高考数学第一轮复习(新教材新高考)第16讲导数中的极值点偏移问题(高阶拓展)（核心考点精讲精练）(学生版+解析)

这是一份高考数学第一轮复习(新教材新高考)第16讲导数中的极值点偏移问题(高阶拓展)（核心考点精讲精练）(学生版+解析)，共90页。试卷主要包含了 4年真题考点分布， 命题规律及备考策略， 若函数中存在且满足，令，求证等内容，欢迎下载使用。


1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数解决函数的基本问题
2能理解并掌握极值点偏移的含义
3能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.
左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
对数平均不等式
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
极值点偏移高考真题鉴赏
1．（2022·全国·统考高考真题）已知函数．
(1)若，求a的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，则．
2．（2021·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
考点一、含对数型极值点偏移
1．（2023·陕西·校联考模拟预测）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
2．（2023春·湖北十堰·高二校联考阶段练习）已知函数．
（1）当时，若有两个零点，求的取值范围；
（2）若且，证明：．
1．（2023春·广东广州·高二统考期末）已知函数．
（1）当时，判断函数是否有极值，并说明理由；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：．
2．（2023·宁夏吴忠·校联考模拟预测）已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数存在两个零点，证明：．
考点二、含指数型极值点偏移
1．（2023·河南郑州·郑州一中校考模拟预测）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a的取值范围；
（3）如果，且，求证：.
2．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
1．（2023·四川达州·统考一模）已知函数(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当函数有两个零点时，证明：．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若，为函数的两个极值点，求的取值范围并证明.
考点三、加法型极值点偏移
1．（2023·贵州·校联考一模）已知函数，.
（1）求函数在的最小值；
（2）设，证明：；
（3）若存在实数，使方程有两个实根，，且，证明：.
2．（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，求的零点个数；
(3)若有两个零点，，证明：．
1．（2022·广东汕头·统考一模）已知函数有两个相异零点．
（1）求a的取值范围．
（2）求证：．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，是常数．
(1)求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
(2)证明：时，设、是的两个正零点，且．
考点四、减法型极值点偏移
1．（2022秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证.
2．（2022秋·广东深圳·高三福田外国语高中校考阶段练习）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当，时，函数有两个极值点，（），证明：.
1．（2022秋·福建莆田·高三莆田第二十五中学校考期中）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：.
2．（2022·江苏苏州·高三常熟中学校考阶段练习）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：.
考点五、平方型极值点偏移
1．（2022秋·山东·高三阶段练习）已知，，（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，函数有两个零点，，求证：.
2．（2023春·青海西宁·高三校考开学考试）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：.
1．（福建省泉州市2022届高三8月份质检数学试题（一））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若（是自然对数的底数），且，，，证明：．
2．（2022春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期中）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，，函数的唯一极小值点为，点和是曲线上不同两点，且，求证：.
考点六、乘积型极值点偏移
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数的导函数为.
(1)判断的单调性；
(2)若关于的方程有两个实数根，，求证：.
2．（2022·四川攀枝花·统考二模）已知函数有最小值M，且.
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设，有两个零点为，证明：.
1．（2023·全国·高三专题练习）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.
2．（2022届河北省张家口市高三下学期第二次模拟数学（理）试题）已知函数（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：.
考点七、商式型极值点偏移
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数有两个相异零点､，且，求证：.
2．（福建省宁德市2022届高三三模数学试题）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.
1．（2023春·湖北武汉·高二武汉中学校考阶段练习）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.
2．（2023·全国·高三专题练习）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.
【能力提升】
1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第一中学校校考期末）已知函数有两个零点．
（1）求的取值范围；
（2）设，是的两个零点，证明：．
2．（2022秋·江苏淮安·高三淮阴中学校考开学考试）设函数，其中.
（1）证明：恰有两个零点；
（2）设为的极值点，为的零点，且，证明.
3．（2023四川攀枝花·统考二模）已知函数有最小值M，且.
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设，有两个零点为，证明：.
4．（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）已知函数
（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；
（2）若函数有两个极值点，求证：
5．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知函数，.
（1）讨论函数的极值点；
（2）若是方程的两个不同的正实根，证明：.
6．（2022秋·福建泉州·高三福建省德化第一中学校考阶段练习）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个极值点，，求证：.
7．（2023秋·河南驻马店·高三校联考阶段练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.
（1）求a的取值范围；
（2）设两个极值点分别为x1，x2，证明：.
8．（2022秋·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，求证：.
9．（2023江苏·高二专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，若存在两个极值点，且，求的取值范围.
10．（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若方程有两个不同实根、证明：．
11．（2023秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）已知函数．
（1）讨论的单调区间与极值；
（2）已知函数的图象与直线相交于，两点（），证明：．
12．（2023全国·高三专题练习）已知函数，其中.
（1）当时，求不等式在上的解；
（2）设，关于直线对称的函数为，求证：当时，；
（3）若函数恰好在和两处取得极值，求证：.
13．（2023春·福建·高二校联考期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若已知函数有两个零点，求证：.
14．（第三章 导数及其应用（能力提升）-2020-2021学年高二数学单元测试定心卷（人教版选修1-1））设函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：.
15．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
16．（2023春·天津和平·高二统考期末）设()，，
（1）求的单调区间：
（2）已知函数有两个零点，，且，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：随着的减小而增大.
17．（2023浙江金华·统考三模）已知函数.
（1）求在点处的切线方程；
（2）若方程有两个实根，且，证明；时，.(注∶e为自然对数的底数)
18．（2023春·江苏徐州·高二江苏省丰县中学校考期中）已知函数，.
（1）当时，求该函数在处的切线方程；
（2）求该函数的单调区间和极值；
（3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：.
19．（2022秋·贵州贵阳·高三统考期中）已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
20．（2023秋·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有三个极值点，，，求实数的取值范围，并证明.
第16讲 导数中的极值点偏移问题（高阶拓展）
（核心考点精讲精练）
1. 4年真题考点分布
2. 命题规律及备考策略
【命题规律】本节内容是新高考卷的载体内容，设题稳定，难度较大，分值为12分
【备考策略】1能用导数解决函数的基本问题
2能理解并掌握极值点偏移的含义
3能结合极值点偏移的形式综合证明及求解
【命题预测】极值点偏移问题在高考中很常见，此类问题以导数为背景考察学生运用函数与方程、数形结合、转换的思想解决函数问题的能力，层次性强，能力要求较高，需要综合复习
知识讲解
极值点偏移的含义
众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.

若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系：
若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏.
如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏.
极值点偏移问题的一般题设形式
1. 若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2. 若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3. 若函数存在两个零点且，令，求证：；
4. 若函数中存在且满足，令，求证：.
极值点偏移的判定定理
对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且，
（1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏；
（2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏；
（2）证明略.
左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏）
对数平均不等式
两个正数和的对数平均定义：
对数平均与算术平均､几何平均的大小关系：
（此式记为对数平均不等式）
取等条件：当且仅当时，等号成立．
只证：当时，．不失一般性，可设．
证明如下：
（I）先证：……①
不等式①（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递减，
故，从而不等式①成立；
（II）再证：……②
不等式②（其中）
构造函数，则．
因为时，，所以函数在上单调递增，
故，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立，
当且仅当时，等号成立．
运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、方法概述：
（1）求出函数的极值点；
（2）构造一元差函数；
（3）确定函数的单调性；
（4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系.
