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专题 19 极值点偏移
一、核心先导
二、考点再现
考点1、极值点偏移基本定义
f (x) f(x)=f(2m−x) f (x)
众所周知，函数 满足定义域内任意自变量x都有 ，则函数 关于直线
x=m对称；可以理解为函数
f (x)
在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若
f (x)
为单峰函数，则
x +x
1 2
x=m必为 f (x) 的极值点. 如二次函数 f (x) 的顶点就是极值点 x 0，若 f (x)=c 的两根的中点为 2
x +x
1 2 =x
，则刚好有 2 0 ，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.
() ∙ 5
4
3
2
1
2 2 4 6
1
2
3
f (x) f (x)
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数 的极值点为m，且函数 满足定义域内
f (x)>f (2m−x) f (x) 1 2
①若 2 ，则称为极值点左偏；②若 2 ，则称为极值点右偏.
[来源:学_科_网Z_X_X_K]
考点2、极值点偏移几种常考类型
f (x) x ,x x ≠x x +x >2x x f (x)
1. 若函数 存在两个零点 1 2且 1 2，求证： 1 2 0（ 0为函数 的极值点）；
f (x) x ,x x ≠x f (x )=f (x ) x +x >2x x f (x)
2. 若函数 中存在 1 2且 1 2满足 1 2 ，求证： 1 2 0（ 0为函数 的
极值点）；
x +x
3. 若函数 f (x) 存在两个零点 x 1 ,x 2且 x 1 ≠x 2，令 x 0 = 1 2 2 ，求证： f '(x 0 )>0 ；
x +x
4. 若函数 f (x) 中存在 x 1 ,x 2且 x 1 ≠x 2满足 f (x 1 )=f (x 2 ) ，令 x 0 = 1 2 2 ，求证： f '(x 0 )>0 .
考点3、极值点偏移的判定定理
y=f (x) (a,b) x f (x)=0
对于可导函数 ，在区间 上只有一个极大（小）值点 0，方程 的解分别为
x ,x a)x
f(x )f(2x 0 −x 2 ) ，则
1
2
2 >(<)x
0 ，即函数 y=f (x) 在区间 (x 1 ,x 2 ) 上极（小）大值
x
点 0右（左）偏.
三、解法解密
运用判定定理判定极值点偏移的方法
1、极值点偏移处理方法：
f (x) x
（1）求出函数 的极值点 0；
F(x)=f(x +x)−f(x −x)
（2）构造一元差函数 0 0 ；
F(x)
（3）确定函数 的单调性；
F(0)=0 F(x) f (x +x) f(x −x)
（4）结合 ，判断 的符号，从而确定 0 、 0 的大小关系.
口诀：极值偏离对称轴，构造函数觅行踪；四个步骤环相扣，两次单调紧跟随.
2、答题模板
f (x) f (x )=f (x ) x f (x) x +x <2x
若已知函数 满足 1 2 ， 0为函数 的极值点，求证： 1 2 0.f (x) f (x) x
（1）讨论函数 的单调性并求出 的极值点 0；
f (x) (−∞,x ) (x ,+∞)
假设此处 在 0 上单调递减，在 0 上单调递增.[来源:Z,xx,k.Com]
F(x)=f(x +x)−f(x −x)
（2）构造 0 0 ；
F(x)=f(x)−f(2x −x)
注：此处根据题意需要还可以构造成 0 的形式.[来源:Zxxk.Com]
F'(x) F(x) F(x) f (x +x)
（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 0 与
f(x −x)
0 的大小关系；
F(x) (0,+∞) F(x)>F(x )=f(x )−f(x )=0
假设此处 在 上单调递增，那么我们便可得出 0 0 0 ，从而
x>x f (x +x)>f (x −x)
得到： 0时， 0 0 .
x x f (x +x)>f (x −x) x f [x −(x −x )]=f(2x −x ) x 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- x )>0，由
2
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- x )>0.
2
【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x+x>2e，只要x>2e- x ，注意到f(x)在(0，e)上单调递减，且f(x)=0，只要证明f(2e- x )>0即可.
1 2 1 2 1 2
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- x )>0.
2
综上x+x>2e.
1 2
【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．
例4．（2022·湖北武汉·统考模拟预测）已知函数
(1)求证：当 时， ；
(2)当方程 有两个不等实数根 时，求证：
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）令 ，进而讨论单调性，求解证明即可；
（2）证法一：由函数的单调性易得 ，进而得 ，不妨设 ，由于方程
可化为 ，进而将问题转化为 ； ，再求和即可证明结论；
证法二：由函数的单调性易得 ，进而得 ，不妨设 ，根据分析法将问题转化为
证 ，即证明 ，再构造函数 ，
证明 ， 恒成立即可.
