专题08极值点偏移问题（练）解析版_2.2025数学总复习_2023年新高考资料_二轮复习_备战2023年高考数学二轮复习考点精讲练（新教材·新高考）

第一篇 热点、难点突破篇 专题08 极值点偏移问题（练） 【对点演练】 一、单选题 1．（2021·江西·鹰潭一中高三阶段练习（文））关于函数 ，下列说法正确的是（ ） A． 是 的极大值点 B．函数 有2个零点 C．存在正整数k，使得 恒成立 D．对任意两个正实数 ，且 ，若 ，则 【答案】D 【分析】对A，求导得到单调区间即可判断； 对B，对函数 求导得出单调区间即可进一步得到结果； 对C，分离参数 ，通过 的单调性和函数变化趋势即可判断； 对D，根据函数f(x)的单调性，将自变量比较大小转化为函数值比较大小，用极值点偏移的方法得到结论. 【详解】对A， ，函数在 单减，在 单增， 是 的极小值点，A错误； 对B， ，函数在 单减，至多一个零点，B错误； 对C， ，令 ，则 ， 设 ，则 ，函数在 单增，在 单减， 所以 ，∴ ， 则函数 在 单减，无最小值，且当 时， ，C错误；对D，不妨设 ，易知 ， ，且 ， 因为函数 在 单增，则 ， f x f 4x,x0,2 hx f x f 4x,x0,2 即证： ，记 ， 8x22 hx 0 所以 x24x2 ，所以 hx在0,2单减，所以 hxh2=0 ， f x f 4x x x 4 即 ，所以 1 2 ，D正确. 故选：D. 【点睛】本题为函数的综合题，不论分参也好还是极值点偏移也好，还是零点问题、最值问题，最终都要对函 数的单调性进行讨论，进而得到答案；需要注意的是，导数综合题一定要结合函数的图象辅助解决，平常注意 对导数的题目进行归类，总结做法. f x lnx f t f   a  2．（2021·浙江·镇海中学高三开学考试）已知函数 x ，对于正实数a，若关于t的方程  t  恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ） 1,8  e2,8  8,  e2,  A． B． C． D． 【答案】D 【分析】研究 f x ln x x 的图像可知，若 f t f    a t   ，令 x 1 t,x 2  a t ，则 f x 1  f x 2  ，且x 1 ,x 2 1，可 x x xx a xx a 以推出， 1 2或 1 2 ，通过对数不等式写出关于 1 2的不等式，即可求出 的范围 lnx 1lnx 1lnx 1lnx 【详解】因为 f x ， f’x ，令 f’x 0得： ；令 f’x 0得： x x2 x2 0xe x2 f x 0,e e, f x0 f x xe x ，所以 在区间 单调递增，在 单调递减，且 时， 恒成立， 的图像如 下：a 令x 1 t,x 2  t ，则 f x 1  f x 2  ，且 x 1 ,x 2 1 a ①当x x 时，t t ,t a ，成立，所以 a 是方程的一个实数根 1 2 lnx lnx lnx lnx 1  2 1  2 m ②当x 1  x 2 时，由 f x 1  f x 2  得： x 1 x 2 ，令 x 1 x 2 mx lnx lnx lnx lnx lnx  1 1 m 1 2 m 1 2 则： mx lnx ，两式相减得： x x ，两式相加得： x x 2 2 1 2 1 2 x x x x x x x x 1 2  1 2 1 2  1 2 所以：lnx lnx lnx lnx ，由对数均值不等式得：lnx lnx 2 1 2 1 2 1 2 x x x x a 1 2  1 2 t ae2 所以：lnx lnx 2 ，且x,x 1，所以lnxx 2，xx e2 ，即： t 1 2 1 2 1 2 1 2 所以ae2 故选：D 【点睛】题目考察到了极值点偏移的思想，用对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为： x x x x x xx  1 2  1 2 t  1 1 2 lnx lnx 2 ，可用两边同除x，令 x 整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立 1 2 2 2 二、多选题 f(x)xaex 3．（2021·河北·高三阶段练习）已知函数 ，则下面结论成立的是（ ） 1 A．当0a 时，函数 有两个实数根 e f(x)0 f(x)0 a0 B．函数 只有一个实数根，则f(x)0 x x x x 2 C．若函数 有两个实数根 1， 2，则 1 2 f(x)0 x x x x 3 D．