还剩60页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
新高考数学大一轮复习讲义之方法技巧专题05极值点偏移问题与拐点偏移问题(原卷版+解析)
展开
这是一份新高考数学大一轮复习讲义之方法技巧专题05极值点偏移问题与拐点偏移问题(原卷版+解析)，共63页。
1.极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。
【方法技巧与总结】
1.对称变换
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单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令.
(3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(4)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．
(5)转化，即利用函数的单调性，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．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2.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.
3. 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.
【题型归纳目录】
题型一：极值点偏移:加法型
题型二：极值点偏移:减法型
题型三：极值点偏移:乘积型
题型四：极值点偏移:商型
题型五：极值点偏移:平方型
题型六：拐点偏移问题
【典例例题】
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023•浙江期中）已知函数有两个不同的零点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
例2．（2023•汕头一模）已知函数有两个相异零点，．
（1）求的取值范围；
（2）求证：．
例3．（海淀区校级月考）已知函数，．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）若，求的零点个数；
（Ⅲ）若有两个零点，，证明：．
例4．（2023•江门一模）已知函数，是常数．
（Ⅰ）求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
（Ⅱ）证明：时，设、是的两个零点，且．
题型二：极值点偏移:减法型
例5．（2023•七星区校级月考）已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且．
例6．（2023•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：．
例7．（2023•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：．
例8．（2023•道里区校级二模）已知函数，为函数的导数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若当时，函数与的图象有两个交点，，，，求证：．
题型三：极值点偏移:乘积型
例9．（2023春•汕头校级月考）已知，函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，
求的取值范围；
设的两个零点分别为，，证明：．
例10．（2023•攀枝花模拟）已知函数有最小值，且．
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设（b），有两个零点为，，证明：．
例11．（2023•张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，证明：．
例12．（2023•武进区校级月考）已知函数．
（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；
（2）若存在，，使不等式对于，恒成立，求的取值范围；
（3）若方程有两个不等的实数根、，试证明．
题型四：极值点偏移:商型
例13．已知函数有两个相异零点、，且，求证：．
例14．（2023•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．
例15．（2023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．
例16．（2023•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．
题型五：极值点偏移:平方型
例17．（2023•广州一模）已知函数．
（1）证明：曲线在点，（1）处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：．
例18．（2023•浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．
例19．（2023秋•泉州月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若是自然对数的底数），且，，，证明：．
例20．（2023•开封三模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：．
题型六：拐点偏移问题
例21．已知函数．
（1）求曲线在点，（1）处的切线方程．
（2）若正实数，满足，求证：．
例22．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，设，若正实数，，满足，求证：．
例23．已知函数，．
（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；
（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；
（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．
【过关测试】
1．（2023·天津河东·二模）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
2．（2023·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知函数，其中a，b为常数，为自然对数底数，．
(1)当时，若函数，求实数b的取值范围；
(2)当时，若函数有两个极值点，，现有如下三个命题：
①；②；③；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知函数
(1)求证：当时，；
(2)当方程有两个不等实数根时，求证：
5．（2023·浙江绍兴·模拟预测）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：.
6．（2023·安徽淮南·二模（理））已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
7．（2023·湖南·岳阳一中一模）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：.
8．（2023·山东·青岛二中高三期末）已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
9．（2023·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）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：.
10．（2023·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)当时，若函数，求的单调区间；
(3)当时，若函数恰有两个不同的极值点、，且，求证：.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（为自然对数的底数，）．
(1)求的单调区间和极值；
(2)若存在，满足，求证：．
12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若f（1）=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；
②.
13．（2023·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)已知，且，若，求证：.
专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题
【考点预测】
1.极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。
【方法技巧与总结】
1.对称变换
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单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令.
(3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(4)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．
(5)转化，即利用函数的单调性，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．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2.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.
3. 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.
【题型归纳目录】
题型一：极值点偏移:加法型
题型二：极值点偏移:减法型
题型三：极值点偏移:乘积型
题型四：极值点偏移:商型
题型五：极值点偏移:平方型
题型六：拐点偏移问题
【典例例题】
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023•浙江期中）已知函数有两个不同的零点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
【解答】解：（1）函数
，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故当时，函数取最小值，
若函数有两个不同的零点，．
则，即；
证明：（2）若函数有两个不同的零点，．不妨设，
则，且，
若证．即证，
构造函数，，
所以，
所以，，
令，则，所以单调递增，
所以（1），
所以，所以（1），
即，，
又，所以
因为在区间上单调递增，
所以，故原不等式得证．
例2．（2023•汕头一模）已知函数有两个相异零点，．
（1）求的取值范围；
（2）求证：．
【解答】解：（1），
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
要使函数有两个相异零点，必有（1），，
当时，，且，函数在有一个零点
，，函数在有一个零点，
的取值范围为．
（2）由（1）知，，
，，
要证，，
故构造函数，，
则，所以在单调递减，（1）．
，，
构造函数，
，
下面证明，即证明，
