新高考数学二轮专题拔高点突破训练02 极值点偏移问题与拐点偏移问题（七大题型）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮专题拔高点突破训练02 极值点偏移问题与拐点偏移问题（七大题型）（2份，原卷版+解析版），文件包含新高考数学二轮专题拔高点突破训练01函数的综合应用九大题型原卷版docx、新高考数学二轮专题拔高点突破训练01函数的综合应用九大题型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
\l "_Tc169256132" 01 方法技巧与总结 PAGEREF _Tc169256132 \h 2
\l "_Tc169256133" 02 题型归纳与总结 PAGEREF _Tc169256133 \h 3
\l "_Tc169256134" 题型一：极值点偏移:加法型 PAGEREF _Tc169256134 \h 3
\l "_Tc169256135" 题型二：极值点偏移:减法型 PAGEREF _Tc169256135 \h 8
\l "_Tc169256136" 题型三：极值点偏移:乘积型 PAGEREF _Tc169256136 \h 13
\l "_Tc169256137" 题型四：极值点偏移:商型 PAGEREF _Tc169256137 \h 20
\l "_Tc169256138" 题型五：极值点偏移:平方型 PAGEREF _Tc169256138 \h 28
\l "_Tc169256139" 题型六：极值点偏移:混合型 PAGEREF _Tc169256139 \h 33
\l "_Tc169256140" 题型七：拐点偏移问题 PAGEREF _Tc169256140 \h 39
\l "_Tc169256141" 03 过关测试 PAGEREF _Tc169256141 \h 44
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
【典例1-1】（2024·四川南充·一模）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
【解析】（1）的定义域为，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值.
又当x趋近于0或时，趋于，
所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即.
所以实数的取值范围为.
（2）不妨设，由（1）可知，，则，
要证，只需证，
又在上单调递增，所以只需证，即证.
记，
则，
当时，，单调递增，
又，
所以，即.
所以.
【典例1-2】（2024·安徽马鞍山·一模）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1-1】（2024·甘肃酒泉·模拟预测）已知函数．
(1)求曲线在点处的切线方程；
(2)若（为的导函数），方程有两个不等实根、，求证：．
【解析】（1）因为，则，所以，，，
所以，曲线在点处的切线方程为，即.
（2）证明：因为，，所以．
因为为增函数，所以在上单调递减，在上单调递增．
由方程有两个不等实根、，则可设，
欲证，即证，
即证，而，即，
即，
设，其中，
则，设，
则，所以，函数在上单调递增，
所以，所以在上单调递减，
所以，即，故得证．
【变式1-2】（2024·安徽淮南·二模）已知函数．
(1)若，证明：时，；
(2)若函数恰有三个零点，证明：．
【解析】（1）时，函数，
则，
在上单调递增，
所以．
（2），显然为函数的一个零点，设为；
设函数，
当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增．
由已知，必有两个零点，且，下证：．
设函数，则，
，
由于，则，
由（1）有，故，
即函数在上单调递减，
所以，
即有，
由于，且在上单调递增，
所以，
所以．
【变式1-3】（2024·河南新乡·三模）已知函数.
(1)讨论的单调性.
(2)若函数有两个零点 ，且，证明：.
【解析】（1）函数的定义域为，.
①当时，令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增.
②当时，令，得，则在上单调递减；
令，得，则在上单调递增.
综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增.
（2）证明：因为为的两个零点，所以，，
两式相减，可得，即，，
因此，，.
令，则，
令，则，
所以函数在上单调递增，所以，即.
因为，所以，故得证.
题型二：极值点偏移:减法型
【典例2-1】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：.
【解析】（1）由题意可知：的定义域为，
，
令，可得，且，
即，
，可知在内恒成立，
即在内恒成立，所以在内单调递增.
（2）当时，可得，
，
或
故在内单调递增，在内单调递减，
由题意可得：，
因为，
令，
则，
可知在内单调递增，
则，可得在内恒成立，
因为，则，
且在内单调递减
则，即；
令，
则，
可知在内单调递增，则，
可得在内恒成立，
因为，则，
且在内单调递增，
则，即；
由和可得.
【典例2-2】（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.
【解析】（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：.
【变式2-1】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：．
【解析】（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.
题型三：极值点偏移:乘积型
【典例3-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数．
(1)求的单调区间；
(2)若有两个零点，，且，求证：．
【解析】（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．
【典例3-2】（2024·北京通州·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.
【变式3-1】（2024·湖北武汉·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3-2】（2024·江西南昌·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3-3】（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：．
【解析】（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．
【变式3-4】（2024·高三·重庆·期末）已知函数有两个不同的零点.
(1)求的最值；
(2)证明：.
【解析】（1），有两个不同的零点，
∴在内必不单调，故，
令，解得，
∴在上单增，上单减，
∴，无最小值．
（2）由题知两式相减得，即，
故要证，即证，即证，
不妨设，令，则只需证，
设，则，
设，则，∴在上单减，
∴，∴在上单增，
∴，即在时恒成立，原不等式得证．
题型四：极值点偏移:商型
【典例4-1】（2024·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.
【典例4-2】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.
【变式4-1】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4-2】（2024·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．
【变式4-3】（2024·高三·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：.
【解析】（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.
题型五：极值点偏移:平方型
【典例5-1】（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
【解析】（1）由，，
得，，
当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为．
当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为．
所以，故实数的取值范围为．
（2）由得，两边取对数并整理，
得，即，即．
由（1）知，函数在上单调递增，在
上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而，当时，恒成立，不妨设，则．
记，，
则
，所以函数在上单调递增，
所以，即，，
于是，，
又在上单调递减，因此，即，
所以．
【典例5-2】（2024·江苏南通·模拟预测）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.
