重难点培优08 导数中的极值点偏移、拐点偏移问题（复习讲义）（含答案）2026年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）

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\l "_Tc28373" 02 题型精研・技巧通法提能力 PAGEREF _Tc28373 \h 5
\l "_Tc16555" 题型一 极值点偏移方法之对称构造（★★★★★） PAGEREF _Tc16555 \h 5
\l "_Tc7141" 题型二 极值点偏移方法之比值代换（★★★★★） PAGEREF _Tc7141 \h 7
\l "_Tc26803" 题型三 极值点偏移方法之对数均值不等式（★★★★★） PAGEREF _Tc26803 \h 10
\l "_Tc13512" 题型四 极值点偏移:加法形式（★★★★★） PAGEREF _Tc13512 \h 14
\l "_Tc3897" 题型五 极值点偏移:减法形式（★★★★★） PAGEREF _Tc3897 \h 23
\l "_Tc326" 题型六 极值点偏移:乘积形式（★★★★★） PAGEREF _Tc326 \h 30
\l "_Tc11957" 题型七 极值点偏移:商式形式（★★★★★） PAGEREF _Tc11957 \h 39
\l "_Tc17557" 题型八 极值点偏移:平方形式（★★★★） PAGEREF _Tc17557 \h 48
\l "_Tc28054" 题型九 极值点偏移:其他形式（★★★★） PAGEREF _Tc28054 \h 53
\l "_Tc8991" 题型十 拐点偏移问题（★★★） PAGEREF _Tc8991 \h 61
\l "_Tc25070" 03 实战检测・分层突破验成效 PAGEREF _Tc25070 \h 64
\l "_Tc621" 检测Ⅰ组 重难知识巩固 PAGEREF _Tc621 \h 64
\l "_Tc1659" 检测Ⅱ组 创新能力提升 PAGEREF _Tc1659 \h 87
一、极值点偏移问题
1、极值点偏移定义
极值点偏移是函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数的图象不具有对称性。例如我们学过的二次函数为标准的对称结构，也有对称轴，但是有些函数没有对称轴，即关于类对称轴对称的两点横坐标之和不等于对称点横坐标两倍，我们把这种现象叫做极值点偏移
2、极值点偏移的原理
函数自身所导致的在极值点左右两端增速不一样
3、极值点偏移的图形定义
①左右对称，无偏移，如二次函数；若，则
②左陡右缓，极值点向左偏移；若，则
③左缓右陡，极值点向右偏移；若，则
4、极值点偏移的判断
根据极值点偏移的定义可知：当题干中出现等条件而求证不等式成立的时候，即可视为极值点偏移考察
5、答题模板（对称构造）
若已知函数满足，为函数的极值点，求证：.
（1）讨论函数的单调性并求出的极值点；
假设此处在上单调递减，在上单调递增.
（2）构造；
注：此处根据题意需要还可以构造成的形式.
（3）通过求导讨论的单调性，判断出在某段区间上的正负，并得出与的大小关系；
假设此处在上单调递增，那么我们便可得出，从而得到：时，.
（4）不妨设，通过的单调性，，与的大小关系得出结论；
接上述情况，由于时，且，，故，又因为，且在上单调递减，从而得到，从而得证.
（5）若要证明，还需进一步讨论与的大小，得出所在的单调区间，从而得出该处函数导数值的正负，从而结论得证.此处只需继续证明：因为，故，由于在上单调递减，故.
5、其他方法
①比值代换
比值换元的目的也是消参、减元，就是根据已知条件首先建立极值点之间的关系，然后利用两个极值点的比值作为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用比值(一般用表示)表示两个极值点，即，化为单变量的函数不等式，继而将所求解问题转化为关于的函数问题求解．
②对数均值不等式
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．
③指数不等式
在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：
二、拐点偏移
1、拐点偏移定义
若函数在定义域内连续且二阶可导,且,则是函数的一个拐点。
若,有,则拐点不偏移;
若,有,则称拐点右偏;
若,有,则称拐点左偏.

2、一般方法
解决此类问题和极值点偏移类似,也相当于是对称化构造,而且一阶导极值点右偏(左偏)对应拐点右偏(左偏),偏移方向是相同的,因此一般的解题步骤如下：
（1）分析单调性,也就是分析
（2）求解函数拐点,即令求出拐点
（3）构造,证明或恒成立
（4）得出结论


题型一 极值点偏移方法之对称构造
1．已知函数.
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1），
该方程有两个不等实根，由，
所以直线与函数的图象有两个不同交点，
由，
当时，单调递减，
当时，单调递增，因此，
当时，，当，，
如下图所示：
所以要想有两个不同交点，只需，即的取值范围为；
（2）因为是函数的两个极值点，
所以，由（1）可知：，不妨设，
要证明，只需证明，显然，
由（2）可知：当时，单调递增，所以只需证明，
而，所以证明即可，
即证明函数在时恒成立，
由，
显然当时，，因此函数单调递减，
所以当时，有，所以当时，恒成立，因此命题得以证明.
2．已知函数．
(1)若，求的取值范围；
(2)证明：若有两个零点，，则．
【答案】(1)；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导，分别解不等式，即可；
（2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证.
【详解】（1）由题意知函数的定义域为，
解得，解得，
所以函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，
又，所以，解得，
所以的取值范围为．
（2）不妨设，则由（）知，，
构造函数，
则，
所以函数在上单调递增，
所以当时，，即当时，，
所以，
又在上单调递减，
所以，即．

题型二 极值点偏移方法之比值代换
1．若是函数的两个零点，且，求证：且．
【答案】证明见解析
【分析】根据题意，得，令，对于，其等价于，构造函数，即可得证；令，则，构造函数，即得证；
【详解】因为，由题意结合可知，，，
所以．
令，则，，代入上式得，
．对于，其等价于，即．
构造函数，
则，
所以函数在上单调递增，
所以，即得证．
对于，其等价于，即，即．
令，则，构造函数，则，
在上单调递减，所以，即得证．
2．（23-24高三上·河南·月考）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.