构造函数，．
在上恒成立，
因此在递增，从而（1），
，在递增，
（1），
，
时，，单调递增，
，
即．
例3．（海淀区校级月考）已知函数，．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）若，求的零点个数；
（Ⅲ）若有两个零点，，证明：．
【解答】解：（Ⅰ），
（1），（1），
故切线方程是：；
（Ⅱ）由已知，
，，单调递减，
，，单调递增，
（1），
当时，
，
，
当时，，
故函数有2个零点；
（Ⅲ）由（Ⅱ），，
使得，
，
要证，即证，
，，
又且在上单调递减，
需证，
即证，
，
即证，
由（Ⅱ）知时，
，
得证，
．
例4．（2023•江门一模）已知函数，是常数．
（Ⅰ）求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
（Ⅱ）证明：时，设、是的两个零点，且．
【解答】（Ⅰ）解：根据题意，函数，
当，则，则，
（2），（2），
则切线的方程为，
变形可得：，
联立，得．
切线经过定点；
（Ⅱ）证明：函数的定义域为且，
曲线在在各定义域区间内是连续不断的曲线，
当时，在区间上，
（2），，在区间，上有零点，
在区间上，，，函数单调递减，
又，
若，且，则，
在区间，内有零点，
由单调递减知，在区间内有唯一零点．
，，
则，
由单调递减知，，即．
题型二：极值点偏移:减法型
例5．（2023•七星区校级月考）已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且．
【解答】解：（1），
在递减，
在上恒成立，
在上恒成立，
令，，
时，，递增，
时，，递减，
（1），
；
（2）由题意得（1），，
，，
，令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减，
又（2），，，
故分别在，和有零点，，（不妨设，
时，，递减，
时，，递增，
时，，递减，
故在，和有2个极值点，，
而，，，
（4），，，
，，
，
故原命题成立．
例6．（2023•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：．
【解答】（1）解：令，
当时，，所以在上递减，
又在，上连续，
所以当时，（1），即当时，；
（2）证明：①，得，
令，由，
可知在内单调递减，又（1），
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（1），所以在，内有唯一零点．
又在内有唯一零点1，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．
例7．（2023•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：．
【解答】（1）解：，．
若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减．
若，则当时，，单调递增．
故当时，在上在上单调递增；在上单调递减．当时，在上单调递增．
（2）证明：令，则．
由（1）知，在上，单调递增．
又（1）（1），所以在上，，单调递减；在上，，单调递增．
又，，，
所以，，故．
例8．（2023•道里区校级二模）已知函数，为函数的导数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若当时，函数与的图象有两个交点，，，，求证：．
【解答】解：（1），
设，
，
当时，在单调递增；
当时，在单调递增，在，单调递减；
当时，在单调递减．
（2）证明：设，
，由于，
恒成立，
知函数在上为增函数且（1），
（1），
，（e），
知在区间，以及内各有一个零点，即为，，，
知，即．
题型三：极值点偏移:乘积型
例9．（2023春•汕头校级月考）已知，函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，
求的取值范围；
设的两个零点分别为，，证明：．
【解答】解：（1）函数的定义域为，
，
①当时，，在单调递增；
②当时，由得，
则当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减．
（2）法1：函数有两个零点即方程在有两个不同根，
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如图：
可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，
只须，
设切点，，所以，
又，所以，解得，
于是，所以，
法2：由（1）当时，在单调递增，不可能有两个零点，
，
此时，
需解得，
从而，
又故在有一个零点；，
设，，则
故在单调递减在有一个零点故的取值范围为．
原不等式，
不妨设，
，，
，，
，，
，
令，则，于是，设函数，
求导得：，
故函数是上的增函数，
（1），即不等式成立，故所证不等式成立．
例10．（2023•攀枝花模拟）已知函数有最小值，且．
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设（b），有两个零点为，，证明：．
【解答】解：（Ⅰ）有题意，
当时，，在上单增，此时显然不成立，
当时，令，得，
此时在上单减，在上单增，
（b），即，所以，．
所以的最大值为1．
（Ⅱ）证明：当取得最大值时，，，
的两个零点为，，则，即，，
不等式恒成立等价于，
两式相减得，
带入上式得，
令，则，，
所以函数在上单调递增，（1），得证．
例11．（2023•张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，证明：．
【解答】解：（1）由题意可得，有2个零点，
令，则在时恒成立，
故在上单调递增，
所以有2个零点可转化为有2个零点，
因为，
时，，单调递增，不可能有2个零点，
当时，由可得，单调递增；可得，单调递减，（a），
若，则（a），此时恒成立，没有零点，
若，则（a），有一个零点，
若，则（a），
因为（1），，
所以在，上各有1个零点，符合题意，
综上，的范围；
（2）证明：要证，只要证，
即证，
由（1）可知，，，
所以，，
所以，
只要证，
设，令，，
所以只要证即证，
令，，
则，
（1），
即当时，，
所以即，
故．
例12．（2023•武进区校级月考）已知函数．
（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；
（2）若存在，，使不等式对于，恒成立，求的取值范围；
（3）若方程有两个不等的实数根、，试证明．
【解答】（1）解：，函数在处的切线与轴平行，
（1），解得．
（2）解：，，不等式化为：，
存在，，使不等式对于，恒成立，
，化为：．
，
令，，
函数在，上单调递增，
（1）．
，因此函数在，上单调递增．
（e）．
的取值范围是．
（3）证明：方程，即，．
令，．
可得：函数在时单调递增，在时单调递减．
时，函数取得极大值即最大值．
．
方程有两个不等的实数根、．
，要证明：．只要证明：即可．
不妨设，则，由于函数在时单调递增，
因此只要证明：即可得出，
设函数，
．
可得在上，且．
，，即，
即．
，
．
题型四：极值点偏移:商型
例13．已知函数有两个相异零点、，且，求证：．
【解答】证明：，
由，得，由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且为最大值等于．
由函数有两个相异零点、，可得，
即．
（a），
，
，
即，
则，
，，
．
例14．（2023•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．
【解答】解：（1）当时，，，
，
令，可得或，令，可得，
所以在，上单调递增，在，上单调递减．
（2），
因为，为函数的两个极值点，
所以，是方程的两个根，
所以，，可得，
因为，所以为增函数，为增函数且大于0，为增函数且大于0，
所以为增函数，所以，
令，则，
令，
，所以在，上单调递减，
所以的最大值为（3）．
例15．（2023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．
【解答】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（1），
，则在单调递增，
又，且
，
，，即的最大值为．
例16．（2023•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．
【解答】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，
在单调递增，则（1），
，则在单调递增，
又，即，（3），
，，即的最大值为3．
题型五：极值点偏移:平方型
例17．（2023•广州一模）已知函数．
（1）证明：曲线在点，（1）处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：．
【解答】证明：（1），
（1），又（1），
曲线在点，（1）处的切线方程为，
即，当时，，
故直线过定点，；
（2），是的两个零点，且，
，可得，
，
令，，
构造函数，，
令，则，则在上单调递增，
而（2），，则在上单调递增，
（2），可得，则，
即，则．
例18．（2023•浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．
【解答】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：；
（Ⅱ）证法一：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：，，
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．
（Ⅱ）证法二：因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，，
问题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．
例19．（2023秋•泉州月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若是自然对数的底数），且，，，证明：．
【解答】解：（1）函数，则，
令，解得，
若，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减；
若，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
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，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：因为，两边取对数，可得，
即，所以，
此时当时，存在且，，，满足；
由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，所以，，
①若，，则成立；
②若，则，
记，，
则，
所以在上单调递增，
则（1），即，
所以，
因为，所以，
又，在上单调递减，
所以，即，
又，，
以上两式左右分别相加，可得，
即，
综合①②可得，．
例20．（2023•开封三模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：．
【解答】解：（1）的定义域为，，
当时，，此时在上单调递增，
，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
，此时在上单调递减；
综上可知：当时，的增区间是，减区间是；
