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专题 06 导数中的极值点偏移问题
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题型01 极值点偏移：加法型...................................................................................................................................1
题型02 极值点偏移：减法型.................................................................................................................................12
题型03 极值点偏移：乘法型.................................................................................................................................20
题型04 极值点偏移：其他型.................................................................................................................................29
题型 01 极值点偏移：加法型
【解题规律·提分快招】
一、极值点偏移
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
f(x)
x
x 1 x 1 +x 2 x 2
x =
0 2
②左陡右缓，极值点向左偏移；若 ，则f(x)
x
x 1 x 0 x 1 +x 2 x 2
2
③左缓右陡，极值点向右偏移；若 ，则
f(x)
x
x 1 x 1 +x 2 x 0 x 2
2
二、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
三、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.[来源:Z,xx,k.Com]
（2）构造 ；
注：此处根据题意需要还可以构造成 的形式.[来源:Zxxk.Com]
（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 .
四、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：
【典例训练】一、解答题
1．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 ．
(1)若对任意的 ，都有 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)设 、 是两个不相等的实数，且 ．求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知， ，然后利用导数分析函数 的单调性，求出 的最大值，可得出关
于实数 的不等式，即可解得实数 的取值范围；
（2）由已知可得 ，构造函数 ，可知存在不相等的两个实数 、 ，使得 ，
分析函数 的单调性，设 ，构造函数 ，利用导数分析函数 的
单调性，可得出 在区间 上恒成立，由已知条件得出 ，再结合
函数 的单调性可证得结论成立.
【详解】（1）当 时， ，
因为 ，所以 ，即 ，不符合题意；
当 时， ，
当 时， ；当 时， ，
所以 在 上单调递增，在 上单调递减．
所以 ，由 恒成立可知 ，所以 ．
又因为 ，所以 的取值范围为 ．
（2）因为 ，所以 ，即 ．
令 ，由题意可知，存在不相等的两个实数 、 ，使得 ．
由（1）可知， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减．
不妨设 ，则 ，设 ，
则 ，所以 在 上单调递增，所以 ，
即 在区间 上恒成立．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
又因为 ， ，且 在区间 上单调递增，
所以 ，即 .
【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.
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．（23-24高三上·江西九江·阶段练习）已知函数 ，直线 与曲线 相切．
(1)求实数 的值；
(2)若曲线 与直线 有两个公共点，其横坐标分别为 ．
①求实数 的取值范围；
②证明： ．
【答案】(1)
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）利用导数的几何意义，即可求解 ；
（2）①问题转化为 有2个实数根，转化为 与 有2个交点，利用导数分
析函数 ，即可求解 的取值范围；
②构造函数 ， ，利用导数判断函数的单调性，再结合极值点偏移问题的解决方
法，即可证明.
【详解】（1）设切点 ， ，得 ， ，所以 ，代入直线 方程得 ；
（2）①由（1）知 ，若曲线 与直线 有两个公共点，则等价于 有2个实数根，
，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增，
当 时， ， 单调递减，
，当 趋向于正无穷大时， 趋向于0，当 趋向于负无穷大时， 趋向于负无穷
大，
则 ；
② ，即 ，等价于 ，
令 ， ，
，
因为 ，所以 ，故 ，
所以 在 上单调递增，故 ,
不妨设 ，故 ，即 ，
由已知 ，所以 ，
由①知，当 时， 单调递增，
故 ，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 .
4．（23-24高三下·陕西安康·期中）已知函数 .
(1)当 时，求曲线 在点 处的切线方程；(2)若函数 有两个不同零点 ，求 的取值范围，并证明 .
【答案】(1) ；
(2) ，证明见解析.
【分析】（1）利用导数的几何意义计算即可；
（2）利用导数研究函数单调性及最值，分类讨论即可判定 的取值范围，构造差函数证明即可.
【详解】（1）当 时， ，易知 ，
所以曲线 在点 处的切线方程为： ；
（2）由已知可得 ，
①若 ，则 ， ，
即 在 上单调递增， 上单调递减， ，
又 时， ，所以函数存在两个零点；
②若 时， ，显然不符合题意；
③若 时，令 ，
当 时，令 或 ，令 ，
即 在 上单调递减， 和 上单调递增，
函数极小值为 ，函数极大值为 ，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
当 时， ，则 单调递增，至多一个零点，不符合题意；
当 时，令 或 ，令 ，
即 在 上单调递减， 和 上单调递增，
函数极大值为 ，函数极小值为 ，
此时函数至多有一个零点，不符合题意；
综上所述， 时函数有两个零点 ，则 一正一负，
不妨令 ，设 ，
令 ，即 在R上单调递增，所以 ， ，
故 时，有 ， 时，有 ，
即 ，所以 ，
则 ，
又因为 在 上单调递减，故 ，证毕.
