专题11 导数中的极值偏移问题（全题型压轴题） 高考数学压轴题（新高考版）

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TOC \ "1-1" \h \u \l "_Tc1133" ①对称化构造法 PAGEREF _Tc1133 \h 1
\l "_Tc1037" ②差值代换法 PAGEREF _Tc1037 \h 7
\l "_Tc5233" ③比值代换法 PAGEREF _Tc5233 \h 10
\l "_Tc2409" ④对数均值不等式法 PAGEREF _Tc2409 \h 17
①对称化构造法
1．（多选）（2023春·山东德州·高二统考期末）定义在上的函数满足，且，则下列说法正确的是（ ）
A．在处取得极小值
B．有两个零点
C．若，恒成立，则
D．若，，，，则
【答案】AD
【详解】因为，所以，
令，则，
所以设，所以，
又因为，所以；
对于A，因为，所以，
令，得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以在处取得极小值，故A正确；
对于B，令，得，
所以有一个零点，故B错误；
对于C，因为在单调递增，所以时，，
所以，故C错误；
对于D，因为在单调递减，在单调递增，
且唯一零点为，当时，且，
所以若，，，，
可以设，
假设正确，下证明，即证，
因为，在单调递减，
所以即证，即证，
构造，
则，
因为，所以，，，则，
所以在上单调递增，所以，
即得证，原式成立，故D正确.
故选：AD
2．（2023春·河北张家口·高二统考期末）已知函数.
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若方程的两个解为、，求证：.
【答案】(1)减区间为，增区间为，极小值为，无极大值；
(2)证明见解析
【详解】（1）解：函数的定义域为，且，
令可得，列表如下：
所以，函数的减区间为，增区间为，极小值为，无极大值.
（2）解：设，其中，则，
令，可得，此时，函数在上单调递减，
令，可得，此时，函数在上单调递增，
所以，是函数的极小值点，
因为函数有两个零点、，设，则，
即且，要证，即证，
因为函数在上单调递增，
所以，只需证明：，即证，
令，其中，
则，
因为，则，
所以，，故函数在上为减函数，
又因为，所以，对任意的恒成立，
则，即，故成立.
3．（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数，
(1)若，求的单调区间；
(2)若，，是方程的两个实数根，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，
(2)证明见解析
【详解】（1）由题可知的定义域为，
.
令，则的两根分别为，．
当或时，；
当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，．
（2）原方程可化为，
设，则，．
令，得．∵在上，，在上，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，且当，趋向于0时，趋向于，
当趋向于时，趋向于．
则在和上分别有一个零点，，
不妨设，∵，∴，
设，则，
．
当时，，
∴在上单调递增，而，
∴当时，，，即．
∵，
∴．
∵在上单调递减，
∴，即．
4．（2023·重庆沙坪坝·重庆南开中学校考模拟预测）已知函数为其极小值点．
(1)求实数的值；
(2)若存在，使得，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）的定义域为，
，依题意得，得，
此时，
当时，，，，故，在内单调递减，
当时，，，，故，在内单调递增，
故在处取得极小值，符合题意.
综上所述：.
（2）由（1）知，，
不妨设，
当时，不等式显然成立；
当，时，不等式显然成立；
当，时，由（1）知在内单调递减，因为存在，使得，所以，
要证，只要证，
因为，所以，又在内单调递减，
所以只要证，又，所以只要证，
设，
则
，
令，则，
因为，所以，在上为减函数，所以，
即，
所以在上为减函数，
所以，即.
综上所述：.
5．（2023·全国·模拟预测）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
【详解】（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）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：，，.
②差值代换法
1．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，．其中为自然对数的底数．
（1）若，讨论的单调性；
（2）已知，函数恰有两个不同的极值点，，证明：．
【答案】（1）当时，函数在上单调递减；当时，函数在上单调递减，在单调递增；（2）证明见解析．
【详解】解：（1），
，
（i）当时，，函数在上递减；
（ii）当时，令，解得；令，解得，
函数在递减，在递增；
综上，当时，函数在上单调递减；
当时，函数在上单调递减，在单调递增；
（2）证明：，依题意，不妨设，则，
两式相减得，，
因为，要证，即证，即证，
两边同除以，即证.
令，即证，
令，则，
令，则，
当时，，所以在上递减，
，在上递减，
，即，
故．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，的导函数为.
(1)若在上单调递增，求实数a的取值范围；
(2)若，求证：方程在上有两个不同的实数根，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1），
设，则，
所以在上单调递增，，
所以令，得，即.
