专题9 导数之极值点偏移（模拟+真题）-【压轴】2024高考数学二轮复习函数与导数压轴题

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专题9 导数之极值点偏移
1．（2024·广东湛江·一模）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若方程有两个根，，求实数a的取值范围，并证明：．
【答案】(1)在上单调递增，上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出，根据导数的符号判断函数的单调性；
（2）由，得，设，画出的图象可得；由，设，对求导可得，又，再由在上单调递减，可得，即可证明.
【详解】（1）由题意可得，所以，
的定义域为，
又，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
（2）由，得，设，
，由，得，
当时，，则在上单调递增，
当时，，则在上单调递减，
又，，且当趋近于正无穷，趋近于，
的图象如下图，
所以当时，方程有两个根，
证明：不妨设，则，，
设，
，所以在上单调递增，
又，所以，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，所以，
故.
【点睛】关键点点睛：（1）解此问的关键在于求出的导数，并能根据导数的符号结合相关知识判断出单调性；（2）解此问的关键在于把转化为来证，又，构造，对求导，得到的单调性和最值可证得，即可证明.
2．（2022·全国·模拟预测）设函数.
(1)若，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)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解．
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明．
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①．
由，得，则②．
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立．
3．（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：．
【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．
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
（1）考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
（2）利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
（3）利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
（4）利用导数研究函数的零点问题．
4．（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.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点：求出函数的极值点，结合函数的图像，由得出的取值范围；
（2）构造函数：对结论为的情况，构造函数；
①，则单调递增；
②注意到，则即；
③，根据在单调减，则
④得到结论.
5．（2023·山西·模拟预测）已知函数.
(1)若，求的取值范围；
(2)若关于的方程有两个不同的正实根，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）对不等式参变分离，然后构造函数，利用导数求的最大值可解；
（2）将变形为，构造函数，根据其单调性将方程转化为，再构造函数，利用导数讨论其性质，结合图象可得，构造函数，根据单调性，并令，可得，最后由作差整理可证．
【详解】（1）的定义域为，
由，得.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而.
故，即的取值范围是.
（2）证明：由，得，
即，即.
设，则等价于.
易证在上单调递增，则，即.
设，则.
由，得，由，得，
则在上单调递增，在上单调递减，
从而，且，
当x趋于时，趋于0.
方程有两个不同的正实根，不妨设，
由图可知，.
设
则在上单调递增．
因为，所以，即.
设，则，
即，则.
因为方程有两个不同的正实根，
所以，作差得.
因为，所以，所以，
则，故.
【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可．
6．（2023·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：．
【答案】(1)函数的极值点有且仅有一个
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数进行求导，然后分和两种情况对函数的单调性进行研究，即可得到答案；
（2）由可得（*），通过证明单调递增，（*）转化为，接着证明成立，即可求解
【详解】（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．
【点睛】思路点睛：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．
7．（2023·浙江绍兴·模拟预测）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：
【答案】(1)递减区间为，递增区间为.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，由导函数的正负即可确定的单调区间，
（2）构造函数，求导得的单调性，即可证明，构造函数求导，利用单调性即可求证.
【详解】（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，.
【点睛】思路点睛：求某点处的切线方程较为简单，利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性．在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化．无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键．
8．（2023·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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）运用导数研究的最小值不小于0即可．
（2）消去参数a及比值代换法后得，运用导数研究在上最小值大于0即可．
【详解】（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．
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的解法
(1)(对称化构造法)构造辅助函数：对结论型，构造函数；对结论型，构造函数，通过研究F(x)的单调性获得不等式．
(2)(比值代换法)通过代数变形将所证的双变量不等式通过代换化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
9．（2023·河南·模拟预测）已知函数．
(1)讨论函数f(x)的单调性；
(2)当时，若，求证：
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，分与两种情况，由导函数的正负求出函数的单调性；
（2）先结合（1）中函数单调性得到，构造，求导得到其单调性，从而证明出，得到结论．
【详解】（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．
【点睛】极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，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．
10．（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：．
【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）利用导数可求得的单调区间，并确定极值点，由此可进一步求得极值；
（2）根据单调性和极值可确定的范围，利用极值点偏移的证明方法，构造函数，，可证得，，结合不等式的性质可证得结论．
【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）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：，，.
【点睛】思路点睛：本题第（1）问用到导数零点九字诀：有没有，在不在，比大小．第（2）问用到第（1）问的两个极值点和，然后两次利用极值点偏移法，得出两个不等式和，再利用这两个不等式巧妙得出所要证明的不等式．
11．（22-23高三上·山西·阶段练习）已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)若有两个零点，证明：.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）函数求导，分类讨论通过判断导函数符号，确定函数单调性．
（2）对分类讨论，求得有两个零点时的范围，及的范围，构造函数，研究在上的单调性，可得，又，及的单调性可得结论．
【详解】（1）函数的定义域为，
时，恒成立，所以在上单调递减；
时，令得，
当时，；当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
（2）证明：时，由（1）知至多有一个零点．
时，由（1）知当时，取得最小值，最小值为.