若函数 有两个实数根 1， 2，则 1 2 【答案】AC x x 【分析】令 参变分离可得a ，令h(x) ，利用导数说明其单调性，即可得到函数 的函数图 f(x)0 ex ex h(x) x aex 1 0  1 象，从而判断A、B，若函数 f(x)0有两个实数根x，x，则 x aex 2 0，即可得到 1 2 2 x x  ex1x2 1  t  et 1  x x  1 2 g(t) 1 2 ex1x2 1 ，再令t x 1 x 2 0， et 1 ，利用导数研究函数的单调性，即可判断C、 D； x x 1x 【详解】解：根据题意，令 f(x)xaex 0 则a ex ，令h(x) ex ，则h(x) ex ，所以当 x1 时， hx0 x1 hx0 hx ,1 1, h(x) ，当 时， ，即函数 在 上单调递增，在 上单调递减，画出函数 图 象如下： 1 1 函数的最大值在 处取得，最大值为 ，所以选项A正确，当 或a 时函数 只有一个实数根， x1 e a0 e f(x)0 故选项B不正确，  x aex 1 0  x 1 x 2 a  ex 1 ex 2  若函数 有两个实数根 ， ，则 1  ，所以 f(x)0 x x   x 2 aex 2 0   x 1 x 2 a  ex 1 ex 2  1 2x x x x  ex1x2 1  t  et 1  x x  1 2  ex1 ex2   1 2 g(t) 1 2 ex1 ex2 ex1x2 1 ，令t x 1 x 2 0， et 1 ，对函数求导可得， e2t 2tet 1 g(t)  et 1 2 ，令 m(t)e2t 2tet 1 ，则 m(t)  2et 2(t1)  et 0 恒成立，所以函数 m(t) 单调递增，又 m(0)0 m(t)0 g(t) t0 g(t) ，所以 ，所以 在 时单调递增， 的函数图象如下所示： g(t)2 可得 ，所以选项C正确，选项D不正确． 故选：AC yax f(x)ex Ax,y  Bx ,y  4．（2021·全国·高二专题练习）若直线 与曲线 相交于不同两点 1 1 ， 2 2 ，曲线   f(x)ex Mx,y 在A，B点处切线交于点 0 0 ，则（ ） ae x x x 1 A． B． 1 2 0 k k 2k a AMB135 C． AM BM AB D．存在 ，使得 【答案】ABC e yax f(x)ex a 【分析】对于A：求出过原点的切线的斜率为 ，根据直线 与曲线 有两个不同的交点，可得出 和范围；ax ex1 ax ex2 x x 0x 1x f(x)ex 对于B：由已知得 1 ， 2 ，不妨设 1 2，则 1 2，分别求出 在点A，点B处的切 线方程，由两切线方程求得交点的横坐标，可得结论； 对于C：要证 k AM k BM 2k AB，即证 ex1+ex2>2a ，即证 ax 1 +ax 2 >2a ，因为 ae ，所以需证 x 1 +x 2 >2 .构造函数 ex gx ， Gxgxg2x0x1，求导，分析导函数的正负，得出所构造的函数的单调性和最值， x 可得结论； 对于D：设直线AM交x轴于C，直线BM交x轴于点D，作MEx轴于点E．若AMB135，则 AMD45，即MDEMCD45，根据正切函数的差角公式和切线的斜率得 ex2 ex1 1+ex1ex2 1+ex1+x2 ， a0 yax f(x)ex a>0 【详解】对于A：当 时，直线 与曲线 没有两个不同交点，所以 ，如图1所示， yax f(x)ex Pt, f t f'(x)ex 当直线 与曲线 相切时，设切点为 ，则 ， yet etxt 0，0 t 1 ae yex f(x)ex 所以切线方程为： ，代入点 解得 ，此时 ，所以直线 与曲线 相切， ae yax f(x)ex 所以当 时直线 与曲线 有两个不同的交点， 0ae yax f(x)ex 当 时，直线 与曲线 没有交点，故A正确； ax ex1 ax ex2 x x 0x 1x 对于B：由已知得 1 ， 2 ，不妨设 1 2，则 1 2， f(x)ex yex 1 xx +ex 1 yex 2 xx +ex 2 又 在点A处的切线方程为： 1 ，在点B处的切线方程为 2 ， 两式相减得  ex1 ex2 x+1x 1 ex1+x 2 ex2 0 ，将 ax 1 ex1 ， ax 2 ex2 代入得 ax 1 ax 2 x+1x 1 ax 1 +x 2 ax 2 0 ， ax x 0 x x x1 x x x 1 因为 1 2 ，所以 1 2 ，即 1 2 0 ，故B正确； 对于C：要证 k AM k BM 2k AB，即证 ex1+ex2>2a ，即证 ax 1 +ax 2 >2a ，因为 ae ，所以需证 x 1 +x 2 >2 . a ex gx ex y ex 令axex，则 x ，令 x ，则点A、B是ya与 x 的两个交点，令Gxgxg2x0x1 ， G'xx1   ex  e2x   ex exx2 所以   x2 2x2   ，令hx x2 x>0，则h'x x3 ，所以当 x0,2时， h'x0 ， hx 单调递减， 0x1 0x12x2 hx>h2x 0x1 G'x0 Gx 而 ， ，所以 ，所以 时， ，所以 单调递减，所 Gx>G10 以 ， gx g2x >0 gx gx a gx >g2x  即 1 1 ，又 1 2 ，所以 2 1 ， x1ex 而g'x x2 ，所以当 x>1 时， g'x>0 ， gx单调递增，又 x 2 >1 ， 2x 1 >1 ，所以 x 2 >2x 1 ，即 x +x >2 1 2 ，故C正确； 对于D：设直线AM交x轴于C，直线BM交x轴于点D，作MEx轴于点E．