备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题08极值点偏移问题(学生版+解析)

这是一份备战2025高考数学压轴导数大题训练(全国通用版)专题08极值点偏移问题(学生版+解析)，共60页。

函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有关的函数与不等式问题,已知函数是连续函数,在区间内有且只有一个极值点,且,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点,我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”（对可导函数来说，的极值点就是的零点，所以很多与零点或方程实根有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.
(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
【以例及类】已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)已知函数的图像与的图像关于直线对称,证明：当时,；
(3)如果,且,证明：．
【分析】(1)由可得在上递增,在上递减；
(2),构造函数,,由单调性可得时；
(3)假设,由(2)得,即,由在上递增,可得.
该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：
该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数,已知,,证明．
再次审视解题过程,发现以下三个关键点：
= 1 \* GB3 ①,的范围；
= 2 \* GB3 ②不等式；
= 3 \* GB3 ③将代入（2）中不等式,结合的单调性获证结论．
小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：
= 1 \* GB3 ①求导,获得的单调性,极值情况,作出的图像,由得,的取值范围（数形结合）；
= 2 \* GB3 ②构造辅助函数（对结论,构造；对结论,构造）,求导,限定范围（或的范围）,判定符号,获得不等式；
= 3 \* GB3 ③代入（或）,利用及的单调性证明最终结论．
下面给出第(3)问的不同解法
【解析】法一：,易得在上单调递增,在上单调递减,时,,,时,, 函数在处取得极大值,且,如图所示.
由,不妨设,则必有,
构造函数,
则,所以在上单调递增,,也即对恒成立.由,得,
所以,即,又因为,且在上单调递减,所以,即证
法二：欲证,即证,由法一知,故,又因为在上单调递减,故只需证,又因为,
故也即证,构造函数,则等价于证明对恒成立.
由,则在上单调递增,所以,即已证明对恒成立,故原不等式亦成立.
法三：由,得,化简得…,
不妨设,由法一知,.令,则,代入式,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,,从而也在上单调递增,,即证式成立,也即原不等式成立.
法四：由法三中式,两边同时取以为底的对数,得,也即,从而,
令,则欲证：,等价于证明：…,
构造,则,
又令,则,由于对恒成立,故,在上单调递增,所以,从而,故在上单调递增,由洛比塔法则知：,即证,即证式成立,也即原不等式成立.
【例1】（2023届贵州省威宁高三模拟）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【解析】（1）当时，在恒成立，
令，，则，
函数在上单调递减，，
，的取值范围是．
（2）函数，．则，
函数有两个极值点，，
有两个正实数解方程有两个正实数解函数与函数，的图象有两个交点．
，令，解得，
当时，则单调递增，当时，则单调递减，
函数的极大值即最大值为．
又时，且当时，，又，
．不妨设，
要证明，．
令，，．
所以，
当且仅当，即时取等号，函数在单调递增，
，，即，因此成立．
【例2】（2024云南省长水教育集团质量检测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：.
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，
，
令，可得，当时，即，
，可知在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）当时，可得，，
或
故在上单调递增，在上单调递减，
由题意可得：，因为，
令，
则，
可知在上单调递增，
则，可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递减，则，即；
令，
则，
可知在上单调递增，则，
可得在上恒成立，因为，则，
且在上单调递增，
则，即；由和可得.
(二) 含参函数问题可考虑先消去参数
含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由于可导函数的极值点是的零点,也是方程的实根,所以有些与零点或方程实根有关的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.
【一题多解】已知函数,为常数,若函数有两个零点,
试证明：
【分析】法一：消参转化成无参数问题：
,是方程的两根,也是方
程的两根,则是,设,,则,从而,此问题等价转化成为【例1】,下略.
法二：利用参数作为媒介,换元后构造新函数：不妨设,
∵,∴,
∴,欲证明,即证.
∵,∴即证,
∴原命题等价于证明,即证：,令,构造,利用单调性求解,下略.
法三：直接换元构造新函数：
设,
则,
反解出：,
故,转化成法二,略.
【例3】（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．
(1)求实数的取值范围；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）由于，
由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．
令，则，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，故的图象如图所示，

当时，有两个零点且．则或，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值点为，极小值点为．
故有两个极值点时，实数的取值范围为．
（2）由于
若设，则上式即为
由（1）可得，两式相除得，即，
由得
所以，令，
则在恒成立，由于，
令，则，，
显然在递增，
又有，所以存在使得，
且易得在递减，递增，又有，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，时，，所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为．
(三) 对数平均不等式
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.
