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【讲通练透】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年高考数学重难点突破精讲
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这是一份【讲通练透】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年高考数学重难点突破精讲，文件包含重难点突破05极值点偏移问题与拐点偏移问题七大题型原卷版docx、重难点突破05极值点偏移问题与拐点偏移问题七大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共90页， 欢迎下载使用。
2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
重难点突破重难点突破05 极值点偏移问题与拐点偏移问题
目录
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。
2、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
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.
4、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.
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023·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：．
【解析】（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．
例2．（2023·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.
【解析】（1）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，.
例3．（2023·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)①证明函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点；
②设①中函数的零点为，记（其中表示中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，证明：.
【解析】（1）由已知，
函数的定义域为，导函数
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令有，
∴当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①的定义域为，导函数，
当时，，即在区间内单调递增，
又，，且在区间内的图像连续不断，
∴根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
②当时，，函数在上单调递增，
又，
∴当时，，故，即；
当时，，故，即，
∴可得，
当时，，由得单调递增；
当时，，由得单调递减：
若在区间内有两个不相等的实数根，，
则，
∴要证，需证，又，
而在内递减，
故需证，又，
即证，即
下证：
记，，
由知：，
记，则：
当时，；
当时，，
故，而，所以，
由，可知.
∴，即单调递增，
∴当时，，即，故，得证.
变式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：．
【解析】（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：.
变式2．（2023·湖北武汉·高二武汉市第六中学校考阶段练习）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：
【解析】（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，.
变式3．（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．
【解析】（1）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）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，.
变式4．（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．
【解析】（1）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）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．
变式5．（2023·广西玉林·高二广西壮族自治区北流市高级中学校联考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当时，若，求证：
【解析】（1）的定义域为，
因为，
当时，，
所以在上单调递增；
当时，令得，令得，
所以在上单调递增，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）当时，，定义域为，
，所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
设，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以， 即，
又因为，，所以，
又因为在上单调递减，
所以，即．
变式6．（2023·安徽·高二安徽师范大学附属中学校考阶段练习）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：．
【解析】（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.
变式7．（2023·全国·高二专题练习）已知函数（）．
(1)试讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，（），求证：．
【解析】（1）由已知，的定义域为，，
①当时，，恒成立，
∴此时在区间上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）若函数有两个零点，（），
则由（1）知，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
当时，，当时，，（*）
∵，∴，∴，
又∵，∴，
∴只需证明，即有.
下面证明，
设
，，
设，则，
令，解得，
当时，，在区间单调递减，
当时，，在区间单调递增，
∴，在区间上单调递增，
又∵，∴，
即，
∴由（*）知，，∴，即.
又∵，，
∴，原命题得证.
变式8．（2023·全国·高二专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【解析】（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.
变式9．（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.
【解析】（1）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.
变式10．（2023·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：.
【解析】（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，
∴.
变式11．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因为在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
题型二：极值点偏移:减法型
例4．（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：．
【解析】（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：，，.
例5．（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：.
【解析】（1）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.
例6．（2023·四川成都·高二川大附中校考期中）已知函数.
（1）若在定义域上不单调，求的取值范围；
（2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围.
【解析】分析：（1）利用导数法求出函数 单调递增或单调递减时，参数 的取值范围为，则可知函数 在定义域上不单调时， 的取值范围为 ；（2）易知 ，设 的两个根为 ，并表示出，则，令，则，再利用导数法求的取值范围.
详由已知，
（1）①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立，
而，所以；
②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立，
而，所以.
因为在定义域上不单调，所以，即.
（2）由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须.
又，所以.
令的两根分别为，，
即的两根分别为，，于是.
不妨设，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
所以
.
令，于是，
，
由，得，
又，所以.
因为，
所以在上为减函数，
所以.
