义域为
令，方程的判别式，
（i）当，即时，恒成立，
即对任意，
所以在上单调递增.
（ii）当，即或
①当时，恒成立，即对任意，
所以在上单调递增.
②当时，由，解得
所以当时，当时，当时，，
所以在上，
在上，
所以函数在和上单调递增；
在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：
由，可得
得，因此，
因为，
令，则，
所以，所以，
要证明，只需证
即证
由（1）可知，时，在上是增函数，所以当时，，而，因此成立所以
【点睛】
关键点睛：解决第（1）问的关键是根据判别式来分类讨论，第（2）问的关键是将不等式等价转化并统一变量.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数（）.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【详解】
（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，则，设，则，
易知，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴，
∴，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
（2）依题意，，则
两式相除得，，设，
则，，，∴，，
∴，
设（），
则，
设，则，
所以在单调递增，
则，
∴，则在单调递增，
又，且
∴，
∴，即的最大值为.
【点睛】
关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题，本题第二问的关键是换元后解出，，从而将转化为（），利用导数判断函数的性质.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若有两个相异零点，求证：.
【答案】（1）时，在单调递增；时，在单调递减，在单调递增；（2）证明见解析.
【解析】
【详解】
解：由题意得，
①时，恒成立，
所以，所以在单调递增.
②时，在上，在上，
所以在单调递减，在单调递增.
综上，时，在单调递增.
时，在单调递减，在单调递增.
（2）因为有两个相异零点，，由（1）可知，，
不妨设，因为，，
所以，，
所以，
要证，
即证，
等价于证明，而，
所以等价于证明，
也就是. （*）
令，则，
于是欲证（*）成立，等价于证明成立，
设函数，
求导得，
所以函数是上的增函数，
所以，
即成立，
所以成立.
4．（2022·全国·高三专题练习）设函数，
(1)求的单调区间；
(2)设，求证：，恒有.
(3)若，函数有两个零点，求证.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
(1)
函数的定义域为，
且，
当时，由可得，由可得，
因此函数的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，恒成立，此时的单调递增区间为，
综上所述：当时，的单调递减区间为，单调递增区间为；
当时，的单调递增区间为.
(2)
，，
所以，
因为，
所以当时，，函数在区间上单调递减，
当时，，，
所以，其中，
构造函数，其中，，
则，所以函数在上单调递增，
则，
所以函数在上单调递增，，
所以对于、，恒有；
(3)
因为，则，
所以函数单调递增，且，
要证，即证，
即证，即证，
因为函数有两个零点，
由题意可得，
上述两个等式作差得，
下面先证明，只需证：，
整理得，即证，
设，不妨设，则，
所以函数在上单调递增，所以，
因为，所以，故原不等式成立.
【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.
5．（2022·全国·高三专题练习）已知函数分别是函数的两个零点，求证：.
【答案】证明见解析
【详解】
因为， 分别是函数的两个零点，
所以
两式相减，得，
所以.
因为， 所以.
要证，即证.
因，故又只要证.
令，则即证明.
令，，则.
这说明函数在区间上单调递减，所以，
即成立.
由上述分析可知成立.
6．（2022·全国·高三专题练习）已知函数
（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；
（2）若函数有两个极值点，求证：
【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析．
【详解】
（1）因为，，
①当时，因为，所以，
所以函数在上单调递增，则；
②当，即时，，，
所以函数在上单调递增，则；，
③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则；
④当，即时，，，函数在上单调递减，则．
综上，当时，；
当时，；
当时，.
（2）要证，只需证：，
若有两个极值点，即函数有两个零点，又，
所以是方程的两个不同实根，
即，解得，
另一方面，由，得，
从而可得，
于是．不妨设，
设，则．因此，．
要证，即证：，
即当时，有，
设函数，则，
所以为上的增函数．注意到，，因此，．
于是，当时，有．
所以成立，．
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键是对要证明不等式合理变形，把双变量问题化为单变量问题.