当时，的增区间是，减区间是．
（2）证明：由，，，
由于，所以．设，
故：
，
令，则，
由于，故，
则在上单调递增，
故（1），
即：所证不等式成立．
题型六：拐点偏移问题
例21．已知函数．
（1）求曲线在点，（1）处的切线方程．
（2）若正实数，满足，求证：．
【解答】解：（1），，，
（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，
即；
（2）证明：因为，在上单调递增．
由（1），正实数，满足，
所以不妨设，
记，，
，在，上单调递增．
因为，，（1），
所以，即，
所以，根据单调递增，得，
即原命题成立．
例22．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，设，若正实数，，满足，求证：．
【解答】解：（1），
，在递减，在递增，
且
当时，恒成立，此时函数在上单调递增；
当时，的根为，
时，函数在，，上单调递增，在单调递减；
时，函数在，上单调递增，在，单调递减；
证明：（2），．
由，即，
从而，（8分）
令，则由得：
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（1），（10分）
，
，
又，，．
例23．已知函数，．
（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；
（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；
（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，
因为在处取得极值，所以（1），解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（Ⅱ）因为，
所以，
①若，则当时，，
所以函数在上单调递增；
当，时，，
函数在，上单调递减．
②若，，
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减．
（Ⅲ）证明：当时，，
因为，
所以，
即，
所以，
令，，
则，
当时，，
所以函数在上单调递减；
当时，，
所以函数在上单调递增．
所以函数在时，取得最小值，最小值为1．
所以，
即，
所以或，
因为，为正实数，所以当时，，
此时不存在，满足条件，
所以．
【过关测试】
1．（2023·天津河东·二模）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
答案：(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
分析：
（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；
（2）求出导函数，对a分类讨论： a<0和a>0分别讨论单调性；
（3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由构造函数，利用导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0即为f(2e- x2)>0.
(1)
当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即.
(2)
的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增.
(3)
当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增.
由题意可得：.由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可.
由得 .所以
令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
【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)利用导数判断单调性，证明不等式．
2．（2023·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
答案：(1)
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）先求定义域，再求导，得到，先得到，在通过验证得到满足题意；（2）构造函数证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为，
，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
又，所以先保证必要条件成立，即满足题意.
当时，易知，；
由以上可知，当时，有两个不同的零点.
(2)
由题意，假设，要证明，只需证明.只需证，又.
即只需证，构造函数.
，所以在单调递减.
，即成立，即
所以原命题成立.
【点睛】
对于极值点偏移问题，通常可以构造差函数来进行求解.
3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知函数，其中a，b为常数，为自然对数底数，．
(1)当时，若函数，求实数b的取值范围；
(2)当时，若函数有两个极值点，，现有如下三个命题：
①；②；③；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
答案：(1)
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）分，讨论，当时，求的最小值，根据可得；
（2）将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，，作商取对数得.若选①，令，构造函数，若选②，构造函数，根据极值点偏移问题的方法可证；若选③，构造函数，由单调性可证.
(1)
当时，，
当时，因为，所以此时不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则由得，
所以，故实数b的取值范围为．
(2)
当时，，，
令，则，
因为函数有两个极值点，，所以有两个零点，
若，则，单调递增，不可能有两个零点，所以，
令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为有两个零点，所以，则，
设，因为，，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，即
①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递减，
因为，所以，即，
亦即，
因为，，在上单调递增，所以，
则，整理得，
所以，故①成立
②令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
即，故②成立．
③令，，则，
令，则，
∴在上单调递增，则，
∴，则，
两边约去后化简整理得，即，
故③成立．
【点睛】
双变量的不等式证明问题，主要通过换元构造函数，利用单调性证明即可.本题属极值点偏移问题，关键在于构造适当的对称函数.
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知函数
(1)求证：当时，；
(2)当方程有两个不等实数根时，求证：
答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）令，进而讨论单调性，求解证明即可；
（2）证法一：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，由于方程可化为，进而将问题转化为；，再求和即可证明结论；
证法二：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，根据分析法将问题转化为证，即证明，再构造函数，证明，恒成立即可.
(1)
证明：令，
因为，
所以在上单调递增，所以，
即当时，.
(2)
证明：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，
所以.
因为方程有两个不等实根，所以.
不妨设.
由（1）知，当时，；当时，.
方程可化为.
所以，整理得.①
同理由，整理得.②
由①②，得.
又因为所以.
法二：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，所以.
因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.
要证，只要证，只要证：.
因为在上单调递增，只要证：.
令，只要证，恒成立.
因为，
令，则，
故在上单调递增，，所以，
所以在上单调递减，所以，故原结论得证.
【点睛】
本题考查利用导数证明不等式，极值点偏移的问题；考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问和，进而求和证明.或者借助极值点偏移问题的方法，构造函数，将问题转化为证，恒成立.
5．（2023·浙江绍兴·模拟预测）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
【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.
(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.
6．（2023·安徽淮南·二模（理））已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明.
(1)
时，函数，
则，
在上单调递增，
所以．
(2)
，显然为函数的一个零点，设为；
设函数，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
由已知，必有两个零点，且，下证：．
设函数，则，
，
由于，则，
由（1）有，故，
即函数在上单调递减，
所以，
即有，
由于，且在上单调递增，
所以，
所以．
【点睛】
对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.
7．（2023·湖南·岳阳一中一模）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
【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.
(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.
8．（2023·山东·青岛二中高三期末）已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
答案：(1)当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
(3)证明详见解析
【解析】
分析：
（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a的取值即可确定函数的单调性；
（2）分离参数a，构造出新函数，得到最小值，即可得到a的范围；
（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
(1)
解：因为，定义域为，.
①当时，令，解得
即当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
②当时，在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
若时，都有，
即，恒成立.
