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专题 4.7 极值点偏移问题
题型一 对称变换法
题型二 差值代换法
题型三 比值代换法
题型四 对数均值不等式
题型一 对称变换法
例1．（2023·湖北襄阳·襄阳四中校考模拟预测）（多选）已知关于 的方程 有
两个不等的实根 ，且 ，则下列说法正确的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由已知 与 有两个不同的交点，利用导数研究函数 性质，结
合图象确定 的范围，判断A，要证明 只需证明 ，结合函数 单调
性只需证明 ，故构建函数 ，利用导数证明结论，
判断B，利用比差法比较 ，判断C，利用 的范围，结合指数函数性质证明 ，
判断D.
【详解】方程 ，可化为 ，
因为方程 有两个不等的实根 ，
所以 与 有两个不同的交点，
令 ，则 ，
令 ，可得 ，
当 时， ，函数 在 单调递减，
当 时， ，函数 在 单调递增，
，
当 时， ，且 ，当 时， ，
当 时，与一次函数相比，指数函数 呈爆炸性增长，
故 ，当 时， ， ，
根据以上信息，可得函数 的大致图象如下：
，且 ，故A正确．
因为 ，
构造 ，
，
在 上单调递增，
，
，即 ，
由 在 单调递增
所以 ，故B正确．
对于C，由 ， ，
所以 ，
又 ，所以 ，则 ，所以 ，故C错误．
对于D，由 ，可得 ，
所以 ，D正确．
故选：ABD．
【点睛】关键点点睛：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2．（2023·浙江绍兴·统考模拟预测）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.
练习1．（2023秋·福建福州·高二福州三中校考期末）已知函数 （
）．
(1)试讨论函数 的单调性；
(2)若函数 有两个零点 ， （ ），求证： ．
【答案】(1)当 时， 在区间 上单调递增；
当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，根据 的不同取值范围，对 的符号进行讨论即可；
（2）由已知及（1）中单调性，可知 ， 且 ，故只需证明 ，再借助不等式性质和放缩，即可证出 .
【详解】（1）由已知， 的定义域为 ， ，
①当 时， ， 恒成立，
∴此时 在区间 上单调递增；
②当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 在区间 上单调递增，
当 时， ， 在区间 上单调递减，
综上所述，当 时， 在区间 上单调递增；
当 时， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减.
（2）若函数 有两个零点 ， （ ），
则由（1）知， ， 在区间 上单调递增，在区间 上单调递减，
且 ， ， ，
当 时， ，当 时， ，（*）
∵ ，∴ ，∴ ，
又∵ ，∴ ，
∴只需证明 ，即有 .
下面证明 ，
设
， ，
设 ，则 ，令 ，解得 ，
当 时， ， 在区间 单调递减，
当 时， ， 在区间 单调递增，
∴ ， 在区间 上单调递增，
又∵ ，∴ ，
即 ，
∴由（*）知， ，∴ ，即 .
又∵ ， ，
∴ ，原命题得证.
【点睛】本题第（2）问为极值点偏移的变式，首先需要通过 和 ，确认只需证
，再通过构造关于其中一个零点的一元差函数，利用导数研究该函数的单调性，
证出 ，最后使用不等式性质和放缩得到 .
练习2．（2023秋·广东揭阳·高三统考期末）已知函数 .
(1)讨论 的零点个数；
(2)当 有两个零点时，分别设为 ， ，试判断 与2的大小关系，并证
明.
【答案】(1)答案见解析；
(2) ，证明见解析.
【分析】（1）利用导数可求出 的最小值为 ，后讨论最小值与0的大小结合零
点存在性定理可解决问题；
（2）由（1）可得 ， 在区间 上单调递增，则 与2的大小关系，
等价于 与 的大小关系，即 与 的大小关系，又注意到 ，
故利用导数研究函数 的单调性即可.【详解】（1）
，
因为 ，所以当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，
所以 .
所以当 ，即 时， 的零点个数为0；
当 ，即 时， 的零点个数为1；
当 ，即 时，注意到 ，
，
因 ，则 ，令 ，则 .