若AMB135，则 AMD45， tanMDEtanMCD k k 即 ，所以tanMDEMCD  BM AM 1， MDEMCD45 1+tanMDEtanMCD 1+k AM k BM 化简得 k BM k AM 1+k AM k BM，即 ex2 ex1 1+ex1ex2 1+ex1+x2 ，所以 ax 2 ax 1 1+ax 1 ax 2，即 ax x xx 1 2 1 1 2 ， mx x xx mx x xx x 1x +1+1 0x 1x 令 2 1 1 2，则 2 1 1 2 1 2 ，又 1 2，所以 mx x xx x 1x +1+1>1 2 1 1 2 1 2 ， ax x xx 1 而 ae ，所以方程 2 1 1 2 无解，所以不存在 a ，使得 AMB135 ，故D不正确， 故选：ABC．【点睛】方法点睛：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． f xlnxax a f x x x 5．（2021·江苏·高二单元测试）已知函数 ， 为常数，若函数 有两个零点 1、 2，则下 列说法正确的是（ ） 1 1  2 A．x lnx x lnx B．2ex x e2 C．xx e2 D．lnx lnx 1 2 2 1 1 2 1 2 1 2 【答案】ACD lnx ax 1 1 2  a 【分析】由已知得出 lnx 2 ax 2 ，化简变形后可判断A选项的正误；取 e2 可判断B选项的正误；利用构造 函数法证明CD选项中的不等式，可判断CD选项的正误. lnx lnx 【详解】由 f x0可得a x ，可知直线 ya 与函数gx x 在0,上的图象有两个交点， 1lnx gx x2 ，当 0xe 时，gx0，此时函数gx单调递增， 1 当 时，gx0，此时函数gx单调递减，则gx ge ， xe max e gx0 x1 且当 时， ，如下图所示：1 lnx 当0a e 时，直线 ya 与函数gx x 在0,上的图象有两个交点. lnx ax 1 1  对于A选项，由已知可得 lnx 2 ax 2 ，消去 a 可得x 2 lnx 1 x 1 lnx 2 ，A对； 2  1 对于B选项，设x x ，取x e2 ，则 a e2   0, e  ，所以，1x e，故x x e2 ，B错； 2 1 2 1 1 2 x tx t 1 lnx ax lnx lntx lntlnx atx 对于C选项，设 2 1 ，因为 1 1，则 2 1 1 1， lnt tlnt 所以，lnx  ，lnx lntlnx  ， 1 t1 2 1 t1 t1lnt 2t1 则xx e2 lnxx lnx lnx  2lnt  ， 1 2 1 2 1 2 t1 t1 2t1 ht 1  4  t12 0 构造函数htlnt ，其中 ，则 t t12 tt12 ， t1 t1 ht 1, hth10 所以，函数 在 上单调递增，故 ，C对； 1 1 t1 t1 t21 1     22lntt t1 对于D选项，lnx lnx lnt tlnt tlnt t ， 1 2 t2lnt  t 1  t 2 1 1  t12 0 构造函数  t，其中 t1，则 t t2 t ， t 1, t10 所以，函数 在 上单调递减，则 ，D对. 故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下： f xgx f xgx f xgx0 （1）直接构造函数法：证明不等式 （或 ）转化为证明 （或 f xgx0 hx f xgx ），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. lnx 6．（2021·全国·模拟预测）已知函数 f x ，则（ ） x f 2 f 5 A． f xm x x x x e2 B．若 有两个不相等的实根 1、 2，则 1 2 2 ln2 C． e 2x 3y 2x3y D．若 ，x，y均为正数，则 【答案】AD 2,5 f x f xm 【分析】A：代入 直接计算比较大小；B：求 的导函数，分析单调性，可得当 有两个不相等 e2 f x , f   实根时x、x的范围，不妨设x  x ，则有0x e  x ，比较 1  x  的大小关系，因为 1 2 1 2 1 2 1 e2  Fx f x f   f x  f x ，可构造  x (0xe)，求导求单调性，计算可得Fx0成立，可证 1 2 ln2 lne lgt lgt xx e2 ；C：用 f x 在 0,e 上单调递增，构造 2  e 可证明；D：令2x 3y t，解出 x lg2， y lg3， 1 2 2x3y 做差可证明 .1n2 ln5 【详解】解：对于A： f 2 ln 2, f 5 ln55，又  2 10 25 32，  55 10 25， ，所 2 5 3225 2  55 f 2 f 5 以 ，则有 ，A正确； f xm x x xx e2 对于B：若 有两个不相等的实根 1、 2，则 1 2 ，故B不正确； lnx 1lnx 证明如下：函数 f x x ，定义域为0,，则 fx x2 ， f�( x) >0 0xe fx0 xe 当 时， ；当 时， ； 1 所以 f