7．（2022·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【解析】
(1)
解：由可得，可得，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，所以，；
(2)
解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，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，，
因为和取等的条件不同，故，即；
(3)
解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④.
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增.
又，
所以，即，所以.
【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.
高频考点三：与对数均值不等式有关的极值点偏移问题
1．（2022·全国·高三专题练习）已知.
(1)若在定义域内单调递增，求的最小值.
(2)当时，若有两个极值点，求证：.
【答案】(1)(2)证明见解析
【解析】
(1)
方法一：，取，得，
所以，，
时，，
所以取，时，，
，分子随增大而增大，
而，所以当时，单调递减，当时，单调递增，
而，得，符合单调递增，所以.
方法二：，，
因为在定义城内单调递增，
所以在上恒成立，
故，设，
若，则当时，，故在上恒成立，这不可能.
若，则在上恒成立，取，则有，故.
若，此时，
令，则为上的减函数，
而，
取，则当时，
有，故在上存在唯一零点，
设该零点为，由零点存在定理可得.
故当时，；当时，，
故在为增函数，在上为减函数，故.
所以，
因为，故，
所以，其中.
设，，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，故即的最小值为.
(2)当时，，
因为有两个极值点，
所以，即，从而，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
又因当时，，当时，，
所以，
由对数均值不等式得，从而，
所以.
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a为常数．
（1）若函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，求a的值；
（2）当a＝1时，试比较f（m）与f（）的大小；
（3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．
【答案】（1）a＝1；（2）答案不唯一，具体见解析；（3）证明见解析．
【详解】
（1）解：由f(x)＝lnx﹣ax，得：，
∵函数f(x)在x＝1处的切线与x轴平行，
∴ ，即a＝1；
（2）当a＝1时，f(x)＝lnx﹣x，
∴，
当0＜x＜1时，，f(x)单调递增，
当x＞1时，，f(x)单调递减．
令，
则．
又∵h（1）＝0，
①当0＜m＜1时，h（m）＞0，即；
②当m＝1时，h（m）＝0，即；
③当m＞1时，h（m）＜0即；
（3）证明：∵函数f(x)有两个零点x1、x2，
∴lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，
∴lnx1+lnx2＝a（x1+x2），lnx1﹣lnx2＝a（x1﹣x2），
∴，
欲证明，即证lnx1+lnx2＞2，
∵lnx1+lnx2＝a（x1+x2），
∴即证，
∴原命题等价于证明，
即证：（x1＞x2），
令，则t＞1，设（t＞1），
，
∴g（t）在（1，+∞）上单调递增，
又∵g(1)＝0，
∴g（t）＞g(1)＝0，
∴，即．
3．（2022·全国·高三专题练习）设函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：.
【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2），证明见解析.
【详解】
（1）当时，，
∴，
令，则，
∴由得，得，
∴在上递减，在上递增，
∴即，
∴得，解得，
∴的单调减区间为，单调增区间为；
（2），
∵有三个极值点，
∴方程有两个不等根，且都不是1，
令，
当时，单调递增，至多有一根，
当时，得，得，
∴在上递减，在上递增，
∴，，
此时，，，，时，，
∴时，有三个根，，，且，
由 得，由得，
∴，
下面证明：，可变形为，
令 ， ，
，∴在上递增，
∴，∴，
∴.
【点睛】
本题考查利用导数求函数的单调区间（不含参），考查根据极值求参数的取值范围，考查利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分类和转化思想，属于难题.
4．（2021·安徽·高三阶段练习（理））已知函数，．
(1)讨论极值点的个数．
(2)若有两个极值点，，且，证明：．
【答案】(1)答案见解析.
(2)证明见解析
(1)
解：因为，
所以．
令，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以．
当时，，即，则在上单调递减，无极值点．
当时，，因为，，，
所以，，，即，
故有2个极值点；
综上，当时，无极值点．当时，有2个极值点；
(2)
证明：令，，
则．
令，
则．
因为，所以，所以．
因为，所以，
所以，故在上单调递增，则，即，
所以在上单调递减，则．
因为，所以．
要证，只需证．
因为，，，在上是增函数，
所以只需要证，即．
由，
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．得证．
【点睛】
本题考查利用导数研究函数的极值点个数，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力等.本题第二问解题的关键在于构造函数，，进而结合函数的单调性将问题转化为，再根据极值关系得，进而证明，进一步将问题转化为证明.