令 ，则 ，
因 ，得 ，即 在 上单调递增.
则 ，则 .
故 ，使得 ，得 时， 的零点
个数为2.
综上： 时， 的零点个数为0；
时， 的零点个数为1；
得 时， 的零点个数为2.
（2） .证明如下：由（1）可知，当 时，函数 有两个零点，且 .
令 ， ，
则 ，
当 时， ，所以 在区间 上单调递增，
所以 ，
所以 .因为 ，所以 .
又由（1）知 在区间 上单调递增，则 ，
故 .
【点睛】关键点点睛：本题涉及讨论函数零点与双变量问题，难度较大.
（1）讨论零点常利用导数结合零点存在性定理或数形结合，本题采用第一种方法，难点在
于取点；
（2）该问为极值点偏移问题，常利用构造差函数或利用消元将双变量变为单变量.
练习3．（2023春·重庆九龙坡·高二重庆市杨家坪中学校考阶段练习）已知函数
．
(1)求函数 的单调区间和最大值；
(2)设函数 有两个零点 ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求出导函数，分类讨论，研究单调性，求出最大值；
（2）利用极值点偏移直接求解.
【详解】（1）函数 的定义域是 .
当 时， 恒成立，故 在 上单调递增，无最大值；
当 时，令 ，得 ；令 ，得 ，
所以 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，
．（2） ，
因为 为 的两个零点，
所以 ，不妨设 ．
因为 ，所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ．
又证明 等价于证明 ，
又因为 在 上单调递增，
因此证明原不等式等价于证明 ，即要证明 ，
即要证明 ，
即 恒成立．
令 ，
则 ，
所以 在 上为减函数，
所以 ，
即 在 时恒成立，
因此不等式 恒成立，
即 ．
【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）利用导数证明不等式．
练习4．（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．
练习5．（2023·河南·校联考模拟预测）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.
题型二 差值代换法
例3．（2023·湖北武汉·统考模拟预测）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： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)（ⅰ） ；（ⅱ）证明见解析【分析】（1）求出 ，分 、 两种情况讨论，分析导出的符号
变化，即可得出函数 的增区间和减区间；
（2）（i）将方程变形为 ，令 ，令 ，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
结合可得出实数 的取值范围；
（ii）将所证不等式等价变形为 ，由 变形可得出 ，推导出
，即证 ．令 ，只需证 ，构造函数
，其中 ，利用导数法即可证得结论成立.
【详解】（1）解：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）解：（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．
【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.
例4．（2023·内蒙古赤峰·校考模拟预测）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：增 极大值 减
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.
练习6．（2022春·四川南充·高二阆中中学校考阶段练习）已知函数
．
(1)若函数 为增函数，求实数 的取值范围；
(2)若函数 有两个极值点 、 ．求证： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分析可知 在 上恒成立，可得出 ，结合导数可得
出关于实数 的不等式，即可解得实数 的取值范围；
（2）分析可知 ，由已知可得出 ，可将所证不等式变形
为 ，由 两式作差得 ，令 ，则
， ，即证 ，令 ，其中 ，利用
导数证明出 .
(1)
解：因为 ，该函数的定义域为 ，
，
若函数 为增函数，则 恒成立．令 ， ，令 得 ，
当 时， ， 单调递减；
当 时， ， 单调递增，故 ，
所以， ，因此 ．
(2)
解：因为函数 有两个极值点 、 ，即方程 有两个不等的实根 、
，
因为 在 上递减，在 上递增，所以， ，
即 、 是 的两个根，
所以 ，则 ，
所以，
，
即证 ，即证 ．
由 两式作差得 ，
令 ，则 ， ，
即只需证 ，即证 ．
令 ，其中 ，则 ，
故 在区间 上单调递减，当 时， ，命题得证．
【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.
练习7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ，
（其中 是自然对数的底数）
(1)试讨论函数 的零点个数；
(2)当 时，设函数 的两个极值点为 、 且 ，求证：
.