【例4】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【分析】（1）,,当时,在R上恒成立,不合题意
当时,
当,即时,至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当,即时,由,且在内单调递减,故在有且只有一个零点；由
令,则,故
所以,即在有且只有一个零点.
（2）由（1）知,在内递减,在内递增,且
所以,因为,
,即,所以
所以,要证：,只须证,即
故,,
所以,所以
因为,所以,而
所以成立,所以
【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：
1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出,
2.通过等式两边同除以构建对数平均数,
3.利用对数平均不等式将转化为后再证明（或）. 两种方法各有优劣,适用的题型也略有差异.
(四) 一题多解赏析
【例5】已知,．若有两个极值点,,且,求证：
【分析】解法一：欲证,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．
于是,有,解得．
另一方面,由,得,
从而可得,．
于是,．
又,设,则．因此,,．
要证,即证：,．即：当时,有．构造函数,,利用为上的增函数求解.
解法二 ：欲证,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．显然,否则,函数为单调函数,不符合题意．
由,问题转化为证明,构造函数
函数,根据在上递增,可得=0,
所以,设,由在上递增可证.
解法三 ：由,是方程的两个不同实根得,令,,由于,因此,在,．
设,需证明,只需证明,只需证明,即,即．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落
即,,故在,故,即．令,则,因为,,在,所以,即．
解法四：设,,则由得,设,则,．欲证,需证,把代入整理得
,构造证明.
设,,则由得,设,则,．欲证,需证,即只需证明,即,设,,故在,因此,命题得证．
(五) 2022届高考全国卷甲理22题解析
极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：
【例6】已知函数．
（1）若,求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点,则．
【解析】解法一：（1）因为,
令,得
当单调递减；当单调递增,
所以,
若,则,即,所以的取值范围为.
（2）由（1）知, 单调递减；当单调递增,
若有两个零点,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设
要证,即证,
因为,即证,因为,即证
即证,
即证,
下面证明时,,设,
则
,
设,
所以,而,所以,所以,
所以在单调递增即,所以
令,
所以在单调递减,即,所以；
综上, ,所以.
解法二： （1）因为,
设,则,
所以时,递减,时,递增,
,
设,则为增函数,,
若,则,即,所以的取值范围为.
（2）由（1）知有两个零点,则方程有两个实根,
因为时递减,时递增,
不妨设,由得,
所以要证,即证,即证,
即证,设,即证,
设,则,
所以为增函数,,所以成立.
【例1】（2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
【解析】（1）依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，
切线方程为，而点在切线上，
则，即有，
由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，
令，则函数有2个零点，
求导得，
①若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又，
当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
②若，恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
③若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，
显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
④若，显然，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
而函数在上的值域为，因此在上的值域为，
当时，令，求导得，函数在上单调递减，
则，，
而函数在上单调递减，值域为，
因此函数在上的值域为，
于是当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.
（2）①由（1）知，，
由函数有两个极值点，得，即有两个实数根，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，上单调递减，，
且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根
所以函数有两个极点时，的取值范围是.
②由，即，得，
要证明，只需证明，
而，
令，则，欲证明，
即证明，只需证明即可，
令，
求导得，
则在时单调递增，故，
则，令在时单调递增，则，
因此，即，所以.
【例2】（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【解析】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
【例3】（2024届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数”
(1)证明：为“切合函数”；
(2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
【解析】（1）假设存在两个不同的数，满足题意，
易知，由题意可得，即，
，，，
，又，所以.
因为，即，化简可得，又，
所以，代入，
可得或，所以为“切合函数”.
（2）由题意知，因为为“切合函数”，
故存在不同的数(不妨设)使得
，即，
整理得，
（ⅰ）先证，即，，
令，则由，知，要证，只需证，
即，设，易知，
故在单调递减，所以，
故有，由上面的式知,所以.
（ⅱ）由上面的得，
，
又，所以且，
故要证，只需证，
即，设，
则即证，，
设，则，
即也就是在单调递增，
，
所以在单调递增，
所以，
因为，所以，所以，所以原不等式成立.
