新高考数学二轮复习重难点题型突破练习专题08 极值点偏移的十大类型（2份，原卷版+解析版）

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc144761483" 题型1加法型构造一元差函数 PAGEREF _Tc144761483 \h 1
\l "_Tc144761484" 题型2乘法型构造一元差函数 PAGEREF _Tc144761484 \h 10
\l "_Tc144761485" 题型3构造辅助函数+构造一元差函数 PAGEREF _Tc144761485 \h 17
\l "_Tc144761486" 题型4比值代换法 PAGEREF _Tc144761486 \h 28
\l "_Tc144761487" 题型5对数均值不等式法 PAGEREF _Tc144761487 \h 37
\l "_Tc144761488" 题型6加法型汇总 PAGEREF _Tc144761488 \h 46
\l "_Tc144761489" 题型7减法类型 PAGEREF _Tc144761489 \h 55
\l "_Tc144761490" 题型8乘积型汇总 PAGEREF _Tc144761490 \h 68
\l "_Tc144761491" 题型9平方类型 PAGEREF _Tc144761491 \h 77
\l "_Tc144761492" 题型10商类型 PAGEREF _Tc144761492 \h 86
题型1加法型构造一元差函数
【例题1】（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
【分析】（1）根据求出，再根据极小值点的定义加以验证即可；
（2）分类讨论和，转化为证明当，时，，继续转化为证明当时，，构造函数 ，利用导数判断单调性可证不等式成立.
【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：.
【点睛】方法点睛：对于含双变量的不等式的证明一般采用以下两种方法：
①比值代换：设，将不等式化为关于的不等式，再构造函数，利用导数证明即可；
②构造函数，其中为极值点，利用导数判断单调性，根据单调性证明即可.
【变式1-1】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
【分析】（1）利用导数求出函数的单调性即得解；
（2）由（1）可知，设，，证明在上恒成立，即得解.
【详解】（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.
【变式1-1】2. （2023·贵州毕节·校考模拟预测）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．
【变式1-1】3. （2022·江苏南通·高三期中）已知，其极小值为-4.
(1)求的值；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：.
【答案】(1)3
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可；
（2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到.
【详解】（1）因为，所以.
当时，，
所以单调递增，没有极值，舍去.
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为，舍去
当时，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以当时，的极小值为.
所以.
（2）由（1）知，在区间上，，单调递增，
在区间上，，单调递减，
在区间上，，单调递增，
所以不妨设.
下面先证.
即证，因为，所以，
又因为区间上，单调递减，
只要证，又因为，
只要证，只要证.
设，
则，
所以单调递增，
所以，所以.
下面证.
设，因为，
在区间上，；在区间上，.
设，，因为，
所以，所以.
设，，因为，
所以，所以.
因为，所以，
所以.
【变式1-1】4. （2023·黑龙江牡丹江·牡丹江一中校考三模）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.
题型2乘法型构造一元差函数
【例题2】（2022·北京市房山区良乡中学高三期中）已知函数
(1)求函数单调区间；
(2)设函数，若是函数的两个零点，
①求的取值范围；
②求证：．
【答案】(1)单调递增区间为；单调递减区间为
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据正负即可得到的单调区间；
（2）①将问题转化为与在上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得，设，利用导数可求得，进而得到，即，根据的范围和单调性可得结论.
【详解】（1）定义域为，，
当时，；当时，；
的单调递增区间为；单调递减区间为.
（2）①若是的两个不同零点，则与在上有两个不同交点；
由（1）知：，又，
在的图象如下图所示，
由图象可知：，，即的取值范围为.
②不妨设，由①知：，
，，
在上单调递增，在上单调递减；
设，则，
在上单调递减，，，
又，，又，；
，，在上单调递增，
，则.
【变式2-1】1. （2023秋·辽宁丹东·高三统考期末）已知函数．
(1)证明：若，则；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因为定义域为，所以等价于．设，求导判断单调性，从而求得即可得证；
（2）不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，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．因此对求导判断单调性即可得证.
【详解】（1）因为定义域为，所以等价于．
设，则，
当时，，当时，，
所以在单调递减，在单调递增，
故．
因为，所以，于是．
（2）不妨设，由（1）可知，也是的两个零点，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．
【点睛】关键点点睛 ：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数证明不等式.
【变式2-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知函数．
(1)若时，，求的取值范围；
(2)当时，方程有两个不相等的实数根，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数，判定单调性，求解最值可得范围；
（2）把双变量问题转化为单变量，结合导数求解单调性和最值，可以证明结论.