极值点偏移高考真题鉴赏
1．（2022·全国·统考高考真题）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
2．（2021·全国·统考高考真题）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）设，为两个不相等的正数，且，证明：.
【答案】（1）的递增区间为，递减区间为；（2）证明见解析.
【分析】(1) 首先确定函数的定义域，然后求得导函数的解析式，由导函数的符号即可确定原函数的单调性.
(2)方法二：将题中的等式进行恒等变换，令，命题转换为证明：，然后构造对称差函数，结合函数零点的特征和函数的单调性即可证得题中的结论.
【详解】(1)的定义域为．
由得，，
当时，；当时；当时，．
故在区间内为增函数，在区间内为减函数，
(2)[方法一]：等价转化
由得，即．
由，得．
由（1）不妨设，则，从而，得，
①令，
则，
当时，，在区间内为减函数，，
从而，所以，
由（1）得即．①
令，则，
当时，，在区间内为增函数，，
从而，所以．
又由，可得，
所以．②
由①②得．
[方法二]【最优解】：变形为，所以．
令．则上式变为，
于是命题转换为证明：．
令，则有，不妨设．
由（1）知，先证．
要证：
．
令，
则，
在区间内单调递增，所以，即．
再证．
因为，所以需证．
令，
所以，故在区间内单调递增．
所以．故，即．
综合可知．
[方法三]：比值代换
证明同证法2．以下证明．
不妨设，则，
由得，，
要证，只需证，两边取对数得，
即，
即证．
记，则.
记，则，
所以，在区间内单调递减．，则，
所以在区间内单调递减．
由得，所以，
即．
[方法四]：构造函数法
由已知得，令，
不妨设，所以．
由（Ⅰ）知，，只需证．
证明同证法2．
再证明．令．
令，则．
所以，在区间内单调递增．
因为，所以，即
又因为，所以，
即．
因为，所以，即．
综上，有结论得证．
【整体点评】(2)方法一：等价转化是处理导数问题的常见方法，其中利用的对称差函数，构造函数的思想，这些都是导数问题必备的知识和技能.
方法二：等价转化是常见的数学思想，构造对称差函数是最基本的极值点偏移问题的处理策略.
方法三：比值代换是一种将双变量问题化为单变量问题的有效途径，然后构造函数利用函数的单调性证明题中的不等式即可.
方法四：构造函数之后想办法出现关于的式子，这是本方法证明不等式的关键思想所在.
考点一、含对数型极值点偏移
1．（2023·陕西·校联考模拟预测）已知函数．
（1）讨论函数的单调性；
（2）若函数有两个零点，，求证：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求得，对参数进行分类讨论，即可利用导数求得函数单调性；
（2）根据零点定理，用表示，通过换元法，求目标不等式转化为的值域问题，利用导数即可得证.
【详解】（1）的定义域为，．
当时，，则在上是增函数．
当时，；，
所以在上是减函数，在上是增函数．
综上，当时，在上是增函数；
当时，在上是减函数，在上是增函数．
（2）若函数有两个零，点，，根据（1），可得．
不妨设，由，得
两式相减，得，解得，
要证明，即证，
即证，
设，则．
则，则，
所以在上为增函数，从而，即成立，
因此，成立．即证.
【点睛】本题考查利用导数研究含参函数的单调性，以及用导数证明不等式恒成立问题，涉及构造函数法，属综合中档题.
2．（2023春·湖北十堰·高二校联考阶段练习）已知函数．
（1）当时，若有两个零点，求的取值范围；
（2）若且，证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数研究函数的性质，得到的大致图形，根据图形可得结果；
（2）设，即，所以，两式相减求出，两式相加得到，将所证不等式转化为，令，构造函数，利用导数可证不等式成立.
【详解】（1）时，，，
∴当时，，递增；当时，，递减，
∴时，．
又时，，且时，，时，，
所以的大致图形如图：
所以由图可得的取值范围是．
（2）设，即
∴，
两式相减得：，即：，
两式相加：．
要证：，只需证：，即：
只需证：，只需证：
只需证：，只需证：
令，则只需证：，
即证：
构造函数，
则，
∴在上单调递增，
∴，即，得证．
【点睛】本题考查了利用导数处理函数的零点问题，考查了转化化归思想，考查了构造函数，利用导数证明不等式问题，属于中档题.
1．（2023春·广东广州·高二统考期末）已知函数．
（1）当时，判断函数是否有极值，并说明理由；
（2）若函数有两个极值点，，且，证明：．
【答案】（1）没有极值，理由见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）通过二次求导可得函数在内单调递减，因此函数无极值；
（2）由题意知，有两个不同的零点，所以，，作差可得，再将所证不等式转化为，令,即证，设，利用导数证明即可.
【详解】（1）当时，，，
令，则，
由，得，由，得，
所以在内单调递增，在内单调递减，
所以时，取得最大值为，
所以，
所以在内单调递减，所以函数没有极值.
（2）因为，所以有两个不同的零点，所以，，所以，
因为，所以，
要证，
等价于证明，
等价于证明，
等价于证明，
等价于证明，
因为，所以，
所以等价于证明，
设，即证，
设，
则，当时， ，
所以在内单调递减，所以，即，
所以.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的极值，考查了利用导数研究函数的单调性，考查了运算求解能力，考查了化归思想，将所证不等式转化为是解题关键，属于中档题.
2．（2023·宁夏吴忠·校联考模拟预测）已知函数．
（1）求函数的最大值；
（2）若函数存在两个零点，证明：．
【答案】（1）最大值是；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出导数，由导数确定单调性后可得最大值．
（2）由（1）知两个零点，，，零点间关系是，变形为，引入变量，则，，，要证的不等式等价变形为，，即证，（），为此引入新函数，利用导数研究函数的单调性为减函数，则可证得结论成立，这里需要多次求导变形再求导才可证明．
【详解】（1）函数定义域是，由题意，
当时，，递增，当时，，递减，
所以时，取得唯一的极大值也是最大值．
（2）由（1），即时，有两个零点，（），则，，
由，得，
令，则，，，
，显然成立，
要证，即证，
只要证，即证，（），
令，，
，，
令，则，，
令，
，，
令，
，时，是减函数，所以时，，
所以是减函数，，即（），
所以是减函数，，所以，在时是减函数，
，即，所以在上是减函数，，
所以，即，
综上，成立．
【点睛】本题考查用导数求函数最值，用导数证明有关函数零点的不等式，掌握导数与单调性的关系是解题基础．证明不等式关键在于转化与化归，如转化为研究函数的最值，研究函数的单调性可能需要多次求导才能得出结论．在需要引入新函数时，应对不等式进行变形，使新函数越来越简单．
考点二、含指数型极值点偏移
1．（2023·河南郑州·郑州一中校考模拟预测）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a的取值范围；
（3）如果，且，求证：.
【答案】（1）在上单调递增，在上单调递减；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）根据导数和函数单调性的关系即可求出；
（2）由（1）可求出函数的值域，再根据数形结合，即可求出的范围；
（3）构造函数，利用导数可证函数在上单调递增，可证对恒成立，由，则，利用函数单调性，可证，再根据函数单调性，即可证明．
【详解】解：（1）因为，所以，.
可得函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由（1）可知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a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.
【点睛】本题考查导数的综合应用，利用导数求函数的单调性及最值，考查不等式与函数单调性的应用，考查转化思想，是一道综合题．
2．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）且；（2）证明见解析.