令，则，，
令，所以，
当时，
，单调递增，，
所以，在单调递减，
所以=，所以
(3)
原式可整理为，
令，原式为，
由（1）知，在单调递增，在单调递减，
则为两根，其中，不妨令，
要证，
即证，，
只需证，
令，，，
令，则，，单调递增，
，，单调递减.
又，
故
，所以恒成立，
即成立，
所以，原式得证.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种，
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.
9．（2023·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）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
【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.
(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.
10．（2023·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)当时，若函数，求的单调区间；
(3)当时，若函数恰有两个不同的极值点、，且，求证：.
答案：(1)
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
分析：
（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得切线的方程；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可出函数的增区间和减区间；
（3）分析可知，证明出，其中，由已知条件可得，两式作差可得，结合所证不等式可证得结论成立.
(1)
解：当时，，，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
(2)
解：当时，，该函数的定义域为.
.
当时，由可得或.
（i）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为；
（ii）当时，，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增；
（iii）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为.
综上所述
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
(3)
证明：，则，
令，则.
当时，由可得.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
下面证明不等式，其中，即证，
令，即证对任意的恒成立，
构造函数，其中，
则对任意的恒成立，故函数在上单调递增，
当时，，所以，当时，，
由已知可得，两式作差可得，
则，即，故原不等式得证.
【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.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（为自然对数的底数，）．
(1)求的单调区间和极值；
(2)若存在，满足，求证：．
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）求出的导数，分和两种情况，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出单调区间和极值；
（2）由题（1）可设，设，根据函数的单调性可证，又在上单调递增，可证，在证明，即可证明结果.
(1)
解：.
当时，，所以在上单调增，无极值；
当时，令，得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在单调递增．
所以函数的极小值为，无极大值.
(2)
解：由题（1）可知，当时才存在，满足，
不妨设，
设，则
，
因为，所以，所以，
所以在上单调递减，
所以，所以，即
故，
因为，又在上单调递增，
所以，所以，
下面证明：；
因为，
所以，所以，
所以，得证.
【点睛】
关键点点睛：本题第（2）问涉及到极值点偏移，在解答过程中构造函数是解决本题的关键，这也是解决常见极值点偏移问题的常见方法.
12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若f（1）=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；
②.
答案：(1)2；
(2)证明过程见解析.
【解析】
分析：
（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
(1)
由，化简得：，两边平方，解得：.
(2)
不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【点睛】
极值点偏移问题，是比较有难度的题目，一般处理思路有构造差函数，对数平均不等式，多元化单元等方法.
13．（2023·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)已知，且，若，求证：.
答案：(1)在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）对求导，注意到，研究的分子，最终求出的单调性；
（2）先对同除以，变形为，再构造差函数解决极值点偏移问题
(1)
，令，则，
∴在单调递增，
注意到
∴当时，，此时，单调递减，当时，，此时，单调递增
∴在单调递减，在单调递增
(2)
等价于，等式两边同除以得：
，即
由（1）知：在单调递减，在单调递增
∴，一正一负，不妨设
构造新函数，则
∴
令，则
当时，显然恒成立，所以
又对恒成立，
所以在时，，即单调递减
∵
∴，即
∵
∴
其中，，且在单调递减
∴，即
1
0
递减
极小值
递增
减
极小值
增
1.极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。
【方法技巧与总结】
1.对称变换
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单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令.
(3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(4)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．
(5)转化，即利用函数的单调性，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．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2.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.
3. 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.
【题型归纳目录】
题型一：极值点偏移:加法型
题型二：极值点偏移:减法型
题型三：极值点偏移:乘积型
题型四：极值点偏移:商型
题型五：极值点偏移:平方型
题型六：拐点偏移问题
【典例例题】
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023•浙江期中）已知函数有两个不同的零点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
例2．（2023•汕头一模）已知函数有两个相异零点，．
（1）求的取值范围；
（2）求证：．
例3．（海淀区校级月考）已知函数，．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）若，求的零点个数；
（Ⅲ）若有两个零点，，证明：．
例4．（2023•江门一模）已知函数，是常数．
（Ⅰ）求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
（Ⅱ）证明：时，设、是的两个零点，且．
题型二：极值点偏移:减法型
例5．（2023•七星区校级月考）已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且．
例6．（2023•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：．
例7．（2023•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：．
例8．（2023•道里区校级二模）已知函数，为函数的导数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若当时，函数与的图象有两个交点，，，，求证：．
题型三：极值点偏移:乘积型
例9．（2023春•汕头校级月考）已知，函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，
求的取值范围；
设的两个零点分别为，，证明：．
例10．（2023•攀枝花模拟）已知函数有最小值，且．
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设（b），有两个零点为，，证明：．
例11．（2023•张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，证明：．
例12．（2023•武进区校级月考）已知函数．
（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；
（2）若存在，，使不等式对于，恒成立，求的取值范围；
（3）若方程有两个不等的实数根、，试证明．
题型四：极值点偏移:商型
例13．已知函数有两个相异零点、，且，求证：．
例14．（2023•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．
例15．（2023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．
例16．（2023•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．
题型五：极值点偏移:平方型
例17．（2023•广州一模）已知函数．
（1）证明：曲线在点，（1）处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：．
例18．（2023•浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．
例19．（2023秋•泉州月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若是自然对数的底数），且，，，证明：．
例20．（2023•开封三模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：．
题型六：拐点偏移问题
例21．已知函数．
（1）求曲线在点，（1）处的切线方程．
（2）若正实数，满足，求证：．
例22．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，设，若正实数，，满足，求证：．
例23．已知函数，．
（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；
（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；
（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．
【过关测试】
1．（2023·天津河东·二模）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
2．（2023·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知函数，其中a，b为常数，为自然对数底数，．
(1)当时，若函数，求实数b的取值范围；
(2)当时，若函数有两个极值点，，现有如下三个命题：
①；②；③；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知函数
(1)求证：当时，；
(2)当方程有两个不等实数根时，求证：
5．（2023·浙江绍兴·模拟预测）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：.
6．（2023·安徽淮南·二模（理））已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
7．（2023·湖南·岳阳一中一模）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：.
8．（2023·山东·青岛二中高三期末）已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
9．（2023·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）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：.