5．（2022·辽宁·大连二十四中模拟预测）已知函数.
（1）当时，试判断函数在上的单调性；
（2）存在，，，求证：.
【答案】（1）函数在上单调递增；（2）证明见解析.
【详解】
（1）(方法一)当时，，，
当时，，
所以，当时，函数在上单调递增.
(方法二)当时，，，
由，
结合函数与图象可知：当时，，，
所以两函数图象没有交点，且.
所以当时，.
所以，当时，函数在上单调递增.
（2）证明：不妨设，由得，
，
.
设，则，故在上为增函数，
，从而，
，
，
要证只要证，
下面证明：，即证，
令，则，即证明，只要证明：，
设，，则在单调递减，
当时，，从而得证，即，
，即.
【点睛】
关键点睛：双变量问题可通过换元将两个变量转化为一个变量，构造函数，利用导数来证明不等式．
6．（2022·全国·高三专题练习（理））已知函数．
(1)当时，求曲线在点（0，f（0））处的切线方程；
(2)若函数f（x）有三个极值点，，，且．证明：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
(1)
当时，，
则，，
所以，则曲线在点处的切线方程为：
，即；
(2)
由，
得函数的定义域为R，
，
由题意知，方程有3个根，
则，方程有2个根，
令，则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
作出函数的大致图象，如图，
由图可知，当时，函数图象有2个交点，
横坐标分别为，且，
要证明，即证，即证，
因为，得，有，即.
下面证明，即证，
设，令，则，，令，
，所以函数在上单调递减，
故，所以；
接下来证明，即证，设，
令，则，，令，
，所以函数在上单调递增，
故，所以，
综上，得，
即，所以，故，
所以.
7．（2021·海南·北京师范大学万宁附属中学高三阶段练习）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）当时，求证：
【答案】（Ⅰ）递增区间，递减区间；（Ⅱ）证明见解析.
【详解】
（Ⅰ）函数的定义域为R
由，得，由，得函数的递增区间为，
由，得函数的递减区间为，
故函数的递增区间为，递减区间为.
（Ⅱ）解法一：构造函数，利用函数的单调性求证；
令，
则；
令，
则，则.
由得，，故在内单调递增；
故，故在内单调递增
故，故，故在上单调递减，
所以；
由（Ⅰ）及知，；
不妨设，故，所以，
所以，又在上单调递增，
所以，即；即证.
解法二：利用对数平均不等式求证；
因为时，，时，，由（Ⅰ）及，
可知，不妨设，则，，
所以；
对上式两边同时取自然对数，可得，
所以，
所以（根据对数平均不等式），
所以①.
因为，且在单调递减，所以.
下面用反证法证明，假设，
当时，，与不等式①矛盾；
当时，，所以，与不等式①矛盾.
所以假设不成立，所以；即证.
【点睛】
关键点点睛：证明极值点偏移常见的处理方法为构造新函数，结合新函数与原函数的单调性证明.
高频考点四：与指数均值不等式有关的极值点偏移问题
1、已知函数（为常数）有两个不同的零点，（为自然对数的底数）请证明：.
解析：借助作为媒介，构造指数均值不等式：
因为：，是函数的两个零点，所以：，欲证，只需证：；又；
所以只需证：，即只需证：，由指数均值不等式可知，成立；故成立.
第三部分：高考真题感悟
1．（2021·全国·高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【详解】
(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】
(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
2．（2020·天津·高考真题）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】
【详解】
(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，
整理可得：，
令，解得.
当x变化时，的变化情况如下表：
所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则
. ①
令.
当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
【点睛】
导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．单调递减
极小值
单调递增