(1)
证明：令 ，
因为 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
即当 时， .
(2)
证明：由 ，得 ，
易知 在 单调递减，在 单调递增，
所以 .
因为方程 有两个不等实根，所以 .
不妨设 .
由（1）知，当 时， ；当 时， .
方程 可化为 .
所以 ，整理得 .①
同理由 ，整理得 .②
由①②，得 .
又因为 所以 .
法二：由 ，得 ，
易知 在 单调递减，在 单调递增，所以 .
因为方程 有两个不等实根，所以 .不妨设 .要证 ，只要证 ，只要证： .
因为 在 上单调递增，只要证： .
令 ，只要证 ， 恒成立.
因为 ，
令 ，则 ，
故 在 上单调递增， ，所以 ，
所以 在 上单调递减，所以 ，故原结论得证.
【点睛】本题考查利用导数证明不等式，极值点偏移的问题；考查运算求解能力，逻辑推理能力，是难题.
本题第二问解题的关键在于借助第一问 和 ，进而求和证明.
或者借助极值点偏移问题的方法，构造函数 ，将问题转化为证 ，
恒成立.
例5．（2022·甘肃武威·统考模拟预测）已知 .
(1)讨论函数 的单调性；
(2)当 时，证明：函数 有且仅有两个零点 ，且 .
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）分类讨论并利用导数去判定函数 的单调性即可解决；
（2）构造新函数并利用导函数与函数单调性的关系去证明转化后的不等式即可解决.
(1)
的定义域为 .
当 时， 在 上单调递增；
当 时，由 ，得 ，由 ，得 ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减.
(2)
当 时， ，由（1）知， 在 单调递增，在 单调递减，所以，所以在区间 上 存在零点，
因为 在 单调递增，故 在区间 上存在唯一的零点；
因为 ，所以在区间 上存在零点，
因为 在 单调递减，所以 在区间 存在唯一的零点.
所以，函数 有且仅有两个零点 .
不妨设 .
要证 ，只需证明 ，
因为 在 ，e）单调递增且 ，所以只需证明
，又 ，只需证明
设 ，
，
当 时， ，
所以 ，所以 在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
所以 成立.故有 .
【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．
例6．（2022·全国·校联考模拟预测）已知函数f(x)＝x－alnx
(1)求函数f(x)的极值点；
(2)若方程 有2个不等的实根 ，证明： .
【答案】(1) 时无极值点；a＞0时，极小值点是 ，无极大值点；
(2)证明见解析.
【分析】(1)求f(x)导数 ，讨论f(x)的单调性即可求函数的极值点；
(2)构造函数 ，证明g(x)在(0，a)上单调递减，得到 ，即
，即可转化为 ，再根据f(x)单调性可得结论.(1)
f(x)的定义域是 ，求导得 ，
当 ， ，函数f(x)没有极值点；
当 时，令 ，得
在(0，a)上， ，f(x)单调递减，在 上， ，f(x)单调递增，
∴函数f(x)有极小值点 ，无极大值点；
(2)
由(1)知方程 有2个不等的实根 时，f(x)在定义域上不单调，一定有 ，在(0，a)上f(x)单调
递减，在 上f(x)单调递增，不妨设 ，
令 ，
∵ ，
∴ ，
由 得 ，∴ ，
∴g(x)在(0，a)上单调递减，∴ ，
即 ，
结合题设有 ，
∵ ，而f(x)在 上单调递增，
∴ ，即 .
【点睛】本题关键点点睛： ，联想到 ，而 ，则
，故构造函数 ，证明其在(0，a)上单调递减得
，即 .五、分层训练
A组 基础巩固
1．（2022·四川绵阳·四川省绵阳南山中学校考二模）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.
2．（2021·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，
① ②得 ③，
② ①得 ④.③ ④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.
3．（2021·江苏南通·一模）已知函数 ， .
（1）求函数 的增区间；
（2）设 ， 是函数 的两个极值点，且 ，求证： .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求函数的导数，分类讨论，解不等式即可求解；（2）根据极值点可转化为 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可得 且 ，要证
，只要证 ，利用构造函数的单调性证明即可.
【详解】（1）由题意得 ( ).
令 ，则 .
①当 ，即 时， 在 上恒成立，即 的增区间为 ；
②当 ，即 时， 或 ，即 的增区间为
和 .