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1） 可得 ，令 ，其中 ，则函数
的零点个数等于直线 与函数 图象的公共点个数，利用导数分析
函数 的单调性与极值，数形结合可得出结论；
（2）推导出 ，将所证不等式转化为 ，设函数 的图象
在 处的切线交直线 于点 ，函数 的图象在 处的切线交直线
于点 ，证明出 ， ，再利用不等式的基本性
质可证得所证不等式成立.
【详解】（1）解：由 可得 ，令 ，其中 ，
则函数 的零点个数等于直线 与函数 图象的公共点个数，
，令 可得 ，列表如下：
减 极小值 增
如下图所示：当 时，函数 无零点；
当 时，函数 只有一个零点；
当 时，函数 有两个零点.
（2）证明： ，其中 ，
所以， ，由已知可得 ，
上述两个等式作差得 ，
要证 ，即证 ，
因为 ，设函数 的图象交 轴的正半轴于点 ，则 ，
因为函数 在 上单调递增， ， ， ，
设函数 的图象在 处的切线交直线 于点 ，
函数 的图象在 处的切线交直线 于点 ，
因为 ，所以，函数 的图象在 处的切线方程为 ，
联立 可得 ，即点 ，
构造函数 ，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，对任意的 ， ，当且仅当 时等号成立，
由图可知 ，则 ，所以， ，因为 ，可得 ，
函数 在 处的切线方程为 ，
联立 ，解得 ，即点 ，
因为 ，
所以， ，
构造函数 ，其中 ，则 ， ，
当 时， ，此时函数 单调递减，
当 时， ，此时函数 单调递增，则 ，
所以，对任意的 ， ，当且仅当 时，等号成立，
所以， ，可得 ，
因此， ，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.
练习8．（2022春·全国·高二期末）设函数 （ ）．
(1)当 时试讨论函数f(x)的单调性；
(2)设 ，记 ，当 时，若方程有两个不相等的实根 ， ，证明 ．
【答案】(1) 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
(2)证明见解析
【分析】(1)求导得 ，讨论 时根的分布情况；分类讨论 ，
两种情况，结合二次函数图象判断 的符号，从而得到 的单调性；
(2)对函数 求导得 ,易得 ；则
；再利用导数得到 的单调性，脱去 ，即
，再已知条件将 替换, 即 ，对所证式
子进行化简得： ，构造函数 （ ）证明即可.
(1)
函数 的定义域为 ，
即
① 时， ，即 在 上单调递增；
② 时，令 ，解得 （舍去）， ；
当 时， ，即 在 上单调递减；
当 时， ，即 在 上单调递增；
综上所述：
时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间；
时， 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 .
(2)
证明：由题可知， （ ），则 ，
， ；则证 ，
又令 （ ），则 ，
所以函数 在 上单调递增，即 在 上单调递增；
所以 ；
设 ， 是方程 的两个不相等的实数根，不妨设 ，
则 ，两式相减整理，得 ，
即 ，所以 ，
则有 ，又因为 ,
所以 ，
即 ，即 ，
令 ，设 （ ），则 ，
所以 在 上单调递增，即 ，
所以当 时， 即 得证；
从而得证.
【点睛】思路点睛：本题主要考查含参函数的单调性讨论和利用导数证明双变量不等式；
这类问题分析有以下常见思路：
（1）用分类讨论的思想求解含参函数单调性时，应结合导函数的零点注意分类的时机，分
类要不重不漏；分类时要注意：①导函数的零点本身有无意义；②导函数的零点是否在其
定义域内；③导函数的零点有多个时，要注意零点的大小等多个细节；
（2）利用导数证明双变量不等式，对数平均不等式是解决这类问题的常用方法；对原不等
式的等价转化，将复杂的问题简单化，是难点和易错点，要多积累对应的经验.
练习9．（2022春·全国·高二期末）已知函数 .
(1)求函数 的单调区间；(2)若函数 的图象与 的图象交于 ， 两点，
证明： .
