2025高考数学专项讲义第15讲导数中的极值点偏移问题(高阶拓展、竞赛适用)(学生版+解析)

这是一份2025高考数学专项讲义第15讲导数中的极值点偏移问题(高阶拓展、竞赛适用)(学生版+解析)，共114页。学案主要包含了命题规律，备考策略，命题预测，整体点评，名师点睛等内容，欢迎下载使用。
（8类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数解决函数的基本问题
2能理解并掌握极值点偏移的含义
3能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足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. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内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. 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；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
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．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
考点一、极值点偏移高考真题鉴赏
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
1．（2021·全国·统考高考真题）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：.
考点二、含对数型极值点偏移
1．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
1．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若有两个极值点，求证：.
2．（2024·河北保定·二模）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：．
考点三、含指数型极值点偏移
1．（22-23高二上·重庆沙坪坝·期末）已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若存在极小值，且极小值等于，求证：．
1．（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：．
2．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
考点四、加法型极值点偏移
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数恰有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)证明：．
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
2．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)证明：；
(2)若，且，证明：．
3．（2024高三·全国·专题练习）设函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且，求证：．
考点五、减法型极值点偏移
1．（23-24高二下·云南·期中）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：.
1．（23-24高三上·河南·开学考试）有两个零点．
(1)时，求的范围；
(2)且时，求证：．
2．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
考点六、平方型（立方型）极值点偏移
1．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
1．（2023·广东广州·模拟预测）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：；
2．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
3．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
考点七、乘积型极值点偏移
1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
2．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明.
1．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
2．（23-24高三上·四川遂宁·阶段练习）设，.
(1)当时，求的极值；
(2)若有恒成立，求的取值范围；
(3)当时，若，求证：.
3．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
考点八、商式型极值点偏移
1．（2022高三·全国·专题练习）已知函数有两个相异零点､，且，求证：.
2．（福建省宁德市2021届高三三模数学试题）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.
3．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，.
(1)若对于任意，都有，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
1．（22-23高二下·湖北·期末）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.
2．（21-22高二上·湖北武汉·期末）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：.
6．（2023·湖北武汉·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：．
1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：．
2．（2023·江西·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
3．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数的导函数为，若存在两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
4．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.
5．（2024·云南·二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
6．（22-23高二下·安徽·阶段练习）已知函数．
(1)若为定义域上的增函数，求a的取值范围；
(2)令，设函数，且，求证：．
7．（2023·山东日照·二模）已知函数．
(1)若恒成立，求实数的值：
(2)若，，，证明：．
8．（2023·江西南昌·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：．
9．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知函数，a为实数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：
10．（2023·北京通州·三模）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.
11．（22-23高三下·河北石家庄·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.
12．（2022高三·全国·专题练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求的取值范围；
(2)记两个极值点为，且. 若，证明：.
13．（2023·贵州毕节·模拟预测）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：.
14．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
15．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
16．（23-24高三上·重庆渝中·期中）已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
17．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知函数.
(1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数有两个极值点,证明：.
18．（2023·辽宁阜新·模拟预测）已知函数
(1)若时，求的最值；
(2)若函数，且为的两个极值点，证明：
19．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
20．（2023·山东泰安·二模）已知函数，.
(1)当时，讨论方程解的个数；
(2)当时，有两个极值点，，且，若，证明：
（i）；
（ii）.
1．（全国·高考真题）已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.
2．（天津·高考真题）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，
（Ⅲ）如果，且，证明
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2022年全国甲卷理，第21题,12分
导数中的极值偏移问题
恒成立问题、零点问题
利用导数证明不等式
2021年新I卷，第22题,12分
导数中的极值偏移问题
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数证明不等式
导数中的极值点偏移问题
（高阶拓展、竞赛适用）
（8类核心考点精讲精练）
1. 5年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为15-17分
【备考策略】1能用导数解决函数的基本问题
2能理解并掌握极值点偏移的含义
3能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足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. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内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. 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；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）

左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
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．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
考点一、极值点偏移高考真题鉴赏
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
【答案】(1)
(2)证明见的解析
【分析】（1）由导数确定函数单调性及最值，即可得解；
（2）利用分析法，转化要证明条件为，再利用导数即可得证.
【详解】（1）[方法一]：常规求导
的定义域为，则
令,得
当单调递减
当单调递增，
若,则,即
所以的取值范围为
[方法二]：同构处理
由得：
令，则即
令，则
故在区间上是增函数
故，即
所以的取值范围为
（2）[方法一]：构造函数
由题知,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
又因为,故只需证
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.