题型三 极值点偏移方法之对数均值不等式
1．已知函数和，若存在两个实数，且，使得，，证明：．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明，利用构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为，不妨设，
因为，，
所以，，
所以，
欲证，即证.
因为，所以即证，
所以即证，即证．
令，则，等价于，
构造函数，，
因为，所以在上单调递增，
故，
即，所以．
方法二：【比值代换】直接换元构造新函数 ，即，设，，则，
则，，可得，，
由于
构造函数，，
因为，所以在上单调递增，
故，即，
所以.
2．已知.
(1)若在定义域内单调递增，求的最小值.
(2)当时，若有两个极值点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由在定义域内单调递增，得到在上恒成立，取，可得;
（2）当时，由有两个极值点，得到，令，利用导数求出，判断出，利用对数均值不等式即可证明.
【详解】（1）方法一：，取，得，
所以，，
时，，
所以取，时，，
，分子随增大而增大，
而，所以当时，单调递减，当时，单调递增，
而，得，符合单调递增，所以.
方法二：，，
因为在定义域内单调递增，
所以在上恒成立，
故，设，
若，则当时，，故在上恒成立，这不可能.
若，则在上恒成立，取，则有，故.
若，此时，
令，则为上的减函数，
而，
取，则当时，
有，故在上存在唯一零点，
设该零点为，由零点存在定理可得.
故当时，；当时，，
故在为增函数，在上为减函数，故.
所以，
因为，故，
所以，其中.
设，，则，
当时，，当时，，
故在为减函数，在为增函数，
故，故即的最小值为.
（2）当时，，
因为有两个极值点，
所以，即，从而，
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上递增，在上递减，
所以，
又因当时，，当时，，
所以，
由对数均值不等式得，从而，
所以.
3．已知函数.若有两个零点，证明：.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明，即可求解.
【详解】由题意得，令，则，，
所以在上单调递增，故至多有解；
又因为有两个零点，所以，有两个解，
令，，易得在上递减，在上递增，所以.
此时，两式相除，可得：.
于是，欲证只需证明：，
下证：
因为，
不妨设，则只需证，
构造函数，则，
故在上单调递减，故，即得证，
综上所述：即证.

题型四 极值点偏移:加法形式
1．设函数．
(1)判断函数的单调性；
(2)若，且，求证：．
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意得，令，根据的正负确定的单调性，
得，即得函数的单调性.
（2）构造函数，其中，则，
令，得，从而可得在上单调递减，然后根据函数的单调性可得.
【详解】（1）∵，，
∴．
令，则．
令，得或．
当时，；当时，；当时，．
∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减．
又，，故对一切恒成立，
∴，于是，故在上单调递增．
（2）易知当时，由（1）知，，
所以，当且仅当时取等号，与题意不符，
当，由（1）知，，与题意不符，
所以中一个在内，一个在内，不妨设．
构造函数，其中，
则．
由，得．
令，
∵，
∴在上单调递增，则．
∴在上单调递减，∴，
即对恒成立．
∵，∴，
∴．
由（1）知在上单调递增，
∴，故．
2．（23-24高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，.
(1)若对于任意，都有，求实数的取值范围；
(2)若函数有两个零点，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可；
（2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可.
【详解】（1）结合题意：对于任意，都有，所以，
因为，所以只需，
，
当时，，在上单调递减；
当时，，在上单调递增.
所以只需；
（2）等价于，
设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减，
由知且，，
设函数，其中，
知，
知在区间上单调递增，即时，
即时，，
即，
又由已知由且，
有且，由在上单调递减，
所以，即.
3．已知函数．
(1)若函数在上单调递增，求实数的取值范围；
(2)若函数恰有两个极值点，且的最大值为，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题意可得在上恒成立，构造函数，借助导数求出其在上的最小值即可得；
（2）由题意结合导数可得，，即可得， ，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，得到函数，利用导数计算其单调性即可得解.
【详解】（1）由题意可得在上恒成立，
即在上恒成立，
令，则，
则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，故，即；
（2），令，
由函数有两个极值点，
则有两个变号零点，
，
当时，，不符，故舍去；
当时，则当时，，当时，，
故在上单调递增，在上单调递减，
又，
又当时，，则，
故此时此时至多存在一个零点，不符，故舍去；
当时，则当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增，
有，则，故，
则有，，
则，即，同理，
则，故，
即，
由的最大值为，令，则有，
即，令，，
则
，
令，，
则恒成立，
故在上单调递增，则，
则，故在上单调递增，
则.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于利用，，通过作差消去变量，得到，从而可得，再通过换元法令，从而将多变量问题转化为单变量问题.
4．已知函数．
(1)求函数的最值；
(2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：．
【答案】(1)无最大值，最小值为；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数知识可得函数的最值；
（2）由题可得，要证，即证，然后通过研究：单调性可完成证明.
【详解】（1）函数的定义域为．
令，解得；令，解得．
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以．
所以无最大值，最小值为；
（2），．
因为有两个不同的极值点，所以，．
欲证，即证，又，
所以原式等价于①.
由，,
得②.
由①②知原问题等价于求证，
即证．
令，则，上式等价于求证．
令，则，
因为，所以恒成立，所以单调递增，，
即，所以原不等式成立，即．
【点睛】关键点睛：对于涉及双变量不等式的证明，常利用两变量的差或者商，将双变量问题转变为单变量问题.
5．（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数，
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若时，恒成立，求的范围；
(3)若在内有两个不同零点、，求证：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围；
（3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）当时，，则，
所以，，.
故切线方程为，即，
（2）因为在上恒成立，
进而，即．
令，其中，则，
当时，，则，此时，函数单调递增，
当时，，则，此时，函数单调递减，
当时，，因为，因此，
所以，，故，
因此，实数的取值范围是.
（3）因为函数在内有两个不同零点、，
则方程在内有两个根、，即，
由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减．
故，欲证，即证，
由于且函数在单调递减．所以只需证明，
即证，欲证，即证，即，
即证，即证，而该式显然成立，
欲证，即证，且，即证，
即证，即证，即证，
令，只需证，
，
令，
所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证．
6．已知函数 且曲线在处切线也是曲线的切线．
(1)求的值；
(2)求证：；
(3)若直线与曲线有两个公共点，，与曲线有两个公共点，，求证：
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）首先利用导数的几何意义求切线方程，再联立切线方程与函数，利用，即可求解；
（2）由切线方程转化为证明和，即可证明不等式；
（3）由二次函数的对称性，转化为证明，再根据的范围，构造函数，利用导数判断函数的单调性与最值，再结合函数，即可证明不等式.
【详解】（1），，
所以在处切线方程为，
联立，得，
，得；
（2）设，，
设，，单调递减，且，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
当时，取得最大值0，所以，当时等号成立，即，
，当时等号成立， 即，
综上可知，，即.
（3），对称轴方程为，由对称性可知，，
所以要证明，只需证明，
，，得，
当时，，单调递增，时，，单调递减，
当时，取得最大值，
当时，，当时，，，，
所以与的图象有两个公共点，，设，
则，，
设，
，
，
当时，，则，，
即时，，单调递增，,
所以当时，，即，
，所以，由，
即，在上单调递减，
所以，即，
综上可知，.