设，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以， 所以，此时，在上单调递增，
故a的取值范围是.
（2）要证在上有两个不同的实数根.
即证方程在上有两个不同的实数根，
即证方程在上有两个不同的实数根，
由（1）知在上单调递减，在上单调递增，且当时，，当时，，
又，，
所以方程在上有两个不同的实数根，，且.
因为，所以，
又，所以，（点拨：根据函数的单调性得到的范围）
易知，，
两式分别相加、相减得，，
得，
设，则，，
所以.（换元，将双变量问题转化为单变量问题）
设，则，
所以在上单调递减，所以，得证.
3．（2023·河南·校联考模拟预测）设函数.
(1)讨论的单调性;
(2)若有两个零点和，设，证明：（为的导函数）.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（1）解：因为，则，
若，对任意的，则，函数的单调递减区间为；
若，令，得，
当时，，当时，.
所以的增区间为，减区间为.
综上所述，当时，函数的单调递减区间为；
当时，函数的增区间为，减区间为.
（2）证明：不妨令，由题设可得，
两式相减整理可得.
所以，
要证，即证，即证，
令，即证，其中，
构造函数，其中，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，当时，，即，故原不等式得证.
③比值代换法
1．（2023春·河北石家庄·高三校联考阶段练习）已知函数.
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数有两个零点、，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）解：因为的定义域为，
则，
令，解得，令，解得，
所以的单调减区间为，单调增区间为.
（2）证明：不妨设，由（1）知：必有.
要证，即证，即证，
又，即证.
令，其中，
则，
令，则
在时恒成立，
所以在上单调递减，即在上单调递减，所以，
所以在上单调递增，所以，
即，所以；
接下来证明，
令，则，又，即，所以，
要证，即证，有，
不等式两边取对数，即证，
即证，即证，
令，，则，
令，其中，则，
所以，在上单调递增，则当时，，
故当时，
可得函数单调递增，可得，即，所以，
综上，.
2．（2023·广东茂名·茂名市第一中学校考三模）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)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【详解】（1）解：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）解：（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）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．
3．（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）已知函数，．
(1)当时，恒成立，求a的取值范围．
(2)若的两个相异零点为，，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）当时，恒成立，
即当时，恒成立，
设，
所以，即，
，
设，
则，
所以，当时，，即在上单调递增，
所以，
所以当时，，即在上单调递增，
所以，
若恒成立，则．
所以时，恒成立，a的取值范围为.
（2）由题意知，，
不妨设，由得，
则，
令，
则，即：．
要证，
只需证，
只需证，
即证，
即证（），
令（），
因为，
所以在上单调递增，
当时，，
所以成立，
故．
4．（2023·全国·高三专题练习）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
【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.
④对数均值不等式法
1．（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【详解】（1）因为，所以.
所以，又f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，
所以，解得..
（2）f（x）的定义域为（0，+∞），因为f（x）在定义域上为增函数，
所以在（0，+∞）上恒成立.
即恒成立.，即，
令，所以，
时，时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，即.
（3）
定义域为
当时，，所以在（0，+∞）上单调递减，不合题意.
当时，
在（0，）上单调递减，在上单调递增，
所以的最小值为，
函数存在两个零点的必要条件是，
即，又，
所以在（1，）上存在一个零点（）.
当时，，所以在（，+∞）上存在一个零点，
综上函数有两个零点，实数a的取值范围是.
不妨设两个零点
由，所以，
所以，所以，
要证，
只需证，
只需证，
由，
只需证，
只需证，
只需证，
令，只需证，
令，
，
∴H（t）在（0，1）上单调递增，∴，
即成立，
所以成立.
2．（2023春·福建莆田·高二校考期中）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)答案见解析
(2)证明见解析
【详解】（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）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.
3．（2023·全国·高三专题练习）设函数.
(1)若对恒成立，求实数的取值范围；
(2)已知方程有两个不同的根、，求证：，其中为自然对数的底数.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【详解】（1）解：由，得.
令，，则，
令，则.
所以，函数在上单增，故.
①当时，则，所以在上单增，，
此时对恒成立，符合题意；
②当时，，，
故存在使得，
当时，，则单调递减，此时，不符合题意.
综上，实数的取值范围.
（2）证明：由（1）中结论，取，有，即.
不妨设，，则，整理得.
于是，
即.
4．（2023·全国·高三专题练习）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
【详解】（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，.
减
极小值
增