【详解】（1）∵， ，∴，
设 ，，
当时，令得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，
∴，与已知矛盾．
当时，，∴在上单调递增，∴，满足条件；
综上，取值范围是．
（2）证明：当时，，当，，当，，
则在区间上单调递增，在区间上单调递减，
不妨设，则，要证，只需证，
∵在区间上单调递增，∴只需证，
∵，∴只需证．
设，则，
∴在区间上单调递增，∴，∴，即成立，
∴．
【点睛】方法点睛：恒成立问题的处理方法主要有：
（1）分离参数法：转化为函数最值问题；
（2）直接法：直接求解函数最值，必要时进行分类讨论.
双变量问题一般利用等量代换转化为单变量问题进行求解.
【变式2-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)求在上的最小值.
(2)设，若有两个零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，令，利用导数可知当时，，由此可知，得到单调性，由最值定义可求得结果；
（2）求导后，根据正负可确定单调性，从而确定的取值范围；采用分析法可知要证，只需证得；令，利用导数可证得，结合（1）中结论可证得，由此可得结论.
【详解】（1），
令，，
则当时，恒成立，在上单调递增，；
又当时，，，在上单调递增，
.
（2）由题意得：，则，
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
有两个零点，，；
要证，只需证，
又，，在上单调递减，只需证，
又，只需证，
即证：；
设，则，
在上单调递增，，
；
由（1）知：，成立，
综上所述：.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是利用极值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为的证明，通过构造函数，结合导数知识证得成立.
【变式2-1】4. （2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)证明：.
(2)若函数，若存在使，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造，求导后判断函数最大值，得到，即得证；
（2）根据题意判断，，将原题转化为证明，构造函数后求导证明即可.
【详解】（1）令，，，
令，解得：；令，解得：，
∴在递增，在递减，则，
∴恒成立，即.
（2）∵，，∴，
令，解得：；令，解得：；
∴在递增，在递减.
又∵，，，，且，.
要证，即证.
∵，∴，
又∵，∴只证即可.
令，，
恒成立，
∴在单调递增.
又∵，∴，∴，
即，∴.
【点睛】极值点偏移的题目常用的手法就是对称构造，本题可先判断，，再转化为证明，根据的单调性可以将其转化为证明，构造函数后利用导数证明不等式即可.
题型3构造辅助函数+构造一元差函数
【例题3】（2023秋·黑龙江鹤岗·高三鹤岗一中校考开学考试）已知函数，．（为自然对数的底数）
(1)当时，求函数的极大值；
(2)已知，，且满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究的单调性，进而求得其最大值.
（2）同构函数，转化为，结合换元法，分别讨论与，当时运用不等式性质即可证得结果，当时运用极值点偏移即可证得结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为；
（2）由题意知，，由可得，
所以，令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，，又，，所以，，则，
①若，则，即，所以；
②若，设，且满足，如图所示，

则，所以，下证：．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，所以，，，
所以，即，
又因为，所以，即．
由①②可知，得证.
【变式3-1】1.（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
【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.
【变式3-1】2. （2023·山东日照·统考二模）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.
【变式3-1】3. （2022秋·浙江杭州·高三浙江大学附属中学校考期中）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.
【变式3-1】4. （2023·全国·高三专题练习）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)递增区间为，递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，根据导数与单调性的关系求解即可；
（2）由题知，进而令，将问题转化为已知，证明：，再根据极值点偏移问题求解即可.
【详解】（1）解：函数的定义域为，又，
当时，，当时，，
故的递增区间为，递减区间为
（2）解：因为，故，
即，故，
设，则，
不妨设，由（1）可知原命题等价于：已知，证明： .
证明如下：
若，恒成立；
若， 即 时，
要证：，即证，而，即证，
即证：，其中
设，，
则，
因为，故，故，
所以，故在为增函数，所以，
故，即成立，
所以成立，
综上，成立.
【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性，极值点偏移问题，考查化归与转化思想，逻辑思维能力、运算求解能力，是难题．本题第二问解题的关键在于设，结合（1）将命题转化为已知，证明：，再根据极值点偏移问题求解即可.
题型4比值代换法
【例题4】（2023·北京通州·统考三模）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.
【变式4-1】1. （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，求的取值范围，并证明：．
【答案】(1)单调递减区间为，单调递增区间为 ；
(2)；证明见解析.
【分析】（1）求得，结合恒成立，通过的正负即可判断的单调性从而求得其单调区间；
（2）根据 有三个实数根，对参数分类讨论，即可求得其取值范围，以及的范围；根据题意，结合 >的应用，即可证明.
【详解】（1）当时，， ，
令，则 ，当时， ，单调递增，
当时， ，单调递减，故，即；
故当时， ，单调递增；当时， ，单调递减.