①当时，由于，故只有一个零点；
②当时，即，故没有零点；
③当时，即，
又，
由（1）知在上有一个零点．
又，
由（1）知在有一个零点，
所以在上有两个零点，的取值范围为
不妨设，则，且，
令
，
则，
由于（且仅当等号成立，
所以当时，在单调递减，又，
所以，即，
又，所以，
又由于，且在上单调递增，
所以即.
【点睛】极值点偏移问题是根据极值点的偏移情况，即极值点两侧函数增长速度的差异构造关于其中一个极值点的一元差函数（或比函数），然后通过探究该函数的单调性解决问题。
12．（2018·安徽合肥·三模）已知函数有两个极值点，.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）将已知转化为有两个零点，,借助导数研究其性质，进而解决问题．
（2）要证明当时，，只需要证明即可．
【详解】（1）由于，则.
设，则，令，解得.
所以当时，；当时，，所以
①当时，，所以函数在上单调递增，没有极值点．
②当时，，，
此时，有两个零点、，不妨设，则,
所以函数有2个极值点时，的范围时.
（2）由（1）知，、为的两个实数根，不妨设，则，
在上单调递减．
下面先证，只需证.
由于，所以，
所以.
设，则，
所以在上单调递减，所以，，
所以.
由于函数在上单调递减，所以.
要证，只需证，即证.
设函数,则.
设，则,
所以在上单调递增，，即.
所以在上单调递增，.
故当时，,则,
所以,即
【点睛】方法点睛：本题主要考查导数中极值点偏移问题，属于难题．常见处理方法有：
（1）构造对称函数；
（2）比值法；
（3）对数平均不等式；
13．（2022·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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知，由参变量分离法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，数形结合可求得实数的取值范围；
（2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立．
【详解】（1）解：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．
【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．
14．（2022·天津河东·二模）已知函数（且）．
(1)，求函数在处的切线方程．
(2)讨论函数的单调性；
(3)若函数有两个零点，且，证明：．
【答案】(1)；
(2)答案见解析；
(3)证明见解析．
【分析】（1）利用导数求出切线的斜率，利用点斜式写出切线方程；
（2）求出导函数，对a分类讨论： a<0和a>0分别讨论单调性；
（3）本题属于极值点偏移，利用分析法转化为只要证明f(2e- x2)>0，由构造函数，利用导数证明出g(t)在(e，2e)上是递增的，得到g(t)>g(e)=0即为f(2e- x2)>0.
【详解】（1）当时，，所以.
，所以.
所以函数在处的切线方程为，即.
（2）的定义域为(0，+∞)， .
当a<0时， 恒成立，所以在(0，+∞)上单调递减；
当a>0时， ．在上，，所以单调递减；在上，，所以单调递增．
（3）当，．由(2)知， 在上单调递减，在上单调递增．
由题意可得：．由及得：.
欲证x1+x2>2e，只要x1>2e- x2，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x1)=0，只要证明f(2e- x2)>0即可．
由得 ．所以
令则，则g(t)在(e，2e)上是递增的，∴g(t)>g(e)=0即f(2e- x2)>0.
综上x1+x2>2e.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)利用导数判断单调性，证明不等式．
15．（2022·天津·二模）设函数为的导函数．
(1)求的单调区间；
(2)讨论零点的个数；
(3)若有两个极值点且，证明：.
【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为．
(2)答案见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）求出的导函数，即可得到的解析式，再求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间；
（2）由（1）得，，再对分三种情况讨论结合零点存在性定理，分别得到函数的零点个数；
（3）由（2）可得且，依题意可得，利用导数证明，即可得到，从而得证；
【详解】（1）解：因为，
所以．
即，，则．
当时，，单调递增；
当时，，单调递减．
所以的单调递增区间为，的单调递减区间为．
（2）解：由（1）得，．
当时，，则在上无零点．
当时，，则在上有一个零点．
当时，，因为，，，
所以，，，
故在上有两个零点．
综上，当时，在上无零点；
当时，在上有一个零点；
当时，在上有两个零点．
（3）证明：由（2）及有两个极值点，且，
可得， 在上有两个零点，且．
所以，
两式相减得，即．
因为，所以．
下面证明，即证．
令，则即证．
令，，则，
所以在上单调递增，所以，
故．
又，
所以，
故．
【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．
16．（2022·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：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出、的值，利用点斜式可得出所求切线的方程；
（2）分析可知所证不等式等价于，构造函数，其中，利用导数分析函数的单调性，证得，即可证得结论成立．
【详解】（1）解：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．
【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．
17．（2022·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：.
【答案】(1)当时，单调递增；当时，在上单调递增，在上单调递减．
(2)证明见解析
【分析】（1）先求定义域，再求导，对进行分类讨论，利用导函数的正负，求出函数的单调性；（2）对要证明的不等式进行变形，然后构造函数进行证明．
【详解】（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，∴，∴
∴.