【点睛】第二问关键是分类讨论，通过判断单调性及极值、最值研究函数的零点个数，证明 可利
用构造差函数 ，通过证明 来判定极值点偏移问题.
5．（2024高三·全国·专题练习）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 ．
6．（24-25高三上·内蒙古赤峰·阶段练习）若函数 在 上存在 ，使得
， ，则称 是 上的“双中值函数”，其中 称为
在 上的中值点.
(1)判断函数 是否是 上的“双中值函数”，并说明理由；
(2)已知函数 ，存在 ，使得 ，且 是 上的“双中值函
数”， 是 在 上的中值点.
①求 的取值范围；
②证明： .
【答案】(1) 是 上的“双中值函数”，理由见解析
(2)①(0,+∞)；②证明见解析【分析】（1）利用定义结合导数直接计算解方程即可；
（2）①根据定义知 ，利用导数研究导函数的单调性及最值计算范围即可；②根据条件
先转化问题为 ，构造差函数 ，利用多次求导判定其单调性去函数符号即
可证明.
【详解】（1）函数 是 上的“双中值函数”．
理由如下：
因为 ，所以 .
因为 ， ，所以
令 ，得 ，即 ，解得 .
因为 ，所以 是 上的“双中值函数”.
（2）①因为 ，所以 .
因为 是 上的“双中值函数”，所以 .
由题意可得 .
设 ，则 .
当 时， ，则 为减函数，即 为减函数；
当 时， ，则 为增函数，即 为增函数.
故 .
因为 ，所以 ，所以 ，即 的取值范围为 ；
②证明：不妨设 ，
则 ， ，即 ， ．
要证 ，即证 ．
设 ，
则 ．
设 ，则 ，
所以φ(x)在(0,1)上单调递增，所以 ，所以 ，
则 在 上单调递减．因为 ，所以 ，即 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ．
由①可知 在 上单调递增，所以 ，即 得证．
【点睛】思路点睛：新定义问题审清题意，转化为已有经验、知识处理即可，本题第二问第一小问，可转
化为存在导函数两个零点求参问题，利用导数研究其单调性与最值即可；第二小问，可利用等量关系消元
转化证明 ，类似极值点偏移，构造差函数研究其单调性即可证明.
题型 02 极值点偏移：减法型
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高三下·云南·期中）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f′(x)>0在(0,+∞)内恒成立，所以
在(0,+∞)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(0,+∞)，
，
令 ，可得 ，当 时，即 ，
，可知 在(0,+∞)上恒成立，
即f′(x)>0在(0,+∞)上恒成立，所以 在(0,+∞)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(0,1)上单调递增，
则 ，可得 在(0,1)上恒成立，
因为 ，则 ，
且 在 上单调递减
则 ，即 ；
令 ，
则 ，
可知ℎ(x)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 .
2．（23-24高三下·天津·阶段练习）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
.
3．（23-24高三上·江苏扬州·期末）已知函数 的最小值为 .
(1)求实数 的值；
(2)若 有两个不同的实数根 ，求证： .
【答案】(1)1；
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数研究 的单调性，结合最小值求参数值即可；
（2）根据题设及导数判断 的单调性及区间符号，进而有 ，根据极值点偏移，
构造 并利用导数研究x∈(0,1)上的单调性，证明 ，再记函数 与
和 交点的横坐标分别为 ，结合导数证得 、 ，有
，即可证结论.
【详解】（1）因为 ，令 ，可得 ，
当 时 单调递减；当 时 单调递增.
所以 ，所以 .
（2）证明：由（1）知， 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
当 时 ，当 时 ，所以 ，
先证明 .
记 ，则 ，
当x∈(0,1)时， ，所以 单调递减，
所以当x∈(0,1)时， ，即 ，
故 ，即 .
又 ，由单调性知： ，即 .
再证明 .
记函数 与 和 交点的横坐标分别为 .