题型五 极值点偏移:减法形式
1．已知函数．
(1)求函数的单调区间与极值；
(2)若，求证：．
【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为．
(2)证明见解析
【分析】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解；
（2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明.
【详解】（1）定义域为，，
令，解得或，
当时，；当时，．
的单调递增区间为和，单调递减区间为．
的极大值为，极小值为．
（2）证明：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，
，．
2．已知函数，（其中是自然对数的底数）
(1)试讨论函数的零点个数；
(2)当时，设函数的两个极值点为、且，求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）可得，令，其中，则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出，将所证不等式转化为，设函数的图象在处的切线交直线于点，函数的图象在处的切线交直线于点，证明出，，再利用不等式的基本性质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：由可得，令，其中，
则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数，
，令可得，列表如下：
如下图所示：
当时，函数无零点；
当时，函数只有一个零点；
当时，函数有两个零点.
（2）证明：，其中，
所以，，由已知可得，
上述两个等式作差得，
要证，即证，
因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则，
因为函数在上单调递增，，，，
设函数的图象在处的切线交直线于点，
函数的图象在处的切线交直线于点，
因为，所以，函数的图象在处的切线方程为，
联立可得，即点，
构造函数，其中，则，
当时，，此时函数单调递减，
当时，，此时函数单调递增，所以，，
所以，对任意的，，当且仅当时等号成立，
由图可知，则，所以，，
因为，可得，
函数在处的切线方程为，
联立，解得，即点，
因为，
所以，，
构造函数，其中，则，，
当时，，此时函数单调递减，
当时， ，此时函数单调递增，则，
所以，对任意的，，当且仅当时，等号成立，
所以，，可得，
因此，，故原不等式成立.
3．（2024·河南南阳·一模）已知函数.
(1)若函数在上单调递增，求的取值范围.
(2)若函数的两个零点分别是，且，证明：
①随着的增大而减小；
②.
【答案】(1)
(2)①证明见解析：②证明见解析
【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可.
（2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可.
②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可.
【详解】（1）若函数在上单调递增，易知，
令，，令，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故原命题等价于求，且，故，解得，
即的取值范围为.
（2）①引理：对，必有成立，令，
故，令，，令，，
故在上单调递减，在上单调递增，
则，即恒成立，故成立，
设，则，即，
可得的最小值为
而，当时，，
且由引理知，故，
由零点存在性定理得有两个零点，
结合可得，
故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为，
我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得，
且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有，
此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可，
由于，
首先，我们有，，所以，，
其次，我们实际上有，（因为要么，要么），
所以，若，则，，
然后考虑，显然我们有，
若，则，所以另一根一定小于，从而，
若，由于是关于的较大根，故，
即，解得，但是对任意的时，
关于的方程的较小根都不超过，
要么，解得，要么，
所以是较大根，从而，这表明与关于对称，
所以我们只需要证明在上单调递减，
这里是的较大根，且，
由于，故对，设，
则，，
从而由是较大根，知，，
也意味着位于单调递增区间，
设，由于当时，
，
所以，
而，方程的较小根一定不超过，
这表明的较大根一定成立，所以，
这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减，
故随着的增大而减小得证.
②由①知有两个零点，且，
由于，
由引理又有，
而根据单调性得，当或时，必有，
所以，
可得
即，原不等式得证.

题型六 极值点偏移:乘积形式
1．（24-25高三上·湖南·月考）已知函数，.
(1)若，求曲线在点处的切线方程.
(2)若有两个极值点，．
（i）证明：；
（ii）证明：.
【答案】(1)；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得.
（2）（i）求出函数及导数，分离参数并构造函数，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由（i）中信息，构造函数，探讨函数在上的单调性，推理得证.
【详解】（1）函数，求导得，则，而，
所以曲线在点处的切线方程为.
（2）（i）函数，求导得，
令，得，
设，求导得，，
令，得，
当时，；当时，，函数在上递减，在上递增，
于是，由有两个极值点，得方程有两个实根，
即有两个实根，则.
（ii）由（i）知，是方程的两个实根，即，且，
设，求导得，
令，则当时，，
即函数在上单调递增，则，即当时，，
于是函数在上单调递增，则，因此，
则，即，而，又在上单调递减，
因此，所以.
2．已知函数．
(1)若函数有两个零点，求的取值范围；
(2)设是函数的两个极值点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数有两个零点转化为直线与函数的图象有两个不同的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求的取值范围；
（2）由（1）知，不妨设，要证，即证，只需证，结合单调递增只需证，再根据单调性可得答案.
【详解】（1），则，
令，得，
若函数有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点．
设，则．
当时，单调递减，当时，单调递增，
因此．当时，，当时，，
作出函数的大致图象与直线，如图所示，要使二者有两个不同交点，
则，故的取值范围为．
（2）因为是函数的两个极值点，所以．
由（1）知，不妨设，
要证，即证，
只需证，显然．
由（1）知当时，单调递增，所以只需证，
而，所以即证．
设，
则，
当时，单调递减，所以当时，，
所以当时，，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图象的交点个数求解.
3．（23-24高三上·重庆渝中·期中）已知函数．
(1)若函数是减函数，求的取值范围；
(2)若有两个零点，且，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围；
（2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论.
【详解】（1）的定义域为，
，
函数是减函数，故在上恒成立，
即在上恒成立，
令，，
，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
故在处取得极大值，也是最大值，且，
故，解得，
故的取值范围是；
（2）若有两个零点，则，
得．
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则在上单调递增，
，即，
故.
【点睛】极值点偏移问题，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解.
4．已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求出函数的导数，然后分类讨论的取值情况，从而可求解.
（2）结合（1）中结论可知，从而求出，，然后设并构造函数，然后利用导数求解，然后再构造函数证明，从而求解.
【详解】（1）因为函数的定义域是，，
当时，，所以在上单调递减；
当时，令，解得，
当时，，单调递增；当时，，单调递减．
综上所述，当时，的减区间为，无增区间；
当时，的增区间为，减区间为．
（2）因为是函的两个零点，由（1）知，
因为，设，则，
当，，当，，
所以在上单调递增，在上单调递减，．
又因为，且，
所以，．
首先证明：．
由题意，得，设，则
两式相除，得．
要证，只要证，即证．
只要证，即证．
设，．
因为，所以在上单调递增．
所以，即证得①．
其次证明：．设，．
因为，所以在上单调递减．
所以，
即．
所以②．
由①②可证得．
5．定义：若函数与在公共定义域内存在，使得，则称与为“契合函数”，为“契合点”．
(1)若与为“契合函数”，且只有一个“契合点”，求实数a的取值范围．
(2)若与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”．
①求b的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)；
(2)①；②证明见解析.
【分析】（1）由给定的定义把问题转化为方程有唯一零点，再构造函数，利用导数探讨函数的性质求解即可.
（2）①根据给定的定义将问题转化为方程有两个不同的零点求解；②由①中信息，利用极值点偏移求解.
【详解】（1）由与为“契合函数”，得，使
，令，依题意，方程有唯一解，
求导得，当时，；当时，，
函数在上单调递增，在上单调递减，则，
当时，，时，，，
又和只有一个“契合点”，则直线与函数的图象只有1个交点，则或，
所以实数a的取值范围是.
（2）①由与为“契合函数”，且有两个不同的“契合点”，
得存在，使，
即关于的方程有两个相异正根，令函数，
求导得，
由，得，得当时，；当时，，
则函数在上递增，在上递减，则，
当从大于0的方向趋近于0时，；当时，，
因此当时，直线与函数的图象有两个不同交点，
所以b的取值范围是.
②由（1）知，当时，，令，
求导得，
令，求导得，
当时，，函数在上单调递减，，，
函数在上单调递减，，因此当时，，
而，则，又，于是，
又，函数在上递减，则，
所以.
6．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）已知函数．
(1)讨论函数的单调区间；
(2)当时，证明：；
(3)函数有两个零点、，求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间；
（2）当时，即证不等式，令，即证不等式，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证得结论成立；
（3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）函数的定义域为，
，
当时，对任意的，，
由可得，由可得，
此时，函数的减区间为，增区间为；
当时，由可得，由可得或，
此时函数的减区间为，增区间为、；
当时，对任意的，，
此时函数的增区间为；
当时，由可得，由可得或，
此时，函数的减区间为，增区间为、.
综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为；
当时，函数的减区间为，增区间为、；
当时，的增区间为，无减区间；
当时，函数的减区间为，增区间为、.
（2）当时，，
即证，
令，即证，即证，
因为，则函数在上单调递增，
当时，；当时，，
所以函数的值域为，
令，其中，则，
由可得，由可得，
所以函数的减区间为，增区间为，则，
故，即，故原不等式得证.
（3），
因为函数有两个零点、，不妨设，
则，所以，，
整理可得，即，
要证，即证，
即证，
令，即证，
令，其中，则，
所以函数在上为增函数，则，
即，即，故原不等式得证.