【例4】（2024届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若不等式有解，求实数t的取值范围；
(3)若函数有两个零点x1，x2，证明：．
【解析】（1），
单调递增；单调递减；
（2）有解，
所以，，
，
单调递增，
单调递减；
单调递增；
所以，所以.
（3）有两个零点x1，x2，
有两个根x1，x2， 不妨设，由（1）可知两根也是与的两个交点，
，
欲证，只需证，
即证．
设，其中，
由，得．因为，所以，
由得；由得．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
从而成立．
1．（2024届安徽省A10联盟高三最后一卷）已知函数．
(1)求证：至多只有一个零点；
(2)当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围．
2．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，
(1)讨论的单调性．
(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得
（ⅰ）证明不等式．
（ⅱ）判断并证明与的大小．
3．（2024届全国统一考试押题卷）已知函数．
(1)求函数在上的值域；
(2)若方程有两个不相等的解，且，求证：．
4．（2024届江西省新八校高三第二次联考）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
5．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
6．（2024届云南省高三第二次统一检测）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
7．（2024届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数.
(1)设，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，证明：.
8．（2024届河北省沧州市沧衡名校联盟高三下学期4月模拟）已知函数
(1)若函数，证明：在上恒成立；
(2)若，且，证明：.
9．（2024届福建省莆田市三模）已知函数，其中.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列.
(3)证明：（）.
10．（2024届河南省商丘市部分学校5月联考）已知函数的定义域为，其导函数．
(1)求曲线在点处的切线的方程，并判断是否经过一个定点；
(2)若，满足，且，求的取值范围．
11．（2024届河北省沧州市高三下学期4月联考）已知函数.
(1)求函数的单调性；
(2)若有两个不相等的零点，且.
①证明：随的增大而增大；
②证明：.
12．（2024届全国统一考试预测卷二）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性．
(2)若有两个零点，且，证明：．
13．（2024届福建省福宁古五校教学联合体联考）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）求实数的取值范围;
（ii）求证:．
14．（2024届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
专题8 极值点偏移问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有关的函数与不等式问题,已知函数是连续函数,在区间内有且只有一个极值点,且,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点,我们称这种状态为极值点不偏移；若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点的情况,我们称这种状态为“极值点偏移”（对可导函数来说，的极值点就是的零点，所以很多与零点或方程实根有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉及,不少同学望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.
(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
【以例及类】已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)已知函数的图像与的图像关于直线对称,证明：当时,；
(3)如果,且,证明：．
【分析】(1)由可得在上递增,在上递减；
(2),构造函数,,由单调性可得时；
(3)假设,由(2)得,即,由在上递增,可得.
该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观展示如下：
该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数,已知,,证明．
再次审视解题过程,发现以下三个关键点：
= 1 \* GB3 ①,的范围；
= 2 \* GB3 ②不等式；
= 3 \* GB3 ③将代入（2）中不等式,结合的单调性获证结论．
小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：
= 1 \* GB3 ①求导,获得的单调性,极值情况,作出的图像,由得,的取值范围（数形结合）；
= 2 \* GB3 ②构造辅助函数（对结论,构造；对结论,构造）,求导,限定范围（或的范围）,判定符号,获得不等式；
= 3 \* GB3 ③代入（或）,利用及的单调性证明最终结论．
下面给出第(3)问的不同解法
【解析】法一：,易得在上单调递增,在上单调递减,时,,,时,, 函数在处取得极大值,且,如图所示.
由,不妨设,则必有,
构造函数,
则,所以在上单调递增,,也即对恒成立.由,得,
所以,即,又因为,且在上单调递减,所以,即证
法二：欲证,即证,由法一知,故,又因为在上单调递减,故只需证,又因为,
故也即证,构造函数,则等价于证明对恒成立.
由,则在上单调递增,所以,即已证明对恒成立,故原不等式亦成立.
法三：由,得,化简得…,
不妨设,由法一知,.令,则,代入式,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,,从而也在上单调递增,,即证式成立,也即原不等式成立.
法四：由法三中式,两边同时取以为底的对数,得,也即,从而,
令,则欲证：,等价于证明：…,
构造,则,
又令,则,由于对恒成立,故,在上单调递增,所以,从而,故在上单调递增,由洛比塔法则知：,即证,即证式成立,也即原不等式成立.
