专题4.7 极值点偏移问题-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用）

这是一份专题4.7 极值点偏移问题-2024年高考数学大一轮复习核心考点精讲精练（新高考专用），文件包含专题47极值点偏移问题原卷版docx、专题47极值点偏移问题解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共56页， 欢迎下载使用。


【核心素养】
高考对导数的综合考查，如研究函数零点、证明不等式、恒成立问题、求参数等，包括解决应用问题，将导数内容和传统内容中有关不等式、数列及函数单调性有机结合，设计综合题.凸显数学运算、逻辑推理、直观想象的核心素养，也体现命题的创新性.
知识点一
极值点偏移问题
1.极值点偏移：对于某些涉及函数零点的不等式证明问题，有时可以根据极值点的情况，采取特定处理方式，老师们称为“极值点偏移问题”.所谓极值点偏移是指：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．
2.常见解法：（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.
常考题型剖析
题型一：结论x1＋x2>2x0型不等式证明问题
【典例分析】
例1-1.（2023·全国·高三专题练习）已知关于的方程有两个不等的正根，且，则下列说法正确的有（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意构造函数，研究其函数图像得，可判断A；再构造函数，根据极值点偏移问题的方法得判断B；进而得判断C；根据等价得判断D.
【详解】解：对于A选项，根据题意，方程有两个不等的正根，且，
故令，则，
所以当时，，函数为单调递减函数，当时，，函数为单调递增函数，
所以函数有极小值，
因为趋近于，趋近于，趋近于，趋近于，
所以方程有两个不等的正根等价于，且故A选项正确；
对于B选项，令，
则，
所以在上单调递减，
所以，，
因为，所以，
因为时，函数为单调递增函数，
所以，即，故B选项正确；
对于C选项，因为，所以，
所以，故C选项错误；
对于D选项，若，则，
所以，所以，显然满足.故D选项正确.
故选：ABD
【点睛】本题考查利用导数研究方程的根的问题，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第二个选项解决的关键在于构造函数，研究函数的单调性证明.
例1-2.（2023春·河南周口·高二校联考阶段练习）已知函数，
(1)若，求的单调区间；
(2)若，，是方程的两个实数根，证明：．
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为，
(2)证明见解析
【分析】（1）利用函数的单调性与导数正负的关系即可求解；
（2）根据已知条件构造，利用导数法研究函数的单调性和最值，进而得出，的范围，再构造函数，利用导数法研究函数的单调性，结合函数单调性的性质即可求解.
【详解】（1）由题可知的定义域为，
.
令，则的两根分别为，．
当或时，；
当时，；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为，．
（2）原方程可化为，
设，则，．
令，得．∵在上，，在上，，
∴在上单调递增，在上单调递减，
∴，且当，趋向于0时，趋向于，
当趋向于时，趋向于．
则在和上分别有一个零点，，
不妨设，∵，∴，
设，则，
．
当时，，
∴在上单调递增，而，
∴当时，，，即．
∵，
∴．
∵在上单调递减，
∴，即．
【点睛】关键点睛：本题第二问关键是合理转化，将问题变成熟悉的极值点偏移问题，从而根据对称化构造方法及利用导数法研究函数的单调性即可.
【规律方法】
1.对称化构造法：对结论x1＋x2>2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)．
2.对称法解决极值点偏移的基本原理是利用函数的单调性，把要证明的 （ 是极值点）转化为证明 ，再转化为 ，又根据 ，可以转化为证明 ，而 是固定的， 是变量，这样就把一个双变量不等式转化为了单变量不等式，从而以 为未知量来构造函数证明不等式即可.
【变式训练】
变式1-1.．（2021春·四川成都·高二四川师范大学附属中学校考期中）已知函数有两个零点，，则下列说法：
①函数有极大值点，且；
②；
③；
④若对任意符合条件的实数，曲线与曲线最多只有一个公共点，则实数的最大值为.其中正确说法的有（ ）
A．1个B．2个C．3个D．4个
【答案】D
【分析】分类讨论的单调性，即可得，，的范围，根据，得到和之间关系，构造，，可知单调递减，由此得到，即可判断①；对进行变形化简，即可判断②；根据①中，，的范围，即可判断③；构造，当时，可知单调递减，则方程最多有一个根，当时，有两根，由时，，只需考虑极小值，根据单调性求得极小值，进而求极小值的范围，即可求得的范围，即可判断④.