题型七 极值点偏移:商式形式
1．已知函数．
(1)若是的极值点，求a的值；
(2)当时，求证：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）．
【答案】(1)；
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）求导后，利用求出结果；（2）二次求导，先研究一阶导函数的单调性，再研究的单调性，结合隐零点，极值点之间的关系，进行证明.
【详解】（1）函数的定义域为，，由题意得：，解得：，经验证符合要求.
（2）证明：函数的定义域为，，，令得：，令得：，即在上单调递减，在上单调递增，且，当时，恒成立，故存在，使得，且当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，
因为，所以，
令（），，令得：，令得：，所以，所以，则，
故存在，，使得恰有两个零点，
接下来证明：，
因为，，消去得：，其中，所以，而，所以，故，证毕；
接下来证明：，即，因为在上单调递增，所以只需证，即①，因为，即，代入①中得：，即：，显然成立，结论得证；
综上：恰有两个零点，，且（其中是的极值点）.
【点睛】处理隐零点的问题，要充分考虑零点所在的区间范围，与关键点的大小关系，结合函数的单调性解决问题，有时候需要构造新的函数，或者消去某些变量，化为单变量解决问题.
2．已知函数，.
(1)求证：，；
(2)若存在、，且当时，使得成立，求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）构造函数，其中，利用导数分析函数在上的单调性，可得出，即可证得结论成立；
（2）先证明对数平均不等式，其中，分析可知，不妨设，由已知条件推导出，再结合对数平均不等式可证得结论成立.
【详解】（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，.
【点睛】方法点睛：应用对数平均不等式证明极值点偏移：
①由题中等式中产生对数；
②将所得含对数的等式进行变形得到；
③利用对数平均不等式来证明相应的问题.
3．（2024·天津·一模）设函数.
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)设函数
（i）当时，取得极值，求的单调区间；
（ii）若存在两个极值点，证明：.
【答案】(1)
(2)（i）单调增区间为，，单调减区间为
（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解；
（2）（i），时，取得极值，所以，求出，进而可求出函数的单调区间；
（ii），存在两个极值点，即方程，在上有两个不等实根，所以，而等价于，构造函数即可得证.
【详解】（1），
则，
所以曲线在点处的切线方程为，即；
（2）（i），
，
∵时，取得极值，∴，解得，
∴，
令，得或；令，得，
∴的单调增区间为，，单调减区间为；
（ii），
∵存在两个极值点，
∴方程，即在上有两个不等实根.
∵，解得，
则
∴所证不等式等价于，
即，
不妨设，即证，
令，，
则，
∴在上递增，∴，
∴成立，
∴.
4．已知函数.
(1)若方程有3个零点，求实数的取值范围；
(2)若有两个零点，求证：，且.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围；
（2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证.
【详解】（1）解：令，即得，即方程有三个零点，
即直线与曲线有三个不同的交点，
可得，
所以当或时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以当时，有极小值为，
当时，有极大值为，
当时，，且当时，，
所以作出函数的图象如图所示，
所以数形结合可知，即实数的取值范围为.

（2）解：因为，
当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时，
令，得，所以当时，；
当时，，
故在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以，
若有两个零点，则，得，所以，
当时，，，，
故存在，使得，
又当趋向于时，趋向于，故存在，使得，
故，则满足，可得，即，
要证，只需证，
两边同乘以，可得，
因为，，所以，
令，即证，即证，
令，可得，
令，，故在区间上单调递增，
故，因此，所以在区间上单调递增，
故，因此原不等式成立.
5．（23-24高三下·四川成都·月考）已知函数，．
(1)讨论的单调性；
(2)若函数有两个零点；
（i）求的取值范围；
（ii）证明．
【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）由已知可知，分和讨论函数的单调性；
（2）（i）设，判断的单调性，然后结合单调性讨论求解；
（ii）先证明存在使得，然后证明，最后利用和的单调性即得结论.
【详解】（1）由已知，得，
当时，对任意的，有，所以在上单调递增；
当时，由于当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）（i）函数有两个零点，当且仅当方程有两个解，即方程有两个解.
设，则，这表明当时，；当时，.
所以在上单调递减，在上单调递增.
设，则，所以当时，；当时，.
故在上单调递减，在上单调递增，从而对任意的都有，即对任意的都有.
而对任意实数，在中取，就有.
这表明当时，有.
原命题等价于方程有两个解，分情况讨论：
当时，对任意，有，这表明方程至多有一个解，不符合条件；
当时，由于，，，且，故方程有两个解，且满足，再结合的单调性，知方程的所有解即为，满足条件.
综上，的取值范围是.
（ii）设，则，
故当且时，从而在和上单调递增，故在上单调递增.
这就意味着当时，有，即.
由于在上单调递减，在上单调递增，故由，
知存在，
使得，即.
从而有，
，
这意味着
，最后一步利用了和.
故，但，而在上单调递增，所以.
又因为在上单调递增，所以，
故，即.