【例1】（2023届贵州省威宁高三模拟）已知函数.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【解析】（1）当时，在恒成立，
令，，则，
函数在上单调递减，，
，的取值范围是．
（2）函数，．则，
函数有两个极值点，，
有两个正实数解方程有两个正实数解函数与函数，的图象有两个交点．
，令，解得，
当时，则单调递增，当时，则单调递减，
函数的极大值即最大值为．
又时，且当时，，又，
．不妨设，
要证明，．
令，，．
所以，
当且仅当，即时取等号，函数在单调递增，
，，即，因此成立．
【例2】（2024云南省长水教育集团质量检测）已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：.
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，
，
令，可得，当时，即，
，可知在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）当时，可得，，
或
故在上单调递增，在上单调递减，
由题意可得：，因为，
令，
则，
可知在上单调递增，
则，可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递减，则，即；
令，
则，
可知在上单调递增，则，
可得在上恒成立，因为，则，
且在上单调递增，
则，即；由和可得.
(二) 含参函数问题可考虑先消去参数
含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.由于可导函数的极值点是的零点,也是方程的实根,所以有些与零点或方程实根有关的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.
【一题多解】已知函数,为常数,若函数有两个零点,
试证明：
【分析】法一：消参转化成无参数问题：
,是方程的两根,也是方
程的两根,则是,设,,则,从而,此问题等价转化成为【例1】,下略.
法二：利用参数作为媒介,换元后构造新函数：不妨设,
∵,∴,
∴,欲证明,即证.
∵,∴即证,
∴原命题等价于证明,即证：,令,构造,利用单调性求解,下略.
法三：直接换元构造新函数：
设,
则,
反解出：,
故,转化成法二,略.
【例3】（2024届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数有两个极值点．其中，为自然对数的底数．
(1)求实数的取值范围；
(2)若恒成立，求的取值范围．
【解析】（1）由于，
由题知有两个不同实数根，即有两个不同实数根．
令，则，解得，故在上单调递增，在上单调递减，且时，，时，，，故的图象如图所示，

当时，有两个零点且．则或，故在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，的极大值点为，极小值点为．
故有两个极值点时，实数的取值范围为．
（2）由于
若设，则上式即为
由（1）可得，两式相除得，即，
由得
所以，令，
则在恒成立，由于，
令，则，，
显然在递增，
又有，所以存在使得，
且易得在递减，递增，又有，
所以存在使得，且易得在递减，递增，
又，则时，时，，所以易得在上递减，在上递增，则，
所以的取值范围为．
(三) 对数平均不等式
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.
【例4】设函数其图象与轴交于两点,且.
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：为函数的导函数）；
【分析】（1）,,当时,在R上恒成立,不合题意
当时,
当,即时,至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当,即时,由,且在内单调递减,故在有且只有一个零点；由
令,则,故
所以,即在有且只有一个零点.
（2）由（1）知,在内递减,在内递增,且
所以,因为,
,即,所以
所以,要证：,只须证,即
故,,
所以,所以
因为,所以,而
所以成立,所以
【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：
1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出,
2.通过等式两边同除以构建对数平均数,
3.利用对数平均不等式将转化为后再证明（或）. 两种方法各有优劣,适用的题型也略有差异.
(四) 一题多解赏析
【例5】已知,．若有两个极值点,,且,求证：
【分析】解法一：欲证,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．
于是,有,解得．
另一方面,由,得,
从而可得,．
于是,．
又,设,则．因此,,．
要证,即证：,．即：当时,有．构造函数,,利用为上的增函数求解.
解法二 ：欲证,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．显然,否则,函数为单调函数,不符合题意．
由,问题转化为证明,构造函数
函数,根据在上递增,可得=0,
所以,设,由在上递增可证.
解法三 ：由,是方程的两个不同实根得,令,,由于,因此,在,．
设,需证明,只需证明,只需证明,即,即．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落
即,,故在,故,即．令,则,因为,,在,所以,即．
解法四：设,,则由得,设,则,．欲证,需证,把代入整理得
,构造证明.
设,,则由得,设,则,．欲证,需证,即只需证明,即,设,,故在,因此,命题得证．
(五) 2022届高考全国卷甲理22题解析
极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：
【例6】已知函数．
（1）若,求a的取值范围；
（2）证明：若有两个零点,则．
【解析】解法一：（1）因为,
令,得
当单调递减；当单调递增,
所以,
若,则,即,所以的取值范围为.