x在0,e上单调递增，在e,上单调递减，则 f x max  e 且xe时，有 f x0，所以 若 1 f xm有两个不相等的实根x、x，有 0m e ， 1 2 e2 e2 x  x  e 不妨设x  x ，有0x e  x ，要证xx e2，只需证 2 x ，且 2 x ，又 f x  f x  ，所以只需 1 2 1 2 1 2 1 1 1 2 e2  e2  f x  f   Fx f x f   证 1  x  ，令  x (0xe) 1 e2  1  1 1  Fx fx f   1lnx    则有  x  x2 x2 e4  1 1 当 0xe 时， 1lnx0 ， x2  e4 0，所以有Fx0，即Fx在 (0,e) 上单调递增，且Fe0，所以 e2  e2  f x  f   f x  f   Fx0恒成立，即 1  x  ，即 2  x  ，即xx e2. 1 1 1 2 ln2 lne 2 2 对于C：由B可知， f x 在 0,e 上单调递增，则有 f 2 f e ，即 2  e ，则有 ln2 e  e ，故C不 正确； lgt lgt xlog t  ylog t  对于D：令2x 3y t，则t1， 2 lg2， 3 lg3，2lgt 3lgt lgt(lg9lg8) 2x3y   0 ， lg2 lg3 lg2lg3 2x3y ，故D正确； 故选：AD. 【点睛】知识点点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数值 构造函数，利用函数的单调性可比较大小； （2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围以及 函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明不等式. 2 7．（2021·全国·高二单元测试）关于函数f（x）＝ ＋ln x，则下列结论正确的是（ ） x A．x＝2是f（x）的极小值点 B．函数y＝f（x）－x有且只有1个零点 C．对任意两个正实数x，x，且x＞x，若f（x）＝f（x），则x＋x＞4 1 2 2 1 1 2 1 2 D．存在正实数k，使得f（x）＞kx恒成立 【答案】ABC 【分析】利用导函数求解极值点，判断出A选项；利用导函数得到g（x）在（0，＋∞）上单调递减，又g （1）＝1＞0，g（2）＝ln 2－1＜0，有零点存在性定理判断B选项；构造差函数解决极值点偏移问题；D选项， 2 lnx 问题转化为存在正实数k，使得  kx0 恒成立，构造函数，利用二次求导得到其单调性，最终求得 x2 x 答案. 2 2 1 【详解】对于函数f（x）＝ x ＋ln x，其定义域为（0，＋∞），由于 fx x2  x ，令 fx0可得x＝ fx0 f�( x) >0 2，当0＜x＜2时， ，当x＞2时， ，可知x＝2是f（x）的极小值点，选项A正确；  1 2 7 x   设g（x）＝f（x）－x，则gx 1 1 2   2 4 0，可知g（x）在（0，＋∞）上单调递减，又g x x2 x2 （1）＝1＞0，g（2）＝ln 2－1＜0，所以方程g（x）＝0有且仅有一个根，即函数y＝f（x）－x有且只有1个 零点，选项B正确； 由x＝2是f（x）的极小值点，可知若f（x）＝f（x）时，x＞2＞x＞0，易知4－x＞2，则f（4－x）－f 1 2 2 1 1 12 2 4x 2 4x ln4x  lnx  1 ln 1 t 4x 1 （x 2 ）＝f（4－x 1 ）－f（x 1 ）＝4x 1 1 x 1 1 4x 1 x 1 x 1 ，令 x 1 ，则t＞1， 4 1t2 t22t1 x  lnt Ft 0 1 1t ，则f（4－x）－f（x）＝ 2t ＝F（t）（t＞1）， 2t2 ，则F（t）在（1，＋ 1 2 ∞）上单调递减，F（t）＜F（1）＝0，故f（4－x）－f（x）＜0，又f（x）在（2，＋∞）上单调递增，则4 1 2 －x＜x，故x＋x＞4，选项C正确； 1 2 1 2 令f（x）＞kx得: 2 lnxkxx0 ，即 2  lnx kx0 .设hx 2  lnx ，x∈（0，＋∞）， x x2 x x2 x 4 1lnx 1 Hx hx   xxlnx4 hx 则 x3 x2 x3 ，设H（x）＝x－xln x－4，x∈（0，＋∞），则 x3 ， Hx1lnx1lnx Hxlnx0 Hxlnx0 因为 ，当0＜x＜1时， ，当x＞1时， ， 所以函数H（x）在（0，1）上单调递增，在（1，＋∞）上单调递减，所以H（x） ＝H（1）＝1－0－4＝－ max 3＜0， Hx hx 则 x3 ＜0恒成立，所以函数h（x）在（0，＋∞）上单调递减， 2 lnx 所以不可能存在正实数k，使得hx  kx0 恒成立.故选D不正确. x2 x 故选：ABC. 【点睛】极值点偏移问题的一般处理方法是构造差函数，利用函数单调性及极值，最值求得结果. 三、解答题 8．（2022·广西贵港·高三阶段练习）已知函数 . (1)证明不等式： ， ； (2)若 ， ，使得 ，求证： . 