题型八 极值点偏移：平方形式
1．（2024·吉林·二模）在平面直角坐标系中，的直角顶点在轴上，另一个顶点在函数图象上
(1)当顶点在轴上方时，求 以轴为旋转轴，边和边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积的最大值；
(2)已知函数，关于的方程有两个不等实根.
（i）求实数的取值范围;
（ii）证明：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大值；
（2）（i）根据题意知，，进行同构，将问题转化为方程有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究的单调性和极值，即可求出a的取值范围.
（ii）由知，先证，即极值点偏移问题，构造函数，求，在单调递增，，得，从而可得即，再由的单调性，即可得到.
【详解】（1）因为在轴上方，所以：；
为直角三角形，所以当轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设，则，（）.
设（），则，由.
因为，所以，
所以在上单调递增，在上单调递减，所以.
从而：.
（2）（i）因为，即，即，
令，所以，
因为为增函数，所以即，
所以方程有两个不等实根等价于有两个不等实根，
令，所以
当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以.
当时，；当时，由洛必达法则知；
所以.
（ii）由（i）知，，
令，，
因为，所以，
因为，，所以，即在单调递增，，所以.
因为，所以，
又因为，所以，
因为，，且在上单调递减，
所以，即，所以，
所以.
2．（23-24高三上·河南·月考）已知函数.
(1)当时，求在区间上的最值；
(2)若有两个不同的零点，证明：.
【答案】(1)最大值为0，最小值为.
(2)证明见解析
【分析】（1）将带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间上的单调性，即可求得函数在区间上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数，分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函数有两个不同的零点时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【详解】（1）当时，，
.
由，得；由，得，
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减.
因为，
，
所以在区间上的最大值为0，最小值为.
（2）.
当时，在上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当时，所以，
由，得，所以在上单调递增；
由，得，所以在上单调递减.
所以当时，取得极大值，极大值为，
为满足题意，必有，得.
因为是的两个不同的零点，
所以，
两式相减得.
设，要证，
只需证，即证.
设，只需证，
设，则，
所以在上为增函数，从而，
所以成立，从而
【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可证明.
3．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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到；
（2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明.
【详解】（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.

题型九 极值点偏移：其他形式
1．已知函数，.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若时，都有，求实数a的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数，满足，证明：.
【答案】(1)当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
(2)
(3)证明详见解析
【分析】（1）首先求得导函数的解析式，然后讨论a的取值即可确定函数的单调性；
（2）分离参数a，构造出新函数，得到最小值，即可得到a的范围；
（3）利用同构关系将原问题转化为极值点偏移的问题，构造对称差函数分别证明左右两侧的不等式即可.
【详解】（1）解：因为，定义域为，.
①当时，令，解得
即当时，，单调递增，
当时，，单调递减；
②当时，在单调递增；
③当时令，解得，
即当时，，单调递减，
当时，，单调递增；
综上：当时，在单调递增，在单调递减；
当时，在单调递增；
当时，在单调递减，在单调递增.
（2）若时，都有，
即，恒成立.
令，则，，
令，所以，
当时，
，单调递增，，
所以，在单调递减，
所以=，所以
（3）原式可整理为，
令，原式为，
由（1）知，在单调递增，在单调递减，
则为两根，其中，不妨令，
要证，
即证，，
只需证，
令，，，
令，则，，单调递增，
，，单调递减.
又，
故
，所以恒成立，
即成立，
所以，原式得证.
2．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. 若，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将在有两个不同根转化为方程在有两个不同根，再构造函数，利用导数研究函数的单调性和最值，进而求出的取值范围；
（2）两边取对数，将证明转化为证明，再利用（1）合理转化，将问题转化为证明恒成立，再通过求其最值进行证明.
【详解】（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）要证，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.
3．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，方程有三个不相等的实数根，分别记为.
①求的取值范围；
②证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）应用导数讨论函数的单调性，分与讨论即可；
（2）①结合函数的极值点即可求解；②构造函数与讨论即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
又，令，得.
当，即时，在恒成立，.
当，即时，方程有两根，可求得：，
因为所以，
当和时，，为增函数，
当时，，为减函数.
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）当时，.
①方程有三个不相等的实数根，
即方程在上有三个不相等的实数根.
令，
则，
令，求得：或，
则当或时，，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
存在极大值为，存在极小值，
且当时，，当时，.
要使方程有三个不相等的实数根，则
的取值范围为.
②证明：设方程三个不相等的实数根分别为：，且，
由①可得，要证，
只需证，即证，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，.
由，
构造函数，
，当时，在上单调递增，
，即在上恒成立，
又，则有：，
又，且在上单调递减，
，即.
构造函数，
，当时在上单调递增.
，即在上恒成立.
又，则.即，
由，则.
在上单调递增，.
又，则可证得：.
【点睛】关键点点睛：将证明转化为， ，结合极值点平移构造函数是本题关键.
4．（23-24高三上·重庆·月考）若函数在定义域内存在两个不同的数，，同时满足，且在点，处的切线斜率相同，则称为“切合函数”.
(1)证明：为“切合函数”；
(2)若为“切合函数”（其中为自然对数的底数），并设满足条件的两个数为，.
（ⅰ）求证：；
（ⅱ）求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)①证明见解析；②证明见解析
【分析】（1）假设存在，满足题意，结合题意，，即可求解；
（2）结合新定义“切合函数”满足的条件，得到，的关系，构造新的函数求导利用单调性证明.
【详解】（1）假设存在，满足题意，易知，由题可得：
，
代入上式可解得，
，或，，
故为“切合函数”.
（2）由题可知，因为为“切合函数”，故存在不同的，（不妨设），
使得，即，
（ⅰ）先证：，即证：，
令，则由可知，要证上式，只需证：
，易知，
故在上单调递减，所以，故有成立，
由上面的②式可得；
（ⅱ）由上面的②式可得：，代入到①式中可得：

，
且由（ⅰ）可得.
（另解：由上面的②式可得，代入到①式的变形：
，整理后也可得到）
故要证，只需证：
，
设，则即证：，
，设
，
，，
在上单调递增，
，
下面证明在上恒成立，
令，则，
所以当时，，
当时，，
所以在处取得最小值，，
所以在上恒成立，
所以当时，，即，
在上单调递增，，
所以原不等式成立.