[方法二]：对数平均不等式
由题意得：
令，则，
所以在上单调递增，故只有1个解
又因为有两个零点，故
两边取对数得：，即
又因为，故，即
下证
因为
不妨设，则只需证
构造，则
故在上单调递减
故，即得证
【点睛】关键点点睛 ：本题是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式
这个函数经常出现，需要掌握
1．（2021·全国·统考高考真题）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.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【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，所以需证．
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.
考点二、含对数型极值点偏移
1．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
1．（23-24高三上·江苏南通·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若有两个极值点，求证：.
【答案】(1)有极小值1,无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导函数研究函数的极值即可；
（2）根据题意得出是方程的两个根，结合函数表达式将问题转化为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性计算即可.
【详解】（1）当时，函数，
易知在定义域上单调递增，且，
所以当时，，即此时单调递减，
当时，，即此时单调递增，
故在时取得极小值，，无极大值；
（2）由，
令，即，
由题意可知是方程的两个根，
则，
欲证，
即证，
即证，
令，
若，定义域上单调递增，不存在两个零点，舍去；
则，可知在时，单调递减，
在时，单调递增，
要符合题意则需，
又时，，时，，
此时不妨令，
构造函数
，
即在定义域内单调递增，即，
所以，
因为，所以，
且在时，单调递增，故，得证.
【点睛】本题关键在于先转化问题为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性及最值得出即可.
2．（2024·河北保定·二模）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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【详解】（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．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明.
考点三、含指数型极值点偏移
1．（22-23高二上·重庆沙坪坝·期末）已知函数．
(1)若在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若存在极小值，且极小值等于，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由条件可得在上恒成立，然后可得，然后利用导数求出的最大值即可；
（2）求出，分、、、四种情况讨论的单调性，然后可得，令、，然后利用、的单调性可证明.
【详解】（1）因为在上单调递增，
所以在上恒成立，且不恒等于，
由可得，
令，则，
所以在上单调递减，
所以；
（2）因为，其定义域为，
所以，
①当时，，所以当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以的极小值为，而，不合题意，
②当时，由可得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，而，不合题意，
③当时，，在上单调递增，不合题意，
④当时，由可得或，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以的极小值为，
令，则，
所以，
令，则，，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以，
令，
则
所以在上单调递增，所以，
所以当时有，
因为，所以，
又因为在上单调递减，所以，
所以，即.
1．（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
【分析】（1）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据单调性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，，可证得，，结合不等式的性质可证得结论.
【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：，，.
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
2．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案；
（2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论.
【详解】（1）的定义域为R，，
当时，，当时，，
故在内单调递减，在单调递增，
故要使有两个零点，则需，故，
由题目条件，可得，
当时，因为，又，
故在内存在唯一零点，
又，故在内存在唯一零点，
则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为；
（2）证明：由（1）可设，由可得，
令，则，所以，故，
所以，
要证，
即证，
即证，
因为，即证，即，
令，，，
令，则，当时，，
当时，，
故在内单调递减，在单调递增，所以，
所以，令得，
故，在定义域内单调递减，
故，即，，，
则，证毕．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
考点四、加法型极值点偏移
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数恰有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导得到，利用导数得到的最小值，从而要使有两个零点，则最小值小于，得到的范围；
（2）由（1）的结论，构建函数，，由得到函数单调递增，得到，从而得到，又函数在上单调递增，则得到.
【详解】（1）因为，所以，
所以当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
所以当时，函数取最小值．
因为当时，，当时，，
且函数恰有两个零点，
所以,所以的取值范围为．
（2）由（1）知，为的极小值点，
所以可设，则，
构建函数，，
所以当时，
，
函数单调递增，所以当时，，
所以，
因为，所以，
所以，
又函数在上单调递增，所以，
所以．
【点睛】关键点点睛：由的极小值点，得到零点的位置，通过构建函数，由函数单调性可得结果.
2．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解；
（2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证.
【详解】（1）的定义域为，
由，得.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而.
故，即的取值范围是.
（2）证明：由，得，
即，即.
设，则等价于.
易证在上单调递增，则，即.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，且，
当x趋于时，趋于0.
方程有两个不同的正实根，不妨设，
由图可知，.
设
则在上单调递增.
因为，所以，即.
设，则，
即，则.
因为方程有两个不同的正实根，
所以，作差得.
因为，所以，所以，
则，故.
【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可.
3．（2024·辽宁·模拟预测）已知函数．
(1)当时，判断在区间内的单调性；
(2)若有三个零点，且．
（i）求的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先分离参数将函数的零点个数转化为方程根的个数，构造函数，求其单调性、最值即可得的取值范围；
（2）法一、根据第（1）问得到的取值范围，令，通过比值换元将问题化为证，构造函数求其导函数、单调性最值即可；法二、根据第（1）问得到的取值范围，先判定结论成立，再利用函数的单调性将所证不等式转化为函数不等式来判定时是否成立，通过构造，利用导数研究其单调性及最值即可.