【详解】解：因为，所以，
当时，，在上单调递增，
则最多有一个零点，故不符合题意，舍；
当时，令，解得，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以当，取得极大值点，即，
因为有两个零点，，
所以，且有，解得，
设，，
所以.
由
，
所以，
由，当，所以，
，所以，故单调递减，
所以在时，，
因为，所以，
即，
因为，，在单调递减，
所以，即，故①正确；
由有两个零点，且，
所以，故，
所以，故②正确；
由①知，，所以，故③正确；
因为曲线与曲线最多只有一个公共点，
所以在时最多只有一根.
令，则，
令，即时，，单调递减，
此时方程最多有一个根，
当时，，所以有两根，
令，则，，
由韦达定理，可知，故，
所以在上，单调递减，
在上，单调递增，
在上，单调递减，
当时，，所以只需考虑极小值即可，
根据单调性，可知为极小值点，
即，即，即，
所以，
由，令，
则，当时，，单调递减，
所以，所以，
即实数的最大值为，故④正确.
故选：D．
【点睛】思路点睛：此题考查函数于导数的综合问题，属于难题，关于极值点偏移问题的思路如下：
(1)根据题意建立的等量关系，并结合的单调性，确定的取值范围；
(2)不妨设，将待证不等式变形，进而结合原函数或导数的单调性等价转换；
(3)构造关于或的一元函数，或令构造关于的一元函数，应用导数研究其单调性，并借助于单调性，达到对不等式的证明.
变式1-2.（2022•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：．
【答案】
【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．
题型二：结论型不等式证明问题
例2-1.（2023春·四川成都·高二成都外国语学校校考期中）已知函数有两个零点、，且，则下列命题正确的个数是（ ）
①；②；③；④；
A．个B．个C．个D．个
【答案】C
【分析】由可得，设，其中，则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，数形结合可判断①；构造函数，其中，分析函数的单调性，可判断②③；分析出、，利用不等式的基本性质可判断④.
【详解】由可得，令，其中，
则直线与函数的图象有两个交点，，
由可得，即函数的单调递增区间为，
由可得，即函数的单调递减区间为，
且当时，，当时，，如下图所示：
由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，①对；
对于②，由图可知，，
因为，由可得，由可得，
所以，函数的增区间为，减区间为，则必有，
所以，，则，
令，其中，
则，则函数在上单调递减，
所以，，即，即，
又，可得，
因为函数的单调递减区间为，则，即，②错；
对于③，由，两式相加整理可得，
所以，，可得，③对；
对于④，由图可知，则，又因为，所以，，④对.
故选；C.
例2-2.（2022·广东深圳·高二期末）设函数，已知直线是曲线的一条切线.
(1)求的值，并讨论函数的单调性；
(2)若，其中，证明：.
【答案】(1)；在上单调递减，在上单调递增
(2)证明见解析.
【分析】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程组得到；设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间；
（2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论.
(1)
设直线与曲线相切于点，
，；
又，，即；
设，则，在上单调递增，
又，有唯一零点，，，解得：；
，，
则当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增.
(2)
由（1）知：；
当时，；当时，，；
要证，只需证；
在上单调递减，只需证，
又，则只需证对任意恒成立；
设，
；
设，则，
在上单调递减，，
又当时，，，
在上单调递增，，
即在时恒成立，又，
，原不等式得证.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（满足）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.
【规律方法】
对称化构造法：对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式.
【变式训练】
变式2-1.（北京·高三强基计划）已知且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】不妨设，，则，利用导数可证，利用极值点偏移可证.
【详解】不妨设，，
因为，故，
由可得，故，所以，，
又.
设，则，
故在为增函数，故即，
故即，故C错误，D正确.
函数的导函数为，
当时，，当时，，
因此在上单调递减，在上单调递增，且.
考虑函数，
则，
而，故，故，
所以在上为减函数，故，
所以，所以即，
而，故即，故A正确，B错误.
故选：AD.
变式2-2.（2023春·福建厦门·高二厦门双十中学校考阶段练习）已知函数
(1)已知f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为，求实数a的值；
(2)已知f（x）在定义域上是增函数，求实数a的取值范围.
(3)已知有两个零点，，求实数a的取值范围并证明.
【答案】(1)
(2)
(3)，证明见解析
【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.