题型三：极值点偏移:乘积型
例7．（2023·全国·高三统考阶段练习）已知函数．
(1)当，和有相同的最小值，求的值；
(2)若有两个零点，求证：．
【解析】（1）问题转化为有两个零点，证明，进而只需要证明只需要证明，也即是，从而令，构造函数求出最值即可证出结论．
【详解】（1）由．
所以．
所以．
令，则为上的增函数，且．
所以在上单调递减，上单调递增．
所以．
又．
所以．令，则
所以为上的增函数．
又．
令，因为在上单调递增，且，而，因此函数与直线有唯一交点，
故方程在上有唯一解，
所以存在唯一，使得．
即，故，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．
故而．
（2）由题意有两个零点．
所以，即．
所以等价于：有两个零点，证明.
不妨令．
由．
要证，只需要证明．
即只需证明：．
只需证明：，即．
令．
只需证明：．
令．
则，即在上为增函数．
又．
所以．
综上所述，原不等式成立．
例8．（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：.
【解析】（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，∴.
例9．（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：.
【解析】（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，.
变式12．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．
(1)证明：若，则；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【解析】（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．
变式13．（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）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：．
【解析】（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．
变式14．（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：．
【解析】（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．
变式15．（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.
【解析】（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.
题型四：极值点偏移:商型
例10．（2023·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：.
【解析】（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.
例11．（2023·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：.
【解析】(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.
例12．（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：.
【解析】（1）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）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.
变式16．（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：．
【解析】（1）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）（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．
题型五：极值点偏移:平方型
例13．（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：；
【解析】（1）由題意得，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.
例14．（2023·全国·高二专题练习）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：.
【解析】（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.
例15．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【解析】（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．
变式17．（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: .
【解析】（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18．（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）若，，求证：.
【解析】（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.
题型六：极值点偏移:混合型
例16．（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：．
【解析】（1）.
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）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.
例17．（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.
【解析】（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.
例18．（2023·全国·高三专题练习）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，当时，求证：不等式恒成立.
【解析】（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）证明：欲证 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19．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知．
（1）求的单调区间；
（2）当时，若关于x的方程存在两个正实数根，证明：且．
【解析】（1）的定义域为，
又由得，
当时，，
当时，，
的减区间为：，增区间为：，
（2）证明：方法一：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，减函数；当时，增函数．
所以．
因为．所以的值域为，
问题等价于直线和有两个不同的交点．
，且，
所以，从而．
令，则，解得，
，而，
下面证明时，，
令，
则，
令，则，
在为减函数，，
在为减函数，，
在为减函数，，即．
方法二：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以．
因为有两个零点，即，得．
因为实数是的两个根，
所以，从而．
令，则，变形整理，
要证，则只需证，即只要证，
结合对数函数的图象可知，只需要证两点连线的斜率要比两点连线的斜率小即可．
因为，所以只要证，整理得．
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以成立，故成立．
变式20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围；
（3）如果，且，求证：．
【解析】（1）因为，所以，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可得函数在处取得最大值，，
所以函数的图象大致如下：
．
易知函数的值域为．
因为方程有两个不同的根，
所以，即，，解得．
即实数的取值范围为．
（3）证明：由，，不妨设，
构造函数，，，
则，
所以在，上单调递增，，
也即对，恒成立．
由，则，，
所以，
即，又因为，，且在上单调递减，所以，
即证．
即．
变式21．（2023·天津河西·统考二模）设，函数．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若无零点，求实数的取值范围；
（3）若有两个相异零点，求证：．
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，，则切线方程为，即．
（2）①若时，则，是区间上的增函数，
∵，，
∴，函数在区间有唯一零点；
②若，有唯一零点；
③若，令，得，
在区间上，，函数是增函数；
在区间上，，函数是减函数；
故在区间上，的极大值为，
由于无零点，须使，解得，
故所求实数的取值范围是．
（3）证明：设的两个相异零点为，，设，
∵，，∴，，
∴，，
∵，故，故，
即，即，
设上式转化为（），
设，
∴，
∴在上单调递增，
∴，∴，
∴．
变式22．（2023·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习）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：.
【解析】（1）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.