综上，当 时， 的增区间为 ；当 时， 的增区间为 和
.
（2）因为 ( )， 有两个极值点 ， ，
所以 ， 是方程 的两个不相等的正实数根，可求出
从而 ， ，解得 .
由 得 .
因为 ，所以 且 .
令 ， 且 ，则 ，
所以当 时， ，从而 单调递增；当 时， ，从而 单调递减，
于是 ( ).
要证 ，只要证 ，只要证明 .
因为 ，所以只要证 .
令则
.
因为 ，
所以 ，即 在 上单调递增，
所以 ，即 ，
所以 ，即 .
【点睛】关键点点睛：要证 ，只要证 ，只要证明 ，
构造函数 ，利用导数判断 ，即 在 上单
调递增，是解题的关键与难点，属于难题.
4．（2021·黑龙江齐齐哈尔·统考三模）已知函数 .
（1）讨论函数 的单调性；
（2）当 时，若关于 的方程 有两个实数根 ， ，且 ，求证： .
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，对 分 和 两种情况讨论；
（2）根据题意，得 ，两式相减得 ，即 ，令
，构造函数即可证明.
【详解】解：（1）因为 ，所以 ，
当 时， 对任意的 成立当 时，令 ，得 ；令 ，得
综上，当 时，函数 在区间 上单调递增；
当 时，函数 在区间 上单调递减，在区间 上单调递增.
证明：（2）当 时，方程 ，即为 .
根据题意，得 ，
两式相减得 ，即 ，
故 ，所以 ，即 ，
令 ，则 ，
设 ，则 ，
因为 ，所以 ，所以 在区间 上单调递增.
又当 时， ，
所以当 时， ，即 ，
所以当 时 ，即 .
【点睛】关键点点睛：对（2）问两式相减所得 ，利用齐次化构造得
是本题的解题关键.
5．（2021·宁夏石嘴山·石嘴山市第三中学校考模拟预测）已知定义在 上的函数
．
（1）若 为定义域上的增函数，求实数 的取值范围；（2）若 ， ， ， 为 的极小值，求证： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析．
【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
的最大值，由此可得 的范围；
（2）利用导数，结合零点存在定理可确定 ， 在 上单调递减，在 上单调递增；
构造函数 ，利用导数可求得 单调性，得到 ，从
而得到 ，根据自变量的范围，结合 在 上的单调性可证得结论.
【详解】（1）由 得： ．
为 上的增函数， 在 上恒成立，
即 ，
令 ，则 ，
在 上单调递减， ，即 ，
，即实数 的取值范围为 .
（2）当 时， ，则 ，
， 在 上单调递增，
又 ， ，
，使得 ，且当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增，则 为 的极小值.
设 ， ， ， ，
设 ，
， ．
， ，又 ， ，
在 上单调递增，
，
， 在 上单调递增，
，， ， ，
又 在 上单调递减， ，即 .
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于 （ 为 的两根）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.
6．（2021·江西萍乡·统考二模）已知函数 ，函数 满足
．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若 有两个不同的零点 、 ，证明： ．
【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的定义域与导数，对实数 的取值进行分类讨论，分析导数的符号变化，由
此可得出函数 的单调递增区间和递减区间；
（2）求得 ，令 可得出 ，设 ，可得出 ，
分析得出 ，构造辅助函数 ，利用导数分析函数 在 上的单调性，由
此可证得结论成立.
【详解】（1）由已知得函数 的定义域为 ，
则 ，
当 ，即 时， ， 在 上单调递增，
当 ，即 时，若 时， ，若 时， ，
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；
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；（2） ， ，其定义域为 ，
等价于 ，即 ，
设 ，
令 ，则 ；令 ，则 .
所以，函数 在 上单调递减，在 上单调递增，
函数 有两个不同的零点，即 有两个不同的根， ，
有两个不同的零点 、 且 ，且 ，
令 ，
则 对任意的 恒成立，
所以，函数 在 上单调递增，所以， ，
即当 时， ，
又 ， ，
， ，且 在 上单调递增， ，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.
7．（2021·吉林松原·校考三模）设函数 ．
（1）当 有极值时，若存在 ，使得 成立，求实数 的取值范围；
（2）当 时，若在 定义域内存在两实数 满足 且 ，证明： ．
【答案】（1） ；（2）证明见解析.
【分析】（1）根据 有极值可确定 ，利用导数可求得 ；由能成立的思想可知
，得到 ，令 ，利用导数可知 单调递增，结合 零点可确定 的范围；
（2）利用导数可求得 单调性，由此确定 ；令 ， ，利用导
数可求得 ，即 ，代入 后，置换成 ，结合 单调性可确定
自变量的大小关系，由此证得不等式.