10．（2023·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)当时，若函数，求的单调区间；
(3)当时，若函数恰有两个不同的极值点、，且，求证：.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（为自然对数的底数，）．
(1)求的单调区间和极值；
(2)若存在，满足，求证：．
12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若f（1）=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；
②.
13．（2023·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)已知，且，若，求证：.
专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题
【考点预测】
1.极值点偏移的相关概念
所谓极值点偏移，是指对于单极值函数，由于函数极值点左右的增减速度不同，使得函数图像没有对称性。若函数在处取得极值，且函数与直线交于两点，则的中点为，而往往。如下图所示。
图1 极值点不偏移 图2 极值点偏移
极值点偏移的定义：对于函数在区间内只有一个极值点，方程的解分别为，且，（1）若，则称函数在区间上极值点偏移；（2）若，则函数在区间上极值点左偏，简称极值点左偏；（3）若，则函数在区间上极值点右偏，简称极值点右偏。
【方法技巧与总结】
1.对称变换
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单调性，进而确定函数的极值点x0.
(2)构造函数，即根据极值点构造对称函数，若证 ，则令.
(3)判断单调性，即利用导数讨论的单调性．
(4)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．
(5)转化，即利用函数的单调性，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．
【注意】若要证明的符号问题，还需进一步讨论与x0的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处导数值的正负．
构造差函数是解决极值点偏移的一种有效方法，函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效
2.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.
3. 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.
【题型归纳目录】
题型一：极值点偏移:加法型
题型二：极值点偏移:减法型
题型三：极值点偏移:乘积型
题型四：极值点偏移:商型
题型五：极值点偏移:平方型
题型六：拐点偏移问题
【典例例题】
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023•浙江期中）已知函数有两个不同的零点，．
（1）求实数的取值范围；
（2）证明：．
【解答】解：（1）函数
，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故当时，函数取最小值，
若函数有两个不同的零点，．
则，即；
证明：（2）若函数有两个不同的零点，．不妨设，
则，且，
若证．即证，
构造函数，，
所以，
所以，，
令，则，所以单调递增，
所以（1），
所以，所以（1），
即，，
又，所以
因为在区间上单调递增，
所以，故原不等式得证．
例2．（2023•汕头一模）已知函数有两个相异零点，．
（1）求的取值范围；
（2）求证：．
【解答】解：（1），
当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
要使函数有两个相异零点，必有（1），，
当时，，且，函数在有一个零点
，，函数在有一个零点，
的取值范围为．
（2）由（1）知，，
，，
要证，，
故构造函数，，
则，所以在单调递减，（1）．
，，
构造函数，
，
下面证明，即证明，
构造函数，．
在上恒成立，
因此在递增，从而（1），
，在递增，
（1），
，
时，，单调递增，
，
即．
例3．（海淀区校级月考）已知函数，．
（Ⅰ）求曲线在点，（1）处的切线方程；
（Ⅱ）若，求的零点个数；
（Ⅲ）若有两个零点，，证明：．
【解答】解：（Ⅰ），
（1），（1），
故切线方程是：；
（Ⅱ）由已知，
，，单调递减，
，，单调递增，
（1），
当时，
，
，
当时，，
故函数有2个零点；
（Ⅲ）由（Ⅱ），，
使得，
，
要证，即证，
，，
又且在上单调递减，
需证，
即证，
，
即证，
由（Ⅱ）知时，
，
得证，
．
例4．（2023•江门一模）已知函数，是常数．
（Ⅰ）求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
（Ⅱ）证明：时，设、是的两个零点，且．
【解答】（Ⅰ）解：根据题意，函数，
当，则，则，
（2），（2），
则切线的方程为，
变形可得：，
联立，得．
切线经过定点；
（Ⅱ）证明：函数的定义域为且，
曲线在在各定义域区间内是连续不断的曲线，
当时，在区间上，
（2），，在区间，上有零点，
在区间上，，，函数单调递减，
又，
若，且，则，
在区间，内有零点，
由单调递减知，在区间内有唯一零点．
，，
则，
由单调递减知，，即．
题型二：极值点偏移:减法型
例5．（2023•七星区校级月考）已知函数．
（1）若在上单调递减，求的取值范围；
（2）若在处的切线斜率是，证明有两个极值点，且．
【解答】解：（1），
在递减，
在上恒成立，
在上恒成立，
令，，
时，，递增，
时，，递减，
（1），
；
（2）由题意得（1），，
，，
，令，解得：，
令，解得：，
故在递增，在递减，
又（2），，，
故分别在，和有零点，，（不妨设，
时，，递减，
时，，递增，
时，，递减，
故在，和有2个极值点，，
而，，，
（4），，，
，，
，
故原命题成立．
例6．（2023•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：．
【解答】（1）解：令，
当时，，所以在上递减，
又在，上连续，
所以当时，（1），即当时，；
（2）证明：①，得，
令，由，
可知在内单调递减，又（1），
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（1），所以在，内有唯一零点．
又在内有唯一零点1，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．
例7．（2023•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：．
【解答】（1）解：，．
若，则当时，，单调递增；当时，，单调递减．
若，则当时，，单调递增．
故当时，在上在上单调递增；在上单调递减．当时，在上单调递增．
（2）证明：令，则．
由（1）知，在上，单调递增．
又（1）（1），所以在上，，单调递减；在上，，单调递增．
又，，，
所以，，故．
例8．（2023•道里区校级二模）已知函数，为函数的导数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若当时，函数与的图象有两个交点，，，，求证：．
【解答】解：（1），
设，
，
当时，在单调递增；
当时，在单调递增，在，单调递减；
当时，在单调递减．
（2）证明：设，
，由于，
恒成立，
知函数在上为增函数且（1），
（1），
，（e），
知在区间，以及内各有一个零点，即为，，，
知，即．
题型三：极值点偏移:乘积型
例9．（2023春•汕头校级月考）已知，函数，其中．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，
求的取值范围；
设的两个零点分别为，，证明：．
【解答】解：（1）函数的定义域为，
，
①当时，，在单调递增；
②当时，由得，
则当时，，在单调递增；
当时，，在单调递减．
（2）法1：函数有两个零点即方程在有两个不同根，
转化为函数与函数的图象在上有两个不同交点，如图：
可见，若令过原点且切于函数图象的直线斜率为，
只须，
设切点，，所以，
又，所以，解得，
于是，所以，
法2：由（1）当时，在单调递增，不可能有两个零点，
，
此时，
需解得，
从而，
又故在有一个零点；，
设，，则
故在单调递减在有一个零点故的取值范围为．
原不等式，
不妨设，
，，
，，
，，
，
令，则，于是，设函数，
求导得：，
故函数是上的增函数，
（1），即不等式成立，故所证不等式成立．
例10．（2023•攀枝花模拟）已知函数有最小值，且．
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设（b），有两个零点为，，证明：．
【解答】解：（Ⅰ）有题意，
当时，，在上单增，此时显然不成立，
当时，令，得，
此时在上单减，在上单增，
（b），即，所以，．
所以的最大值为1．
（Ⅱ）证明：当取得最大值时，，，