变式23．（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）
【解析】（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．
变式24．（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：.
【解析】（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.
变式25．（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：.
【解析】（1）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.
变式26．（2023·广东佛山·高二统考期末）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
【解析】（1）当时，，
所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
使得，
对于，则，因为，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又的单调性可知，即有成立，
所以.
变式27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，都有，求实数的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数满足，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，.
①当时，令，即，解得：.
令，解得：；令，解得：；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
②当时，则，所以函数在上单调递增.
综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，函数在上单调递增.
（2）当时，都有，即，
亦即对恒成立.
令，只需.
.
令，则，所以当时，，
所以在上单增，所以，
所以当时，.
所以，所以在上单减，
所以.
所以.
综上所述：实数的取值范围为.
（3）可化为：.
令，上式即为.
由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，
则为的两根，其中.
不妨设，要证，只需，即，
只需证.
令.
则
当时，；当时，.
由零点存在定理可得：存在，使得.
当时，，单增；当时，，单减；
又，所以.
.
因为， ，
所以.
所以恒成立.
所以.
所以.
所以
即证.
题型七：拐点偏移问题
例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程.
（2）若正实数满足，求证：.
【解析】（1），切点为.
，.
切线为：，即.
（2）
.
令， ，，
，
，，为减函数，
，，为增函数，
，所以.
即.
得：，
得到，即：.
例20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，当时，恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)若正实数、满足，证明：．
【解析】（1）根据题意，可知的定义域为，
而，
当时，，，
为单调递增函数，
当时，成立；
当时，存在大于1的实数，使得，
当时，成立，
在区间上单调递减，
当时，；
不可能成立，
所以，即的取值范围为.
（2）证明：不妨设，
正实数、满足，
有（1）可知，，
又为单调递增函数，
所以，
又，
所以只要证明：，
设，则，
可得，
当时，成立，
在区间上单调增函数，
又，
当时，成立，即，
所以不等式成立，
所以.
例21．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)（ⅰ）若对于任意，都有，求实数的取值范围;
（ⅱ）设，且，求证:.
【解析】（1）由已知得，切点，
则切线斜率，
所以切线方程为.
（2）（ⅰ）依题意知，只要，，
因为，
，，
所以在递减，在递增，
所以，，
所以，
解得：.
（ⅱ）证明：因为，定义域为，
由得，
即，
令
令，，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以
即，
又因为，
所以，即.
变式28．（2023·全国·高三专题练习）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：
【解析】试题分析：求出函数的导数，通过讨论的范围求出函数的单调区间即可；
结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．
解析：（1）①时，，即 ，则在和 上单增，在上单减；②时，，，则在上单增
③时，即，则在和上单增，在上单减.
（2）由得：；
；设函数.因为，所以在区间上，单调递减，在区间上，单调递增；因而函数的最小值为.
由函数知，即，又，故.
变式29．（2023·江苏盐城·江苏省东台中学校考一模）已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在正实数满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得．
验证：当时，，
令，即，解得；
令，即，解得；
在上单调递增，上单调递减，
所以在处取得极大值．
（2）因为，
所以．
①若，， ，
所以当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减．
②若，，
(i)当时，，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
(ii)当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
(iii)当时，，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减．
（3）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．
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．
变式30．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（2）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.
（3）证明：当时，因为，
所以，
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，
当时，此时不存在，满足等号成立条件，
所以．
变式31．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，当时，，即在（，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，则，即在上单调递增.
若，当时，，即在，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
（2）当实数时，，
，
，
，
令，，
由于，知当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增.
从而，，
于是，，即，
而，所以，
而当，时，取最小值6.
变式32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）设，试讨论函数的单调性；
（3）当时，若存在正实数满足，求证：.