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】(1)移项构造新函数 ,应用导数求函数的单调性,根据最值证明结论成立.(2)根据 ,得到 , 结合(1)及函数的单调性求出 ,换元证明 成立即可. 【详解】（1）令 ， ，则 ， 故 在 上单调递增，故 ， 即 ，所以 ， ，当且仅当 时，等号成立； （2）由 得 ， 整理得 ， 不妨设 ，由（1）可知 在 上单调递增， 故有 ，从而 ， 所以 ， 所以 . 下面证明 ，即证 ， 令 ，即证明 ，其中 ，故只需证明 . 设 ，则 ，所以 在 上单调递增， 所以 ，所以 ，即 ，所以 . 9．（2022·湖南·长郡中学高二阶段练习）设函数 . (1)讨论 的单调性； (2)若函数 存在两个零点 ，证明： . 【答案】(1)当 时， 在区间 上单调递减； 当 时 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增 (2)证明见解析. 【分析】（1）求出函数的导数，分类讨论a的取值范围，根据导数的正负，即可得答案; （2）利用函数零点可得 ， ，整理变形可得 ，换元令 ，得 ，结合 ，需证明 ，由此构造函数 ，利用导数即可证明结论. 【详解】（1）由于 ，则定义域为 ， 可得： ， 当 时，∵ ，∴ ，故 在区间 上单调递减； 当 时，∵ ，∴由 可得 ，由 得 ，故 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增. （2）证明：∵ ， ， ，不妨设 ， 则有 ， ， 两式相加得 ，相减得 ， 消去 得： ， 令 ，则 ， 要证 ，即证 ，也就是要证 ，即证 ， 令 ， ∵ ∴ 在 上为增函数， ，即 成立，故 . 【点睛】关键点点睛：利用导数证明关于函数零点的不等式问题，关键在于正确地变式消去参数，进而构造函 数，本题中利用 ， ，将两式相加减，进而消去a，可得 ，换 元令 ，得 ，进而根据 ，需证 ，从而构造函数，解决 问题.1 1 10．（2021·河南新乡·高三阶段练习（理））已知函数 f x e2xe1exex . 2 2 f x (1)求 的极值. f x  f x  f x  x x x x x 2 (2)若 1 2 3 ， 1 2 3，证明： 2 3 . 1 1 【答案】(1)极大值为 ， f x的极小值为  e2 e 2 2 (2)证明见解析 【分析】（1）利用导数求出函数的单调性即得解； 0x 1x gx f x f 2x 0x1 f x f 2x 0,1 （2）由（1）可知 2 3，设 ， ，证明 在 上恒成立， 即得解. (1) fxe2xe1exe  ex 1  ex e  （1）由题意可得 . fx0 fx0 x0 x1 0x1 当 或 时， ；当 时， . f x ,0 1, 0,1 所以 在 与 上单调递增，在 上单调递减. 1 1 故 f x的极大值为 f 0e， f x的极小值为 f 1  e2 . 2 2 (2) 0x 1x 证明：由（1）可知 2 3. gx f x f 2x 0x1 设 ， ， gx fx f2x  ex1  exe    e2x1  e2x e  则 e2x ex1  ex1e3   exe   e2x . hxe2x ex 1  ex1e3 hx3e3x2e2x ex1 ex 3e2x 2ex e  设 ，则 . hx0 0,1 hx 0,1 412e0 因为 ，所以 在 上恒成立，即 在 上单调递增，hxh10 gx0 0,1 gx 0,1 因为 ，所以 在 上恒成立，即 在 上单调递增， gxg10 f x f 2x 0,1 因为 ，所以 在 上恒成立. x 0,1 f x  f 2x  因为 2 ，所以 2 2 ， f x  f x  f x  f 2x  因为 2 3 ，所以 3 2 . f x 1, x 2x 1, 由（1）可知 在 上单调递增，且 3， 2 ， x 2x x x 2 则 3 2，即 2 3 . 【冲刺提升】 1．（2022·全国·高三专题练习）已知函数 . （1）证明：曲线 在点 处的切线 恒过定点； （2）若 有两个零点 ， ，且 ，证明： . 【答案】（1）恒过定点 ，证明见解析； （2）证明见解析. 【分析】（1）利用导数求出曲线在点 处的切线方程，进而可证得结论； （2）令 ，可得 ，构造 ，用导数可证得 在 上单调递增，则 ，即 ，故 . 【详解】（1）函数 的定义域为 ，由 ，得 ，则 ，又 ，则曲线 在点 处的切线 的方程为 ，即，显然恒过定点 . （2）若 有两个零点 ， ，则 ， ，得 . 因为 ，令 ，则 ， 得 ，则 ， 所以 . 令 ，则 ， 令 ，则 ， 则 在 上单调递增，所以 . 所以 ，则 在 上单调递增， 所以 ，即 ，故 . 【点睛】关键点点睛：本题第（2）问的关键点是：构造 ，用导数证得 在 上 单调递增，进而得到 . 1 2．（2021·新疆·克拉玛依市第一中学高二阶段练习）已知定义在0,上的函数 f x x2axcosx． 2 f x a （1）若 为定义域上的增函数，求实数 的取值范围； a1 f x  f x 0 x  x f x  f x x x 2x （2）若 ， 1 2 ， 1 2， 0 为 的极小值，求证： 1 2 0． 