题型十 拐点偏移问题
1．已知函数若正实数满足
证明:
【解析】
设
若
即证
设,则
故在单调递增,,证明完毕
2．已知函数.
(I)若为上的增函数,求的取值范围;
(II)若,且,证明:.
【解析】(I),若在上为增函数,则恒成立,即恒成立,设,则,
当时,,当时,,
在上单调递减,在上单调递增,
,故,
实数的取值范围为;
(II)证明:若,由(I)知在上单调递增,由于,已知,不妨设,
设函数,则
,则
,
设,则,
由于,故在上为增函数,
.
在上为减函数,
,
,
而在上为增函数,
,故,从而,即.
3．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．

检测Ⅰ组 重难知识巩固
1．（2025·青海海南·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数的单调性．
(2)假设存在正实数，满足．
（i）求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】(1)函数在上单调递减，在上单调递增．
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导，由导数符号即可求解；
（2）（i）由题意知，问题转换成有两根，通过取对数，同构，构造函数，通过其单调性即可求解；（ii）构造函数，通过求导，确定单调性，确定最值，即可求解；
【详解】（1）由题意知，，
令，解得，
令，解得，
故函数在上单调递减，在上单调递增．
（2）（i）由题意知，在上有两个不相等的实数根，即，
两边取对数，可得．记，易知在上是增函数，
故可等价于，即．
记，则，得在上单调递减，在上单调递增，
有最小值，故，即．
（ii）根据题意得，不妨设．
构造函数，
则．
当时，，则，得在上单调递减，
有，即．
将代入不等式，得，又，
故，
又在上单调递增，
故，即．
2．（24-25高三上·江苏连云港·期末）已知函数.
(1)当时，求曲线在处的切线方程；
(2)若有两个零点，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解；
（2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案.
【详解】（1）当时，，
曲线在处切线的斜率为，
又切线方程为，
即曲线在处的切线方程为；
（2）若有两个零点，
则，
得.
，令，则，
故，
则，
，
令，则，
令，则，
在上单调递增，
，
，则在上单调递增，
，
故.
3．已知函数．
(1)若只有一个零点，求的值；
(2)若有两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数，通过函数的单调区间，从而求出函数的最小值，令最小值为0求得的值；
（2）问题转化为证明，设函数，根据函数的单调性证明即可．
【详解】（1）函数，
令得
当时，在单调递增；
当时，在单调递减；
所以函数在时取最大值，
当时，函数;当 时，函数 ;
根据函数的单调性可知当最大值为0时，函数只有一个零点，
易知，
所以；
（2）证明：
不妨设要证明：，只需要证，易知
由（1）可知在单调递增，在单调递减；
所以只要证明，即证，
设函数而，
并且在区间上
即在单调递增，所以
从而所以
所以
4．（2024·河北保定·二模）已知函数为其导函数．
(1)若恒成立，求的取值范围；
(2)若存在两个不同的正数，使得，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数求函数的最大值，转化为最大值小于等于1，即可求解；
（2）不等式转化为证明，即证明，构造函数，利用导数证明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1），当时，单调递增；
当时，单调递减．所以，
解得，即的取值范围为．
（2）证明：不妨设，则，要证，
即证，则证，则证，
所以只需证，即．
令，则，．
当时，，则，
所以在上单调递减，则．所以．
由（1）知在上单调递增，所以，从而成立．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用分析法，转化为证明.
5．已知函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)已知函数的图象与的图象关于直线对称，证明：当时，；
(3)如果，且，证明：．
【答案】(1)的单调递增区间为，单调递减为；
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）由导数知识可得的单调区间；
（2）由题可得，然后研究单调性，可完成证明；
（3）方法1，由导数知识可得大致图象，据此可得，然后通过研究函数，可得对恒成立，最后由题意，结合，可完成证明；方法2，要证，即证，然后通过研究可完成证明；方法3，令，要证，即证：，然后通过研究可完成证明.
【详解】（1）.
。
则的单调递增区间为，单调递减为；
（2）因的图象与的图象关于直线对称，
则.
构造函数，
则.
因，则，
则在上单调递增，则，
即当时，；
（3）法一：，易得在上单调递增，在上单调递减，时，，，时，，
函数在处取得极大值，且，如图所示．
由，不妨设，则必有，
构造函数，
则，
所以在上单调递增，，
也即对恒成立．由，得，
所以，即，
又因为，且在上单调递减，所以，
即
法二：欲证，即证，由法一知，
故，
又因为在上单调递减，故只需证，
又因为，
故也即证，构造函数，
则等价于证明对恒成立．
由，则在上单调递增，
所以，即已证明对恒成立，
故原不等式成立．
法三：由，得，化简得，
不妨设，由法一知，．令，则，
代入，得，反解出，则，
故要证：，即证：，
又因为，等价于证明：，
构造函数，则，
令.
故在上单调递增，，
从而也在上单调递增，，即证成立，
也即原不等式成立．
6．（23-24高三上·河南·月考）已知函数．
(1)若函数和的图象都与平行于轴的同一条直线相切，求的值；
(2)若函数有两个零点，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）求导得到与的单调性，进而分别可得两函数斜率为0的切线方程，根据题意得到方程，求出的值；
（2）令可得，由函数单调性可得，结合（1）可得，不妨设，构造差函数，解决极值点偏移问题.
【详解】（1）由题意：函数的定义域为，，
当时，，当时，，
故在上为减函数，在上为增函数，
由可得，图象与直线相切．
，当时，，当时，，
故在上为增函数，在上为减函数，，
即图象与直线相切．
两函数图象均与平行于轴的同一条直线相切，则，即．
（2），令，
由，得，
函数在上为减函数，故，即
即，不妨设，
要证，只需证，
只需证，即证，
因为，
只需证，即，
令，
则，
在上单调递增，
，
原题得证．
7．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：.
【答案】(1)结论见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答.
（2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得则，由得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减；
所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增；
当时，函数在上单调递增，在上单调递减.
（2）由，两边取对数得，即，
由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
，而，时，恒成立，
因此当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，记，，
则，
即有函数在上单调递增，，即，
于是，
而，，，函数在上单调递增，因此，即，
又，则有，则，
所以.
【点睛】思路点睛：涉及函数的双零点问题，不管待证的是两个变量的不等式，还是导函数的值的不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.
8．（24-25高三上·山东潍坊·期末）已知函数，.
(1)求曲线在处的切线方程；
(2)若，求的取值范围；
(3)若有两个实数解，，证明：.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）设，借助导数研究其单调性即可得；
（3）结合（2）中所得可得，可将所需证明内容转化为证明，等价于证明，构造函数，结合其单调性只需证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证.
【详解】（1），，，
所以在处的切线方程为，
即；
（2）由可知，，，
即在上恒成立，
设，，
当时，，在单调递减；
当时，，在单调递增，
所以时，取得最小值，最小值为，
由题意知，即，故的取值范围为；
（3）方程有两实数解，，
即有两实数解，不妨设，
由（2）知方程要有两实数解，则，即，
同时，，，
，
则，在单调递减，
欲证，即证，，
等价于，即，
等价于，
整理得①，
令，①式为，
又在单调递增，
故①式等价于，即，
令，，
当时，，在单调递增，
又，，即，
所以，则.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明，再转化为证明，最后转化为证明，从而可构造函数帮助证明.
9．已知函数，．（为自然对数的底数）
(1)当时，求函数的极大值；
(2)已知，，且满足，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究的单调性，进而求得其最大值.
（2）同构函数，转化为，结合换元法，分别讨论与，当时运用不等式性质即可证得结果，当时运用极值点偏移即可证得结果.
【详解】（1）当时，，定义域为，
则，，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
故的极大值为；
（2）由题意知，，由可得，
所以，令，
由（1）可知，在上单调递增，在上单调递减，则，
令，，又，，所以，，则，
①若，则，即，所以；
②若，设，且满足，如图所示，

