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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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    【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,


    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


    即.

    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,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,


    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,


    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,

    ,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.

    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,,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.

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