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得．
验证：当时，在处取得极大值．
（2）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．
（3）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．
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．
减
极小值
增
增
极大值
减
2、精练习题。复习时不要搞“题海战术”，应在老师的指导下，选一些源于课本的变式题，或体现基本概念、基本方法的基本题，通过解题来提高思维能力和解题技巧，加深对所学知识的深入理解。在解题时，要独立思考，一题多思，一题多解，反复玩味，悟出道理。
3、加强审题的规范性。每每大考过后，总有同学抱怨没考好，纠其原因是考试时没有注意审题。审题决定了成功与否，不解决这个问题势必影响到高考的成败。那么怎么审题呢? 应找出题目中的已知条件 ;善于挖掘题目中的隐含条件 ;认真分析条件与目标的联系，确定解题思路 。
4、重视错题。错误是最好的老师”，但更重要的是寻找错因，及时进行总结，三五个字，一两句话都行，言简意赅，切中要害，以利于吸取教训，力求相同的错误不犯第二次。
重难点突破重难点突破05 极值点偏移问题与拐点偏移问题
目录
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。
2、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
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.
4、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.
题型一：极值点偏移:加法型
例1．（2023·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：．
【解析】（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．
例2．（2023·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.
【解析】（1）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，.
例3．（2023·广东深圳·高三红岭中学校考期末）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)①证明函数（为自然对数的底数）在区间内有唯一的零点；
②设①中函数的零点为，记（其中表示中的较小值），若在区间内有两个不相等的实数根，证明：.
【解析】（1）由已知，
函数的定义域为，导函数
当时，恒成立，所以在上单调递增；
当时，令有，
∴当时，，单调递增，
当时，，单调递减.
综上所述：
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）①的定义域为，导函数，
当时，，即在区间内单调递增，
又，，且在区间内的图像连续不断，
∴根据零点存在性定理，有在区间内有且仅有唯一零点.
②当时，，函数在上单调递增，
又，
∴当时，，故，即；
当时，，故，即，
∴可得，
当时，，由得单调递增；
当时，，由得单调递减：
若在区间内有两个不相等的实数根，，
则，
∴要证，需证，又，
而在内递减，
故需证，又，
即证，即
下证：
记，，
由知：，
记，则：
当时，；
当时，，
故，而，所以，
由，可知.
∴，即单调递增，
∴当时，，即，故，得证.
变式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：．
【解析】（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：.
变式2．（2023·湖北武汉·高二武汉市第六中学校考阶段练习）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：
【解析】（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，.
变式3．（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．
【解析】（1）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）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，.
变式4．（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．
【解析】（1）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）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．
变式5．（2023·广西玉林·高二广西壮族自治区北流市高级中学校联考阶段练习）已知函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当时，若，求证：
【解析】（1）的定义域为，
因为，
当时，，
所以在上单调递增；
当时，令得，令得，
所以在上单调递增，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）当时，，定义域为，
，所以在上单调递增，在上单调递减，
又因为，所以，
设，
则在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以， 即，
又因为，，所以，
又因为在上单调递减，
所以，即．
变式6．（2023·安徽·高二安徽师范大学附属中学校考阶段练习）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：．
【解析】（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.
变式7．（2023·全国·高二专题练习）已知函数（）．
(1)试讨论函数的单调性；
(2)若函数有两个零点，（），求证：．
【解析】（1）由已知，的定义域为，，
①当时，，恒成立，
∴此时在区间上单调递增；
②当时，令，解得，
当时，，在区间上单调递增，
当时，，在区间上单调递减，
综上所述，当时，在区间上单调递增；
当时，在区间上单调递增，在区间上单调递减.
（2）若函数有两个零点，（），
则由（1）知，，在区间上单调递增，在区间上单调递减，
且，，，
当时，，当时，，（*）
∵，∴，∴，
又∵，∴，
∴只需证明，即有.
下面证明，
设
，，
设，则，
令，解得，
当时，，在区间单调递减，
当时，，在区间单调递增，
∴，在区间上单调递增，
又∵，∴，
即，
∴由（*）知，，∴，即.
又∵，，
∴，原命题得证.
变式8．（2023·全国·高二专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【解析】（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.
变式9．（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.
【解析】（1）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.