则，所以，下证：．
令，，
则，
所以在上单调递增，所以，
所以，即，
又因为，所以，，，
所以，即，
又因为，所以，即．
由①②可知，得证.
10．设函数．
(1)求函数的单调区间；
(2)若有两个零点，，
①求a的取值范围；
②证明：．
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）（1）对求导数，分和两类情况讨论，得到函数的单调区间；
（2）由（1）得a的取值范围，构造，证明不等式，
通过证明，证明.
【详解】（1）由，，可得，
当时，，所以在上单调递增；
当时，令，得，令，得，
所以在单调递减，在单调递增；
（2）①因为函数有两个零点，由（1）得，
此时的递增区间为，递减区间为，有极小值
当，，当，在上有一个零点，
当，，当，在上有一个零点，
所以由可得
②证明：由（1）可得的极小值点为，则不妨设．
设，，
可得，，
所以在上单调递增，所以，
即，则，，
所以当时，，且．
因为当时，单调递增，所以，即
设，，则，则，即．
所以，．
设，则，所以在上单调递减，
所以，所以，即．
综上，
11．（2024·湖北武汉·三模）已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不相等的实数根、，
（ⅰ）求实数a的取值范围；
（ⅱ）求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：因为，
所以，其中.
①当时，，所以函数的减区间为，无增区间；
②当时，由得，由可得.
所以函数的增区间为，减区间为．
综上：当时，函数的减区间为，无增区间；
当时，函数的增区间为，减区间为．
（2）解：（i）方程可化为，即．
令，因为函数在上单调递增，
易知函数的值域为，
结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根．
又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为．
令，其中，则．
由可得或，由可得，
所以，函数在和上单调递减，在上单调递增．
所以，函数的极小值为，
且当时，；当时，则.
作出函数和的图象如下图所示：
由图可知，当时，函数与的图象有两个交点，
所以，实数的取值范围是.
（ii）要证，只需证，即证．
因为，所以只需证．
由（ⅰ）知，不妨设．
因为，所以，即，作差可得．
所以只需证，即只需证．
令，只需证．
令，其中，则，
所以在上单调递增，故，即在上恒成立．
所以原不等式得证．
12．已知函数（是自然对数的底数）.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若有两个零点分别为.
①求实数的取值范围；
②求证：.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）根据题意，求导即可得到结果；
（2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围；
②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明.
【详解】（1）由题意可得，，
当时，，在上单调递增；
当时，由解得，由解得，
所以，在上单调递减，在上单调递增.
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）①等价于有两个零点，
令，则，在时恒成立，∴在时单调递增，
∴有两个零点，等价于有两个零点.
∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点；
当时，令，得，单调递增，
令，得，单调递减，∴，
若，得，此时恒成立，没有零点；
若，得，此时有一个零点；
若，得，∵，，
记，则，
记，则，
所以在上单调递增，所以，即，
故在上单调递增，所以，
即，
∴在，上各存在一个零点，符合题意，
综上，的取值范围为.
②因为，不等式两边同时取对数化简可得，
要证即证：，
即证，由（2）中①知，，∴只需证.
∵，，∴，，
∴ ，只需证.
设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ，
令，，则 ，，
即当时， 成立.∴，即.
13．（23-24高三上·江苏南通·月考）已知函数.
(1)当时，求函数的极值；
(2)若有两个极值点，求证：.
【答案】(1)有极小值1,无极大值；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导函数研究函数的极值即可；
（2）根据题意得出是方程的两个根，结合函数表达式将问题转化为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性计算即可.
【详解】（1）当时，函数，
易知在定义域上单调递增，且，
所以当时，，即此时单调递减，
当时，，即此时单调递增，
故在时取得极小值，，无极大值；
（2）由，
令，即，
由题意可知是方程的两个根，
则，
欲证，
即证，
即证，
令，
若，定义域上单调递增，不存在两个零点，舍去；
则，可知在时，单调递减，
在时，单调递增，
要符合题意则需，
又时，，时，，
此时不妨令，
构造函数
，
即在定义域内单调递增，即，
所以，
因为，所以，
且在时，单调递增，故，得证.
【点睛】本题关键在于先转化问题为证，利用极值点偏移构造函数，判定其单调性及最值得出即可.
14．已知函数.
(1)当时，讨论的单调性；
(2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：.
【答案】(1)在上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增；
（2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案.
【详解】（1）由题意可知：的定义域为，
，
令，可得，当时，即，
，可知在上恒成立，
即在上恒成立，所以在上单调递增.
（2）当时，可得，
，
或
故在上单调递增，在上单调递减，
由题意可得：，
因为，
令，
则，
可知在上单调递增，
则，可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递减
则，即；
令，
则，
可知在上单调递增，则，
可得在上恒成立，
因为，则，
且在上单调递增，
则，即；
由和可得.
【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到.
15．（24-25高三上·重庆沙坪坝·月考）已知函数在上有两个极值点.
(1)求的取值范围;
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将问题转化为与在上有两个不同交点，利用导数可作出的图象，采用数形结合的方式可求得结果；
（2）由可求得的范围，根据极值点偏移的基本思想，构造函数、，通过导数可证得，，进而证得结论.
【详解】（1），令得：，
令，
在有两个极值点，与在上有两个不同交点；
，令，则在上恒成立，
在上单调递增，又，
当时，；当时，，
在上单调递减，在上单调递增，
，，当时，，
大致图象如下图所示，
结合图象可知：当时，与在上有两个不同交点，
，即的取值范围为.
（2）令，解得：或，；
①先证：；
要证，只需证，
，，又，在上单调递增，
只需证，又，即证，
令，则，
令，
则，
令，则，
在上单调递增，，
在上单调递减，在上单调递减，
，，
在上单调递减，，，
在上单调递增，，
又，，即，则得证；
②再证：
若，则由知：；
若，只需证，
又，在上单调递增，只需证，
，只需证，
令，则，
令，则，
令，则，
当时，，在上单调递增，
，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
又，，
当时，，，
即，则得证；
综上所述：.
16．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．