（2）由（1）知, 单调递减；当单调递增,
若有两个零点,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设
要证,即证,
因为,即证,因为,即证
即证,
即证,
下面证明时,,设,
则
,
设,
所以,而,所以,所以,
所以在单调递增即,所以
令,
所以在单调递减,即,所以；
综上, ,所以.
解法二： （1）因为,
设,则,
所以时,递减,时,递增,
,
设,则为增函数,,
若,则,即,所以的取值范围为.
（2）由（1）知有两个零点,则方程有两个实根,
因为时递减,时递增,
不妨设,由得,
所以要证,即证,即证,
即证,设,即证,
设,则,
所以为增函数,,所以成立.
【例1】（2024届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数.
(1)若过点可作曲线两条切线，求的取值范围；
(2)若有两个不同极值点.
①求的取值范围；
②当时，证明：.
【解析】（1）依题意，，
设过点的直线与曲线相切时的切点为，斜率，
切线方程为，而点在切线上，
则，即有，
由过点可作曲线两条切线，得方程有两个不相等的实数根，
令，则函数有2个零点，
求导得，
①若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，
又，
当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
②若，恒成立，函数在上单调递增，
因此函数最多1个零点，不合题意；
③若，由，得或，由，得，
即函数在，上单调递增，在上单调递减，
则当时，取得极大值；当时，取得极小值，又，
显然当时，恒成立，因此函数最多1个零点，不合题意；
④若，显然，当时，，当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，当时，取得最大值，
要函数有2个零点，必有，得，
当时，，
而函数在上的值域为，因此在上的值域为，
当时，令，求导得，函数在上单调递减，
则，，
而函数在上单调递减，值域为，
因此函数在上的值域为，
于是当时，函数有两个零点，
所以过点可作曲线两条切线时，的取值范围是.
（2）①由（1）知，，
由函数有两个极值点，得，即有两个实数根，
令，求导得，当时，，当时，，
函数在上单调递增，上单调递减，，
且，当时，函数恒成立，因此当时，有两个实数根
所以函数有两个极点时，的取值范围是.
②由，即，得，
要证明，只需证明，
而，
令，则，欲证明，
即证明，只需证明即可，
令，
求导得，
则在时单调递增，故，
则，令在时单调递增，则，
因此，即，所以.
【例2】（2024届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4月联合学情检测）已知函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若有两个不同的零点，证明．
【解析】（1）首先由可知的定义域是，从而.
故，从而当时，当时.
故在上递增，在上递减，所以具有最大值.
所以命题等价于，即.所以的取值范围是.
（2）不妨设，由于在上递增，在上递减，故一定有.
在的范围内定义函数.
则，所以单调递增.
这表明时，即.
又因为，且和都大于，
故由在上的单调性知，即.
【例3】（2024届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数在定义域内存在两个不同的数，同时满足，且在点处的切线斜率相同，则称为“切合函数”
(1)证明：为“切合函数”；
(2)若为“切合函数”，并设满足条件的两个数为．
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：．
【解析】（1）假设存在两个不同的数，满足题意，
易知，由题意可得，即，
，，，
，又，所以.
因为，即，化简可得，又，
所以，代入，
可得或，所以为“切合函数”.
（2）由题意知，因为为“切合函数”，
故存在不同的数(不妨设)使得
，即，
整理得，
（ⅰ）先证，即，，
令，则由，知，要证，只需证，
即，设，易知，
故在单调递减，所以，
故有，由上面的式知,所以.
（ⅱ）由上面的得，
，
又，所以且，
故要证，只需证，
即，设，
则即证，，
设，则，
即也就是在单调递增，
，
所以在单调递增，
所以，
因为，所以，所以，所以原不等式成立.
【例4】（2024届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数
(1)讨论函数的单调性；
(2)若不等式有解，求实数t的取值范围；
(3)若函数有两个零点x1，x2，证明：．
【解析】（1），
单调递增；单调递减；
（2）有解，
所以，，
，
单调递增，
单调递减；
单调递增；
所以，所以.