【分析】（1）函数有3个零点等价于有3个变号零点，由于，且，所以可得有两个不为0，－1的实根，再对求导讨论其单调性可得结果；
（2）由（1）可知有一个零点为0，所以不妨设，，而，所以，因此要证，即证而，，而在上递减，，所以只需证，即，然后构造函数，只需证此函数值恒大于零即可.
【详解】解：（1）利用的极值点个数即为的变号零点个数
，，设，
由已知，方程有两个不为0，－1的实根，
当时，在上递增，至多一个实根，故
所以在上递减，在上递增，
因为，
所以时，有两个实根，
解得且
（2）由（1）不妨设，，∵，∴.
要证，即证而，
由在上递减，在上递增，且
故只要证，又，故只要证
即证
设
∴
∴递增，∴
即
∴
【点睛】此题考查函数的极值点问题，极值点偏移问题，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立等，考查了数学转化思想，属于较难题.
1．（2023·四川达州·统考一模）已知函数(其中e是自然对数的底数，k∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当函数有两个零点时，证明：．
【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【详解】试题分析：
本题考查导数与函数单调性的关系以及用导数证明不等式的问题．（1）求导数后，根据导函数的符号判断出函数的单调性．（2）根据题意将证明的问题转化为证明，即证，构造函数，
利用函数的单调性证明即可．
试题解析：
（1）解：∵
∴．
①当时，令，解得，
∴当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
②当时，恒成立，
∴函数在R上单调递增.
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增．
当时，在R上单调递增.
（2）证明：当时，由（1）知函数单调递增，不存在两个零点．
所以．
设函数的两个零点为，
则，
设，
解得，
所以，
要证，
只需证，
设
设单调递增，
所以，
所以在区间上单调递增，
所以，
故．
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
（Ⅰ）若，求曲线在处的切线方程；
（Ⅱ）若，为函数的两个极值点，求的取值范围并证明.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；证明见解析.
【分析】（Ⅰ）将代入方程，求导可得，利用导数的几何意义，求得切线的斜率，再求得的值，代入直线方程，即可得答案；
（Ⅱ）依题意，，是方程的两个实数根，设，求导，判断的单调性，结合的图像与性质，即可求得a的范围；根据，可解得，利用作差法比较与a的大小关系，即可得证.
【详解】（Ⅰ）依题意，，，
故，而，
故所求切线方程为，即.
（Ⅱ）依题意，，是方程的两个实数根，不妨设，设，
则，则单调递增，
由得，由得，
故函数在上单调递减，在上单调递增，
因为当时，，当时，，
所以要使方程有两个实数根，只需，所以.
由得，故，
要证，则证明即可.
，
设，则，所以，
设，则，
当时，易知，所以，所以函数在上单调递减，
故，从而可得，故原不等式成立.
【点睛】本题考查导数的几何意义、利用导数研究函数的性质，考查数学运算、逻辑推理，数学抽象的核心素养，综合较强，计算难度偏大，属难题.
考点三、加法型极值点偏移
1．（2023·贵州·校联考一模）已知函数，.
（1）求函数在的最小值；
（2）设，证明：；
（3）若存在实数，使方程有两个实根，，且，证明：.
【答案】（1）0；（2）详见解析；（3）详见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，得到函数的单调性，进而求得的最小值；
（2）由（1）知，，得到，化简即可证明；
（3）由题意可得两边同时取对得到，整理变形成（2）中结论的形式，即可证明.
【详解】（1）由
所以在单调递增
又因为，所以
（2）由（1）知，，即
由，得 进而
化简得
所以
（3）由，可得
即
所以
所以由（2）知： ，把上式代入，
化简得，即
【点睛】本题考查用导数研究函数的单调性及最值问题，函数与方程、不等式的转化问题，考查运算变形能力，属于难题．
2．（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，求的零点个数；
(3)若有两个零点，，证明：．
【答案】(1)
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求导，根据几何意义求解即可；
（2）根据题意得，单调递减，，单调递增，故，再根据和讨论函数值的分布求解即可；
（3）结合（2）得，，，使得，进而将问题转化为证明，再根据在上单调递减只需转化为证，再结合证明，再构造函数，再研究函数的单调性得在上恒成立，进而证明.
【详解】（1）解：求导得，
所以，，
故切线方程是：；
（2）解：由已知，，
所以当，，单调递减，
，，单调递增，
，
当时，趋近于时，函数趋近于，且，趋近于时，函数趋近于，此时函数只有一个零点，
当时，当趋近于时，函数趋近于，趋近于时，函数趋近于，此时函数有2个零点；
（3）解：由（2）知，，，使得，
，要证，即证，
，，
又且在上单调递减，
需证，即证，
，
即证，
故令，即，
∴，
∵时，，所以，即，
∴函数在上单调递增，
∵，∴在上恒成立，
，得证，
．
【点睛】本题考查导数的几何意义，利用导数研究函数的零点，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.本题第三问解题的关键在于结合极值点偏移问题，将问题转化为证明，，进而构造函数，研究函数的单调性证明.
1．（2022·广东汕头·统考一模）已知函数有两个相异零点．
（1）求a的取值范围．
（2）求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，由确定单调性，然后结合零点存在定理求出参数范围；
（2）由（1）不妨设，首先把多个变量，的不等式变形为，构造函数，确定单调性后证得，这样利用在是递增，要证原不等式只要证，即证，构造函数，利用导数证明此不等式成立．
【详解】解：（1）
当时，单调递减；
当时，单调递增；
由得，
当时，，
所以使得f使得，
综上：
（2）由（1）可知，，
要证
即证
构造函数，则
所以在单调递减，．
故有
因为在上单调递增，
所以只需证
即证
构造函数，
下面证在时恒成立
即证
构造函数
在时恒成立
因此在上单调递增，从而，
在时恒成立
在时单调递增
成立，即
成立．
【点睛】关键点点睛：本题考查用导数研究函数的零点，考查用导数证明与零点有关的不等式，证明的关键是问题的转化，一是三变量转化为双变量，其次双变量转化为单变量，从而再引入新函数，由新函数的导数研究函数性质证明结论成立．本题证明难度较大，回属于困难题．
2．（2022·全国·高三专题练习）已知函数，是常数．
(1)求曲线在点，（2）处的切线方程，并证明对任意，切线经过定点；
(2)证明：时，设、是的两个正零点，且．
【答案】(1)，证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导,代入求得斜率,利用点斜式写出切线方程并化简,由此求得直线过定点.
（2）当时,利用二分法可判断函数在区间内有零点.利用导数可判断函数在区间内, 有唯一零点,再根据函数的单调性可证得.
(1)
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；
(2)
证明：函数的定义域为且，
曲线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．
【点睛】思路点睛：本小题主要考查导数与切线方程,考查含有参数的直线过定点的问题,考查利用导数证明不等式. 利用导数解决含有参数的单调性问题可将问题转化为不等式恒成立问题，要注意分类讨论和数形结合思想的应用．将不等式的证明、方程根的个数的判定转化为函数的单调性问题处理．
考点四、减法型极值点偏移
1．（2022秋·河南南阳·高三南阳中学校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）若，求证.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，然后方程的判别式，再根据判别式分类讨论；
（2）将条件变形为，令，将问题转化为证明.
【详解】（1）解：的定义域为
令，方程的判别式，
（i）当，即时，恒成立，
即对任意，
所以在上单调递增.
（ii）当，即或
①当时，恒成立，即对任意，
所以在上单调递增.