则的单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）因为 ，又有3个极值点，故有两个不等实根，且都不为1，
令，则 ，当时， ，单调递增，
则至多一个实根，不满足题意；
当时，令 ，解得，此时单调递增；
令 ，解得，此时单调递减，
故要满足题意，，解得；
此时，故在有一个根；
又，令，
则 ，则当时， ，则单调递增，
故，即，则在有一个根；
综上所述，当时， 有三个实根，且.
由，可得，故；
下证 >，
可变形为，令，则只需证，
则 ，故在单调递增，故，
则 >成立；所以 ，
也即，故.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性，以及极值点偏移问题，其中第二问的处理关键是利用不等式 >合理转化目标式，属综合困难题.
【变式4-1】2. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，且是函数的导函数，
(1)求函数的极值；
(2)当时，若方程有两个不等实根．
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）证明：．
【答案】(1)极小值为，没有极大值．
(2)（ⅰ）证明见解析，（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域和，利用导数研究函数的单调性，然后确定极值；
（2）（ⅰ）将不等式等价变形，进行比值换元，构造函数，利用导数证明；（ⅱ）由，是方程的两个不等实根，得到同构方程，两方程相减转化，利用（ⅰ）的结论和重要不等式进行推理证明．
【详解】（1）由题意可知函数的定义域为．
由，
所以．
令，解得．
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，函数有极小值为，函数没有极大值．
（2）（ⅰ）由题意，，
因为．
设，则,，
构造函数，则．
当时，，所以函数在上单调递减，
故，所以．
（ⅱ）因为当时，方程有两个不等实根，
所以
即
两式相减得，
所以．
由（ⅰ）得．
由重要不等式得，
所以，
即，所以，
所以，
所以，即．
因为，
所以，所以．
故由（Ⅰ）得
【点睛】方法点睛：1、对于不等式的证明，需要构造函数，然后转化为的求函数的最值问题；
2、对于双变量问题，需要通过换元法，转化为单变量问题.
【变式4-1】3. （2023·四川绵阳·统考模拟预测）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.
【变式4-1】4. （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
【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立.
【详解】（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.
题型5对数均值不等式法
【例题5】（2022·全国·高三专题练习）已知函数 （为的导函数）.
(1)讨论单调性；
(2)设是的两个极值点，证明：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）令，讨论两种情况，利用导数得出单调性；
（2）由极值点的定义得出，，，由分析法结合导数证明，从而得出.
【详解】（1）的定义域为.
，设，则
当时，恒成立，在上单调递增.
当时，由，得；由，则；
即在上单调递增，在上单调递减
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减
（2）证明：，因为，是函数的两个极值点，
所以，
两式相减得，
欲证，只需证 .
①
不妨设，故①变形为②
令，，
则在上单调递增，则
故②式成立，即要证不等式得证
【点睛】关键点睛：对于问题二，关键是将，取对数并利用极值点的定义得出，从而将为两个变量变为单变量，再由导数证明不等式.
【变式5-1】1. （2022·黑龙江·牡丹江市第二高级中学高三阶段练习）已知函数．
(1)若在上单调递减，求实数a的取值范围．
(2)若是方程的两个不相等的实数根，证明：．
【答案】(1)；
(2)详见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，结合函数的导数与函数单调性的关系，参变分离后，转化为求函数的最值，即可求得实数的取值范围；
（2）将方程的实数根代入方程，再变形得到，利用分析法，转化为证明，通过换元，构造函数，转化为利用导数证明，恒成立.
【详解】（1），
，在上单调递减，
在上恒成立，即，
即在，
设，，，
当时，，函数单调递增，当时，，函数单调递减，
所以函数的最大值是，所以；
（2）若是方程的两个不相等的实数根，
即又2个不同实数根，且，，
得，即 ，
所以，
不妨设，则，
要证明，
只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令函数，
所以，
所以函数在上单调递减，
当时，，所以，，
所以 ，即，即得
【点睛】本题考查利用导数的单调性求参数的取值范围，以及证明不等式，属于难题，导数中的双变量问题，往往采用分析法，转化为函数与不等式的关系，通过构造函数，结合函数的导数，即可证明.
【变式5-1】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．
【分析】（1）求出原函数的导函数，由函数在x＝1时的导数值等于0求得a的值；
（2）把a＝1代入函数解析式，利用导数求出函数的单调区间，构造函数，由导数得到函数h（m）的单调性，在定义域内分m＜1，m＝1，m＞1得到h（m）的符号，从而得到f（m）与f（）的大小；
（3）由函数f(x)有两个零点x1、x2，得到lnx1﹣ax1＝0，lnx2﹣ax2＝0，进一步得到，lnx1+lnx2＝a（x1+x2），把证明x1x2＞e2转化为证lnx1+lnx2＞2，结合lnx1+lnx2＝a（x1+x2）转化为证明（x1＞x2），换元后利用导数得到证明．
【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．
【变式5-1】3. （2022·全国·高三专题练习）已知函数存在两个零点，.