【详解】（1）由得，
则由有两个零点知方程有两个不同的实数根．
令，则，
由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
而，当时，，当时，，
故，即，实数的取值范围为．
（2）法一、
由（1）知，令，则．
由得，
要证，只需证，
只需证，即证，
即证．
令，
则，
令，，则，
所以单调递增，即，
故在上恒成立，
即在上单调递减，故，得证．
法二、
由（1）知，
当时，显然．
当时，则，
要证，只需证，
又且在上单调递增，
故只需证，即证，
即证，即证，
令，
则，
令，
则，在上单调递减，
所以，故，所以在上单调递减，则，
又，所以当时，，即．
【点睛】方法点睛：含有双变量的不等式证明问题中的双变量指的是所给的不等关系中涉及两个不同变量，处理此类问题有两个策略：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双变量所满足的等式，把含双变量的不等式转化为含单变量的不等式求解；
二是巧妙构造函数，再利用导数判断函数的单调性，从而求其最值．
2．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数．
(1)证明：；
(2)若，且，证明：．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数变形整理，构造函数，对其进行二次求导，从而可求出的单调性，进而可求出函数的最大值，即可证明结论成立.
（2）对函数进行二次求导，从而可判断函数单调性，要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，即证，进而构造函数判断其单调性即可证明.
【详解】（1）由题意，，设
，则
，当时，，单调递增；当时，，
单调递减，从而，故恒成立，
，故．
（2）由题意，，，，
，，
从而在上单调递增，在上单调递减，故，
在上单调递减，且，
若，则，不合题意，
若，则，不合题意，∴，
要证，只需证，结合在上单调递减知只需证，
又，，故只需证，即证①，
令，，
则，
，在上单调递增，
又，，从而在上单调递减，，，
，，即不等式①成立，故．
【点睛】本题考查了利用导数判断函数的单调性及利用导数证明不等式问题，考查了学生的逻辑推理能力及数据分析能力，考查了转化思想，属于难题.
3．（2024高三·全国·专题练习）设函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且，求证：．
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】(1)由题意得，令，根据的正负确定的单调性，得，即得函数的单调性.
（2）构造函数，其中，则，令，得，从而可得在上单调递减，然后根据函数的单调性可得
【详解】（1）∵，，
∴．
令，则．
令，得或．
当时，；当时，；当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
又，，故对一切恒成立，
∴，于是，故在上单调递增．
（2）不妨设．
构造函数，其中，
则．
由，得．
令，
∵，
∴在单调递增，则．
∴在上单调递减，∴，
即对恒成立．
∵，∴，
∴．
由（1）知在上单调递增，
∴，故．
考点五、减法型极值点偏移
1．（23-24高二下·云南·期中）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：.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增；
（2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案.
【详解】（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.
【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到.
1．（23-24高三上·河南·开学考试）有两个零点．
(1)时，求的范围；
(2)且时，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即可求解.
（2）当时由及的两个零点之间的距离可得.
【详解】（1）时，，
由题意的两个零点即为
方程的两个根，
分离参数即得，令，
对其求导得，设，
则，所以在定义域上面单调递减，
注意到，所以随的变化情况如下表：
所以有极大值（最大值），
又当时，；当时，，
若方程有两个根，
则，即的取值范围为.
（2）因为，设，
所以当且时有，
进而有，且
的函数图像恒在的函数图象上方，不妨设的两个零点为（且），如图所示：
因此的两个零点在二次函数两个零点之内，
所以有，令，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为，其判别式，
又，所以，
综上，有，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键是进行放缩，进而去发现相应零点之间的变化.
2．（23-24高三下·天津·阶段练习）已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证.
【详解】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到.
考点六、平方型（立方型）极值点偏移
1．（22-23高三上·云南·阶段练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证.