②当时，由，解得
所以当时，当时，当时，，
所以在上，
在上，
所以函数在和上单调递增；
在上单调递减.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）证明：
由，可得
得，因此，
因为，
令，则，
所以，所以，
要证明，只需证
即证
由（1）可知，时，在上是增函数，所以当时，，而，因此成立所以
【点睛】关键点睛：解决第（1）问的关键是根据判别式来分类讨论，第（2）问的关键是将不等式等价转化并统一变量.
2．（2022秋·广东深圳·高三福田外国语高中校考阶段练习）已知函数，.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）当，时，函数有两个极值点，（），证明：.
【答案】（1）减区间为，增区间为；（2）具体见解析.
【分析】（1）对函数求导，根据导函数和原函数的关系得出单调区间；
（2）先求出导函数，设，进而通过的符号得出的单调区间，再通过特值法和放缩法判断出零点的位置，进而得到的符号，从而得出原函数的单调区间和极值点，最后再通过放缩法证明问题.
【详解】（1），，时，，时，，则函数在单调递减，在单调递增.
（2），令，∵，则在R上单调递增，∴时，，单调递减，时，，单调递增，∴在处取得极小值，且.
令，，则时，，单调递增，∴，∴x>0时，，则，于是x>0时，.
∴，
∴时，，于是（x2唯一），使得.
∴时，，单调递增，时，，单调递减，时，，单调递增.
则函数在处取得极小值，在处取得极大值.
又∵，∴，∴，∴.
【点睛】本题第（2）问有难度，看似是双变量的问题实际上是单变量问题，在探讨的零点时首先要想到特值，本题含指数函数可以尝试验证x=0是否是零点；在判断第二个零点时用到了放缩法，因此我们需要对课本上的常见放缩不等式进行总结和归纳，比如常见的等等.
1．（2022秋·福建莆田·高三莆田第二十五中学校考期中）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：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先可以求出以及，再然后讨论，，三种情况，计算即可得出结果，
（2）本题首先可设，然后求出并令，求出，再然后通过恒成立得出在上为增函数，求出的单调性和极值，最后通过在区间以及内各有一个零点即可证得.
【详解】（1）
当时，,在单调递增；
当时，由,得,所以在单调递增，在单调递减；
当时，,在单调递减
（2）设
，由于，
恒成立
知函数在上为增函数且
，
知在区间以及内各有一个零点，即为，，
知，即.
【点睛】本题考查根据导函数判断函数单调性以及二分法判断函数零点所在区间，若函数的导函数为，当时，函数是增函数，当时，函数是减函数，考查计算能力，是难题.
2．（2022·江苏苏州·高三常熟中学校考阶段练习）设函数，，其中.
(1)若，证明：当时，；
(2)设，且，其中是自然对数的底数.
①证明恰有两个零点；
②设如为的极值点，为的零点，且，证明：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）①证明见解析；②证明见解析；
【分析】（1）将条件转化，构造函数，通过导数证明，当时，即可；
（2）先求得，先判断的增减性，设导数为零的点为，可证在内单调递增，在内单调递减，再结合（1）的性质可得，即，将代换可得，再结合（1）的性质放缩，即可求证
【详解】令
当时，，所以在上递减，
又在上连续，
所以当时，，即当时，
(2)证明：①，得
令，由，
可知在内单调递减，又，且
.
故在有唯一解，从而在内有唯一解，
不妨设为，则
当时，，所以在内单调递增；
当时，，所以在内单调递减，
因此是的唯一极值点.
由(1)知.从而
又因为，所以在内有唯一零点.
又在内有唯一零点，从而在内恰有两个零点.
②由题意，，即，
从而，即.
因为当时，，又，故
两边取对数，得，于是
整理得.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立问题，导数在零点、极值点上的具体应用，放缩法的应用，思维转化能力，属于难题
考点五、平方型极值点偏移
1．（2022秋·山东·高三阶段练习）已知，，（其中e为自然对数的底数）.
（1）求函数的单调区间；
（2）若，函数有两个零点，，求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导函数，讨论参数的取值范围即可求解单调区间；
（2）解法一：先证：，即证：，令函数，通过求导判断单调性可证明，从而得；解法二：由，令利用导数判断单调性，再构造，求导分析单调性即可证明，从而有．
【详解】（1）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：；
（2）解法一：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．
（2）解法二：因为时，函数有两个零点，，
则两个零点必为正实数，（）
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．
【点睛】关键点点睛：本题的第二问关键在于构造新函数，通过求导，层层地分析单调性，从而证明，再结合均值不等式求得结果．
2．（2023春·青海西宁·高三校考开学考试）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若，对于任意，证明：.
【答案】（1）当时，的增区间是，减区间是；当时，的增区间是，减区间是；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求导，再按的正负分类讨论，分区间确定的正负情况；
（2）当时，不等式变形为二元的对数式与齐二次分式形式，故采取整体元构造函数法，令，构造新函数，求导研究单调性，证明即可.
【详解】解：（1）的定义域为，且，
则，
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）由，，，
由于，所以.设，
故：
，
令，则，
由于，故，则在上单调递增，
故，
即：所证不等式成立.
【点睛】多变量问题研究的核心就是要减少变量，将多变量问题化归于单变量问题.根据变量间的关系消元或整体换元将多变量化归单变量是解决此类问题的常用方法.
1．（福建省泉州市2022届高三8月份质检数学试题（一））已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）若（是自然对数的底数），且，，，证明：．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出，分和两种情况，分别研究的正负，即可得到函数的单调性；
（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，得到的单调性，不妨设，得到，，分和两种情况分别求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合基本不等式以及不等式的基本性质，即可证明．
【详解】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，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，．
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了运用导数求解函数的单调性，对数运算性质，函数的极值，基本不等式，考查了逻辑推理能力、抽象概括能力与化简运算能力，第（2）问解题的关键是将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论进行分析求解即可，属于难题．
2．（2022春·重庆渝中·高二重庆巴蜀中学校考期中）已知函数.
（1）讨论函数的单调性；
（2）设，，函数的唯一极小值点为，点和是曲线上不同两点，且，求证：.
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）对于求导，再对分类讨论，利用导数与单调性的关系即可求解；
（2）分析可得要证，，令，即证，令，利用导数求得的单调性，从而证得，即可得证．
【详解】（1）的定义域为R，
当时，，所以在R上单调递增.
当时，由，得；当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上所述，当当时，在R上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）由题意得，不妨设，
由，得，
即，且，所以
要证，即证
显然在上是增函数，故只需证，即证，
即证，即证
又由于，故只需证，即证
令，则，所以即证.
令，则，所以在上为减函数，
从而，即有，从而成立.
考点六、乘积型极值点偏移
1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数的导函数为.
(1)判断的单调性；
(2)若关于的方程有两个实数根，，求证：.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，解关于导函数的不等式，利用导函数的符号变化即可求出函数的单调区间；
（2）将证成立，转化为证成立，即证成立，
即证成立，再构造函数，利用函数的单调性进行证明.
(1)
解：，
令，由，
可得在上单调递减，上单调递增，
所以，
所以在上单调递增；
(2)
解：依题意，，相减得，
令，则有，，
欲证成立，
只需证成立，
即证成立，
即证成立，
令，只需证成立，
令，
即证时，成立
，
令，
则，
可得在内递减，在内递增，
所以，所以，
所以在上单调递增，
所以成立，故原不等式成立.
【点睛】利用导数证明不等式问题，方法如下：
（1）直接构造函数法：如证明不等式（或）可转化为证明（或），进而构造辅助函数；
（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；
（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.