（1）求的取值范围；
（2）证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求，讨论时单调不合题意，时需，求出的范围，再讨论的范围，结合单调性以及零点存在定理即可求证的范围符合题意；
（2）由（1）知：在和上分别有一个零点；不妨设，将零点代入整理可得，要证，只需证，令 ，构造函数，利用导数求最值即可求证，即得证.
【详解】（1），
①当时，，则在上单调递增，至多有一个零点，不合题意；
②当时，当时，，单调递减；
当时，，在上单调递增，
则，解得，注意此时，
（i）当时，，此时，
则在和上分别存在一个零点；
（ii）当时，，
设，，所以，，
所以在单调递增，则，
所以在单调递减，则，即，
此时，则在和分别存在一个零点；
综上，若有两个零点，则的取值范围为；
（2）不妨设，由得：
，
两式相减得：，
两式相加得：，
要证，只需证，
只需证，
因为，所以只需证，
即证，
令 ，，，
则，
所以在单调递增，
则，所以原不等式得证.
【点睛】方法点睛：破解双参数不等式的方法：
一是转化，即由已知条件入手，寻找双参数满足的关系式，并把含双参数的不等式转化为含单参数的不等式；
二是巧构函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值；
三是回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果.
【变式5-1】4. （2023·广东广州·广州市从化区从化中学校考模拟预测）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．
题型6加法型汇总
【例题6】（2023春·江西宜春·高三校考开学考试）已知函数，.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)设，是的两个不同零点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）当时，求出、，代入直线的点斜式方程可得答案；
（2）令，，设函数与相切于，可得，，，根据、的图象可得时有两个不同的交点，有两个零点，得的取值范围为，求出，即证，不妨设，由，则，构造函数 ，利用导数判断出，再由在上的单调性可得答案.
【详解】（1）当时，，
，，，
曲线在处的切线方程为，即；
（2）令，可得，
令，，设函数与相切于，
由、、可得，，，
，的大致图象如下，
当时，与有两个不同的交点，
即有两个零点，所以的取值范围为，
，当时，，在上递增，
当时，，在上递减，
要证，只要证，
不妨设，由，则，
构造函数 ，
，
∵，∴，∴在是递增，
又，∴，∴，
∴，又，∴，
而，，在上递减，∴，即，
∴.
【点睛】关键点点睛：第二问解题的关键点一是利用函数图象的交点得到函数零点的个数，二是
构造函数 ，利用函数的单调性证明不等式，考查了学生分析问题、解决问题以及运算能力.
【变式6-1】1. （2022秋·安徽阜阳·高三安徽省临泉第一中学校联考阶段练习）已知函数．
(1)求函数的单调区间和最大值；
(2)设函数有两个零点，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，分类讨论，研究单调性，求出最大值；
（2）利用极值点偏移直接求解.
【详解】（1）函数的定义域是.
当时，恒成立，故在上单调递增，无最大值；
当时，令，得；令，得，
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，
．
（2），
因为为的两个零点，
所以，不妨设．
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
又证明等价于证明，
又因为在上单调递增，
因此证明原不等式等价于证明，即要证明，
即要证明，
即恒成立．
令，
则，
所以在上为减函数，
所以，
即在时恒成立，
因此不等式恒成立，
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．
【变式6-1】2. （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
【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.
【变式6-1】3. （2023春·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，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导，分类讨论通过判断导函数符号，确定函数单调性.
（2）对分类讨论，求得有两个零点时的范围，及的范围，构造函数，研究在上的单调性，可得，又，及的单调性可得结论.
【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.
（2）证明：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，的取值范围为
不妨设，则，且，
令
，
则，
由于（且仅当等号成立，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
【点睛】极值点偏移问题是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数增长速度的差异构造关于其中一个极值点的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。
【变式6-1】4. （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
【分析】（1）由可得出，令，，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数在上的单调性，验证对任意的能否恒成立，综合可得出实数的取值范围；
（2）取，由（1）中的结论可得出，进而可得出，整理即可证得结论成立.
【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.
【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.
题型7减法类型
【例题7】（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．
【变式7-1】1.（2021•常熟市月考）设函数，，其中.
(1)若，证明：当时，；
(2)设，且，其中是自然对数的底数.