0, 【答案】（1） ；（2）证明见解析．fx0 0, asinxx 【分析】（1）由单调性可知 在 上恒成立，分离变量可得 ；利用导数可求得 gxsinxxx0 a 的最大值，由此可得 的范围； x 0, f x 0,x  x , （2）利用导数，结合零点存在定理可确定 0 ， 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增； Fx f x x f x x0x Fx FxF00 构造函数 0 0 ，利用导数可求得 单调性，得到 ，从而 f x  f 2x x  f x 0,x  得到 1 0 2 ，根据自变量的范围，结合 在 0 上的单调性可证得结论. 1 【详解】（1）由 f x x2axcosx得： fxxasinx． 2 f x 0, fxxasinx0 0,  为 上的增函数， 在 上恒成立， 即asinxx， gxsinxxx0 gxcosx10 令 ，则 ， gx 0, gxg00 gx 0 在 上单调递减， ，即 max ， a0 a 0, ，即实数 的取值范围为 . 1 （2）当 a1 时， f x 2 x2xcosx，则 fxx1sinx， fx1cosx0 fx 0, ， 在 上单调递增， f010 f10 又 ， ， x 0, fx 0 x0,x  fx0 xx , f�( x) >0 0 ，使得 0 ，且当 0 时， ；当 0 时， ； f x 0,x  x , f x  f x  在 0 上单调递减，在 0 上单调递增，则 0 为 的极小值. 2 设 x x ，  f 010 ， f  2 10， 0x x x  ， 1 2 1 0 2 Fx f x x f x x0x 设 0 0 ，Fx2x 22sinx cosx Fx2sinx sinx 0 0 ， 0 ．  x 0 0, ， sinx 0 0 ，又 sinx0 ， Fx0 ， Fx 0, 在 上单调递增， F02x 22sinx cos02x 22sinx 2x 1sinx 2fx 0  0 0 0 0 0 0 0 ， FxF00 Fx 0, ， 在 上单调递增， FxF0 f x  f x 0 0 0 ， f x  f x  f x x x  f x x x  f 2x x  1 2 0 2 0 0 2 0 0 2       f   1sin  20   x  x   2 2 2 2 ， 2 0 2 ，02x x x ， 0 2 0 f x 0,x  x 2x x x x 2x 又 在 0 上单调递减， 1 0 2，即 1 2 0. x x a x,x f x0 【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于 1 2 （ 1 2为 的两根）的问题的基本步骤 如下： f x x,x ①求导确定 的单调性，得到 1 2的范围； Fx f x f ax Fx ②构造函数 ，求导后可得 恒正或恒负； f x  f ax  f x  f x  ③得到 1 与 1 的大小关系后，将 1 置换为 2 ； x ax f x x ax ④根据 2与 1所处的范围，结合 的单调性，可得到 2与 1的大小关系，由此证得结论. 3．（2022·全国·模拟预测）设函数 ， 为 的导函数. (1)当 时， ①若函数 的最大值为0，求实数 的值； ②若存在实数 ，使得不等式 成立，求实数 的取值范围.(2)当 时，设 ，若 ，其中 ，证明： . 【答案】(1)① ；② (2)证明见解析 【分析】(1)① 当 时，对 求导，得到函数单调性，即可求得函数的最值. ② 要求 恒成立时 的取值范围，等价于 ，构造新的函数，将问题转化为求新构造 函数的最大值，问题即可解决. (2)当 时， ，求导即可得到 的函数表达式，对 求导，得到函数 的图像，设 ，则要证明 ，只需要证明 ，构造新函数 ， 求导研究函数的单调性，证明 在 上恒成立即可. 【详解】（1）当 时， . ①易知 ， 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 ， 故 ，所以 . ②解法一，不等式 . 设 （ ）， ， 则由① 知 ，所以存在实数 ，使得不等式 成立，等价于存在实数 ，使得 成立. 易知 在 上单调递减，所以 ， 所以 ，即实数 的取值范围为 . 解法二，不等式 . 设 ， 则存在实数 ，使得不等式 成立，等价于存在实数 ，使得 成立.易知 ， 当 时，易知 ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ， 所以 ，即实数 的取值范围为 . （2）当 时， ， ， 所以 ，所以 ， 所以 在 上单调递减，在 上单调递增， 所以 ， 且当 时， ，当 时， ，故可作出 的大致图象如图所示.-2 不妨设 ，由图易知 .要证 ，只需证 . 因为 在 上单调递减，所以只需证 ， 又 ，所以只需证 对任意的 恒成立. 设 ， 则 . 设 ， 则 ，因为当 时， ， ， 所以 所以 在 上单调递减，所以 ， 又当 时， ， 所以 ，所以 在 上单调递增，所以 ， 即 在 上恒成立，又 ，所以 ，原不等式得证. 