【详解】（1） 定义域为 ， ，
当 时， ，即 在 上单调递增，不合题意， ；
令 ，解得： ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减， ；
存在 ，使得 成立，则 ，即 ，
又 ， ，
即 ，
令 ，则 ，
在 上单调递增，又 ， ，
即实数 的取值范围为 .
（2）当 时， ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减，
由 且 知： ；
令 ， ，
则 ，
在 上单调递增， ，即 ；
，又 ， ；， ，又 且 在 上单调递减，
，即 .
【点睛】方法点睛：本题第二问考查了导数中的极值点偏移问题的变形，处理极值点偏移问题中的类似于
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.
B组 能力提升
8．（2021·全国·模拟预测）已知函数 ，其中 为自然对数的底数.
（1）求函数 的单调区间和极值；
（2）设方程 的两个根分别为 ， ，求证： .
【答案】（1） 的单调递增区间为 ， ；单调递减区间为 ，极大值为 ，极小值
为 ；（2）证明见解析.
【分析】（1）求导后，根据 的正负可确定 的单调区间；由极值的定义可求得极值；
（2）根据 的根可确定 两根所处的范围；设 ，利用导数可求得
的单调性，从而得到 ，结合 可得到 ，结合 单调
性可证得结论.
【详解】（1）由题意得： ，令 ，解得： ， ，
当 时， ；当 时， ；
的单调递增区间为 ， ；单调递减区间为 ；
的极大值为 ；极小值为 ；
（2）当 时， ，令 ，解得： ，
当 时，方程 的两个根在区间 内.
设函数 ，
则， .
令 ， ，则 ，
在 上为增函数，又 ，
则当 时， ；当 时， ；
当 时， ，当 时， ，当 时， ，
在 上单调递减.
不妨设 ，
在 上单调递减，在 上单调递增， ，
， ，又 ， ，
， ，由（1）知： 在 上单调递增， ，
.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于 （ 为 的两根）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.
9．（2018·宁夏石嘴山·平罗中学校考模拟预测）已知函数 ( 且 )．
（1）讨论函数 的单调性；
（2）若函数 有两个零点 、 ( )，且 ，证明： ．
【答案】（1）分类讨论，答案见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）函数 ，求导得到 ，然后分 和 两种情况讨论求解.
（2）由（1）知， 时， ，根据函数有两个零点，则 ，解得 ，
由 ，则 ， ，再由 及 ，可得 ，即 ，
然后将证 ，转化为证 ，由 在 上单调递减，且 ，进而转化为证明
即可.【详解】（1） 的定义域为 ， ，
当 时， 恒成立，则 在 上单调递减，
当 时，令 ，
当 时， ，则 在 上单调递减，
当 时， ，则 在 上单调递增；
（2）由（1）知， ， ，依题意可知 ，解得 ，
由 得： ( )，
设 ， ，
由 及 ，得 ，即 ，
欲证 ，只要 ，注意到 在 上单调递减，且 ，
只要证明 即可，
由 ，得 ，
∴ ，
，
， ，
令 ， ，
则 ，则 在 上是递增的，
于是 ，即 ，
综上 ．
【点睛】本题主要考查导数与函数的单调性以及极值点偏移问题，还考查了分类讨论思想，转化化归思想
和运算求解的能力，属于难题.
10．（2020·四川宜宾·校考三模）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 ．【答案】（1） 在 上单调递增；（2） ，证明见解析.
【解析】（1）对 求导，根据 的符号得出 的单调性；
（2）由题意可知 有两解，求出 的过原点的切线斜率即可得出 的范围，设
，根据分析法构造关于 的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可．
【详解】（1） 时， ，
故 ，
在 上单调递增．
（2）由题意可知 有两解，
设直线 与 相切，切点坐标为 ，
则 ，解得 ，
，即 ．
∴实数 的取值范围是 ．
不妨设 ，则 ，
两式相加得： ，
两式相减得： ，
，故 ，
要证 ，只需证 ，
即证 ，令 ，故只需证 在 恒成立即可．
令 ，
则 ，
∴ 在 上单调递增，
，
即 在 恒成立．
．
【点睛】本题考查了导数与函数单调性的关系，函数单调性与不等式的关系，构造关于 的不等式，还考
查了转化化归的思想、分类讨论的思想和运算求解的能力，，属于难题．
C组 真题实战练
11．（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.