的两个零点为，，则，即，，
不等式恒成立等价于，
两式相减得，
带入上式得，
令，则，，
所以函数在上单调递增，（1），得证．
例11．（2023•张家口二模）已知函数是自然对数的底数）有两个零点．
（1）求实数的取值范围；
（2）若的两个零点分别为，，证明：．
【解答】解：（1）由题意可得，有2个零点，
令，则在时恒成立，
故在上单调递增，
所以有2个零点可转化为有2个零点，
因为，
时，，单调递增，不可能有2个零点，
当时，由可得，单调递增；可得，单调递减，（a），
若，则（a），此时恒成立，没有零点，
若，则（a），有一个零点，
若，则（a），
因为（1），，
所以在，上各有1个零点，符合题意，
综上，的范围；
（2）证明：要证，只要证，
即证，
由（1）可知，，，
所以，，
所以，
只要证，
设，令，，
所以只要证即证，
令，，
则，
（1），
即当时，，
所以即，
故．
例12．（2023•武进区校级月考）已知函数．
（1）若函数在处的切线与轴平行，求的值；
（2）若存在，，使不等式对于，恒成立，求的取值范围；
（3）若方程有两个不等的实数根、，试证明．
【解答】（1）解：，函数在处的切线与轴平行，
（1），解得．
（2）解：，，不等式化为：，
存在，，使不等式对于，恒成立，
，化为：．
，
令，，
函数在，上单调递增，
（1）．
，因此函数在，上单调递增．
（e）．
的取值范围是．
（3）证明：方程，即，．
令，．
可得：函数在时单调递增，在时单调递减．
时，函数取得极大值即最大值．
．
方程有两个不等的实数根、．
，要证明：．只要证明：即可．
不妨设，则，由于函数在时单调递增，
因此只要证明：即可得出，
设函数，
．
可得在上，且．
，，即，
即．
，
．
题型四：极值点偏移:商型
例13．已知函数有两个相异零点、，且，求证：．
【解答】证明：，
由，得，由，得，
在上单调递增，在上单调递减，
在处取得极大值，且为最大值等于．
由函数有两个相异零点、，可得，
即．
（a），
，
，
即，
则，
，，
．
例14．（2023•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．
【解答】解：（1）当时，，，
，
令，可得或，令，可得，
所以在，上单调递增，在，上单调递减．
（2），
因为，为函数的两个极值点，
所以，是方程的两个根，
所以，，可得，
因为，所以为增函数，为增函数且大于0，为增函数且大于0，
所以为增函数，所以，
令，则，
令，
，所以在，上单调递减，
所以的最大值为（3）．
例15．（2023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．
【解答】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（1），
，则在单调递增，
又，且
，
，，即的最大值为．
例16．（2023•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．
【解答】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，
在单调递增，则（1），
，则在单调递增，
又，即，（3），
，，即的最大值为3．
题型五：极值点偏移:平方型
例17．（2023•广州一模）已知函数．
（1）证明：曲线在点，（1）处的切线恒过定点；
（2）若有两个零点，，且，证明：．
【解答】证明：（1），
（1），又（1），
曲线在点，（1）处的切线方程为，
即，当时，，
故直线过定点，；
（2），是的两个零点，且，
，可得，
，
令，，
构造函数，，
令，则，则在上单调递增，
而（2），，则在上单调递增，
（2），可得，则，
即，则．
例18．（2023•浙江开学）已知，（其中为自然对数的底数）．
（Ⅰ）求函数的单调区间；
（Ⅱ）若，函数有两个零点，，求证：．
【解答】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：；
（Ⅱ）证法一：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：，，
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．
（Ⅱ）证法二：因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，，
问题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．
例19．（2023秋•泉州月考）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若是自然对数的底数），且，，，证明：．
【解答】解：（1）函数，则，
令，解得，
若，当时，，则单调递增；
当时，，则单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减；
若，当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增，
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，在上单调递减；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：因为，两边取对数，可得，
即，所以，
此时当时，存在且，，，满足；
由（1）可知，当时，在上单调递增，在上单调递减，
不妨设，所以，，
①若，，则成立；
②若，则，
记，，
则，
所以在上单调递增，
则（1），即，
所以，
因为，所以，
又，在上单调递减，
所以，即，
又，，
以上两式左右分别相加，可得，
即，
综合①②可得，．
例20．（2023•开封三模）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：．
【解答】解：（1）的定义域为，，
当时，，此时在上单调递增，
，此时在上单调递减，
当时，，此时在上单调递增，
，此时在上单调递减；
综上可知：当时，的增区间是，减区间是；
当时，的增区间是，减区间是．
（2）证明：由，，，
由于，所以．设，
故：
，
令，则，
由于，故，
则在上单调递增，
故（1），
即：所证不等式成立．
题型六：拐点偏移问题
例21．已知函数．
（1）求曲线在点，（1）处的切线方程．
（2）若正实数，满足，求证：．
【解答】解：（1），，，
（1），（1），故曲线在点，（1）处的切线方程为，
即；
（2）证明：因为，在上单调递增．
由（1），正实数，满足，
所以不妨设，
记，，
，在，上单调递增．
因为，，（1），
所以，即，
所以，根据单调递增，得，
即原命题成立．
例22．已知函数．
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）当时，设，若正实数，，满足，求证：．
【解答】解：（1），
，在递减，在递增，
且
当时，恒成立，此时函数在上单调递增；
当时，的根为，
时，函数在，，上单调递增，在单调递减；
时，函数在，上单调递增，在，单调递减；
证明：（2），．
由，即，
从而，（8分）
令，则由得：
可知，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（1），（10分）
，
，
又，，．
例23．已知函数，．
（Ⅰ）若在处取得极值，求的值；
（Ⅱ）设，试讨论函数的单调性；
（Ⅲ）当时，若存在正实数，满足，求证：．
【解答】解：（Ⅰ）因为，所以，
因为在处取得极值，所以（1），解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（Ⅱ）因为，
所以，
①若，则当时，，
所以函数在上单调递增；
当，时，，
函数在，上单调递减．
②若，，
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减；
当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
当时，易得函数在和，上单调递增，在，上单调递减．
（Ⅲ）证明：当时，，
因为，
所以，
即，
所以，
令，，
则，
当时，，
所以函数在上单调递减；
当时，，
所以函数在上单调递增．
所以函数在时，取得最小值，最小值为1．
所以，
即，
所以或，
因为，为正实数，所以当时，，
此时不存在，满足条件，
所以．
【过关测试】
1．（2023·天津河东·二模）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
答案：(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
分析：
（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；
（2）求出导函数，对a分类讨论： a<0和a>0分别讨论单调性；
（3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由构造函数，利用导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0即为f(2e- x2)>0.