【答案】(1)增区间为 ，减区间为
(2)证明见详解
【分析】（1）求导，分别解不等式 ， 可得；
（2）由 ， ，两式相减得： ，然后将原不等式的证明问
题转化为 ，再通过换元将二元问题化为一元问题，构造函数，利
用导数讨论其单调性，由单调性可证.
（1）
的定义域为
令 ，解得
令 ，解得
所以 的单调增区间为 ，减区间为
（2）
由（1）得
由题知 ，
两式相减整理可得：
所以要证明 成立，只需证明
因为 ，所以只需证明
令 ，则只需证明 ，
即证
令
记则
易知，当 时， ，当 时，
所以当 时，
所以当 时， ，函数 单调递增
故 ，即
所以，原不等式 成立.
练习10．（2023·全国·高三专题练习）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.
【详解】（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.
题型三 比值代换法例5．（2023·江西南昌·南昌县莲塘第一中学校联考二模）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．
例6．（2023·全国·模拟预测）已知函数 ．
(1)讨论函数 的极值点的个数；(2)若函数 恰有三个极值点 、 、 ，且 ，求 的最
大值．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【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，利用导数
分析函数 的单调性，可得出函数 在实数 取不同知值时的极值点个数；
（2）由已知可得出 ，两式相除得到 ，令 ，则 ，则 ，
，得 ， ，分析可得 ，则 ．
令 ，其中 ，利用导数求出函数 的最大值，即为所求.
【详解】（1）解：函数 的定义域为 ，
且 ．
① ， ，由 ，可得 ；由 ，可得 .
所以 在 上单调递增，在 上单调递减，
因此 在 处取得极大值，故当 时， 有一个极值点；
② ，令 ，其中 ，则 ，
由 可得 ，由 可得 ，
因此 在 上单调递增，在 上单调递减，
所以 ，所以 ，故 ，
由 可得 ，由 可得 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
因此 在 处取得极小值，故当 时， 有一个极值点；
③当 时， ，令 得 或 ，令 ，由②知 ，
而 ， ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递减，因此 ，故 ，
所以函数 在 和 上各存在唯一的零点，分别为 、 ，
所以函数 在 上单调递减，在 上单调递增，在 上单调递减，在
上单调递增，
故函数 在 和 处取得极小值，在 处取得极大值，
所以当 时， 有三个极值点．
综上所述，当 或 时， 有一个极值点；当 时， 有三个极值点．
（2）解：因为函数 恰有三个极值点 、 、 ，
所以由（1）知 ， ， ，
由 ，两式相除得到 ．
令 ，则 ，则 ， ，得 ， ，
因此 ，所以 ，则 ．
令 ，其中 ，则 ，
令 ，则 ，
所以 在 上单调递增，则当 时， ，
即 ，故 在 上单调递增，
所以当 时， ，故 的最大值为 ．
【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意“极值点”与
“零点”的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在极值点附近的单调性的变化，紧扣“极值点”的定义来解题.
练习11．（2023·全国·高三专题练习）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.
练习12．（2022秋·福建宁德·高三校考期中）已知函数 ．
(1)讨论 的零点个数．
(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）先通过求导得到函数的单调区间，再运用数形结合思想分类讨论即可求解；
（2）将问题转化为研究函数的单调性后再求解即可.
【详解】（1）因为 ，所以1不是 的零点．
当 ，可变形为 ，
令 ，则 的零点个数即直线 与 图象的交点个数．
因为 ， ，得 ，又 ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增．
因为 ，且当 时， ，
所以当 时， 没有零点；
当 时， 有一个零点；
当 时， 有两个零点．
（2）证明：由（1）知，当 时， 有两个零点．
设 ，则 ，
由 得 ，
所以 ，即 ．令 ，则 ，
易得 在 上单调递减，在 上单调递增．
要证 ，即证 ．
因为 ，且 在 上单调递增，所以只需证 ．
因为 ，所以即证 ．
令
，
则 ，
所以 在 上单调递减．
因为 ，所以 ．
因为 ，所以 ，故 ．
练习13．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 ， （e为自然对数
的底数）
(1)当 时，恰好存在一条过原点的直线与 ， 都相切，求b的值；
(2)若 ，方程 有两个根 ，（ ），求证：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由题可求得过原点的与 相切的直线方程： ，后利用切点即在
图像上，也在切线上，可求得相应切点横坐标，后由切线斜率为1可求得b；
（2）由题可得 有两个根 ，令 ，
则可得方程 有两个根 ，则 .通过令 ， ，可将证
明 ，转化为证明 ，
后构造函数 ， ，通过其单调性可证明结论.