①证明恰有两个零点；
②设如为的极值点，为的零点，且，证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）①证明见解析；②证明见解析；
【分析】（1）将条件转化，构造函数，通过导数证明，当时，即可；
（2）先求得，先判断的增减性，设导数为零的点为，可证在内单调递增，在内单调递减，再结合（1）的性质可得，即，将代换可得，再结合（1）的性质放缩，即可求证
【详解】令
当时，，所以在上递减，
又在上连续，
所以当时，，即当时，
(2)证明：①，得
令，由，
可知在内单调递减，又，且
.
故在有唯一解，从而在内有唯一解，
不妨设为，则
当时，，所以在内单调递增；
当时，，所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
由(1)知.从而

又因为，所以在内有唯一零点.
又在内有唯一零点，从而在内恰有两个零点.
②由题意，，即，
从而，即.
因为当时，，又，故
两边取对数，得，于是
整理得.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，导数在零点、极值点上的具体应用，放缩法的应用，思维转化能力，属于难题
【变式7-1】2. （2021•黄州区校级模拟）已知函数，的导数为.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）设，方程有两个不同的零点，求证.
【答案】（1）当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增；
（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导得，再分和讨论即可得的单调性；
（2）令函数，则，结合（1）得在上单调递增，，进而得在上单调递减，在上单调递增，再结合，，得，，故.
【详解】解：（1），
.
若，
令解得，即在单调递增；
令解得时，即在上单调递减.
若，易得当时，，即在单调递增.
故当时，在上单调递增，在上单调递减；当时， 在上单调递增.
（2）令，则.
由（1）知在上单调递增.
又，所以在上，，单调递减；在上，，单调递增.
又，
，
，
所以，，故.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的单调性（含参）和零点，考查运算求解能力，是中档题.
【变式7-1】3. （2023·全国·高三专题练习）已知函数，（其中是自然对数的底数）
(1)试讨论函数的零点个数；
(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
如下图所示：
当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，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，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，
因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，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.
【变式7-1】4. （2021•日照模拟）设函数．
(1)若函数在上单调递增，求的值；
(2)当时，
①证明：函数有两个极值点，，且随着的增大而增大；
②证明：．
【答案】(1)
(2)①证明见解析②证明见解析
【分析】（1）由题意恒成立，二次求导，分情况讨论的正负情况；
（2）①由（1）得，且，即，可确定的取值范围，且，可证随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大；②若证即证，设，，可转化为求的最值问题.
【详解】（1），，由题意知，恒成立，
当时，恒成立，则单调递增，
又，则当时，，单调递减，
即不符合题意；
当时，．解得．可知，在上单调递减，在上单调递增，
，
设，，在上单调递增，在上单调递减，
所以．
若，即时，，符合题意；
若，即时，，不符合题意．
综上，．
（2）证明：①时，，由（1）知，，且，
当时，，当时，，所以为极大值点，
由（1）有，则当时，，
所以，所以当时，，
当时，．当时，．所以为极小值点，
所以有两个极值点，
因为，所以，
设，则，
由（1）可知，，所以，单调递增，所以随着的增大而增大，且，所以随着的增大而增大．
②由，可得，
要证，即证，
即证，
设，，
，，．
所以单调递减，所以，
所以在上单调递减，
所以，
所以命题得证．
【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．
【变式7-1】5. （2021春•丽水期中）已知函数，，.
（1）若对任意，不等式恒成立，求的取值范围；
（2）若函数有3个不同的零点，，.
（ⅰ）求证：；
（ii）求证：.
【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】(1)把等价变形成，构造函数 ，再求其最大值即可；
(2)(ⅰ)探求的范围，构造函数，，利用极值点偏移即可作答；
(ii)利用(1)的结论可得，并作出函数与的图象，探求它们与直线交点横坐标的关系即可作答.
【详解】（1），，
令 ，，当且仅当时取“=”，
于是得在上单调递减，则，从而有，
所以的取值范围为；
（2）（ⅰ），而，当时，，当时，，
则在单调递增，在单调递减，而，，x趋近于0时，的值趋近于0，
函数图象如图，由图可得，，即，且，
令，，于是得在上递增，在上递减，
令，，即，，
，､
当时，，于是得，从而有在单调递增，
则当时，，而，则，
又，即，显然，因在上递减，则，
所以；
（ii）由（1）知，当时，，
当时，，在上单调递减，
当时，，即，于是得，
从而得，，即，当且仅当时取“=”，
在同一坐标系中作出函数与的图象，如图，

设直线与在时的交点的横坐标为，，
观察图象知，即，
由得，，，
所以.
题型8乘积型汇总
【例题8】（2023·湖北武汉·华中师大一附中校考模拟预测）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.