题型三：双变量不等式不等式证明问题
【典例分析】
例3-1．（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.
例3-2.（2022·全国·高二专题练习）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若在上有两个极值点、．
①求实数的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）递减区间为，递增区间为；（2）①，②证明见解析．
【分析】（1）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单调递减去加；
（2）①分析可知在上有两个不同的零点，对实数的取值进行分类讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
②先证明出，其中，由已知条件可得出，再利用不等式可证得结论成立.
【详解】（1），
令，，
因为，所以当时，，单调递减，
所以当时，，单调递增，所以，
所以当时，，当时，，
因此，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）（i），
要使在上有两个极值点、，
则在上有两个不同的零点，
①时，由（1）知，，
令，故，
所以在上为增函数，所以，故，
故在上无零点，舍；
②当时，，，，
则在上单调递减，故最多只有一个零点，不合题意，舍去；
③当时，，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即要使，解得.
综上所述，的取值范围为；
（ii）由（i）知，，，
先证不等式，其中，
即证，即，
令，即证，
构造函数，则，
所以，函数在区间上单调递减，故，
由已知可得，故，
所以，则，所以，，
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.
例3-3.（2022·全国·高考真题（理））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.
【规律方法】
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t＝eq \f(x1,x2)化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
【变式训练】
变式3-1.（2023·全国·高三专题练习）已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上有两个不相等的零点，求证：.
【答案】(1)当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，对进行分类讨论，利用导函数的正负，求出函数的单调性；（2）对要证明的不等式进行变形，然后构造函数进行证明.
(1)
，.
①当时，恒成立，单调递增；
②当时，由得，，单调递增，
由得，，单调递减.
综上：当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
(2)
∵在上有两个不相等的零点，，不妨设，
∴在上有两个不相等的实根，
令，，∴，
由得，，单调递减，由得，，单调递增，
，，，，
∴
要证，即证，又∵，
只要证，即证，
∵，即证
即证，即证，即证
令，，∴，
令，，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，又，∴，∴，∴
∴在上递增，∴，∴
∴.
【点睛】极值点偏移问题，需要构造函数，利用函数单调性及极值，最值等进行求解.
变式3-2.已知函数f(x)＝xe－x.
(1)求函数f(x)的单调区间和极值；
(2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2.
【答案】(1)f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值．(2)证明见解析
【解析】(1)解 f′(x)＝e－x(1－x)，
令f′(x)>0得x<1；令f′(x)<0得x>1，
∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，
∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值．
(2)证明
方法一 (对称化构造法)
构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1，
则F′(x)＝f′(x)＋f′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1)
＝(x－1)(ex－2－e－x)，
∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0，
∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0，
故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*)
由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)，
又f(x1)＝f(x2)，
∴f(x1)>f(2－x2)．
又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增，
∴x1>2－x2，
∴x1＋x2>2.
方法二 (比值代换法)
设0取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2.
令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝.
∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0，
设g(t)＝ln t－ (t>1)，
∴g′(t)＝－＝>0，
∴当t>1时，g(t)为增函数，
∴g(t)>g(1)＝0，
∴ln t－>0，
故x1＋x2>2.
变式3-3.（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.
一、单选题
1.（2023秋·河北衡水·高三河北衡水中学校考期末）已知，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答.
【详解】依题意，，，
令，，
当时，，即，函数在上单调递减，
，即，因此，
令，，当时，，当时，，
函数在上单调递减，，而，
函数在上单调递增，显然，
则方程有两个不等实根，，有，
，而，则有，
令，，，
即函数在上单调递减，当时，，即，
因此，即有，而，在上单调递增，
于是得，即，取，，于是得，
又，在上单调递增，从而，
所以，D正确.
故选：D
2.（2023·四川成都·成都实外校考模拟预测）已知两个不相等的正实数x，y满足，则下列结论一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先利用同构法与构造函数，将题设条件转化为，再利用导数研究函数的图象与性质，结合图像即可排除AD，利用特殊值计算即可排除B，再利用极值点偏移的解决方法即可判断C.
【详解】因为，，
所以，则，即，
令，则，，
当时，，则单调递减；
当时，，则单调递增,
所以，
对于，总有，即在上单调递增，
故，即在上恒成立，
所以对于，对于任意，在上取，
则，
所以当且趋向于0时，趋向于无穷大，
当趋向于无穷大时，趋向于无穷大，趋向于0，故趋向于无穷大，
所以的大致图像如图所示：
.