检测Ⅱ组 创新能力提升
1．（2024·陕西安康·二模）已知函数，（e为自然对数的底数）
(1)当时，恰好存在一条过原点的直线与，都相切，求b的值；
(2)若，方程有两个根，（），求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可求得过原点的与相切的直线方程：，后利用切点即在图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1可求得b；
（2）由题可得有两个根，令，
则可得方程有两个根，则.通过令，，可将证明，转化为证明，
后构造函数，，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当时，，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，故切线斜率为1，则切线方程为.
又，，设直线与的切点为，则切线斜率为，切线方程为.因即在图像上，也在切线上，则，又切线斜率为1，则
；
（2）当时，，
则由题可得有两个根，
令，则可得方程有两个根，
则.令，，则，
.注意到，
则构造函数，.
因，则在上单调递增，得
.
故命题得证.
2．（24-25高三下·河北保定·月考）已知函数，.
(1)讨论的单调性；
(2)若函数的图象在点处的切线方程为.
（i）求的最小值；
（ii）若关于x的方程有两个根，，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)（i）1；（ii）证明见解析
【分析】（1）对求导，利用导数与函数单调性的关系，分类讨论的取值范围即可得解；
（2）（i）利用导数的几何意义求得，进而利用隐零点，结合导数求得的最值，从而得解；（ii）根据题意，利用极值点偏移的解决技巧，将问题转化为证恒成立，构造函数，利用导数即可得解.
【详解】（1）因为，则，
若，则当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增；
若，则当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）函数的定义域为，
则，则，
因为函数的图象在的切线方程为，
所以，则，
所以，
因为，所以，令，则，
令，则，，
所以，使，即，则，
又，所以在上单调递增，
当时，，即，当时，，即，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故的最小值为.
（ii）由题意可知，，
即方程有两个根，，
令，，则，所以，
设，由（1）知，在上单调递增，又，
所以，则，
由，得，，
所以，
要证，需证，即证，
令，则，
令，则，
所以在上单调递增，则，即，
则在上单调递减，所以，
因此成立，故，得证.
3．已知函数，．
(1)若与都存在极值，且极值相等，求实数的值；
(2)令，若有2个不同的极值点，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数求得函数的单调性与极值，结合题意，列出方程，即可求解；
（2）求得，根据题意转化为有2个不相等的正根， 令，求得，分类讨论，求得的单调性与，设，令，求得在上递减，在上递增，得到，求得，化简，进而证得结论.
【详解】（1）解：由函数，可得其定义域为，
函数的定义域为，且，，
若，则，在上单调递减，且，在上单调递增，此时与都无极值，不符合题意（舍去）；
若，则函数在上单调递减，在上单调递增，
因此当时，取得极小值，无极大值，且极小值为，
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增，
所以当时，取得极小值，无极大值，且极小值为，
因为与都存在极值，且极值相等，可得，
即，所以，即，
又因为，所以，解得.
（2）解：由题意知，可得，
因为有2个不同的极值点，所以有2个不相等的正根，
令，则有2个不相等的正根，
又由，
若，则，在上单调递减，则至多有1个根，不合题意．
若，则当时，，在上单调递减，当时，，在上单调递增，若有2个不相等的正根，
则需，即，解得，
又因为时，，当时，，
所以在和上各存在一个零点，得有2个不相等的正根，
不妨设，则，
令，
则，
因为，所以，在上单调递减，可得
因为，所以，即，
又因为，所以，
因为，且函数在上单调递增，
所以，即，
因为，可得，
可得，即，所以，
又由
，
因为，所以，所以.
4．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)
(2)证明见解析
【分析】（1）将函数有三个极值点转化为导函数有三个变号零点，然后构造函数，利用函数的奇偶性、单调性等研究函数的零点即可；
（2）先根据第（1）问得到之间的关系，将多元不等式问题转化为一元不等式问题，然后换元，构造函数进行证明即可．
【详解】（1）由题意知有三个变号零点，且，
易知，故为定义在上的奇函数，
又，所以在上恰有一个变号零点．
令，则，
令，则，
当时，，，单调递增．
又，当时，
所以当时，．
若，则在上恒成立，
所以在上单调递增，，不符合题意．
故，此时，在上存在唯一零点，
当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
由，时可知，在上恰有一个变号零点．
综上，实数的取值范围为．
（2）不妨设，则由（1）的讨论可知，，，
故只需证明，
，解得，
故只需证明，
整理后，只需证明．
设，则只需证明，
即证，
即证，即证，
故只需证明在时恒成立．
记，，
则，故在上单调递增，
所以，即在时恒成立，
所以．
5．（23-24高三下·天津·月考）已知函数．
(1)讨论的单调区间；
(2)已知，设的两个极值点为，且存在，使得的图象与有三个公共点；
①求证：；
②求证：．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，再讨论，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证，即证，只需证，构造函数，，借助导数即可得证；②同①中证法，先证，则可得，利用、是方程的两根所得韦达定理，结合即可得证.
【详解】（1），，
其中，，
当时，即，此时恒成立，
函数在区间单调递增，
当时，即或，
当时，在区间上恒成立，
即函数在区间上单调递增，
当时，，得或，
当，或时，，
当时，，
所以函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，
综上可知，当时，函数的单调递增区间是；
当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是；
（2）①由（1）知，当时，函数的单调递增区间是和，
单调递减区间是，、是方程的两根，
有，，
又的图象与有三个公共点，
故，则，
要证，即证，又，
且函数在上单调递减，即可证，
又，即可证，
令，，
由，
则
恒成立，
故在上单调递增，即，
即恒成立，即得证；
②由，则，
令，，
则
，
故在上单调递增，即，
即当时，，
由，故，又，故，
由，，函数在上单调递减，故，
即，又由①知，故，
又，
故.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于先证，从而借助①中所得，得到.
6．（23-24高三上·江西宜春·期末）已知函数有两个零点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：；
(3)求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）首先求函数的导数，并判断函数的单调性和最值，求实数的取值范围，再结合函数的单调性和零点存在性定理，说明零点的情况；
（2）构造新函数，并利用导数判断函数的单调性，并结合，即可证明；
（3）设，并求导，可证明，即可证明，设
，设，并求导，证明.
【详解】（1），
又因为函数单调递增，且，
所以，
所以在上单调递减，在上单调递增，
当，即时，
，
，
所以在和上各有一个零点，
当时，的最小值为，且，
所以在内至多只有一个零点，
综上，实数的取值范围是；
（2）设，，
，
，
当时，，
，
所以，
所以在上单调递增，
当时，，
即当时，，
又因为函数有两个零点，
由（1）知，，，
所以，
（3）设，
，
，当时，
因为，
令，，
设，，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以,
所以恒成立，显然，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，
即，
设的零点为，，
易知，
所以，
设，
设，，
令，解得：，令，解得：，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以，
所以恒成立，即，
设的零点为，，
易知，，
所以，
所以，
所以
减
极小值
增