【变式8-1】1. （2023秋·湖北黄冈·高三浠水县第一中学校考阶段练习）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．
【变式8-1】2. （2023·新疆·校联考二模）已知函数，，其中为自然对数的底数．
(1)若有两个极值点，求的取值范围；
(2)记有两个极值点为、，试证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，令，分析可知有个变号零点，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，结合已知条件可得出关于的不等式，解之即可；
（2）欲证，即证，由已知条件得出，令，解得，，将所证不等式变形为，然后令，其中，利用导数证得即可.
【详解】（1）解：因为，，，
设，则，
若有两个极值点，则有个变号零点．
当时，，在上递增，至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当时，令，解得，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
若使得有个变号零点，则，即，即，
解得，此时，，
，
令，其中，所以，，
所以，函数在上单调递增，
所以，，故，
由零点存在定理可知，函数在、上各有一个变号的零点，
设函数在、上的零点分别为、，
当或时，；当时，.
此时函数有两个极值点，合乎题意.
综上所述，.
（2）证明：欲证，即证，
由于、为的零点，
则，可得，
令，则，
解得，，
所以只需证明：，即证：，
构造函数，其中，
则，
所以，函数在上单调递减，则，
所以，即得证，故.
【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.
【变式8-1】3. （2022秋·辽宁·高三辽宁实验中学校考阶段练习）已知函数，．
(1)求函数的单调区间和极值；
(2)若存在，且当时，，证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，分别在和的情况下，根据导函数正负确定单调区间和极值；
（2）设，由导数可确定单调递增，推导可得；令，利用导数可求得，利用推导可得，由此可知，进而证得结论.
【详解】（1），且定义域为；
当时，，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；
当时，令，解得：，
当时，；当时，；
的单调递减区间为；单调递增区间为；
的极小值为，无极大值；
综上所述：当时，的单调递增区间为，无单调递减区间和极值；当时，的单调递减区间为；单调递增区间为；极小值为，无极大值.
（2）不妨设，由得：；
设，则，
在上单调递增，，
即，
，
；
设，则，
在上单调递减，，
，，，
，，
即，.
【变式8-1】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
【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立；
（2）先证明对数平均不等式，其中，分析可知，不妨设，由已知条件推导出，再结合对数平均不等式可证得结论成立.
【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，.
【点睛】方法点睛：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.
题型9平方类型
【例题9】（2023秋·辽宁大连·高三大连市第二十高级中学校考开学考试）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.
【变式9-1】1.（2023·全国·高三专题练习）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.
【变式9-1】2. （2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)讨论f(x)的单调性；
(2)若，且，证明: .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明.
【详解】（1）
当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减；
当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增；
（2）证明：
， ∴ ，
即当时，
由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令
要证，即证：
①当时，成立；
②当时
先证
此时
要证，即证：，即，即
即： ①
令 ，
∴
∴在区间上单调递增
∴，∴①式得证.
∴
∵，
∴ ∴ ∴
【变式9-1】3. （2021•浙江模拟）函数.
（1）若，求函数在处的切线；
（2）若函数有两个零点，，且，
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：.
【答案】（1）；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）先设，再对其求导，根据导数的几何意义，即可求出切线方程；
（2）（i）根据题中条件，得到方程有两不等实根，令，则的图象与直线有两不同交点，对求导，得到其单调性，结合函数值的取值情况，即可得出结果；
（ii）先由题中条件，得到，令，，证明对任意的恒成立；得出；进一步推出；得到，因此只需证明即可，即证，即证，即证，即证成立；构造函数证明成立即可.
【详解】（1）设，
∴，∴，且，
∴切线方程：.
（2）（i）由可得定义域为，
因为函数有两个零点，，且，
所以方程有两不等实根，
即方程有两不等实根，
令，则的图象与直线有两不同交点，
因为，
由得；由得，
所以在上单调递增，在上单调递减；
因此，
又当时，，即；当时，，即，
所以为使的图象与直线有两不同交点，只需；
即实数的取值范围为；
（ii）由（i）可知，与是方程的两根，
则，两式作差可得，
因为，所以，则；
令，，
则对任意的恒成立，
所以在上单调递增，因此，即对任意的恒成立；
令，则，所以，
因此，所以，则；
∴，
因此，要证，只需证，
因为二次函数在单调递增，因此只需证，即证，即证，即证成立；
令，，
则，当时，，即单调递增；当时，，即单调递减；
所以，所以，因此，
所以结论得证.
【点睛】方法点睛：
由不等式恒成立（或能成立）求参数时，一般可对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，由导数的方法求出函数的最值，进而可求出结果；有时也可根据不等式，直接构造函数，根据导数的方法，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果.