2．（2022·四川攀枝花·统考二模）已知函数有最小值M，且.
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设，有两个零点为，证明：.
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，对参数b分类讨论，通过导数验证函数是否有最小值，并求得最小值满足的关系，即可证明不等式.
（2）当取得最大值时，,代入函数，分别表示两个零点满足的关系，将问题等价转化为，消去参数m，以进行换元，将问题转化为函数的最值问题，从而证明不等式.
【详解】（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，
，即，所以.
所以的最大值为1.
（Ⅱ）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，，，
所以函数在上单调递减，，得证.
【点睛】关键点点睛：对参数分类讨论，求得函数取最值时满足的条件；将双变量问题通过换元法转化为一个变量的函数问题，借助导数研究其最值，从而证得不等式.
1．（2023·全国·高三专题练习）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.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导函数，根据函数在处的切线与轴平行，得，从而可得出答案；
（2）不等式化为：，存在，，使不等式对于，恒成立，即恒成立，，利用导数求出函数的最大值即可得出答案；
（3）方程，即，，令，求出函数的单调区间，从而可得方程两零点的分布，不妨设，则，要证明：，只要证明：即可，只要证明：，设函数，判断函数的单调性即可得证.
【详解】（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，则，
令，，
函数在，上单调递增，
（1），
，因此函数在，上单调递增，
，
的取值范围是；
（3）证明：方程，即，，
令，，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
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，由于函数在上单调递增，
因此只要证明：，即可得出，
设函数，
，
可得在上，所以函数在上递减，
又，，所以，即，
即，
，
.
【点睛】本题考查了导数的几何意义和利用导数求函数的单调区间及最值，考查了不等式恒成立问题，还考查了利用导数解决方程的根的问题和证明不等式成立问题，考查了学生的数据分析能力和逻辑推理能力，属于难题.
2．（2022届河北省张家口市高三下学期第二次模拟数学（理）试题）已知函数（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：.
【答案】（1）.（2）证明见解析
【分析】（1）将有两个零点问题，转化为有两个零点，利用研究的单调性和零点，由此求得的取值范围.
（2）将所要证明的不等式转化为证明，构造函数，利用证得，由此证得不等式成立.
【详解】（1）有两个零点，等价于有两个零点，令，则在时恒成立，所以在时单调递增，
所以有两个零点，等价于有两个零点.
因为所以
①当时，，单调递增，不可能有两个零点；
②当时，令，得，单调递增；令，得，单调递减.
所以.
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，因为，且，，所以在，上各存在一个零点，符合题意.
综上，当时，函数有两个零点，
即若函数有两个零点，则的取值范围为.
（2）要证，只需证，即证，
由（1）知，，所以只需证.
因为，，所以，，
所以，只需证.
设，令，则，所以只需证，即证.
令，，则，.
即当时，成立.
所以，即，
即.
【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的零点，考查利用导数证明不等式，属于难题.
考点七、商式型极值点偏移
1．（2023·全国·高三专题练习）已知函数有两个相异零点､，且，求证：.
【答案】证明见解析.
【分析】对函数求导并研究的单调性，结合函数有两个相异零点､得极大值，即有，进而有，应用作差法可得，而、即可证明结论.
【详解】由题设，，
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.
由有两个相异零点､，可得，即.
，
，
，即，则，
，，
.
2．（福建省宁德市2022届高三三模数学试题）已知函数.
（1）当时，讨论函数的单调性：
（2）若函数恰有两个极值点，且，求的最大值.
【答案】（1）在上单调递增；（2）最大值为3.
【分析】（1）对函数求导，然后分及讨论即可得的单调性；
（2）设，由题意，，，则，设，判断函数的单调性，结合题意即可求得的最大值.
【详解】解：（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，则，
设，则，
当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴，
∴，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
（2）依题意，，则，
两式相除得，，设，则，，，
∴，，
∴，
设，则，
设，则，
∴在单调递增，则，
∴，则在单调递增，
又，即，而，
∴，即的最大值为3.
【点睛】关键点点睛：本题（2）问解题的关键点是，根据得，
利用比值代换，则有，，，从而将双变量问题变为单变量问题来解决.
1．（2023春·湖北武汉·高二武汉中学校考阶段练习）已知函数（）.
（1）当时，讨论函数的单调性；
（2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】（1）首先求函数的导数，再分和求函数的导数；（2）首先由条件可知，变形后两式相除得，设，换元后，分别解出和，通过构造函数（），利用导数证明函数的单调性，再解抽象不等式，从而求得的最大值.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当时，令，则，设，则，
易知，当时，，单调递减，当时，，单调递增，
∴，
∴，在上单调递增；
综上，当时，在上单调递增；
（2）依题意，，则
两式相除得，，设，
则，，，∴，，
∴，
设（），
则，
设，则，
所以在单调递增，
则，
∴，则在单调递增，
又，且
∴，
∴，即的最大值为.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数研究函数的单调性，极值及最值，考查转化与化归思想，函数与方程思想，考查逻辑推理以及运算求解能力，属于中档题，本题第二问的关键是换元后解出，，从而将转化为（），利用导数判断函数的性质.
2．（2023·全国·高三专题练习）已知函数.
(1)当时，求的单调区间；
(2)已知，，为函数的两个极值点，求的最大值.
【答案】(1)在，上单调递增，在，上单调递减；
(2).
【分析】（1）对求导，根据的符号求自变量的范围，进而确定的单调区间；
（2）由题设知，是的两个根，由根系关系可得，研究其单调性并求其取值范围，令并构造，利用导数研究单调性求最值即可.
【详解】（1）当时，，，则，
令，可得或，令，可得，
所以在，上单调递增，在,上单调递减.
（2），由，为的两个极值点，
所以，是方程的两个根，可得，，
∴，
又，即、为增函数且大于0，为增函数且大于0，
所以为增函数，故，
令，则，
令，则，
所以在,上单调递减，故的最大值为(3).
【能力提升】
1．（2023春·黑龙江哈尔滨·高二哈尔滨市第一中学校校考期末）已知函数有两个零点．
（1）求的取值范围；
（2）设，是的两个零点，证明：．
【答案】（1）的取值范围为；（2）证明见详解.
【分析】（1）求出，然后分、、、四种情况讨论，每种情况下求出的单调性，再结合函数值的符号即可得到答案；
（2）借助（1）的结论来证明，由单调性可知等价于，即．设，则．则当时，，而，故当时，．从而，故．
【详解】（1）．
①当时，则，只有一个零点．
②当时，则当时，；当时，．
所以在单调递减，在单调递增．
又，，取满足且，
则，
故存在两个零点．
③当时，由得或．
若，则，故当时，，因此在单调递增．
又当时，所以不存在两个零点．
若，则，故当时，；当时，．
因此在单调递减，在单调递增．
又当时，，所以不存在两个零点．
综上，的取值范围为．
（2）不妨设，由（1）知，，
在单调递减，所以要证，即证，即证．
由于，而，
所以．
设，则．
所以当时，，而，故当时，．
从而，故．
【点睛】（1）对于含有参数的函数单调性、极值、零点问题，通常要根据参数进行分类讨论，要注意分类讨论的原则：互斥、无漏、最简；
（2）解决函数不等式的证明问题的思路是构造适当的函数，利用导数研究函数的单调性或极值破解.
2．（2022秋·江苏淮安·高三淮阴中学校考开学考试）设函数，其中.