【详解】（1），，令，解得，
所以当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减，
所以，要使，则有，而，故，
所以的取值范围为．
（2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增；
当时，单调递减，
设，所以，，
①若，则，成立；
②若，先证，此时，
要证，即证，即，，
令，，
，
所以在(1,2)上单调递增，所以，
即，，所以，
因为，，所以，
即．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
2．（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）因为是函的两个零点，由（1）知，
因为，设，则，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
又因为，且，
所以，．
首先证明：．
由题意，得，设，则
两式相除，得．
要证，只要证，即证．
只要证，即证．
设，．
因为，所以在上单调递增．
所以，即证得①．
其次证明：．设，．
因为，所以在上单调递减．
所以，
即．
所以②．
由①②可证得．
【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）利用导数研究函数的零点问题．
3．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算，的导函数，接着分析它们的单调性，求得在时，的最大值为，的最小值为，问题得解；
（2）先将转化为，再设，数形结合得到，接着构造函数，利用函数的单调性得到，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由，，
得，，
当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为．
当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为．
所以，故实数的取值范围为．
（2）由得，两边取对数并整理，
得，即，即．
由（1）知，函数在上单调递增，在
上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而，当时，恒成立，不妨设，则．
记，，
则
，所以函数在上单调递增，
所以，即，，
于是，，
又在上单调递减，因此，即，
所以．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数的单调性、极值情况，作出函数图象，由得到的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证，则构造函数；若要证，则构造函数.），限定的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入，利用及的单调性即得所证结论．
1．（2023·广东广州·模拟预测）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
【分析】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性；
（2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出．
【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.
【点睛】方法点睛：本题第二问解题关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造及对数均值不等式等方法证出．
2．（22-23高二下·辽宁·期末）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
3．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若有2个不同的零点（），求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立.
令，则，
令，则，所以在内单调递减，
又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减，
所以在处取极大值也是最大值.
因此，即实数的取值范围为.
（2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根.
令，则，当时，解得.
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以在处取极大值为.
又因为，当时，，当时，.
且时，.
所以，且.
因为是方程的2个不同实数根，即.
将两式相除得，
令，则，，变形得，.
又因为，，因此要证，只需证.
因为，所以只需证，即证.
因为，即证.
令，则，
所以在上单调递增，，
即当时，成立，命题得证.
【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
考点七、乘积型极值点偏移
1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.
【详解】由题意得，令，则，，
所以在上单调递增，故至多有解；
又因为有两个零点，所以，有两个解，
令，，易得在上递减，在上递增，所以.
此时，两式相除，可得：.
于是，欲证只需证明：，
下证：
因为，
不妨设，则只需证，
构造函数，则，
故在上单调递减，故，即得证，
综上所述：即证.
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
2．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
3．（2024高三·全国·专题练习）已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明.
【答案】(1)在上单调递增
(2)，证明见解析
【分析】（1）对求导，根据的符号得出的单调性；
（2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可，
【详解】（1）时，，
故，
在上单调递增.
（2）关于的方程有两个不同实根,，
即有两不同实根，，得，
令，，
令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
时，取得最大值，且，得图象如图：.
，则，
即当时，有两个不同实根，，
两根满足，，
两式相加得：，两式相减地，
上述两式相除得，
不妨设，要证：，
只需证：,即证，
设，令，
则，
函数在上单调递增，且,
，即，
.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1，通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2，利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3，适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；
4，构造“形似”函数，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.
1．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
2．（23-24高三上·四川遂宁·阶段练习）设，.
(1)当时，求的极值；
(2)若有恒成立，求的取值范围；
(3)当时，若，求证：.
【答案】(1)，；
(2)；
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到的单调性，然后根据单调性求极值即可；
（2）将恒成立转化为，然后分和两种情况讨论最大值即可求解；
（3）将证明转化为证明，然后构造函数，求导得到，即可得证.
【详解】（1）的定义域为
由题：，，
令，解得或，令，解得，
∴在，上单调递增，上单调递减，
，.
（2）由题：，
欲使恒成立，只需，
当时：∵，时，，时，，
∴在上单调递增，上单调递减，
∴，得，
此时，；
当时：
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递增，上单调递减，
若即，，则在上单调递增，
若即，令，解得或，令，解得，
则在，上单调递，上单调递减，
不论上述哪种情况，均有，因此，不可能有恒成立，舍.
综上：的取值范围为.
（3）由（2）的结论可知：当时：在上单调递增，上单调递减，
∵，
∴由图，不妨设，

欲证①，
只需证，即证，即证，即证，
即证②，
设，
，
，，，
又∵，，
，，，
在上单调递减，
，
∴②成立，
∴①成立.
【点睛】方法点睛：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根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
3．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知．
(1)当时，讨论函数的极值点个数；
(2)若存在，，使，求证：．
【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；
（2）由可得（*），通过证明单调递增，（*）转化为，接着证明成立，即可求解
【详解】（1）当时，，则，
当时，，
故在上单调递增，不存在极值点；
当时，令，则总成立，
故函数即在上单调递增，
且，，所以存在，使得，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
故在上存在唯一极值点，
综上，当时，函数的极值点有且仅有一个．
（2）由知，
整理得，（*），
不妨令，则，故在上单调递增，
当时，有，即，
那么，
因此，（*）即转化为，
接下来证明，等价于证明，
不妨令（），
建构新函数，，则在上单调递减，
所以，故即得证，
由不等式的传递性知，即．
【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.