①当x∈(0,1)时， ，故 ，所以， .
（或：y=f (x)的图象在 的图象的下方，且两个函数在(0,1)上都是减函数）
②当 时，记 ，所以 .
当 时 单调递减；当 时 单调递增.
又 ，当 时，ℎ(x)<0，即 .
故
所以 ，故 .
（或y=f (x)的图象在 的图象的下方，且两个函数在 上都递增）
综上， .
【点睛】关键点睛：第二问，首先应用极值点偏移构造 证 ，再记函数与 和 交点的横坐标分别为 ，依次证 、 为关键.
4．（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
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式有如下方法，
方法一，等价转化是证明不等式的常见方法，其中利用函数的对称性，构造对称差函数是解决极值点偏移
问题的基本处理策略；
方法二，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，构造函数利用函数的单调性证明的不
等式即可，
方法三，利用不等式 的性质对原不等式作等价转换后，利用导数证明相关的式子成立.题型 03 极值点偏移：乘法型
【典例训练】
一、解答题
1．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数 .
(1)若 有唯一极值，求 的取值范围；
(2)当 时，若 ， ，求证： .
【答案】(1) ；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出函数 的导数，分析极值点情况即可得解.
（2）由（1）的信息可设 ，再构造函数，探讨函数的单调性推理即得.
【详解】（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 .
【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.
2．（23-24高三上·北京房山·期中）已知函数
(1)求函数 单调区间；
(2)设函数 ，若 是函数 的两个零点，
①求 的取值范围；
②求证： ．
【答案】(1)单调递增区间为 ；单调递减区间为
(2)① ；②证明见解析
【分析】（1）求导后，根据 正负即可得到 的单调区间；
（2）①将问题转化为 与 在 上有两个不同的交点，采用数形结合的方式可求得结果；
②由①可得 ，设 ，利用导数可求得 ，进而得到
，即 ，根据 的范围和 单调性可得结论.
【详解】（1） 定义域为 ， ，
当 时， ；当 时， ；
的单调递增区间为 ；单调递减区间为 .（2）①若 是 的两个不同零点，则 与 在 上有两个不同交点；
由（1）知： ，又 ，
在 的图象如下图所示，
由图象可知： ， ，即 的取值范围为 .
②不妨设 ，由①知： ，
， ，
在 上单调递增，在 上单调递减；
设 ，则 ，
在 上单调递减， ， ，
又 ， ，又 ， ；
， ， 在 上单调递增，
，则 .
【点睛】方法点睛：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.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： ．
【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 .
4．（2024高三·全国·专题练习）已知函数 的图像与直线 交于不同的两点 ，
，求证： ．
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数且结合导数求解极值点偏移问题.【详解】证明：由题意 ， ，令 ，得 ，
当 ， ，所以f (x)在区间 上单调递减，
当 ， ，所以f (x)在区间 上单调递增，
所以当 时，f (x)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： .
【点睛】关键点睛：通过构造函数并结合函数的导数从而求解极值点偏移.
5．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）已知函数 ，其中 为自然对数的底数．
(1)当 时，求 的单调区间；
(2)若方程 有两个不同的根 ．
（i）求 的取值范围；
（ii）证明： ．
【答案】(1) 在区间 内单调递增，在区间 内单调递减；
(2)（i） ；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求函数 的导函数及其零点，分区间分析导函数的正负，结合导数与单调性的关系求单
调区间；（2）方程 可化为 ，结合（1）确定函数 的性质，由条件确定 的取值范围；
（3）设 ，由（i） ，由已知 ，法一：先证明 时结论成立，构造函
数 ， ，并证明 ，由此可得 ，结合 的单
调性证明 ，再结合基本不等式证明当 时，结论成立；法二：构造函数 ，
证明当 时，ℎ(x)<0，由此可证 ，结合 的单调性证明 ，再结合基本不等
式证明结论.