【变式9-1】4. （2022·全国·高三专题练习）已知函数，.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若，，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得的导数，可得切线的斜率和切点，由直线的点斜式方程可得切线的方程；
（2）求得的导数，判断不成立，设，，求得导数，判断的单调性，得到，的不等式，再运用分析法，结合构造函数法，求得导数，判断单调性，即可得证．
【详解】（1）当时，，导数为，
可得切线的斜率为，且，
所以切线的方程为，
即为；
（2）证明：由题意可得，
若，则，所以在递增，
因此不存在，使得，所以；
设，，则，
令，，
所以在递减，又，所以在恒成立，
从而在递减，从而.①
又由，可得，
所以.②
由①②可得.
又因为，所以，
因此要证，
只需证明，
即证，③
设，，则，
所以在上为增函数，
又因为，所以，即③式成立.
所以获证.
【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．
题型10商类型
【例题10】（2021•新疆模拟）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)已知，，为函数的两个极值点，求的最大值.
【答案】(1)在，上单调递增，在，上单调递减；
(2).
【分析】（1）对求导，根据的符号求自变量的范围，进而确定的单调区间；
（2）由题设知，是的两个根，由根系关系可得，研究其单调性并求其取值范围，令并构造，利用导数研究单调性求最值即可.
【详解】（1）当时，，，则，
令，可得或，令，可得，
所以在，上单调递增，在,上单调递减.
（2），由，为的两个极值点，
所以，是方程的两个根，可得，，
∴，
又，即、为增函数且大于0，为增函数且大于0，
所以为增函数，故，
令，则，
令，则，
所以在,上单调递减，故的最大值为(3).
【变式10-1】1. （2021春•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.
【变式10-1】2. （2021•宁德三模）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.
【变式10-1】3. （2021•新乡三模）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：，，.
【答案】（1）单调递减区间，单调递增区间为；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出，令和可得答案.
（2）即证明：,设，可得为上的减函数，可得，从而得证.
【详解】解：（1）由，则，，
，
令，解得；令，解得.
所以函数的单调递减区间，单调递增区间为.
（2）证明：，要证明.
即证明：.
即证明：.
令，，且.
，所以函数在上单调递减，
则，由，则，
所以，
即：，，成立.
【点睛】关键点睛：本题考查利用导数求函数的单调区间和利用导数证明不等式，解答本题的关键是设，求出其导数得为上的减函数，从而，，属于中档题.
【变式10-1】4. （2021春•海曙区校级期中）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，若存在两个极值点，且，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】(1)求出的导函数，按a进行分类讨论以确定在区间上值的正负即可作答；
(2)由(1)借助韦达定理将进行变形，再构造函数并利用其单调性即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，当且仅当即“=”，则，在上单调递减，
当时，方程有两个正根为，，
当或时，，当时，，
于是得在、上单调递减，在上单调递增；
（2）因存在两个极值点，且，由(1)知，即，则，
显然，对是递增的，从而有，
，
令，
，
令，，
即在上单调递增，，则，于是得在上单调递增，
从而得，即，
所以的取值范围.
1.（2023·江西景德镇·统考模拟预测）已知函数
(1)若函数在定义域上单调递增，求的最大值；
(2)若函数在定义域上有两个极值点和，若，，求的最小值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）求出，由题意可知，对任意的，，可得出，利用导数求出函数的最小值，即可求得实数的最大值；
（2）设，由极值点的定义可得出，变形可得出，，由此可得出，利用导数求出函数在上的最小值，即为所求.
【详解】（1）解：因为，其中，
则，
因为函数在上单调递增，对任意的，，即，
令，其中，则，，
由可得，由可得，
所以，函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
所以，，故，所以，的最大值为.
（2）解：由题意可知，，设，
由可得，则，
可得，，所以，，令，其中，
所以，，
令，其中，则，
因为，由，可得，由可得，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，且，
又因为且，
所以，当时，，即，
当时，，即，
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，.
【点睛】方法点睛：求函数在区间上的最值的方法：
（1）若函数在区间上单调，则与一个为最大值，另一个为最小值；
（2）若函数在区间内有极值，则要求先求出函数在区间上的极值，再与、比大小，最大的为最大值，最小的为最小值；
（3）若函数在区间上只有唯一的极大点，则这个极值点就是最大（最小）值点，此结论在导数的实际应用中经常用到.
2. （2023·全国·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的极值点的个数；
(2)若函数恰有三个极值点、、，且，求的最大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，可得出函数在实数取不同知值时的极值点个数；
（2）由已知可得出，两式相除得到，令，则，则，，得，，分析可得，则．
令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求.
【详解】（1）解：函数的定义域为，
且．
①，，由，可得；由，可得.