考点八、商式型极值点偏移
1．（2022高三·全国·专题练习）已知函数有两个相异零点､，且，求证：.
【答案】证明见解析.
【分析】对函数求导并研究的单调性，结合函数有两个相异零点､得极大值，即有，进而有，应用作差法可得，而、即可证明结论.
【详解】由题设，，
由，得，由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且为最大值.
由有两个相异零点､，可得，即.
，
，
，即，则，
，，
.
2．（福建省宁德市2021届高三三模数学试题）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）在上单调递增；（2）最大值为3.
【分析】（1）对函数求导，然后分及讨论即可得的单调性；
（2）设，由题意，，，则，设，判断函数的单调性，结合题意即可求得的最大值.
【详解】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，
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，
∴在单调递增，则，
∴，则在单调递增，
又，即，而，
∴，即的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键点是，根据得，
利用比值代换，则有，，，从而将双变量问题变为单变量问题来解决.
3．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，.
(1)若对于任意，都有，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以，
因为，所以只需，
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以只需；
（2）等价于，
设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减，
由知且，，
设函数，其中，
知，
知在区间上单调递增，即时，
即时，，
即，
又由已知由且，
有且，由在上单调递减，
所以，即.
1．（22-23高二下·湖北·期末）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）.
【分析】（1）首先求函数的导数，再分和求函数的导数；（2）首先由条件可知，变形后两式相除得，设，换元后，分别解出和，通过构造函数（），利用导数证明函数的单调性，再解抽象不等式，从而求得的最大值.
【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.
2．（21-22高二上·湖北武汉·期末）已知函数，其中为自然对数的底数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，且，证明：.
【答案】（1）时，递增；时，递减；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断导数的单调性，结合导函数的零点，判断函数的单调性；（2）首先方程变形为，设，，通过构造函数，，利用导数证明，再分和时，证明.
【详解】解：（1），是减函数，是增函数，
所以在单调递减，
∵，
∴时，，单调递增；时，，单调递减.
（2）由题意得，，即
，，
设，，则由得，，且.
不妨设，则即证，
由及的单调性知，.
令，，则
，
∵，∴，，
∴，取，则，
又，则，
又，，且在单调递减，∴，.
下证：.
（i）当时，由得，；
（ii）当时，令，，则
，
记，，则，
又在为减函数，∴，
在单调递减，在单调递增，∴单调递减，从而，在单调递增，
又，，
∴，
又，
从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得，
当时，单调递减；
当时，单调递增.
所以，，
又，
，
所以，，
显然，，
所以，，即，
取，则，
又，则，
结合，，以及在单调递增，得到，
从而.
【点睛】关键点点睛：本题第二问要证明不等式成立，换元后转化为，两次构造函数，并转化为极值点偏移问题，证明不等式.
6．（2023·湖北武汉·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
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【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．
【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.
1．（2023高三·全国·专题练习）已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：．
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题.
【详解】证明：由题意，，令，得，
当，，所以在区间上单调递减，
当，，所以在区间上单调递增，
所以当时，取到极小值.
所以与交于不同的两点，，
所以不妨设，且，
令，则，代入上式得，得，
所以，
设，则，
所以当时，为增函数，，
所以，
故证：.
【点睛】关键点睛：通过构造函数并结合函数的导数从而求解极值点偏移.
2．（2023·江西·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
令，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若等式中含有参数，则先消去参数.
3．（23-24高二下·广东东莞·阶段练习）已知函数的导函数为，若存在两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）设，求出，讨论其符号后结合零点存在定理可得参数的取值范围.
（2）结合的单调性可得等价于，，，讨论的单调性后可得原不等式成立.
【详解】（1），设，则，
当时，；当时，；
故在上为减函数，在上为增函数，故，
因存在两个不同的零点，故即.
此时且，
故在有且只有一个零点.
令，则，
当时，；当时，；
故在上为减函数，在上为增函数，故，
故，
故当时，有，
故此时在有且只有一个零点.
综上，.
（2）由（1）分析可得，
要证：，即证：，
因即，故即证，
即证：，其中，
设，，
则，
故（因为，等号不可取），
所以在上为增函数，故即，
故成立即.
4．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数.
(1)当时，求函数的零点个数.
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围并证明.
【答案】(1)有且仅有一个零点
(2)，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证，
构造函数即可证明.
【详解】（1）当时，，
所以函数在上单调递增，
又因为，
所以函数有且仅有一个零点.