变式10．（2023·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：.
【解析】（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，
∴.
变式11．（2023·海南·海南华侨中学校考模拟预测）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若存在，且，使得，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，
，
令，得或，
在上，，在上，，在上，，
所以在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由（1）可知，
设，，
则，
因为，所以，在上单调递增.
又，所以当时，，即.
因为，所以，所以，
因为在上单调递增，且，，
所以，即.①
设，，
则.
因为，所以，在上单调递增，
又，所以当时，，即，
因为，所以，所以.
因为在上单调递增，且，，
所以，即.②
由①得，由②得，所以.
题型二：极值点偏移:减法型
例4．（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：．
【解析】（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：，，.
例5．（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：.
【解析】（1）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.
例6．（2023·四川成都·高二川大附中校考期中）已知函数.
（1）若在定义域上不单调，求的取值范围；
（2）设分别是的极大值和极小值，且，求的取值范围.
【解析】分析：（1）利用导数法求出函数 单调递增或单调递减时，参数 的取值范围为，则可知函数 在定义域上不单调时， 的取值范围为 ；（2）易知 ，设 的两个根为 ，并表示出，则，令，则，再利用导数法求的取值范围.
详由已知，
（1）①若在定义域上单调递增，则，即在上恒成立，
而，所以；
②若在定义域上单调递减，则，即在上恒成立，
而，所以.
因为在定义域上不单调，所以，即.
（2）由（1）知，欲使在有极大值和极小值，必须.
又，所以.
令的两根分别为，，
即的两根分别为，，于是.
不妨设，
则在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以，，
所以
.
令，于是，
，
由，得，
又，所以.
因为，
所以在上为减函数，
所以.
题型三：极值点偏移:乘积型
例7．（2023·全国·高三统考阶段练习）已知函数．
(1)当，和有相同的最小值，求的值；
(2)若有两个零点，求证：．
【解析】（1）问题转化为有两个零点，证明，进而只需要证明只需要证明，也即是，从而令，构造函数求出最值即可证出结论．
【详解】（1）由．
所以．
所以．
令，则为上的增函数，且．
所以在上单调递减，上单调递增．
所以．
又．
所以．令，则
所以为上的增函数．
又．
令，因为在上单调递增，且，而，因此函数与直线有唯一交点，
故方程在上有唯一解，
所以存在唯一，使得．
即，故，
所以在上单调递减，在上单调递增．
所以．
所以．
故而．
（2）由题意有两个零点．
所以，即．
所以等价于：有两个零点，证明.
不妨令．
由．
要证，只需要证明．
即只需证明：．
只需证明：，即．
令．
只需证明：．
令．
则，即在上为增函数．
又．
所以．
综上所述，原不等式成立．
例8．（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：.
【解析】（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，∴.
例9．（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：.
【解析】（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，.
变式12．（2023·全国·高二专题练习）已知函数．
(1)证明：若，则；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【解析】（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．
变式13．（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）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：．
【解析】（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．
变式14．（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：．
【解析】（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．
变式15．（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.
【解析】（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.
题型四：极值点偏移:商型
例10．（2023·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：.
【解析】（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.
例11．（2023·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：.
【解析】(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.
例12．（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：.
【解析】（1）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）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.
变式16．（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：．
【解析】（1）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）（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．
题型五：极值点偏移:平方型
例13．（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：；
【解析】（1）由題意得，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.
例14．（2023·全国·高二专题练习）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：.
【解析】（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.
例15．（2023·全国·高二专题练习）已知函数，．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若存在，，使得，则．
【解析】（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．
变式17．（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: .
【解析】（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18．（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）若，，求证：.
【解析】（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.
题型六：极值点偏移:混合型
例16．（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：．
【解析】（1）.
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）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.
例17．（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.
【解析】（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.
例18．（2023·全国·高三专题练习）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，当时，求证：不等式恒成立.