（1）证明：恰有两个零点；
（2）设为的极值点，为的零点，且，证明.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）首先求出函数的导函数，令，由，可知：可得存在唯一解．可得是函数的唯一极值点．令，可得时，．．．可得函数在，上存在唯一零点．又函数在上有唯一零点1．即可证明结论．
（2）由题意可得：，，即，，可得，由，可得．又，可得，取对数即可证明．
【详解】证明：（1）因为，定义域为
所以；
令，由，可知在内单调递减，
又，且，
故在内有唯一解，
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，，
所以函数在内单调递减，因此是的唯一极值点.
令，则当时，，故在内单调递减，
从而当时，，所以，
从而，
又因为，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.
【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法、等价转化方法、构造法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．
3．（2023四川攀枝花·统考二模）已知函数有最小值M，且.
（Ⅰ）求的最大值；
（Ⅱ）当取得最大值时，设，有两个零点为，证明：.
【答案】（Ⅰ）1；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（1）根据题意，对参数b分类讨论，通过导数验证函数是否有最小值，并求得最小值满足的关系，即可证明不等式.
（2）当取得最大值时，,代入函数，分别表示两个零点满足的关系，将问题等价转化为，消去参数m，以进行换元，将问题转化为函数的最值问题，从而证明不等式.
【详解】（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，
，即，所以.
所以的最大值为1.
（Ⅱ）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，，，
所以函数在上单调递减，，得证.
【点睛】关键点点睛：对参数分类讨论，求得函数取最值时满足的条件；将双变量问题通过换元法转化为一个变量的函数问题，借助导数研究其最值，从而证得不等式.
4．（2023·内蒙古赤峰·校联考一模）已知函数
（1）若，(为的导函数)，求函数在区间上的最大值；
（2）若函数有两个极值点，求证：
【答案】（1）当时，；当时，；当时，；（2）证明见解析．
【分析】（1）利用导数通过分类讨论判断函数的单调性，从而求函数的最大值；
（2）把要证结论等价转化为，结合函数的极值点再次把要证结论转化为，()，通过构造函数即可证明.
【详解】（1）因为，，
①当时，因为，所以，
所以函数在上单调递增，则；
②当，即时，，，
所以函数在上单调递增，则；，
③当，即时，函数在上单调递增，在上单调递减，则；
④当，即时，，，函数在上单调递减，则．
综上，当时，；
当时，；
当时，.
（2）要证，只需证：，
若有两个极值点，即函数有两个零点，又，
所以是方程的两个不同实根，
即，解得，
另一方面，由，得，
从而可得，
于是．不妨设，
设，则．因此，．
要证，即证：，
即当时，有，
设函数，则，
所以为上的增函数．注意到，，因此，．
于是，当时，有．
所以成立，．
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是对要证明不等式合理变形，把双变量问题化为单变量问题.
5．（2023·辽宁沈阳·东北育才学校校考模拟预测）已知函数，.
（1）讨论函数的极值点；
（2）若是方程的两个不同的正实根，证明：.
【答案】（1）当，无极值点；当，的极大值点为，极小值点为；（2）证明见解析.
【分析】（1）令，对求导后按判别式分类讨论求极值点；
（2）通过层层分析和转化，将要证的不等式“”最终转化为：“求证：当时，”.
【详解】（1），函数的定义域为，
，，
①当，即时，恒成立，所以函数在上单调递增，无极值点；
②当，即时，方程有两个根，，解得，且，
当时，，函数单调递增；
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以，函数的极大值点为，极小值点为
（2）方程即方程，设，
，
∴在上递减，在上递增，依题意知有两个零点，
∴，即，解得，且
两式相减得，设，
∴，∴，
要证明，只需证，只需证，
只需证，只需证，
记，，
∴在上递减，∴
∴，故，
即.
【点睛】思路点睛：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.
6．（2022秋·福建泉州·高三福建省德化第一中学校考阶段练习）已知函数.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）若函数有两个极值点，，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）当时，可得解析式，求导得解析式，则可求得，，代入直线方程，化简即可得答案.
（2）函数有两个极值点，，等价为有两个不相等的实数根，.令，分别讨论和两种情况，利用导数求得其单调区间和极值，可得a的范围，不妨设，则，.令，利用导数判断其单调性，结合基本不等式，分析整理，即可得证.
【详解】解：（1）当时，，则，
所以，又，
所以切线方程为，即.
（2）由题意得，则.
因为函数有两个极值点，，
所以有两个不相等的实数根，.
令，则.
①当时，恒成立，则函数为上的增函数，
故在上至多有一个零点，不符合题意.
②当时，令，得，
当时，，故函数在上单调递减，
当时，，故函数在上单调递增.
因为函数有两个不相等的实数根，，
所以，得
不妨设，则，.
又，所以.
令，
则，
所以函数在上单调递增.
由可得，即.
又，是函数的两个零点，即，
所以.
因为，所以，
又，函数在上单调递减，
所以，即.
又，所以，因此.
【点睛】解决本题的关键主要有三点：一是确定，的范围，为后续的灵活转化做准备；
二是能够想到构造函数，并借助其单调性得到；
三是巧妙利用自变量的范围和函数的单调性构建关于，的不等式.
7．（2023秋·河南驻马店·高三校联考阶段练习）已知函数在其定义域内有两个不同的极值点.
（1）求a的取值范围；
（2）设两个极值点分别为x1，x2，证明：.
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）先对函数求导，令导数为零，则，所以问题转化为方程在上有2个异根，构造函数，问题转化为函数有2个不同的零点，利用导数求其单调区间和极值，从而可求出a的取值范围；
（2）由（1）可知x1，x2分别是方程的两个根，即，，设，作差得，即，原不等式等价于，即，令，则问题转化为利用导数求函数的最小值大于零即可
【详解】解：（1）由题意得的定义域是，
，
则，令，得，
问题转化为方程在上有2个异根，
令，问题转化为函数有2个不同的零点，
而，
∵，当时，，当时，，
故在单调递增，在单调递减，
故的极大值为，
又∵当x→0时，，当x→+∞时，，
于是只需的极大值大于零，即，故，
即a的取值范围是；
（2）证明：由（1）可知x1，x2分别是方程的两个根，
即，，
设，作差得，即，
原不等式等价于，
，
令，则，，
设，则，
∴函数在上单调递增，
∴，即不等式成立，
故所证不等式成立.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的应用，考查利用导数证明不等式问题，解题的关键是原不等式等价于，而，再令，再次将问题转化为，然后构造函数利用导数求最小值大于零即可，考查数学转化思想和计算能力，属于较难题
8．（2022秋·江西抚州·高三金溪一中校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若存在两个极值点，，求证：.
【答案】（1）当时，在，上单调递增，在上单调递减；当时，在上单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）先求定义域，再求导，，设，再分类讨论得到的符号，得到的单调性；
（2）由（1）得到存在两个极值点，时的取值范围，再得到应满足的关系式，用表示出，再由导数求最小值，证明不等式.
【详解】（1）的定义域为，，
设，则，
若，即时，，
∴，所以在上单调递增.
若，即时，令，
则，
当时，.，
当时，，
所以在，上单调递增，
在上单调递减.
综上可得：当时，在，上单调递增，
在上单调递减；当时，在上单调递增；
（2）由（1）知时存在两个极值点，
则方程有两根，，所以，，
.
令，，
则，
所以在上单调递减，所以，
所以.