（2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根，
得，令，则，
令，解得；令，解得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以当时，取得最大值，
由，得当时，；
当的大致图象如图所示，

所以当，即时，有两个不同实根；
证明：不妨设且
两式相加得，两式相减得，
所以，
要证，只需证，
即证，
设，令，
则，
所以函数在上单调递增，且，
所以，即，
所以，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据，两式相加相减，进而可得，进而要证，只需证，即证，从而将双变量转化为单变量，令，讨论该函数的单调性和最值即可证明.
5．（2024·云南·二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意，即可求出的取值范围；
（2）由（1）不妨设，设，利用导数说明函数的单调性，即可得到，结合及的单调性，即可证明.
【详解】（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.
【点睛】方法点睛：（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.
6．（22-23高二下·安徽·阶段练习）已知函数．
(1)若为定义域上的增函数，求a的取值范围；
(2)令，设函数，且，求证：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）由为定义域上的增函数可得恒成立，可转化为，故求的最大值即可求得答案；
（2）由可得，令求得的值域，从而得到，解不等式即可.
【详解】（1）的定义域为，
由为定义域上的增函数可得恒成立.
则由得，
令，
所以当时，单调递增；
当时，单调递减；
故,
则有 解得.
故a的取值范围为
（2）
由有
有
即
即.
令
由可得当时，单调递增；
当时，单调递减；则，
即，
解得或(负值舍去)，
故.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
7．（2023·山东日照·二模）已知函数．
(1)若恒成立，求实数的值：
(2)若，，，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，由可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当时，可得单调性，知；构造函数，利用导数可求得，由此可得，知；
（2）将已知不等式化为，令，利用导数可求得单调性，易知时成立，当时，采用分析法可知只需证得即可，构造函数，，利用导数可说明，由此可得结论.
【详解】（1）由题意得：定义域为，；
①当时，，在上单调递增，
若，则，时，，不合题意；
若，则，不合题意；
②当时，若，则；若，则；
在上单调递减，在上单调递增，；
若恒成立，，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减；
又，；
则当时，符合题意；
综上所述：.
（2）由得：，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；
由得：；
，，
当时，由得：，；
当时，要证，只需证，
，，则只需证，
又，只需证；
令，，
则，
在上单调递减，，，
即，即得证，；
综上所述：成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够采用同构法将所给不等式化为的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明，从而通过构造函数来进行证明.
8．（2023·江西南昌·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
【分析】（1）运用导数研究的最小值不小于0即可.
（2）消去参数a及比值代换法后得，运用导数研究在上最小值大于0即可.
【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．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
9．（2023·浙江绍兴·模拟预测）已知函数，a为实数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：
【答案】(1)递减区间为，递增区间为.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，
（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.
【详解】（1）函数的定义域为，
令，所以，得，
当，，当，，
故函数递减区间为，递增区间为.
（2）因为函数在处取得极值，
所以，得，
所以，得，
令，
因为，当时，，
所以函数在单调递减，在单调递增，
且当时,,当时,,
故.
先证，需证.
因为，下面证明.
设,
则,
故在上为增函数,故,
所以,则,
所以,即得，
下面证明：
令，当时，所以成立,
所以，所以.
当时，记,
所以时，所以为减函数得,
所以,即得.
所以得证，
综上，.
【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.
10．（2023·北京通州·三模）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
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有，解方程即得实数a的值；
（2）依题意在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明，只需证，构造函数即可证得
【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.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代换的技巧.
11．（22-23高三下·河北石家庄·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
【分析】（1）利用函数单调性与导数的关系可求得函数的增区间和减区间；
（2）设，由（1）可得，先证，即证，构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可证得成立；其次证明出，令，则，将所证不等式变形为即证，
令，，利用导数分析函数的单调性，可证得，综合可得结论.
【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，.
【点睛】方法点睛：证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明（或）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（2）证明（或）（、都为正数）：
①首先构造函数，求导，确定函数和函数的单调性；
②确定两个零点，且，由函数值与的大小关系，得与零进行大小比较；
③再由函数在区间上的单调性得到与的大小，从而证明相应问题；
（3）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.
12．（2022高三·全国·专题练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求的取值范围；
(2)记两个极值点为，且. 若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将在有两个不同根转化为方程在有两个不同根，再构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，进而求出的取值范围；
（2）两边取对数，将证明转化为证明，再利用（1）合理转化，将问题转化为证明恒成立，再通过求其最值进行证明.
【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，，
方程在有两个不同根，
即方程在有两个不同根，
即方程在有两个不同根，
令，，则，
则当时，，时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
又因为，当时，，当时，，
所以的取值范围为；
（2）要证，两边取对数，等价于要证，
由（1）可知，分别是方程的两个根，
即，
所以原式等价于，因为，，
所以原式等价于要证明.
又由，作差得，，即.
所以原式等价于，令，，
则不等式在上恒成立.