对于AD，因为，，不妨设，
由图象可知，，故，故AD错误；
对于B，假设成立，取，
则，显然不满足，故B错误；
对于C，令，又，
则，
所以在上单调递增，
又，则，即，
又，则，
因为，所以，又，在上单调递增，
所以，即，故C正确.
故选：C.
【点睛】关键点睛：本题的解题关键在于利用同构法转化等式，从而构造函数，并研究其图像的性质，由此判断得解.
二、多选题
3．（2023·河北·河北衡水中学校考模拟预测）若当实数a变化时，直线恒与定曲线相切，且，则（ ）
A．有一个极大值点B．
C．D．
【答案】AD
【分析】求出的解析式再利用导数可求探究其性质，再判断后可得正确的选项.
【详解】因为直线恒与定曲线相切，
则曲线为坐标平面上挖去诸切线上的点后余下的所有点形成的边界（边界为虚边界），而余下的不在切线上，故无解，
设，则，
若，则，当时，无解，此时边界点为
若，则，故在上为增函数，
而当时，，时，，
故无论取何值，从而总有解.
若，则时，，，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
若，则无解，故即，
边界对应的函数为，.
若，因此时，，故此时总有解.
综上，，故C错误.
当时，，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在为减函数，
故有唯一的极大值点，且极大值为，故A正确.
又的图象如图所示：
当时，由可得或，即或，
有两个不同的解，故B错误.
若，则由图象可得，不妨设，
当时，，此时成立；
当时，令，其中，
则，
因为，故，故，
所以在上为减函数，故，
所以，故，
故，而，
由的单调性可得即，
综上，D成立，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于曲线的切线族问题，往往与曲线的包络线有关，注意从曲线的切线族结合方程无解可求曲线的方程，再结合导数的方法可研究函数的性质.
4．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则
B．当时，的零点只有个
C．若函数有两个不同的零点，则
D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是
【答案】BC
【分析】采用分离变量法可得，利用导数可求得的单调性，进而得到最大值，从而得到，知A错误；根据恒成立可知单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，知B正确；要得到，只需得到，可化简得到，从而将问题转化为证明，设，利用导数可说明，即可判断C正确；将恒成立的不等式变形为，根据单调递增可得，即，利用导数的知识即可判断D错误.
【详解】对于A，定义域为，由得：，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，则，A错误；
对于B，定义域为，，
当时，，在上单调递增，
又，，
，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确；
对于C，，，
；
要证，只需证，即证，
不妨令，则只需证，
令，则，
令，
则，
在上单调递增，，，
即恒成立，，C正确；
对于D，当时，由得：，
即，；
令，则，在上单调递增，
由得：，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题、零点个数问题和极值点偏移的问题；本题D选项中恒成立问题求解的关键是能够利用同构法，将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题，进而通过构造函数，利用函数单调性得到自变量的大小关系，从而化简恒成立的不等式.
5．（2023春·湖南岳阳·高二湖南省岳阳县第一中学校考期末）设函数，下列四个结论中正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数有且只有两个零点
C．函数的值域是
D．对任意两个不相等正实数，若，则
【答案】CD
【分析】利用导数判断时，的单调性，根据单调性可求值域，然后结合时，，从而可判断选项A，C；
首先利用导数判断时，的零点个数；然后再利用单调性判断时，的零点个数，从而可判断选项B；
不妨设，根据题意把要证明，转化为证明；然后构造函数，利用导数判断函数的单调性即可证明，从而判断选项D.
【详解】当时，，所以，
所以当时，在单调递增，
当时，在单调递减，
故时，，
又当时，，所以，，
所以函数在单调递增，所以A错误，C正确；
当时，令，则，
所以在单调递减，所以当时，，
所以函数在上没有零点；
当时，，所以只需求函数在上零点个数，
又因为在上单调递减，且，
所以函数在上只有一个零点．
所以函数有且仅有一个零点，所以B错误；
当时，若，因为函数在单调递增，在单调递减，
所以不妨设，则，
所以要证，只需证，即只需证，
又因为，所以只需证.
因为，
所以令函数，
则，
所以在单调递增，所以，
即恒成立，所以，
即，所以，
从而成立. 所以选项D正确.
故选：CD.