【解析】（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）证明：欲证 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19．（2023·陕西宝鸡·校考模拟预测）已知．
（1）求的单调区间；
（2）当时，若关于x的方程存在两个正实数根，证明：且．
【解析】（1）的定义域为，
又由得，
当时，，
当时，，
的减区间为：，增区间为：，
（2）证明：方法一：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，减函数；当时，增函数．
所以．
因为．所以的值域为，
问题等价于直线和有两个不同的交点．
，且，
所以，从而．
令，则，解得，
，而，
下面证明时，，
令，
则，
令，则，
在为减函数，，
在为减函数，，
在为减函数，，即．
方法二：由存在两个正实数根，
整理得方程存在两个正实数根．
由，知，
令，则，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减．
所以．
因为有两个零点，即，得．
因为实数是的两个根，
所以，从而．
令，则，变形整理，
要证，则只需证，即只要证，
结合对数函数的图象可知，只需要证两点连线的斜率要比两点连线的斜率小即可．
因为，所以只要证，整理得．
令，则，
所以在上单调递减，即，
所以成立，故成立．
变式20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数．
（1）判断函数的单调性；
（2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围；
（3）如果，且，求证：．
【解析】（1）因为，所以，令，解得，令，解得，
即函数在上单调递增，在上单调递减．
（2）由（1）可得函数在处取得最大值，，
所以函数的图象大致如下：
．
易知函数的值域为．
因为方程有两个不同的根，
所以，即，，解得．
即实数的取值范围为．
（3）证明：由，，不妨设，
构造函数，，，
则，
所以在，上单调递增，，
也即对，恒成立．
由，则，，
所以，
即，又因为，，且在上单调递减，所以，
即证．
即．
变式21．（2023·天津河西·统考二模）设，函数．
（1）若，求曲线在处的切线方程；
（2）若无零点，求实数的取值范围；
（3）若有两个相异零点，求证：．
【解析】（1）函数的定义域为，，
当时，，则切线方程为，即．
（2）①若时，则，是区间上的增函数，
∵，，
∴，函数在区间有唯一零点；
②若，有唯一零点；
③若，令，得，
在区间上，，函数是增函数；
在区间上，，函数是减函数；
故在区间上，的极大值为，
由于无零点，须使，解得，
故所求实数的取值范围是．
（3）证明：设的两个相异零点为，，设，
∵，，∴，，
∴，，
∵，故，故，
即，即，
设上式转化为（），
设，
∴，
∴在上单调递增，
∴，∴，
∴．
变式22．（2023·四川成都·高二四川省成都列五中学校考阶段练习）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：.
【解析】（1）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.
变式23．（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）
【解析】（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．
变式24．（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：.
【解析】（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.
变式25．（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：.
【解析】（1）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.
变式26．（2023·广东佛山·高二统考期末）已知函数，其中．
(1)若，求的极值：
(2)令函数，若存在，使得，证明：．
【解析】（1）当时，，
所以，
当时，，，所以，
当时，，，所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以的极小值为，无极大值.
（2）证明：，
令，则上述函数变形为，
对于，，则，即在上单调递增，
所以若存在，使得，则存在对应的、，
使得，
对于，则，因为，所以当时，当时，
即在上单调递减，在上单调递增，所以为函数的唯一极小值点，
所以，则，
令，则，
所以在上单调递减，所以，
即，又，所以，
又的单调性可知，即有成立，
所以.
变式27．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若时，都有，求实数的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数满足，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，.
①当时，令，即，解得：.
令，解得：；令，解得：；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
②当时，则，所以函数在上单调递增.
综上所述：当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
当时，函数在上单调递增.
（2）当时，都有，即，
亦即对恒成立.
令，只需.
.
令，则，所以当时，，
所以在上单增，所以，
所以当时，.
所以，所以在上单减，
所以.
所以.
综上所述：实数的取值范围为.
（3）可化为：.
令，上式即为.
由（1）可知：在上单调递增，在上单调递减，
则为的两根，其中.
不妨设，要证，只需，即，
只需证.
令.
则
当时，；当时，.