令，，
又，
当时，可见时，，
所以在上单调增，
又，，
所以在恒成立，所以原不等式恒成立.
【点睛】方法点睛：利用导数解决不等式恒成立问题的“两种”常用方法：
（1）分离参数法：将原不等式分离参数，转化为不含参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的最值，根据要求得所求范围.
（2）函数思想法：将不等式转化为某含待求参数的函数的最值问题，利用导数求该函数的极值(最值)，然后构建不等式求解.
13．（2023·贵州毕节·模拟预测）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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离可得在恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数与函数，的图象有两个交点，利用导数说明的单调性，不妨设，要证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（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．
【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．
14．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.
15．（23-24高三上·天津和平·阶段练习）已知函数，a为实数．
(1)当时，求函数在处的切线方程；
(2)求函数的单调区间；
(3)若函数在处取得极值，是函数的导函数，且，，证明：．
【答案】(1)
(2)单调递增区间为，单调递减区间为
(3)证明过程见解析
【分析】（1）求出，求导，得到，进而由导函数的几何意义求出切线方程；
（2）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；
（3）先令，求导得到其单调性，求出，进而构造差函数，证明出极值点偏移问题.
【详解】（1）当时，，，
，故，
故函数在处的切线方程为，即；
（2）定义域为，
，
令，解得，令，解得，
故的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）由题意得，解得，
故，，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
可知函数在处取得极值，故符合题意，
因为，，
令，，则，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
且当时，恒成立，，当时，，
画出的图象如下：

故，
令，，
则，
因为，所以，，
故在上单调递减，
又，故在上恒成立，
即，，
因为，所以，
其中，故，
其中，，在上单调递增，
故，即，
令，，
则
，
当时，所以单调递增，
由复合函数可得在上单调递增，
又，
故存在，使得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
当时，，，
故当时，恒成立，
因为，故，即，
又，故，
其中，，在上单调递增，
故，故，
综上，.
【点睛】关键点睛：极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，需要先研究出两个变量的取值范围，若原函数较复杂，可先进行变形，再求导，得到其单调性，构造出的差函数，研究其单调性，往往会和基本不等式，复合函数单调性等知识结合.
16．（23-24高三上·重庆渝中·期中）已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；
（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，且，
故，解得，
故的取值范围是；
（2）若有两个零点，则，
得．
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则在上单调递增，
，即，
故.
【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
17．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知函数.
(1)若函数在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数有两个极值点,证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，恒成立，即恒成立，构造函数，求导，得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围；
（2）方法一：由（1）得，转化为是的两个零点，求导得到单调性，得到，换元后即证，构造，求导得到其单调性，结合特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当时,,当时, ，变形得到只需证，结合引理，得到，，两式结合证明出答案.
【详解】（1）的定义域为，，
由题意恒成立，即恒成立，
设，则，
当时，，单调递增,
当时，，单调递减,
∴在处取得极大值，也是最大值，，
故；
（2）证法一：函数有两个极值点，由(1)可知，
设，则是的两个零点，
，当时，，当时，,
所以在上递增,在上递减，
所以,又因为，
所以，
要证,只需证,只需证，
其中，即证，
即证，
由,设,
则,,则,
设，
，
由(1)知，故,
所以,,即，在上递增，
,故成立,即；
证法二：
先证明引理:当时,,当时, ，
设,
，
所以在上递增,又,
当时,，当时，，
故引理得证，
因为函数有两个极值点，由(1)可知,
设，则是的两个零点，
，当时，，当时，,
所以在上递增,在上递减，
所以,即，
要证,只需证，
因为，即证，
由引理可得,
化简可得①，
同理，
化简可得②，
由①-②可得 ，
因为，，所以，
即,从而.
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确定条件.
18．（2023·辽宁阜新·模拟预测）已知函数
(1)若时，求的最值；
(2)若函数，且为的两个极值点，证明：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由导数法求最值；
（2）由导数法说明单调性及，则，则转为证，最后再构造函数证明即可.
【详解】（1），，，，
所以当单调递减；单调递增.
所以在处有唯一极小值，即最小值，为，无极大值，即无最大值.
（2）证明：，令
因为，所以单调递减；单调递增，所以.
因为为的两个极值点，所以，且.
所以在、，，单调递增；在，，单调递减；
因为，则，则，
设，则，
所以在单调递减，所以，
所以，因为在，单调递减，所以.
所以要证，只需证，即，
令，
令.
所以在单调递增，，
所以在单调递增，，
所以，即.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，先由导数法说明极值点的大小关系，结合和函数单调性，将不等式放缩，再构造函数由导数法证明即可.