【点睛】处理极值点偏移问题中的类似于 （ 满足 ）的问题的基本步骤如下：①求导， 确定 的单调性，得到 的范围；②构造函数 ，求导后可得 恒正或恒负；③得 到 与 的大小关系后，将 置换为 ；④根据 与 所处的范围，结合 的单调性， 可得到 与 的大小关系，由此证得结论. 4．（2022·江苏南通·高三期中）已知 ，其极小值为-4. (1)求 的值； (2)若关于 的方程 在 上有两个不相等的实数根 ， ，求证： . 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分 、 和 三种情况求 的极小值，列方程求解即可； （2）构造函数 ，根据 的单调性和 得到 ，再 结合 和 的单调性即可得到 ；设 ，通过比较 和 的大小关 系得到 ， ，再结合 即可得到 . 【详解】（1）因为 ，所以 . 当 时， ，所以 单调递增，没有极值，舍去. 当 时，在区间 上， ， 单调递增， 在区间 上， ， 单调递减， 在区间 上， ， 单调递增， 所以当 时， 的极小值为 ，舍去 当 时，在区间 上， ， 单调递增， 在区间 上， ， 单调递减， 在区间 上， ， 单调递增， 所以当 时， 的极小值为 . 所以 . （2）由（1）知，在区间 上， ， 单调递增， 在区间 上， ， 单调递减， 在区间 上， ， 单调递增， 所以不妨设 . 下面先证 . 即证 ，因为 ，所以 ， 又因为区间 上， 单调递减，只要证 ，又因为 ， 只要证 ，只要证 . 设 ， 则 ， 所以 单调递增， 所以 ，所以 . 下面证 . 设 ，因为 ， 在区间 上， ；在区间 上， . 设 ， ，因为 ， 所以 ，所以 . 设 ， ，因为 ， 所以 ，所以 . 因为 ，所以 ， 所以 . 【点睛】极值点偏移问题中（极值点为 ），证明 或 的方法： ①构造 ， ②确定 的单调性，③结合特殊值得到 或 ，再利用 ，得到 与 的大小关系， ④利用 的单调性即可得到 或 . 5．（2022·云南·昆明一中模拟预测（理））已知函数 ，且 恒成立． (1)求 的最大值； (2)当 取得最大值时，设 ，若 有两个零点为 ，证明： ． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）先求导得 ，对 进行分类讨论，求出 ，即 ， 进而求得 的最大值； （2）由（1）得 ，则 ，令 整理得 ， ，作差变形 得 ，要证 ，即证 ，代换 得 ， 构造 ，利用导数可证不等式恒成立. 【详解】（1）由题意得 ， 当 时， ， 在 上单增，当 时， ，此时显然不成立； 当 时，令 ，得 ， 所以 在 上单减，在 上单增， ，即 ，所以 ， ，所以 ， 的最大值为 ； （2）由（1）式可知 ，即 ，所以 ， 则 有两个零点为 ， ，即 ； ， 所以 ， ，两式相减得 ，即 ， 要证不等式 恒成立，等价于 ， 代入 得 ． 令 ， ， ， 所以函数 在 上单调递增， ，得证. 6．（2022·新疆·高三期中（理））已知函数 的两个不同极值点分别为 ， （ ）. (1)求实数 的取值范围； (2)证明： （ 为自然对数的底数）. 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）把函数 有两个不同极值点 ， 转化为 有两个不同的实数根， 令 ，结合其导数分析 值域情况，从而得到实数 的取值范围；（2）由题意可知 ， 是方程 的两个根，从而有 ，变形可得： ，令 ，则 ，再利用分析法即可证明 . 【详解】（1）解：因为 有两个不同极值点 ， ， 所以 有两个不同的根 ， ， 令 ，则 . 令 ，得 ；令 得 . 所以 在 上单调递增，在 上单调递减， 所以 . 因为当 时， ，所以 . （2）证明：由（1）可知 ，且 ， 是方程 的两个根， 即 ，所以 ， 所以 ，所以 . 令 ，则 ， 要证 ，即证 ，即证 ，即证 .令 ，则 ， 所以 在 上单调递增. 因为 ，所以 ，所以 成立，故 成立. 7．（2022·贵州·贵阳一中高三阶段练习（理））已知函数 ． (1)试判断函数 的单调性； (2)若函数 有两个不同的实数解 ，试说明 ． 【答案】(1)答案见解析； (2)证明见解析. 【分析】（1）由导数法判断单调性即可； （2）原方程化简为 ，令 ，则 ，则要证 结合对数运算法则， 等价于证 ，令 ，则 ，只要证明 ， 时恒成立即可，最后由导数 法证明即可. 【详解】（1）由题可知 的定义域是 ， ． 当 时， ，所以 在 上单调递增； 当 时，令 ，解得 ， 当 时， ，所以 在 上单调递增；当 时， ，所以 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）证明：因为 有两个不同实数解 ，即 有两个不同实数解 ， 又由于 ，故不妨设令 ，且有 ， ，∴ ， ， 要证 ，只需证 ． 令 ，则 ，所以只要证明 ， 时恒成立， 令 ， ， 由于已知 ，∴ 恒成立，所以 在 上递增，∴ ， 所以 时， 恒成立，即 恒成立，从而证明 ． 