【点睛】极值点偏移问题，需要构造函数，利用函数单调性及极值，最值等进行求解．
18．（2022高三·全国·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：．
【答案】(1)；
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意，求出导函数，分类讨论当和两种情况，利用导数研究函数的单调性，结合时，恒成立，从而得出实数的取值范围；
（2）不妨设，由得出，从而可知只要证明，构造新函数，求出，利用导数研究函数的单调性得出在区间上单调增函数，进而可知当时，成立，即，从而即可证明.
【详解】（1）解：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.
【点睛】思路点睛：解决含参数问题及不等式问题注意两个转化：
（1）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；
（2）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，一般需要通过构造新函数解决导数问题．
19．（21-22高三上·广东茂名·阶段练习）已知函数，曲线在点处的切线方程为.
(1)求，的值；
(2)若，是两个正数，且，证明：.
【答案】(1)
(2)证明见解析．
【分析】（1）根据题意得，进而带入解方即可得答案；
（2）根据题意，构造函数，易得函数在上单调递增，进而将问题转化为．再设，分和两种情况讨论求解即可．
【详解】（1）解：，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，即，
解得
所以
（2）解：由（1）知，
令，
所以，
所以函数在上单调递增，
因为，是两个正数，且
所以，
不妨设，
当时，命题显然成立，得证．
当时，令
所以
所以当时，，故
所以函数在上单调递增，
所以即，
所以，
因为，所以
所以，
因为函数在上单调递增，
所以，即.
综上，，证毕．
【点睛】本题考查导数的几何意义，极值点偏移问题，考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题．本题第二问解答的关键在于构造函数，进而将问题转化为，再分类讨论求解即可．
20．（2022·浙江·模拟预测）已知函数.
(1)设函数，且恒成立，求实数的取值范围；
(2)求证：；
(3)设函数的两个零点、，求证：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）利用参变量分离法得出，利用导数求出函数的最小值，即可得出实数的取值范围；
（2）证明出，即可证得结论成立；
（3）分析可得，证得，利用基本不等式可得出，构造函数，分析看可知函数在上为增函数，分析得出，结合函数的单调性可证得结论成立．
【详解】（1）解：由可得，可得，
令，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，；
（2）解：要证，即证，
由（1）可知，，当且仅当时，等号成立，
令，其中，则，
当时，，此时函数单调递增，
当时，，此时函数单调递减，
所以，，
因为和取等的条件不同，故，即；
（3）解：由题知①，②，
①②得③，
②①得④．
③④得，
不妨设，记.
令，则，
所以在上单调递增，
所以，则，即，
所以.
因为
，
所以，即.
令，，则在上单调递增．
又，
所以，即，所以.
【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．
21．（2021·安徽六安·一模）已知函数．
（1）若，求的单调区间；
（2）若在上有两个极值点、．
①求实数的取值范围；
②求证：．
【答案】（1）递减区间为，递增区间为；（2）①，②证明见解析．
【分析】（1）求得，分析导数的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和单调递减去加；
（2）①分析可知在上有两个不同的零点，对实数的取值进行分类讨论，结合已知条件可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
②先证明出，其中，由已知条件可得出，再利用不等式可证得结论成立．
【详解】（1），
令，，
因为，所以当时，，单调递减，
所以当时，，单调递增，所以，
所以当时，，当时，，
因此，的单调递减区间为，单调递增区间为；
（2）（i），
要使在上有两个极值点、，
则在上有两个不同的零点，
①时，由（1）知，，
令，故，
所以在上为增函数，所以，故，
故在上无零点，舍；
②当时，，，，
则在上单调递减，故最多只有一个零点，不合题意，舍去；
③当时，，
当时，；当时，.
所以，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即要使，解得.
综上所述，的取值范围为；
（ii）由（i）知，，，
先证不等式，其中，
即证，即，
令，即证，
构造函数，则，
所以，函数在区间上单调递减，故，
由已知可得，故，
所以，则，所以，，
因此，.
【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．
22．（2021·新疆阿勒泰·三模）已知函数
（1）若时，恒成立，求的取值范围；
（2）求证且；
（3）当时，方程有两个不相等的实数根，求证
【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析．
【分析】（1）因，所以，即，构造函数转化为最值可求；
（2）由（1）知当时，即，所以，
令，得，从而可证；
（3）要证，只需证，根据单调性，即证
只需证，
故构造函数即可证明．
【详解】解：（1），，即
设，
当时在上单调递增，
满足条件；
当时，令，得，
当时，当时，，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，．
，与已知矛盾．
综上，的取值范围是
（2）由（1）可知，当时，
即对恒成立，故有．
令，得，
分别令，将个不等式相加得
故原不等式成立．
（3）当时，，则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
由方程有两个不相等的实数根，不妨设，
则，要证，只需证，
在区间上单调递增，只需证明
只需证明
设，则，
在区间上单调递增，，
成立
原不等式成立，即成立．
【点睛】关键点点睛：（1）问关键点是根据定义域对分和进行讨论；
（2）问关键点是利用（1）结论得，令从而可证；
（3）问关键点是利用对称构造，构造函数，属于典型的极值点偏移问题．
1．（2021·全国·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．
增
极大值
减