【详解】（1）由题意得 ，x∈(0,+∞)，则 ，
由 ，解得 ．
当 时， 单调递增，
当 时， 单调递减；
综上， 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减；
（2）（i）由 ，得 ，
设 ，
由（1）得 在区间(0,1)内单调递增，在区间(1,+∞)内单调递减，
又 ，当 时，g(x)>0，且当 时， ，
所以当 时，方程 有两个不同的根，即方程 有两个不同的根，
故 的取值范围是(0,1)．
（ii）不妨设 ，则 ，且 ．
法一：
当 时，结合（i）知 ，即 ；
当 时， ．
设则
所以 在区间(0,1)内单调递增，
则 ，即 ，
所以
又 在区间(1,+∞)内单调递减，
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，
故 ，所以 ，得证．
法二：
设 ，x∈(0,+∞)，
则 ，
所以ℎ(x)在区间(0,+∞)内单调递增，又ℎ(1)=0，
所以 ，即 ．
又 ，所以 ，
又 在区间(1,+∞)内单调递减．
所以 ，即 ，
又 ，所以 ，得证．
【点睛】方法点睛：导函数中常用的两种转化方法：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．
6．（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 .
【答案】(1)(2)
(3) ，证明见解析
【分析】（1）切线方程的斜率为1，所以有 ，解方程即得实数a的值；
（2）依题意 在（0，+∞）上恒成立.，分参求解即可；
（3）求出函数 的单调性，结合零点存在性定理即可求实数a的取值范围；通过分析法要证明
，只需证 ，构造函数 即可证得
【详解】（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.
【点睛】极值点偏移问题，应熟练掌握对称构造的基本方法，同时结合处理双变量问题的常用方法比值代
换的技巧.
题型 04 极值点偏移：其他型
【典例训练】
一、解答题
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： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算 ， 的导函数，接着分析它们的单调性，求得在 时，
的最大值为 ， 的最小值为 ，问题得解；
（2）先将 转化为 ，再设 ，数形结合得到 ，接着构造函数，利用
函数的单调性得到 ，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（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 ．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数 的单调性、极值情况，作出函数图象，由 得到 的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证 ，则构造函数 ；若要证 ，则
构造函数 .），限定 的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入 ，利用 及 的单调性即得所证结论．
2．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）已知函数 .
(1)若 ，当 与 的极小值之和为0时，求正实数 的值；
(2)若 ，求证： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极小值的定义计算即可；
（2）把问题转化为 ，进而转化为 ，令 ，只需证明即可.
【详解】（1） 定义域均为 ，
，令 ，解得： ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
在 取极小值，且 ；
又 ，令 ，解得： ，
所以 在 单调递减，在 单调递增，
在 取极小值，且
所以 ，解得： .
（2）令 ，因为 ，所以 ，
由 可得：
（1）-（2）得： ，所以 ，
要证： ，只要证： ，
只要证： ，
不妨设 ，所以只要证： ，
即证： ，令 ，只要证： ，
令 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，
即有 成立，所以 成立.
【点睛】方法点睛：本地第二问考查极值点偏移问题，难度较大，解决极值点偏移的主要方法有：1.构造对称函数；
2.比值换元；
3.对数平均不等式.
本题使用的解法是对数平均不等式即证明： ， 称 的对数平均数.
3．（24-25高三上·江苏无锡·期中）已知函数 .
(1)若 ，不等式 恒成立，求实数 的取值范围；
(2)过点 可以作曲线 的两条切线，切点分别为 .
①求实数 的取值范围；
②证明：若 ，则 .
【答案】(1) ；
(2) ；证明见解析.
【分析】（1）分离参数结合导数研究函数的单调性与最值计算即可；
（2）①利用导数的几何意义，统一设切点 ，将问题转化为 有两个解，构造函数利用
导数研究函数的单调性计算即可；②利用①的结论得出 ，根据极值点偏移证得 ，
再根据弦长公式得 ，构造函数 判定其单调性即可证明.
【详解】（1）易知 ，令 ，则 ，
显然 时， ， 时， ，
即 在 上单调递增，在 上单调递减，
则 ，即 ；
（2）①设切点 ，易知 ， ，则有 ，
即 ，
令 ，则 有两个交点，横坐标即分别为 ，
易知 ，显然 时， ， 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，且 时有 ， 时也有 ， ，
则要满足题意需 ，即 ；
②由上可知： ，
作差可得 ，即 ，
由①知： 在 上单调递减，在 上单调递增，
令 ，
则 始终单调递减，所以 ，
即 ，所以 ，所以 ，
不难发现 ， ，
所以由弦长公式可知 ，
所以 ，
设
所以由 ，即 ，证
毕.
【点睛】思路点睛：对于切线个数问题，可设切点利用导数的几何意义建立方程，将问题转化为解的个数
问题；对于最后一问，弦长的大小含有双变量，常有的想法是找到两者的等量关系，抑或是不等关系，结
合图形容易想到化为极值点偏移来处理.