【点睛】要证 ，关键是利用条件将不等式变形，将 作为整体换元，使原不等式变成只含一个变量 的不等式恒成立问题. 本题 ，故可结合对数运算性质进行变形，最后不等式等价于证8．（2022·全国·高三阶段练习（文））已知函数 （ 且 ）. (1)若函数 的最小值为2，求 的值； (2)在（1）的条件下，若关于 的方程 有两个不同的实数根 ，且 ，求证： . 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）由题知 ，再根据 和 时的情况求解函数最小值即可得答案； （2）方法一：根据题意得 ，进而令 得 ，再令 ，求函数最小值即可； 方法二：由题知方程 有两个不同的实数根 ， ， ，进 而根据极值点偏移问题求解即可. 【详解】（1）解：因为 ， ， 所以 ， . 当 时，有 ，所以函数 在 上单调递增，所以函数 不存在最小值； 所以 不合题意，故 . 当 时，令 ，得 . 当 时， ，函数 在 上单调递减； 当 时， ，函数 在 上单调递增. 所以 ，解得 . 所以， 的值为 （2）解：方法一： 由（1）知， ， .因为 为方程 的两个不同的实数根， 所以 ①； ②. ①－②得： ，即 ， 所以 ， 令 ，有 ， 所以 ，从而得 . 令 ，则 ， 所以函数 在 上单调递增，即 ， 即 ，又 ， 所以 ， 恒成立，即 ，得证. 方法二： 由（1）知， ， . 因为 为方程 的两个不同的实数根， 所以 ，即方程 有两个不同的实数根 . 令 ， ，则 ， . 令 ，得 . 当 时， ，所以 在 上单调递减；当 时， ，所以 在 上单调递增. 因为 ， 所以 . 令 ， ， 则 . 所以 在 上单调递减，所以 ，即 . 所以 ，所以 . 又 在 上单调递增， 所以 .即 ，得证. 【点睛】关键点点睛：本题第二问解题的关键在于由 ，结合 得到 ，再根据函数 的性质得 ，进而证明结论； 9．（2022·河南·高三期中（理））已知函数 . (1)讨论 的单调性； (2)若存在 ，且 ，使得 ，求证： . 【答案】(1) 在 上单调递增，在 上单调递减，在 上单调递增. (2)证明见解析 【分析】（1）利用导函数的几何意义求解即可；（2）由（1）得 ，设 ， ，利用导函数的几何意义可得 ，从而可得 ；设 ， ，利用导函数的几何意义可得 ，从而可得 ，两式联立即可求解. 【详解】（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（Ⅰ）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 . 【点睛】函数的单调性是函数的重要性质之一，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. 10．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 . (1)求 在 上的最小值. (2)设 ，若 有两个零点 ，证明： . 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）求导后，令 ，利用导数可知当 时， ，由此可知 ，得到 单调性，由最值定义可求得结果； （2）求导后，根据 正负可确定 单调性，从而确定 的取值范围；采用分析法可知要证 ， 只需证得 ；令 ，利用导数可证得 ，结合（1）中结论 可证得 ，由此可得结论. 【详解】（1） ， 令 ， ， 则当 时， 恒成立， 在 上单调递增， ； 又当 时， ， ， 在 上单调递增， . （2）由题意得： ，则 ， 当 时， ；当 时， ； 在 上单调递减，在 上单调递增， 有两个零点 ， ， ； 要证 ，只需证 ，又 ， ， 在 上单调递减， 只需证 ， 又 ， 只需证 ， 即证： ； 设 ，则 ， 在 上单调递增， ， ； 由（1）知： ， 成立， 综上所述： . 【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数的最值、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是利用极 值点偏移的思想进行分析，将所证不等式转化为 的证明，通过构造函数，结合导数知识证得 成立. 11．（2022·全国·高三阶段练习（理））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： ． 【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）分别求出 和 的最小值，列方程即可求出结果； （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． 【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． 12．（2022·重庆·高二阶段练习）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. (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.