【点睛】本题考查了利用导数研究含参函数的单调性，利用导数研究函数的极值、最值，考查了学生的分析能力，推理能力，运算能力，分类讨论思想，转化与化归思想.
9．（2023江苏·高二专题练习）已知函数．
（1）讨论的单调性；
（2）已知，若存在两个极值点，且，求的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；（2）.
【分析】(1)求出的导函数，按a进行分类讨论以确定在区间上值的正负即可作答；
(2)由(1)借助韦达定理将进行变形，再构造函数并利用其单调性即可得解.
【详解】（1）函数的定义域为，，
当时，，当且仅当即“=”，则，在上单调递减，
当时，方程有两个正根为，，
当或时，，当时，，
于是得在、上单调递减，在上单调递增；
（2）因存在两个极值点，且，由(1)知，即，则，
显然，对是递增的，从而有，
，
令，
，
令，，
即在上单调递增，，则，于是得在上单调递增，
从而得，即，
所以的取值范围.
10．（2023秋·浙江·高三校联考阶段练习）已知函数．
（1）求函数在处的切线方程；
（2）若方程有两个不同实根、证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义可求得函数在处的切线方程；
（2）利用导数分析函数在上的单调性，可得知方程两根分别在与内，不妨设、且，证明出恒成立，可得出，证明出恒成立，可得出，利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）因为，故，
所以，，，
因此，函数在处的切线方程为；
（2）由（1）得，
设，则在上恒成立，
所以，在上单调递增，
又，，所以有唯一实根．
当时，，递减；
当时，，递增，
故方程两根分别在与内，不妨设、且，
设，，则，
且，，
当时，，所以函数在上递增，
当时，，递减；当时，，递增，
所以，有最小值，即恒成立，，．
，则，又因为，
所以，函数在处的切线方程为，
构造函数，则，
当时，，递减；当时，，递增.
所以，，所以恒成立，
，即，
于是．
【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秋·山西长治·高三山西省长治市第二中学校校考阶段练习）已知函数．
（1）讨论的单调区间与极值；
（2）已知函数的图象与直线相交于，两点（），证明：．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）求出导函数，利用确定增区间，确定减区间，从而可得极值；
（2）由（1）知只有在且即时，函数的图象与直线才有两个交点，由得，可得，同时由消去参数，并设，都可用表示，要证不等式，只要证，即，只要证，引入新函数．利用导数的知识可证．
【详解】解：（1），
①当时，，此时在上单调递增，无极值；
②当时，由，得.
所以时，，单调递减；
时，，单调递增.
此时函数有极小值为，无极大值.
（2）由题设可得，所以，
且由（1）可知，，.
，，∴，同理，
由，可知，所以.
由，得，
作差得
设（），由，得，
所以，即，
所以，
要证，只要证，即，只要证.
设（），
则.
所以在单调递增，.
所以.
【点睛】本题考查用导数求函数的单调区间和极值，证明与方程根有关的不等式．考查转化与化归思想．对于与方程的解有关的不等式问题，关键是引入新参数，如，，象本题，此时的范围是确定的，如、、等等，接着关键是把用表示（可用消参法建立关系），要证的不等式就变为关于的不等式，引入新函数后应用导数知识证明．
12．（2023全国·高三专题练习）已知函数，其中.
（1）当时，求不等式在上的解；
（2）设，关于直线对称的函数为，求证：当时，；
（3）若函数恰好在和两处取得极值，求证：.
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】（1）当时，对求导，判断导函数在上的正负号，说明函数在上的单调性，再利用，即可解出不等式.
（2）根据题意求出，令，求出说明其大于0.则在上单调递增，再结合，即可得证.
（3）根据题意可知，是函数的两个不同实根.不妨设，分别根据函数零点存在性定理可得，可得，则，要证即证.化简得，令，
再根据函数，求导说明函数在上是减函数，结合，即可得证.
【详解】（1）当时，，
，，
∴在上单调递增，
∴，
∴在上单调递增，又，
∴的解集为；
（2），
∵关于直线对称的函数为，
∴
∴
令，
，当且仅当时取“＝”，
∵，故上式取不到“＝”，即，
∴在上单调递增，
故，即，
∴当时，，
（3）证明：由已知，
由，是函数的两个不同极值点（不妨设）.
即，是函数的两个不同实根.
即，
∴，，
两式相减得：，
于是要证明，即证明，
两边同除以，即证，即证，
即证
令
即证不等式当时恒成立.
设，
∴
而，即，∴，
∴在上是减函数，又
∴恒成立.
则.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式恒成立.属于难题.常见的恒成立问题：1)恒成立;2)恒成立;3)恒成立.
13．（2023春·福建·高二校联考期末）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若已知函数有两个零点，求证：.
【答案】（1）在（-∞，ln2a）单调递减，在( ln2a，＋∞)单调递增；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导，根据，由，求解.
（2）根据函数有两个零点，不妨设，则，，将证，转化为证明，再由，且函数在上单调递减，结合，转化为证，令用导数法求解.
【详解】（1）的定义域为，.
由，由，即，解得.
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增.
所以，f(x) 在（-∞，ln2a）单调递减，在( ln2a，＋∞)单调递增. ..
（2）由题意，函数有两个零点，不妨设，
则，.
要证，只需证，
而，且函数在上单调递减，
故只需证，
又
所以只需证，
即只需证，
记，
由均值不等式可得（当且仅当，即时，等号成立）.
所以函数在上单调递增 ，
由，可得，即，
所以，
又函数在上单调递减，
所以，即.
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性，导数与不等式证明，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于较难题.
14．（第三章 导数及其应用（能力提升）-2020-2021学年高二数学单元测试定心卷（人教版选修1-1））设函数.
（1）若，求的单调区间；
（2）若存在三个极值点，，，且，求k的取值范围，并证明：.
【答案】（1）单调减区间为，单调增区间为；（2），证明见解析.
【解析】（1），，令 ，
则，通过研究的单调性可得，然后分别令和，解不等式即可得解；
（2），则有两个不同的零点，且都不是1，对k分成，两种情况分类讨论，利用导数研究的单调性和零点，由此求得k的取值范围；由上述分析可得，利用导数证得，
从而证得.
【详解】（1）当时，，
∴，
令，则，
∴由得，得，
∴在上递减，在上递增，
∴即，
∴得，解得，
∴的单调减区间为，单调增区间为；
（2），
∵有三个极值点，
∴方程有两个不等根，且都不是1，
令，
当时，单调递增，至多有一根，
当时，得，得，
∴在上递减，在上递增，
∴，，
此时，，，，时，，
∴时，有三个根，，，且，
由 得，由得，
∴，
下面证明：，可变形为，
令 ， ，
，∴在上递增，
∴，∴，
∴.
【点睛】本题考查利用导数求函数的单调区间（不含参），考查根据极值求参数的取值范围，考查利用导数证明不等式，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查分类和转化思想，属于难题.
15．（2022秋·湖南邵阳·高三统考期中）已知函数有三个极值点，
（1）求实数的取值范围；
（2）求证：.
【答案】（1）且；（2）证明见解析.
【分析】（1）函数有3个零点等价于有3个变号零点，由于，且，所以可得有两个不为0，－1的实根，再对求导讨论其单调性可得结果；
（2）由（1）可知有一个零点为0，所以不妨设，，而，所以，因此要证，即证而，，而在上递减，，所以只需证，即，然后构造函数，只需证此函数值恒大于零即可.