4．（24-25高三上·河南三门峡·期中）若函数 对其定义域内任意 满足：当
时，恒有 ，其中常数 ，则称函数 具有性质 .
(1)函数 具有性质 ，求 .
(2)设函数 ，
（ⅰ）判断函数 是否具有性质 ，若有，求出 ，若没有，说明理由；
（ⅱ）证明： .
【答案】(1)(2)（ⅰ） 不具有性质 ，理由见解析；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）对任意的 且 ，由 变形得到
，得到 ，求出 ；
（2）（ⅰ）求导，得到 的单调性，得到 ，假设 具有性质 ，即 ，
所以 ，根据 ，得到 ，显然不能恒成立，故假设不成立，
不具有性质 ；
（ⅱ）先得到 ，由对数平均不等式得到 ，分 和 两种情况进行求解，当
时， ，当 时，构造差函数，进行求解，得到结论.
【详解】（1） 定义域为 ，
对任意的 且 ，
有 ，
即 ，
因为 ，所以 ，故 ，
故 ，故 ；
（2） 不具有性质 ，理由如下：
的定义域为 ，
，
当 时， ，当 时， ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
又 ，故 ，
假设函数 具有性质 ，即 ，所以 ，
因为 ，所以 ，故 对于任意的 恒成立，
即 恒为0，显然不可能，故假设不成立，
故 不具有性质 ；
（ⅱ）因为 ，所以 ， ，
下面证明 ，
即证 ，
令 ，则 ，
令 ， ，
则 ，
故 在 上单调递增，
故 ， ，
所以 ，即 ，所以 ，
当 时， ，
当 时，令
，
令 ， ，
，
故 在 上单调递增，
又 ，其中 ，故 ，所以 ，故 ，
，其中 ，而 在 上单调递减，
故 ， ，
综上， .
【点睛】方法点睛：对数平均不等式为 ，在处理函数极值点偏移问题上经常用
到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合 ，换元后将二
元问题一元化，利用导函数进行证明
5．（24-25高三上·内蒙古赤峰·期中）2024年9月25日，我国向太平洋发射了一发洲际导弹，我国洲际导
弹技术先进，飞行轨迹复杂，飞行时需要导弹上的计算机不断计算导弹飞行轨迹的弯曲程度，导弹的陀螺
仪才能引导导弹精准命中目标.为此我们需要刻画导弹飞行轨迹的弯曲程度.
如图所示的光滑曲线 上的曲线段 ，其弧长为 ，当动点从 沿曲线段 运动到 点时，
点的切线 也随着转动到 点的切线 ，记这两条切线之间的夹角为 （它等于 的倾斜角与 的倾
斜角之差）.显然，当弧长固定时，夹角越大，曲线的弯曲程度就越大；当夹角固定时，弧长越小则弯曲程
度越大，因此可以定义 为曲线段 的平均曲率；显然当 越接近 ，即 越小， 就越能精确
刻画曲线 在点 处的弯曲程度，因此定义 （若极限存在）为曲线 在点 处的
曲率.（其中 ， 分别表示y=f (x)在点 处的一阶、二阶导数）
(1)求函数 在点 处的曲率；
(2)已知函数 ，求函数 的曲率 的最大值.
(3)设函数 ， ，若存在 ， 使得ℎ(x)的曲率为0，求证：
.【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）求导得到 ，二次求导得到 ，代入 ，求出函数在点
处的曲率；
（2）求导，二次求导，得到 ，令 ，求导得到其单调性，求出其最大值，
得到曲率 的最大值；
（3）二次求导，令 ，得 ，令 ，求导，得到其单调性和极值情况，得到
有两个解，设为 ， ， ，根据 变形得到 ， ，
从而所证不等式等价于 ，令 ，求导得到其单调性，求出
，得证.
【详解】（1） ，
， ，
， ，
所以函数 在点 处的曲率为 .
（2） ， ， ，
由 定义知 为非负数，由题意得，
，
，
，
令 ， ，令 ，则 在 上恒成立，
在 上单调递增，即 ，
，当且仅当 时取到，所以曲率 的最大值为 .