19．（2024高三下·全国·专题练习）已知函数（）．
(1)求的单调区间；
(2)若函数，是函数的两个零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分与两种情况，得到函数单调区间；
（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明，只需证明，即证明，即证明，令，构造函数，利用导数研究函数单调性，确定其最值，得到，即可证得结论．
【详解】（1）函数的定义域为，
，
①当时，，则在上单调递增；
②当时，若，则，若，则，
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，单调递增区间为，无递减区间；
当时，单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）因为是的两个零点，
所以，，将两式作差可得
，又，
所以，
所以要证，只须证明，
即证明，即证明，
令，即证，，
令，则，
令，则在上恒成立，
∴在上递减，又，
∴在上递增，则，
即，
所以成立，即．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
20．（2023·山东泰安·二模）已知函数，.
(1)当时，讨论方程解的个数；
(2)当时，有两个极值点，，且，若，证明：
（i）；
（ii）.
【答案】(1)答案见解析；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）方法1，由，可得，后令，利用导数知识可得其值域即可知解的情况；方法2，，利用导数知识可知时，的单调性与零点情况，又利用可知当时，，即可得解的情况；
（2）（i）由题可得，由结合单调性可得，后通过构造可证；
（ii）由（i）可知，后说明，即可证明结论.
【详解】（1）方法一：，.
设，则.
设，则，单调递减.
，当时，，，单调递增；
当时，，，单调递减.
，
当时，方程有一解，当时，方程无解；
方法二：设，则.
设，则.单调递增
当时，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增.
，方程有一解.
当时，.
令,
令，则在上单调递增，又
，则在上单调递减，
在上单调递增，则.
即，
无解，即方程无解.
综上，当时，方程有一解，当时，方程无解．
（2）（i）当时，，则，
，是方程的两根.
设，则，
令，解得，在上单调递减，在上单调递增.
，，当时，，，.
由.
令，，，.
等价于.
设，，
则，
单调递增，，
，即，，
综上，；
（ii）由（i）知，，.
.
由（i）知，，
设，，则.
单调递减，，即.
.
设，，
则.
单调递增，又，当时，.
，，即命题得证.
【点睛】关键点睛：本题涉及讨论函数零点及极值点偏移问题.对于零点问题，常利用分离参数法和研究函数单调性解决，还可以利用数形结合思想转化为函数图象与直线的交点问题；对于极值点偏移问题，关键是将多变量转变为单变量，常利用引入参数或不等关系构造新函数证明结论.
1．（全国·高考真题）已知函数有两个零点.
（Ⅰ）求a的取值范围；
（Ⅱ）设x1，x2是的两个零点，证明：.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）见解析
【详解】试题分析：（Ⅰ）求导，根据导函数的符号来确定（主要要根据导函数零点来分类）；（Ⅱ）借助（Ⅰ）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
试题解析：（Ⅰ）．
（Ⅰ）设，则，只有一个零点．
（Ⅱ）设，则当时，；当时，．所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，则
，
故存在两个零点．
（Ⅲ）设，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．因此在单调递减，在单调递增．又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（Ⅱ）不妨设，由（Ⅰ）知，，在单调递减，所以等价于，即．
由于，而，所以
．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
【考点】导数及其应用
【名师点睛】对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题,通常要根据参数进行分类讨论,要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简.解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数,利用导数研究函数的单调性或极值破解.
2．（天津·高考真题）已知函数
（Ⅰ）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，证明当时，
（Ⅲ）如果，且，证明
【答案】（Ⅰ）f(x)在()内是增函数，在()内是减函数．函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)= （Ⅱ）见解析（Ⅲ）见解析
【详解】（Ⅰ）解：f’
令f’(x)=0,解得x=1
当x变化时，f’(x)，f(x)的变化情况如下表
所以f(x)在()内是增函数，在()内是减函数．
函数f(x)在x=1处取得极大值f(1)且f(1)=
（Ⅱ）证明：由题意可知g(x)=f(2-x),得g(x)=(2-x)
令F(x)=f(x)-g(x),即
于是
当x>1时，2x-2>0,从而’(x)>0,从而函数F（x）在[1,+∞)是增函数．
又F(1)=0，所以x>1时，有F(x)>F(1)=0,即f(x)>g(x).
（Ⅲ）证明：（1）
若
（2）若
根据（1）（2）得
由（Ⅱ）可知，>,则=，所以>,从而>.因为，所以，又由（Ⅰ）可知函数f(x)在区间（-∞，1）内事增函数，所以>,即>
5年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2022年全国甲卷理，第21题,12分
导数中的极值偏移问题
恒成立问题、零点问题
利用导数证明不等式
2021年新I卷，第22题,12分
导数中的极值偏移问题
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数证明不等式
X
()
1
()
f’(x)
+
0
-
f(x)
极大值