【详解】解：（1）利用的极值点个数即为的变号零点个数
，，设，
由已知，方程有两个不为0，－1的实根，
当时，在上递增，至多一个实根，故
所以在上递减，在上递增，
因为，
所以时，有两个实根，
解得且
（2）由（1）不妨设，，∵，∴.
要证，即证而，
由在上递减，在上递增，且
故只要证，又，故只要证
即证
设
∴
∴递增，∴
即
∴
【点睛】此题考查函数的极值点问题，极值点偏移问题，利用导数求函数的单调区间，利用导数证明不等式恒成立等，考查了数学转化思想，属于较难题.
16．（2023春·天津和平·高二统考期末）设()，，
（1）求的单调区间：
（2）已知函数有两个零点，，且，
（i）求的取值范围；
（ii）证明：随着的减小而增大.
【答案】（1）若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为；（2）（i）；（ii）证明见解析.
【分析】（1）分类讨论含参数的函数的单调区间；
（2）（i）根据函数的单调性，转化为最大值大于0，然后解不等式即可；（ii）构造函数，结合函数单调性及不等式的性质即可证得.
【详解】（1）因为，则，
①若，则在上恒成立，所以的单调递增区间为；
②若，令，则，
时，，的单调递增；
时，，的单调递减；
所以的单调递增区间为，单调递减区间为；
综上：若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为
（2）
（i）由（1）知：函数有两个零点需满足，即，所以，故的取值范围为；
（ii）因为，则，令，则，
所以在上单调递增，在单调递减，并且时，，当时，，由已知满足，由，及的单调性，可得，对于任意，设，，其中；，其中；因为在上单调递增，由，即，可得，同理可得，又由得，故随着的减小而增大.
【点睛】导函数中常用的两种常用的转化方法：一是利用导数研究含参函数的单调性，常化为不等式恒成立问题，注意分类讨论与数形结合思想的应用；二是函数的零点、不等式证明常转化为函数的单调性、极(最)值问题处理．
17．（2023浙江金华·统考三模）已知函数.
（1）求在点处的切线方程；
（2）若方程有两个实根，且，证明；时，.(注∶e为自然对数的底数)
【答案】（1）；（2）见详解.
【分析】（1）根据导数的几何意义，求出点处的切线斜率，又，根据点斜式即可得解；
（2）由点处的切线方程，求的近似值，由在处的切线，求出的近似值，由此证明.
【详解】（1）由，所以，又，
所以f(x)在点(-1，f(-1))处的切线方程为；
（2）由（1）知在点)处的切线方程
设，
令，
则，设
，
所以在上单减，在上当增，
， 时，，，
∴ 所以在上单减，在上当增，
∴ ，
∴ ，当且仅当时取等号，
令，则的根为，又，
所以，因为在上单减，所以，
而在处的切线方程为
设，
令，
则，设
，
故 在上单减，在上单增，
又，当时，，
故，
所以，当且仅当时取等号，
∵ 的根，
，
又在上单增，所以，
故，又，
∴ .
【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数研究函数的单调性，同时考查了转化思想，要求较高的计算能力，考查了计算逻辑推理等数学的核心能力.本题的关键有：
（1）掌握导数的几何意义的应用以及利用导数研究函数的单调性；
（2）本题的最重要思路是进行转化，把函数零点转化为切线零点解决问题.
18．（2023春·江苏徐州·高二江苏省丰县中学校考期中）已知函数，.
（1）当时，求该函数在处的切线方程；
（2）求该函数的单调区间和极值；
（3）若函数在其定义域上有两个极值点，且，求证：.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）利用导数求得切线斜率，根据切点和斜率由点斜式求得切线方程.
（2）求得，对分成和两种情况，讨论的单调区间和极值.
（3）求得表达式和导函数，根据是方程的两个不同实根列方程组，化简表达式，通过构造函数法，证得不等式成立.
【详解】（1）当时，，则，故，又
故切线方程为，即
（2），，
当时，在恒成立，的增区间为，无极值.
当时，令，，则当，，单调递增，
当时，，单调递减，
故的单调增区间为，
单调减区间，有极大值，无极小值.
（3），则，所以是方程的两个不同实根.
于是有
故有
所以：
令，则，即证
设，，则，所以为为增函数，
又，因此，，故当时有，所以.
【点睛】本小题主要考查利用导数求切线方程，考查利用导数研究函数的单调区间和极值，考查利用导数证明不等式，属于难题.
19．（2022秋·贵州贵阳·高三统考期中）已知函数，．
（Ⅰ）若在内单调递减，求实数的取值范围；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，证明：．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）证明见解析.
【分析】（I）对原函数求导，根据在内的单调性得在上恒成立，构造函数，求出其最大值即可求出的取值范围;
（Ⅱ）函数有两个极值点分别为，，等价于在内有两根，，将极值点代入作差，设，得到时原不等式成立；时，将原不等式转化为，令，，构造函数，证明，即原不等式成立.
【详解】（I）由题可知，，
在内单调递减，
∴在内恒成立，
即在内恒成立，
令，则，
∴当时，，即在内为增函数，
当时，，即在内为减函数，
∴，即，，
∴；
（Ⅱ）若函数有两个极值点分别为，，
则在内有两根，，
，两式相减，得，
不妨设，
当时，恒成立，
当时，要证明，只需证明，
即证明，即证明，
令，，
令，
，
在上单调递减，
，
，
即成立，
.
【点睛】本题主要考查导数在研究函数中的应用，不等式的转化，构造函数讨论是解决问题的关键.
20．（2023秋·江苏扬州·高三江苏省高邮中学校考阶段练习）已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）若函数有三个极值点，，，求实数的取值范围，并证明.
【答案】（1）当时，在单调递减；当时，在单调递减，在单调递增.（2）证明见解析
【解析】（1）求导，对分类讨论，确定或解的区间，即可求出结论；
（2）求，由，得出或，有三个极值点，转化为有两个异于2的实根.不妨设，，根据（1）得，且，从而，由零点存在定理可得，又时，，求出实数的取值范围是.要证，只需证明，利用，是的两个实根，可得，.令，则，，，只需证明，即证，，令，，利用求导，求出单调区间，最值,即可证明结论.
【详解】解：（1），
当时，，在单调递减；
当时，令，得，
当时，；当时，.
故在单调递减，在单调递增.
（2）由已知得，，
令，得或.
要使函数有三个极值点，须有三个不相等实数根，
从而有两个异于2的实根.不妨设，，
由（1）知：，且，从而.
而当时，，，；
由零点存在定理知.
又当时，，所以实数的取值范围是.
要证，只需证.①
因为，是的两个实根，且，
所以，从而，所以，
令，则，，.
要证①式成立，只需证，即证，.
令，，则，所以在递增，
所以，所以.命题得证.
【点睛】本题考查导数的综合应用，涉及函数单调区间、零点、最值、不等式证明，解题的关键是等价转化，构造函数，属于难题.4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2022年全国甲卷理，第21题,12分
导数中的极值偏移问题
恒成立问题、零点问题
利用导数证明不等式
2021年新I卷，第22题,12分
导数中的极值偏移问题
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数证明不等式
4年考情
考题示例
考点分析
关联考点
2022年全国甲卷理，第21题,12分
导数中的极值偏移问题
恒成立问题、零点问题
利用导数证明不等式
2021年新I卷，第22题,12分
导数中的极值偏移问题
利用导数求函数的单调区间 (不含参)
利用导数证明不等式
x
1
-
0
+
递减
极小值
递增