所以在上单调递增，在上单调递减，
因此在处取得极大值，故当时，有一个极值点；
②，令，其中，则，
由可得，由可得，
因此在上单调递增，在上单调递减，
所以，所以，故，
由可得，由可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
因此在处取得极小值，故当时，有一个极值点；
③当时，，
令得或，令，由②知，
而，，
令，则，
所以在上单调递减，因此，故，
所以函数在和上各存在唯一的零点，分别为、，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故函数在和处取得极小值，在处取得极大值，
所以当时，有三个极值点．
综上所述，当或时，有一个极值点；当时，有三个极值点．
（2）解：因为函数恰有三个极值点、、，
所以由（1）知，，，
由，两式相除得到．
令，则，则，，得，，
因此，所以，则．
令，其中，则，
令，则，
所以在上单调递增，则当时，，
即，故在上单调递增，
所以当时，，故的最大值为．
【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意“极值点”与“零点”的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在极值点附近的单调性的变化，紧扣“极值点”的定义来解题.
3．（2022·全国·高三专题练习）已知函数的导函数为.
(1)判断的单调性；
(2)若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，利用导函数的符号变化即可求出函数的单调区间；
（2）将证成立，转化为证成立，即证成立，
即证成立，再构造函数，利用函数的单调性进行证明.
【详解】（1）解：，
令，由，
可得在上单调递减，上单调递增，
所以，
所以在上单调递增；
（2）解：依题意，，相减得，
令，则有，，
欲证成立，
只需证成立，
即证成立，
即证成立，
令，只需证成立，
令，
即证时，成立
，
令，
则，
可得在内递减，在内递增，
所以，所以，
所以在上单调递增，
所以成立，故原不等式成立.
【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：如证明不等式（或）可转化为证明（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.
4．（2023·湖南长沙·长沙市实验中学校考三模）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
【分析】（1）分析可知，由参变量分离法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，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（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：
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.
【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．（2023·陕西咸阳·武功县普集高级中学校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性和最值；
(2)若关于的方程有两个不等的实数根，求证：.
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论得到导数的符号后可得函数的单调性和最值.
（2）利用同构可得原方程即为有两个不同的实数根，结合构造法可证
成立.
【详解】（1），其中
若，则在上恒成立，故在上为减函数，
故无最值.
若，当时，；
当时，；
故在上为增函数，在上为减函数，
故，无最小值.
（2）方程即为，
故，
因为为上的增函数，所以
所以关于的方程有两个不等的实数根即为：
有两个不同的实数根.
所以，所以，
不妨设，，故，
要证：即证，
即证，即证，
即证，
设，则，
故，所以在上为增函数，
故，所以在上为增函数，
所以，故成立.
【点睛】思路点睛：对于较为复杂的与指数、对数有关的方程，可以考虑利用同构将其转化为简单的方程，从而利用常见的极值点偏移的方法来处理零点不等式.
6．（2023·四川成都·校考模拟预测）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
【分析】（1）分析可知在上恒成立，可得出，结合导数可得出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围；
（2）分析可知，由已知可得出，可将所证不等式变形为，由两式作差得，令，则，，即证，令，其中，利用导数证明出.
【详解】（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．
【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.
7．（2020·全国·模拟预测）已知函数．
（1）讨论函数的单调性．
（2）已知有两个不同的零点、．
（ⅰ）求实数的取值范围；
（ⅱ）求证：（为的导函数）．
【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）求出函数的定义域，求得，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；
（2）（i）利用导数分析函数的单调性，根据函数有两个零点可得出关于实数的不等式，进而可求得实数的取值范围；
（ii）构造函数，利用导数分析函数在区间上的单调性，设，分析得出，利用基本不等式可得出，再利用函数的单调性可证得所证不等式成立.
【详解】（1）由题意得的定义域为，，
令，解得．
又，所以，所以当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减；
（2）（ⅰ）由题知，，
设，则．
令，则，
令，得，令，解得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
因此，所以函数在上单调递减，
所以，当时，，，，则．
构造函数，其中，则，
所以，函数在上单调递增，则，即当时，.
所以，，所以，
故要使得函数有两个不同的零点，只需即可，解得，
因此当时，函数有两个不同的零点；
（ⅱ）令函数，，
则，
所以在上恒成立，因此函数在上单调递增，且．
由（1）设，则，所以，
即，即，
因为，且在上单调递减，
所以，即．
由（ⅰ）知，则，由基本不等式可得，即，
因为，所以，
因为函数在上单调递减，因此．
【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.
8．（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.
极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法：
①构造，
②确定的单调性，
③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系，
④利用的单调性即可得到或.
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.
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：.
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．
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．
减
极小值
增
增
极大值
减