三、填空题
6．（2023·全国·高三专题练习）已知函数的极大值点为0，则实数m的值为 ；设，且，不等式恒成立，则实数的取值范围为 ．
【答案】 1
【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而求出，令，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解；
【详解】解：，则，则，解得，
此时，，当时，当时，
所以在上的单调递增，在上单调递减，则在处取极大值，符合题意；
令，则
构造函数，则．
因为，所以当时，当时，
即在上单调递增，在上单调递减，又，
易知的图象如图所示：
不妨令，
令
∵
∴在上单调递增，即
∵，∴，即
∵，∴
∵在上单调递减，∴
故答案为：1；
四、解答题
7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数
(1)若对任意的，都有恒成立，求实数的取值范围；
(2)设是两个不相等的实数，且．求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）先判断不成立，当时，求出函数的导数，结合最值可得参数的取值范围；
（2）设，可得恒成立，从而可证不等式.
【详解】（1）当时，，
因为，所以，即，不符合题意；
当时，，
当时，，当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减．
所以．
由恒成立可知，所以．
又因为，所以的取值范围为．
（2）因为，所以，即．
令，由题意可知，存在不相等的两个实数，，使得．
由（1）可知在区间上单调递增，在区间上单调递减．
不妨设，则．
设，
则，
所以在上单调递增，
所以，即在区间上恒成立．
因为，所以．
因为，所以．
又因为，，且在区间上单调递增，
所以，即．
8．（2023·全国·高三专题练习）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
【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.
【详解】（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.
9．（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．
10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，直线与曲线相切．
(1)求实数的值；
(2)若曲线与直线有两个公共点，其横坐标分别为．
①求实数的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解；
（2）①问题转化为有2个实数根，转化为与有2个交点，利用导数分析函数，即可求解的取值范围；
②构造函数，，利用导数判断函数的单调性，再结合极值点偏移问题的解决方法，即可证明.
【详解】（1）设切点，，
得，，所以，代入直线方程得；
（2）①由（1）知，若曲线与直线有两个公共点，则等价于有2个实数根，，
设，则，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
，当趋向于正无穷大时，趋向于0，当趋向于负无穷大时，趋向于负无穷大，
则；
②，即，等价于，
令，，
，
因为，所以，故，
所以在上单调递增，故,
不妨设，故，即，
由已知，所以，
由①知，当时，单调递增，
故，所以，
所以.
【点睛】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.
11．（2023·全国·高三专题练习）已知函数有两个极值点，.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知转化为有两个零点，,借助导数研究其性质，进而解决问题.
（2）要证明当时，，只需要证明即可.
【详解】（1）由于，则.
设，则，令，解得.
所以当时，；当时，，所以
①当时，，所以函数在上单调递增，没有极值点.
②当时，，，
此时，有两个零点、，不妨设，则,
所以函数有2个极值点时，的范围时.
（2）由（1）知，、为的两个实数根，不妨设，则，
在上单调递减.
下面先证，只需证.
由于，所以，
所以.
设，则，
所以在上单调递减，所以，，
所以.
由于函数在上单调递减，所以.
要证，只需证，即证.
设函数,则.
设，则,
所以在上单调递增，，即.
所以在上单调递增，.
故当时，,则,
所以,即
12．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知函数.
(1)讨论的零点个数；
(2)当有两个零点时，分别设为，，试判断与2的大小关系，并证明.
【答案】(1)答案见解析；
(2)，证明见解析.
【分析】（1）利用导数可求出的最小值为，后讨论最小值与0的大小结合零点存在性定理可解决问题；
（2）由（1）可得，在区间上单调递增，则与2的大小关系，等价于与的大小关系，即与的大小关系，又注意到，故利用导数研究函数的单调性即可.
【详解】（1）
，
因为，所以当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以.
所以当，即时，的零点个数为0；
当，即时，的零点个数为1；
当，即时，注意到，
，
因，则，令，则.
令，则，
因，得，即在上单调递增.
则，则.
故，使得，得时，的零点个数为2.
综上：时，的零点个数为0；
时，的零点个数为1；
得时，的零点个数为2.
（2）.证明如下：
由（1）可知，当时，函数有两个零点，且.
令，，
则，
当时，，所以在区间上单调递增，
所以，
所以.因为，所以.
又由（1）知在区间上单调递增，则，
故.
【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.
（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在于取点；
（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.