（3）证明：由题意可得 ， ，
若 曲率为0，则 ，即 ，即 ，
令 ， ，则 ，得 ，
在 上， ，在 上， ，
故 在 上单调递增，在 上单调递减，
在 处取得极大值，也是最大值， ，
又 时， 恒成立，
又 ，所以 有两个解.
设为 ， ， ，
又 ，所以 ，可设 ， ，
所以 ， ， ，
化简可得 ，则 .
要证 ，即证 ，
需要证 ，即证 ，
令 ，
所以 在 上单调递增，所以 ，得证.
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
（3）发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
（4）如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使
用书上的概念.
一、单选题
1．（2024·河北衡水·模拟预测）已知函数 有两个零点 ，且 ，则下列命题正确
的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据零点可将问题转化为 ，构造 ，求导即可根据函数的单调性得函数的大
致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数 ，结合函数的单调性即
可求解B，根据 可得 ，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D.
【详解】由 可得 ，令 ，其中 ，
则直线 与函数 的图象有两个交点， ，
由 可得 ，即函数 的单调递增区间为(0,1)，
由 可得 ，即函数 的单调递减区间为(1,+∞)，
且当 时， ，当 时， ， ，
如下图所示：由图可知，当 时，直线 与函数 的图象有两个交点，故A错误；
由图可知， ，
因为 ，由f′(x)>0可得 ，由f′(x)<0可得 ，
所以，函数 的增区间为 ，减区间为 ，则必有 ，
所以， ，则 ，
令 ，其中 ，
则 ，则函数h(x)在 上单调递减，
所以， ，即 ，即 ，
又 ，可得 ，
因为函数 的单调递减区间为 ，则 ，即 ，故B错误；
由 ，两式相加整理可得 ，
所以， ，可得 ，故C错误；
由图可知 ，则 ，又因为 ，所以， ，故D正确.
故选：D.
【点睛】方法点睛：利用导数证明或判定不等式问题：
1．通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性与极值（最值），从而得出不等关系；
2．利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题，从而判定不等关系；
3．适当放缩构造法：根据已知条件适当放缩或利用常见放缩结论，从而判定不等关系；4．构造“形似”函数，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.
二、多选题
2．（24-25高三上·湖北武汉·期中）已知实数 ， 满足 ，则（ ）
A．当 时， B．当 时，
C．当 时， D．当 时，
【答案】ACD
【分析】A选项， ，所以 ，变形为 ，令 ， ，故
，根据函数单调性得到 ；B选项， 时， ，变形得到 ，
构造 ， ，则 ，求导得到 的单调性， 不单调，故 不一
定等于 ，即 不一定成立；CD选项，由AB选项知， 时， ， ，令
，则有 ，不妨设 ，故 ，先证明出
，从而得到 ， ，故 ， ，CD正确.
【详解】A选项，由 得 ，因为 ，所以 ，
两边取对数得， ，
故 ，
令 ， ，故 ，
由于 在(0,+∞)上单调递增，故 ，故 ，A正确；
B选项， 时， ，故 ，
故 ，
令 ， ，则 ，
其中 ，
当 时， ，当 时， ，
故 在(0,1)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增，
因为 不单调，故 不一定等于 ，即 不一定成立，B错误；
CD选项，由AB选项知， 时， ， ，令 ，则有 ，不妨设 ，
故 ，
下面证明 ，
先证不等式右边， ，
令 ，即证 ，
令 ， ，
则 ，
故 在 上单调递减，
又 ，故 ，所以 ，
即 ， ，故 ，C正确；
再证不等式左边， ，即证 ，
令 ，即证 ，
令 ， ，则 ，
故 在(1,+∞)上单调递减，
又 ，故 ，故 ，
即 ，所以 ，故 ，所以 ，D正确.
故选：ACD
【点睛】方法点睛：对数平均不等式为 ，在处理函数极值点偏移问题上经常用
到，可先证明，再利用对数平均不等式解决相关问题，证明的方法是结合 ，换元后将二
元问题一元化，利用导函数进行证明三、解答题
3．（23-24高三上·江苏镇江·阶段练习）已知函数 ．若函数 有两个不相等的零
点 ．
(1)求a的取值范围；
(2)证明： ．
【答案】(1) ；
(2)证明见详解.
【分析】（1）利用导数研究函数的单调性及最值，结合零点存在性定理计算即可；
（2）构造函数 ，利用导数研究其单调性与最值即可证明.