（3）有两个零点x1，x2，
有两个根x1，x2， 不妨设，由（1）可知两根也是与的两个交点，
且，，于是，由于在单调递减，故等价于．
而，故等价于．①
设，则①式为．
因为．
设，
当时，，故在单调递增，
所以，从而，因此在单调递增．
又，故，故，于是．
【例5】已知函数，．
(1)若，判断函数的单调性；
(2)若函数的导函数有两个零点，证明：．
【解析】 (1)若，则，
所以，
由，得；由，得．
所以在上单调递增，在上单调递减．
(2)因为函数，所以，
所以．
若函数有两个零点，则方程的判别式，
，所以．
又，所以，即，
，
欲证，只需证，
即证．
设，其中，
由，得．因为，所以，
由得；由得．
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为，
从而成立．
1．（2024届安徽省A10联盟高三最后一卷）已知函数．
(1)求证：至多只有一个零点；
(2)当时，分别为的极大值点和极小值点，若成立，求实数k的取值范围．
【解析】（1）由题意得，，
当时，令，解得，
①当时，，所以在上单调递增，
又，此时函数有唯一的零点；
②当时，，所以时，单调递增，
时，单调递减，时，单调递增，
又，则函数在区间上无零点，
在上至多只有一个零点，所以函数 至多只有一个零点；
③当时，，所以时，单调递增，
时，单调递减，时，单调递增，
又，
则函数在上至多只有一个零点，在区间上无零点，
所以函数至多只有一个零点，综上，函数至多只有一个零点；
（2）由（1）知，当时，在上单调递增，在单调递减，
所以的极大值点为，极小值点为，
此时，
因为，所以，
因为，所以，所以,
所以，即，
设，则，
令，则，
①当时，，此时恒成立，则在上单调递增，
所以，此时，
②当时，，设的两个根为，且，
则，所以，
则当时，，此时在上单调递减，
所以当时，，此时，与 矛盾，不合题意.
综上所述，的取值范围是.
2．（2024届湖北省宜荆荆随恩高三5月联考）设函数，
(1)讨论的单调性．
(2)若函数存在极值，对任意的，存在正实数，使得
（ⅰ）证明不等式．
（ⅱ）判断并证明与的大小．
【解析】（1），，
若，则，在上单调递增，
若，由得，当时；当时，，
∴在单调递增，在单调递减.
（2）∵存在极值，由（1）知，
，
由题设得，
∵，设，
（ⅰ）要证明即证明，
设，（），则，
∴在上单调递增，，∴，即得证，
（ⅱ），
，
∴，∵在上是减函数，∴.
3．（2024届全国统一考试押题卷）已知函数．
(1)求函数在上的值域；
(2)若方程有两个不相等的解，且，求证：．
【解析】（1）因为，所以．
当时，单调递增，当时，单调递减，
所以当时，．又，所以当时，，
所以在上的值域是．
（2）由题，不妨设，由（1）可知，且．
由得，则，
两边同时取自然对数，得，即．
要证，即证．
因为，所以只需证，
即证，即证，即证．
令，即证， 令，
则，所以当时，单调递减，所以，即．故．
4．（2024届江西省新八校高三第二次联考）已知函数
(1)当时，求函数的极值；
(2)设函数有两个极值点，且，若恒成立，求最小值．
【解析】（1）当时，有，
令，即，解得或，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，当时，，单调递增；
所以时，取得极大值，极大值为，
时，取得极小值，极小值为.
（2）因为，
所以，由已知有两个极值点，
所以方程有两个相异的正根
所以，即或，
又，所以，，所以；
所以对称轴为，二次函数与轴交点为、，
且，所以在对称轴的右侧，则有，
因为，即 ，
所以，其中，
令，则，
令，解得均不在定义域内，
所以时，，在上单调递减，
，所以，即最小值为.
5．（2024届河北省保定市高三下学期第二次模拟）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【解析】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
6．（2024届云南省高三第二次统一检测）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【解析】（1）由已知得的定义域为，
且
，当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，则
当时，，即在上单调递减.
，，即，
，，，，
又，在上单调递增，
，即.
7．（2024届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数.
(1)设，讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个极值点，证明：.
【解析】（1）解：因为，可得，
则，其中定义域为，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，可得，
令，可得；令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
综上所述，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）解：因为，可得，
因为有两个极值点，
令，即方程有两个实数根.
设，
则，设，可得，
所以在上单调递增，且，
所以当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，所以，
又由，
设，
则，
所以在上单调递增，所以，即.
因为，所以，
因为，且在上单调递减，所以，所以，
所以，所以.
8．（2024届河北省沧州市沧衡名校联盟高三下学期4月模拟）已知函数
(1)若函数，证明：在上恒成立；
(2)若，且，证明：.