【变式5-1】（2024·山西·模拟预测）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.
【变式5-2】（2024·广东广州·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）由题意得，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.
题型六：极值点偏移:混合型
【典例6-1】（2024·江苏泰州·模拟预测）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．
【典例6-2】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.
【变式6-1】（2024·山东·模拟预测）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.
题型七：拐点偏移问题
【典例7-1】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．
【典例7-2】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7-1】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．
【变式7-2】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：.
【变式7-3】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.
1．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：．
【解析】（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.
2．（2024·江苏·模拟预测）已知函数.
(1)求的单调区间；
(2)当时，证明：.
【解析】（1），
令，
则，；
当时，，在上单调递减，
又，，，使得，
则当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，又当时，，；
当时，，即；当时，，即；
的单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）由（1）知：若，则，
要证，只需证，
，，
又在上单调递减，则只需证，
，则只需证，即证，
则需证，又，
只需证，即证，
令，
则，，
在上单调递减，，
在上单调递增，，
，原不等式得证.
3．（2024·安徽淮北·一模）已知函数，
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数在上有两个不相等的零点，求证：.
【解析】（1），.
①当时，恒成立，单调递增；
②当时，由得，，单调递增，
由得，，单调递减.
综上：当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减.
（2）∵在上有两个不相等的零点，，不妨设，
∴在上有两个不相等的实根，
令，，∴，
由得，，单调递减，由得，，单调递增，
，，，，
∴
要证，即证，又∵，
只要证，即证，
∵，即证
即证，即证，即证
令，，∴，
令，，则，当时，恒成立，所以在上单调递增，又，∴，∴，∴
∴在上递增，∴，∴
∴.
4．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.
5．已知函数.
(1)若的极小值为-4，求的值；
(2)若有两个不同的极值点，证明：.
【解析】（1），当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增.
当时，取得极小值，
由，解得或（舍去）.
故的值为。
（2）由题意可知，方程有两个不同的正实数根，即有两个不同的实数根.
令，则，
当时，，当时，，
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
验证可知，，
由得，所以.
当时，方程，即方程，则有两个不同的正实数根.
设，则，
所以在上单调递增，在上单调递减.
不妨设，则.
令，
则，
所以在上单调递增，则当时，，
所以
又，函数在上单调递减，
所以，则，
因为，故.
6．（2024·云南·二模）已知常数，函数.
(1)若，求的取值范围;
(2)若、是的零点，且，证明:.
【解析】（1）由已知得的定义域为，
且
，
当时，，即在上单调递减；
当时，，即在上单调递增.
所以在处取得极小值即最小值，
，
，
，即的取值范围为.
（2）由（1）知，的定义域为，
在上单调递减，在上单调递增，且是的极小值点.
、是的零点，且，
、分别在、上，不妨设，
设，
则
当时，，即在上单调递减.
，
，即，
，
，
，
，
又，在上单调递增，
，即.
7．已知函数有两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【解析】（1）由得，
则由有两个零点知方程有两个不同的实数根．
令，则，
由得，由得，
所以在上单调递减，在上单调递增．
而，当时，，当时，，
故，即，实数的取值范围为．
（2）法一、
由（1）知，令，则．
由得，
要证，只需证，
只需证，即证，
即证．
令，
则，
令，，则，
所以单调递增，即，
故在上恒成立，
即在上单调递减，故，得证．
法二、
由（1）知，
当时，显然．
当时，则，
要证，只需证，
又且在上单调递增，
故只需证，即证，
即证，即证，
令，
则，
令，
则，在上单调递减，
所以，故，所以在上单调递减，则，
又，所以当时，，即．
8．已知函数.
(1)当时，判断函数的单调性；
(2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明.
【解析】（1）时，，
故，
在上单调递增.
（2）关于的方程有两个不同实根,，
即有两不同实根，，得，
令，，
令，得，
当时，，在上单调递增，
当时，，在上单调递减，
时，取得最大值，且，得图象如图：.
，则，
即当时，有两个不同实根，，
两根满足，，
两式相加得：，两式相减地，
上述两式相除得，
不妨设，要证：，
只需证：,即证，
设，令，
则，
函数在上单调递增，且,
，即，
.
9．已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.
【解析】（1），
令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为.
（2）证明：将两边同时除以得，即，
所以，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，
设，则，
令，
则，
由得，所以，，
所以，在上单调递增，
又，所以，
当时，，即，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，
所以，即.
10．已知函数.
(1)若有唯一极值，求的取值范围；
(2)当时，若，，求证：.
【解析】（1）函数的定义域为，
求导得，
当时，若，，函数在上单调递增，无极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
若，当或时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，函数有两个极值点，不符合题意；
当时，当时，，当时，，
即函数在上单调递增，在上单调递减，2是函数的极大值点，且是唯一极值点，
所以的取值范围是.
（2）当时，函数在上单调递增，在上单调递减，
由，，不妨令，
要证，只证，即证，就证，
令，求导得
，于是函数在上单调递减，，
而，则，即，又，
因此，显然，又函数在上单调递增，则有，
所以.
11．（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：.
【解析】（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.
12．已知函数.若有两个零点，证明：.
【解析】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.
13．已知函数的图像与直线交于不同的两点，，求证：．
【解析】证明：由题意，，令，得，
当，，所以在区间上单调递减，
当，，所以在区间上单调递增，
所以当时，取到极小值.
所以与交于不同的两点，，
所以不妨设，且，
令，则，代入上式得，得，
所以，
设，则，
所以当时，为增函数，，
所以，
故证：.
14．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：．
【解析】（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．
增
极大值
减