【详解】（1）由题意可知： ，
若 ，则 恒成立，即 单调递增，不存在两个不等零点，
故 ，
显然当 时， ，当 时， ，
则 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以若要符合题意，需 ，
此时有 ，且 ，
令 ，
而 ，
即 在 上递减，故 ，
所以 ，
又 ，
故在区间 和 上函数 存在各一个零点，符合题意，
综上 ；
（2）结合（1），不妨令 ，构造函数 ，
则 ，
即 单调递减，所以 ，
即 ，
因为 ，所以 ，
由（1）知 在 上单调递增，所以由 ，
故 .
4．（23-24高三上·河南·阶段练习）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．
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题，通常会构造差函数来进行求解，若函数较为复杂，可先结合函数特征变形，比如本题中
设 进行变形，得到 再利用导函数进行求解.
5．（23-24高三上·辽宁丹东·期末）已知函数 ．
(1)证明：若 ，则 ；
(2)证明：若 有两个零点 ， ，则 ．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）因为 定义域为 ，所以 等价于 ．设
，求导判断单调性，从而求得 即可得证；
（2）不妨设 ，由（1）可知 ， 也是 的两个零点，且 ， ，于是 ，由
于 在 单调递减，故 等价于 ．而 ，故 等价于①，设 ，则①式为 ．因此对 求导判断单调性即可得证.
【详解】（1）因为 定义域为 ，所以 等价于 ．
设 ，则 ，
当 时， ，当 时， ，
所以 在 单调递减， 在 单调递增，
故 ．
因为 ，所以 ，于是 ．
（2）不妨设 ，由（1）可知 ， 也是 的两个零点，且 ， ，于是 ，由
于 在 单调递减，故 等价于 ．
而 ，故 等价于 ．①
设 ，则①式为 ．
因为 ．
设 ，
当 时， ，故 在 单调递增，
所以 ，从而 ，因此 在 单调递增．
又 ，故 ，故 ，于是 ．
【点睛】关键点点睛 ：本题第(2)问是极值点偏移问题，关键点是通过分析法，构造函数
证明不等式.
6．（2024·山东日照·二模）已知函数 ．
(1)若 恒成立，求实数 的值：
(2)若 ， ， ，证明： ．
【答案】(1)(2)证明见解析
【分析】（1）当 时，由 可知函数单调递增，通过反例可说明不合题意；当 时，可得
单调性，知 ；构造函数 ，利用导数可求得 ，由此可得
，知 ；
（2）将已知不等式化为 ，令 ，利用导数可求得 单调性，易知
时成立，当 时，采用分析法可知只需证得 即可，构造函数 ，
，利用导数可说明 ，由此可得结论.
【详解】（1）由题意得： 定义域为 ， ；
①当 时， ， 在 上单调递增，
若 ，则 ， 时， ，不合题意；
若 ，则 ，不合题意；
②当 时，若 ，则 ；若 ，则 ；
在 上单调递减，在 上单调递增， ；
若 恒成立， ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递增，在 上单调递减；
又 ， ；
则当 时， 符合题意；
综上所述： .
（2）由 得： ，
令 ，则 ，
当 时， ；当 时， ；
在 上单调递减，在 上单调递增；
由 得： ；
， ，
当 时，由 得： ， ；当 时，要证 ，只需证 ，
， ，则只需证 ，
又 ， 只需证 ；
令 ， ，
则 ，
在 上单调递减， ， ，
即 ，即 得证， ；
综上所述： 成立.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立、证明不等式的问题；本题证明不等式的关键是能够
采用同构法将所给不等式化为 的形式，结合极值点偏移的分析思想将问题转化为证明
，从而通过构造函数来进行证明.
7．（23-24高三上·河南·开学考试） 有两个零点 ．
(1) 时，求 的范围；
(2) 且 时，求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）将函数零点与方程的根联系起来，进一步分离参数构造新的函数，利用导数研究其性态即
可求解.
（2）当 时由 及 的两个零点之间的距离
可得 .
【详解】（1） 时， ，
由题意 的两个零点 即为
方程 的两个根，
分离参数即得 ，令 ，对其求导得 ，设 ，
则 ，所以 在定义域上面单调递减，
注意到 ，所以 随 的变化情况如下表：
所以 有极大值（最大值） ，
又当 时， ；当 时， ，
若方程 有两个根，
则 ，即 的取值范围为 .