由零点存在定理可得：存在，使得.
当时，，单增；当时，，单减；
又，所以.
.
因为， ，
所以.
所以恒成立.
所以.
所以.
所以
即证.
题型七：拐点偏移问题
例19．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（1）求曲线在点处的切线方程.
（2）若正实数满足，求证：.
【解析】（1），切点为.
，.
切线为：，即.
（2）
.
令， ，，
，
，，为减函数，
，，为增函数，
，所以.
即.
得：，
得到，即：.
例20．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，，当时，恒成立．
(1)求实数的取值范围；
(2)若正实数、满足，证明：．
【解析】（1）根据题意，可知的定义域为，
而，
当时，，，
为单调递增函数，
当时，成立；
当时，存在大于1的实数，使得，
当时，成立，
在区间上单调递减，
当时，；
不可能成立，
所以，即的取值范围为.
（2）证明：不妨设，
正实数、满足，
有（1）可知，，
又为单调递增函数，
所以，
又，
所以只要证明：，
设，则，
可得，
当时，成立，
在区间上单调增函数，
又，
当时，成立，即，
所以不等式成立，
所以.
例21．（2023·陕西咸阳·统考模拟预测）已知函数.
(1)求曲线在点处的切线方程;
(2)（ⅰ）若对于任意，都有，求实数的取值范围;
（ⅱ）设，且，求证:.
【解析】（1）由已知得，切点，
则切线斜率，
所以切线方程为.
（2）（ⅰ）依题意知，只要，，
因为，
，，
所以在递减，在递增，
所以，，
所以，
解得：.
（ⅱ）证明：因为，定义域为，
由得，
即，
令
令，，则，
，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
所以
即，
又因为，
所以，即.
变式28．（2023·全国·高三专题练习）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：
【解析】试题分析：求出函数的导数，通过讨论的范围求出函数的单调区间即可；
结合已知条件构造函数，然后结合函数单调性得到要证的结论．
解析：（1）①时，，即 ，则在和 上单增，在上单减；②时，，，则在上单增
③时，即，则在和上单增，在上单减.
（2）由得：；
；设函数.因为，所以在区间上，单调递减，在区间上，单调递增；因而函数的最小值为.
由函数知，即，又，故.
变式29．（2023·江苏盐城·江苏省东台中学校考一模）已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在正实数满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得．
验证：当时，，
令，即，解得；
令，即，解得；
在上单调递增，上单调递减，
所以在处取得极大值．
（2）因为，
所以．
①若，， ，
所以当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减．
②若，，
(i)当时，，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减；
(ii)当时，恒成立，所以函数在上单调递增；
(iii)当时，，
令，即，解得或，
令，即，解得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减．
（3）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．
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．
变式30．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，．
(1)若在处取得极值，求的值；
(2)设，试讨论函数的单调性；
(3)当时，若存在实数，满足，求证：．
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得：．
验证：当时，，
易得在处取得极大值．
（2）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.
（3）证明：当时，因为，
所以，
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，
当时，此时不存在，满足等号成立条件，
所以．
变式31．（2023·湖南长沙·高三湖南师大附中校考阶段练习）已知函数，.
（1）讨论函数的单调性；
（2）对实数，令，正实数，满足，求的最小值.
【解析】（1）.
若，当时，，即在上单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，当时，，即在（，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
若，则，即在上单调递增.
若，当时，，即在，上均单调递增；
当时，，即在上单调递减.
（2）当实数时，，
，
，
，
令，，
由于，知当时，，即单调递减；
当时，，即单调递增.
从而，，
于是，，即，
而，所以，
而当，时，取最小值6.
变式32．（2023·全国·高三专题练习）已知函数，.
（1）若在处取得极值，求的值；
（2）设，试讨论函数的单调性；
（3）当时，若存在正实数满足，求证：.
【解析】（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，解得．
验证：当时，在处取得极大值．
（2）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．
（3）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．
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．
减
极小值
增
增
极大值
减
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