【解析】（1）由题，，
当时，令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，
即在上单调递增，则，
所以在上单调递增，所以，
即在上恒成立；
（2）因为，
当时，，则，
当时，在上单调递减，
当时，在上单调递增，
，又当时，，所以.
当时，，则，
所以在上单调递减，且，此时，
如图，由题意，设，
设与交点的横坐标为，则，有，
因为，所以，
所以，又，
所以，
令，则，
令，则，
所以当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，即，
所以，则，
所以在上单调递增，
所以，
所以，即.
9．（2024届福建省莆田市三模）已知函数，其中.
(1)当时，，求的取值范围.
(2)若，证明：有三个零点，，（），且，，成等比数列.
(3)证明：（）.
【解析】（1）（解法一）由题意可知的定义域为，
，设，其中.
①当，即时，，所以，单调递增，
所以当时，，故满足题意；
②当，且，即时，，
所以，单调递增，
所以当时，，故满足题意；
③当，且，即时，
设的两根为，，解得，，
则当时，，所以，单调递减，
则，故不满足题意 .综上，的取值范围是 .
（解法二）由题意可知的定义域为，
，
因为，，所以，解得，
以下证明满足题意.
由可知，，所以当时，，
设，，所以为递增函数，
所以，所以，综上，a的取值范围是.
（2）由（1）可知，当时，在和上单调递增，在上单调递减，
因为，所以，，
取，，
（其中，所以，即），
取，.
（其中，所以，即），
所以在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，在上存在唯一零点，即在上存在唯一零点，且，
所以，，
又，所以也是函数的零点，
显然且，所以，即，所以，所以，，成等比数列.
（3）由（1）可知当时，为单调递增函数，
所以当时，，即，
整理得，即，
所以（），则（），
故（）.
10．（2024届河南省商丘市部分学校5月联考）已知函数的定义域为，其导函数．
(1)求曲线在点处的切线的方程，并判断是否经过一个定点；
(2)若，满足，且，求的取值范围．
【解析】（1）因为，所以（c为常数）．
因为，所以，所以．又，
所以曲线在点处的切线的方程为，
即，所以经过定点．
（2）令，可得．
因为，满足，且，
所以关于的方程有两个不相等的正实数根，
则，
所以
，
令函数，
则，
令，得，因为当时，，
当时，，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，又当时，，
所以的取值范围为，
即的取值范围为．
11．（2024届河北省沧州市高三下学期4月联考）已知函数.
(1)求函数的单调性；
(2)若有两个不相等的零点，且.
①证明：随的增大而增大；
②证明：.
【解析】（1）由可得，
令，故在单调递增，
令，故在单调递减，
故在单调递增，在单调递减
（2）①由于有两个不相等的零点，且.
所以是的两个实数根，
由（1）知，在单调递增，在单调递减，且，
当时，，当时，，
故，
对任意的，设，则其中
其中
由于在单调递减，，故，所以，
在单调递增，，故，所以，
又，所以，所以，故随的增大而增大；
②设，
令，则；
令在单调递增，
在单调递减，
故，故在恒成立，
此时恒成立，
由①知所以，即，
令，
记，则，
当时，，在单调递减，
时，，在单调递增，
故，进而，
因此，
所以，故，即，进而，
又因为，所以，得证
12．（2024届全国统一考试预测卷二）已知函数．
(1)当时，讨论的单调性．
(2)若有两个零点，且，证明：．
【解析】（1）当时，，定义域为，
则．设，
则，
所以在上单调递减，即在上单调递减．
又，即，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
（2）令，得．
又，所以．显然当时，方程只有一个根，不符合题意，
所以．令，则．
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，则．
而，所以当时，恒有．
要使有两个零点，则需直线与函数的图象有两个交点，所以．
由上述可知，，且①，②．
②－①，得，所以．
②＋①，得，
所以．
设，则．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则．
作出函数和的图象如图所示：
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.
14．（2024届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知.
(1)当时，求的单调区间；
(2)若有两个极值点，，证明：.
【解析】（1）当时，，
，
则当，即时，，
当，即时，，
故的单调递减区间为、，单调递增区间为；
（2），令，即，
令，，则、是方程的两个正根，
则，即，
有，，即，
则
，
要证，即证，
令，
则，
令，则，
则在上单调递减，
又，，
故存在，使，即，
则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
则，
又，则，故，
即，即.