(1)
当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即.
(2)
的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， .在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增.
(3)
当，.由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增.
由题意可得：.由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可.
由得 .所以
令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
【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)利用导数判断单调性，证明不等式．
2．（2023·河北·沧县中学高二阶段练习）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
答案：(1)
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）先求定义域，再求导，得到，先得到，在通过验证得到满足题意；（2）构造函数证明极值点偏移问题.
(1)
定义域为，
，所以在上单调递减.
，所以在上单调递增，
所以在处取得极小值，也是最小值，
又，所以先保证必要条件成立，即满足题意.
当时，易知，；
由以上可知，当时，有两个不同的零点.
(2)
由题意，假设，要证明，只需证明.只需证，又.
即只需证，构造函数.
，所以在单调递减.
，即成立，即
所以原命题成立.
【点睛】
对于极值点偏移问题，通常可以构造差函数来进行求解.
3．（2023·江苏泰州·模拟预测）已知函数，其中a，b为常数，为自然对数底数，．
(1)当时，若函数，求实数b的取值范围；
(2)当时，若函数有两个极值点，，现有如下三个命题：
①；②；③；
请从①②③中任选一个进行证明．
（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
答案：(1)
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）分，讨论，当时，求的最小值，根据可得；
（2）将问题转化为有两个零点，先利用导数研究两个零点的范围，然后由，，作商取对数得.若选①，令，构造函数，若选②，构造函数，根据极值点偏移问题的方法可证；若选③，构造函数，由单调性可证.
(1)
当时，，
当时，因为，所以此时不合题意；
当时，当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
所以，
要，只需，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以，则由得，
所以，故实数b的取值范围为．
(2)
当时，，，
令，则，
因为函数有两个极值点，，所以有两个零点，
若，则，单调递增，不可能有两个零点，所以，
令得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
所以，
因为有两个零点，所以，则，
设，因为，，则，
因为，所以，，
则，取对数得，
令，，则，即
①令，则，因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，
则，在上单调递减，
因为，所以，即，
亦即，
因为，，在上单调递增，所以，
则，整理得，
所以，故①成立
②令，则，
因为，所以在上单调递减，在上单调递增，
令，则，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，，在上单调递增，所以，
所以，即，
所以，
即，故②成立．
③令，，则，
令，则，
∴在上单调递增，则，
∴，则，
两边约去后化简整理得，即，
故③成立．
【点睛】
双变量的不等式证明问题，主要通过换元构造函数，利用单调性证明即可.本题属极值点偏移问题，关键在于构造适当的对称函数.
4．（2023·湖北武汉·模拟预测）已知函数
(1)求证：当时，；
(2)当方程有两个不等实数根时，求证：
答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）令，进而讨论单调性，求解证明即可；
（2）证法一：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，由于方程可化为，进而将问题转化为；，再求和即可证明结论；
证法二：由函数的单调性易得，进而得，不妨设，根据分析法将问题转化为证，即证明，再构造函数，证明，恒成立即可.
(1)
证明：令，
因为，
所以在上单调递增，所以，
即当时，.
(2)
证明：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，
所以.
因为方程有两个不等实根，所以.
不妨设.
由（1）知，当时，；当时，.
方程可化为.
所以，整理得.①
同理由，整理得.②
由①②，得.
又因为所以.
法二：由，得，
易知在单调递减，在单调递增，所以.
因为方程有两个不等实根，所以.不妨设.
要证，只要证，只要证：.
因为在上单调递增，只要证：.
令，只要证，恒成立.
因为，
令，则，
故在上单调递增，，所以，
所以在上单调递减，所以，故原结论得证.
【点睛】
本题考查利用导数证明不等式，极值点偏移的问题；考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二问解题的关键在于借助第一问和，进而求和证明.或者借助极值点偏移问题的方法，构造函数，将问题转化为证，恒成立.
5．（2023·浙江绍兴·模拟预测）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
【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.
(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.
6．（2023·安徽淮南·二模（理））已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
答案：(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明.
(1)
时，函数，
则，
在上单调递增，
所以．
(2)
，显然为函数的一个零点，设为；
设函数，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
由已知，必有两个零点，且，下证：．
设函数，则，
，
由于，则，
由（1）有，故，
即函数在上单调递减，
所以，
即有，
由于，且在上单调递增，
所以，
所以．
【点睛】
对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明.
7．（2023·湖南·岳阳一中一模）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
【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.
(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.
8．（2023·山东·青岛二中高三期末）已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
答案：(1)当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
(3)证明详见解析
【解析】
分析：
（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a的取值即可确定函数的单调性；
（2）分离参数a，构造出新函数，得到最小值，即可得到a的范围；
（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
(1)
解：因为，定义域为，.
①当时，令，解得
即当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
②当时，在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
若时，都有，
即，恒成立.