（2）因为 ，设 ，
所以当 且 时有 ，
进而有 ， 且
的函数图像恒在 的函数图象上方，不妨设 的两个零点为 （且 ），
如图所示：因此 的两个零点 在二次函数 两个零点之内，
所以有 ，令 ，则其二次项系数、一次项系数、常数项分步为
，其判别式 ，
又 ，所以 ，
综上，有 ，命题得证.
【点睛】关键点点睛：第一问的关键在于将函数零点转化为方程的根进一步分离参数，至于第二问的关键
是进行放缩 ，进而去发现相应零点之间的变化.
8．（23-24高三上·河南·阶段练习）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.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本
题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量 ，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数
的方式证明关于 的不等式恒成立.
9．（23-24高三上·江苏连云港·阶段练习）已知函数 .
(1)当 时，求函数 的零点个数.
(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)有且仅有一个零点
(2) ，证明见解析
【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解；
（2）根据题意可得 有两个不同实根 ，进而可得 ，两式相加得
，两式相减得 ，从而有 ，进而要证 ，只需证 ，即证 ，
构造函数 即可证明.
【详解】（1）当 时， ，
所以函数 在 上单调递增，
又因为 ，
所以函数 有且仅有一个零点.
（2）方程 有两个不同实根 ，等价于 有两个不同实根 ，
得 ，令 ，则 ，
令 ，解得 ；令 ，解得 ；
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以当 时， 取得最大值 ，
由 ，得当 时， ；
当 的大致图象如图所示，
所以当 ，即 时， 有两个不同实根 ；
证明：不妨设 且
两式相加得 ，两式相减得 ，所以 ，
要证 ，只需证 ，
即证 ，
设 ，令 ，
则 ，
所以函数 在 上单调递增，且 ，
所以 ，即 ，
所以 ，原命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据 ，两式相加
相减，进而可得 ，进而要证 ，只需证 ，即证
，从而将双变量转化为单变量，令 ，讨论该函
数的单调性和最值即可证明.
10．（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.
11．（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： .
【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.【点睛】极值点偏移问题中，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.
12．（23-24高三上·江苏·阶段练习）已知函数 .
(1)若函数 在定义域内为减函数,求实数a的取值范围;
(2)若函数 有两个极值点 ,证明： .
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导， 恒成立，即 恒成立，构造函数 ，求导，
得到其单调性和最值，得到实数a的取值范围；
（2）方法一：由（1）得 ，转化为 是 的两个零点，求导得到 单调性，得到
，换元后即证 ，构造 ，求导得到其单调性，结合
特殊点的函数值，得到答案；
方法二：先证明引理，当 时, ,当 时, ，变形得到只需证
，结合引理，得到 ， ，两
式结合证明出答案.
【详解】（1） 的定义域为 ， ，
由题意 恒成立，即 恒成立，
设 ，则 ，
当 时， ， 单调递增,
当 时， ， 单调递减,
∴ 在 处取得极大值，也是最大值， ，
故 ；
（2）证法一：函数 有两个极值点，由(1)可知 ，
设 ，则 是 的两个零点，，当 时， ，当 时， ,
所以 在 上递增,在 上递减，
所以 ,又因为 ，
所以 ，
要证 ,只需证 ,只需证 ，
其中 ，即证 ，
即证 ，
由 ,设 ,
则 , ,则 ,
设 ，
，
由(1)知 ，故 ,
所以 , ,即 ， 在 上递增，
,故 成立,即 ；
证法二：
先证明引理:当 时, ,当 时, ，
设 ,
，
所以 在 上递增,又 ,
当 时, ，当 时， ，
故引理得证，因为函数 有两个极值点，由(1)可知 ,
设 ，则 是 的两个零点，
，当 时， ，当 时， ,
所以 在 上递增,在 上递减，
所以 ,即 ，
要证 ,只需证 ，
因为 ，即证 ，
由引理可得 ,
化简可得 ①，
同理 ，
化简可得 ②，
由①-②可得 ，
因为 ， ，所以 ，
即 ,从而 .
【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，一般有三个方法，一是分离参数法, 使不等式一端是含有
参数的式子，另一端是一个区间上具体的函数，通过对具体函数的研究确定含参式子满足的条件.二是讨论
分析法，根据参数取值情况分类讨论，三是数形结合法，将不等式转化为两个函数，通过两个函数图像确
定条件.