令，则，，
令，所以，
当时，
，单调递增，，
所以，在单调递减，
所以=，所以
(3)
原式可整理为，
令，原式为，
由（1）知，在单调递增，在单调递减，
则为两根，其中，不妨令，
要证，
即证，，
只需证，
令，，，
令，则，，单调递增，
，，单调递减.
又，
故
，所以恒成立，
即成立，
所以，原式得证.
【点睛】
本题主要考查利用导数研究函数的单调性，利用导数研究极值点偏移问题，等价转化的数学思想同构的数学思想等知识，属于中等题.常用方法有如下四种，
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.
9．（2023·广东·新会陈经纶中学高三阶段练习）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
【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.
(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.
10．（2023·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)当时，若函数，求的单调区间；
(3)当时，若函数恰有两个不同的极值点、，且，求证：.
答案：(1)
(2)答案见解析；
(3)证明见解析.
【解析】
分析：
（1）求出、的值，利用导数的几何意义可求得切线的方程；
（2）求得，对实数的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由此可出函数的增区间和减区间；
（3）分析可知，证明出，其中，由已知条件可得，两式作差可得，结合所证不等式可证得结论成立.
(1)
解：当时，，，则，
故曲线在点处的切线方程为，即.
(2)
解：当时，，该函数的定义域为.
.
当时，由可得或.
（i）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为；
（ii）当时，，对任意的，且不恒为零，
此时函数在上单调递增；
（iii）当时，，由，可得，
由，可得或，
此时函数的增区间为、，减区间为.
综上所述
当时，函数的增区间为、，减区间为；
当时，函数在上单调递增；
当时，函数的增区间为、，减区间为.
(3)
证明：，则，
令，则.
当时，由可得.
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，
所以，，解得.
下面证明不等式，其中，即证，
令，即证对任意的恒成立，
构造函数，其中，
则对任意的恒成立，故函数在上单调递增，
当时，，所以，当时，，
由已知可得，两式作差可得，
则，即，故原不等式得证.
【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.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数（为自然对数的底数，）．
(1)求的单调区间和极值；
(2)若存在，满足，求证：．
答案：(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）求出的导数，分和两种情况，利用导数在函数单调性中的应用，即可求出单调区间和极值；
（2）由题（1）可设，设，根据函数的单调性可证，又在上单调递增，可证，在证明，即可证明结果.
(1)
解：.
当时，，所以在上单调增，无极值；
当时，令，得，
当时，；当时，；
所以在上单调递减，在单调递增．
所以函数的极小值为，无极大值.
(2)
解：由题（1）可知，当时才存在，满足，
不妨设，
设，则
，
因为，所以，所以，
所以在上单调递减，
所以，所以，即
故，
因为，又在上单调递增，
所以，所以，
下面证明：；
因为，
所以，所以，
所以，得证.
【点睛】
关键点点睛：本题第（2）问涉及到极值点偏移，在解答过程中构造函数是解决本题的关键，这也是解决常见极值点偏移问题的常见方法.
12．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)若f（1）=2，求a的值；
(2)若存在两个不相等的正实数，满足，证明：
①；
②.
答案：(1)2；
(2)证明过程见解析.
【解析】
分析：
（1）代入f（1）=2即可求出a的值；（2）①分情况讨论，得到时满足题意，根据函数单调性，不妨设，构造差函数，证明极值点偏移问题；②在第一问的基础上进行放缩即可证明..
(1)
由，化简得：，两边平方，解得：.
(2)
不妨令，
①当时，在上单调递增，故不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，为定值，不合题意；
当时，，由对勾函数知识可知：当时，在上单调递增，在上单调递增，两个分段函数在处函数值相同，故函数在上单调递增，不能使得存在两个不相等的正实数，满足，舍去；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，且，即分段函数在处函数值相等，要想存在两个不相等的正实数，满足，则有三种类型，第一种：，显然，令，则，当时，，即在单调递增，所以，即，由于，所以，又因为，所以，因为，而在上单调递减，所以，即，综上：；第二种情况：，显然满足，
接下来证明，令，则，当时，，即在单调递增，所以，又，所以，又，所以，因为，，在上单调递增，所以，即，综上：；第三种情况：，由第一种情况可知满足，由第二种情况可知：，则，
综上：，证毕.
②由①可知：当时，由得：，整理得：，即；
当时，，整理得：，整理得：，因为，所以，综上：，证毕.
【点睛】
极值点偏移问题，是比较有难度的题目，一般处理思路有构造差函数，对数平均不等式，多元化单元等方法.
13．（2023·四川省泸县第二中学模拟预测（文））已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)已知，且，若，求证：.
答案：(1)在单调递减，在单调递增
(2)证明见解析
【解析】
分析：
（1）对求导，注意到，研究的分子，最终求出的单调性；
（2）先对同除以，变形为，再构造差函数解决极值点偏移问题
(1)
，令，则，
∴在单调递增，
注意到
∴当时，，此时，单调递减，当时，，此时，单调递增
∴在单调递减，在单调递增
(2)
等价于，等式两边同除以得：
，即
由（1）知：在单调递减，在单调递增
∴，一正一负，不妨设
构造新函数，则
∴
令，则
当时，显然恒成立，所以
又对恒成立，
所以在时，，即单调递减
∵
∴，即
∵
∴
其中，，且在单调递减
∴，即
1
0
递减
极小值
递增
减
极小值
增
相关试卷
最新高考数学二轮复习讲义重难点突破篇 专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题： 这是一份最新高考数学二轮复习讲义重难点突破篇 专题05 极值点偏移问题与拐点偏移问题，文件包含专题05极值点偏移问题与拐点偏移问题教师版docx、专题05极值点偏移问题与拐点偏移问题学生版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共62页， 欢迎下载使用。
2024年高考数学重难点突破讲义：微切口6 极值点偏移和拐点偏移问题： 这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：微切口6 极值点偏移和拐点偏移问题，共6页。
重难点突破05 极值点偏移问题与拐点偏移问题（七大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（原卷版）： 这是一份重难点突破05 极值点偏移问题与拐点偏移问题（七大题型）-2024年高考数学一轮复习讲练测（新教材新高考）（原卷版），共17页。试卷主要包含了极值点偏移的相关概念，对称变换等内容，欢迎下载使用。