【详解】（1）当 时， ，设直线与 的切点为 ，则切线斜率为，切线方程为 .因 即在 图像上，也在切线 上，则
，故切线斜率为1，则切线方程为 .
又 ， ，设直线与 的切点为 ，则切线斜率为 ，
切线方程为 .因 即在 图像上，也在切线 上，则
，又切线斜率为1，则
；
（2）当 时， ，
则由题可得 有两个根 ，
令 ，则可得方程 有两个根 ，
则 .令 ， ，则
，
.注意到
，
则构造函数 ， .
因 ，则 在 上单调递增，得
.
故命题得证.
【点睛】关键点点睛：本题涉及函数切线方程与极值点偏移问题，难度较大.
（1）问解题关键为注意到切点即在函数图像上，也在切线上.
（2）问为极值点偏移问题，解题关键为将双变量消元为单变量，常构造差函数或以两变量
之差，之商构造函数以达到消元目的.练习14．（2023·新疆·校联考二模）已知函数 ， ，其中 为自然
对数的底数．
(1)若 有两个极值点，求 的取值范围；
(2)记 有两个极值点为 、 ，试证明： ．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求得 ，令 ，分析可知 有 个变号零点，
对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 的单调性，结合已知条件可得出关
于 的不等式，解之即可；
（2）欲证 ，即证 ，由已知条件得出 ，令
，解得 ， ，将所证不等式变形为
，然后令 ，其中 ，利用导数证得 即可.
【详解】（1）解：因为 ， ， ，
设 ，则 ，
若 有两个极值点，则 有 个变号零点．
当 时， ， 在 上递增， 至多有一个零点，不符合题意，舍去；
当 时，令 ，解得 ，
当 时， ， 单调递减，
当 时， ， 单调递增，
若使得 有 个变号零点，则 ，即 ，即 ，
解得 ，此时， ，
，
令 ，其中 ，所以， ，
所以，函数 在 上单调递增，
所以， ，故 ，由零点存在定理可知，函数 在 、 上各有一个变号的零点，
设函数 在 、 上的零点分别为 、 ，
当 或 时， ；当 时， .
此时函数 有两个极值点，合乎题意.
综上所述， .
（2）证明：欲证 ，即证 ，
由于 、 为 的零点，
则 ，可得 ，
令 ，则 ，
解得 ， ，
所以只需证明： ，即证： ，
构造函数 ，其中 ，
则 ，
所以，函数 在 上单调递减，则 ，
所以 ，即 得证，故 .
【点睛】证明极值点偏移的相关问题，一般有以下几种方法：
（1）证明 （或 ）：
①首先构造函数 ，求导，确定函数 和函数 的单调
性；
②确定两个零点 ，且 ，由函数值 与 的大小关系，得
与零进行大小比较；
③再由函数 在区间 上的单调性得到 与 的大小，从而证明相应问题；
（2）证明 （或 ）（ 、 都为正数）：①首先构造函数 ，求导，确定函数 和函数 的单调性；
②确定两个零点 ，且 ，由函数值 与 的大小关系，得
与零进行大小比较；
③再由函数 在区间 上的单调性得到 与 的大小，从而证明相应问题；
（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.
练习15．（2023·全国·高三专题练习）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.
题型四 对数均值不等式
例7．（2023·全国·高三专题练习）已知函数 .
(1)若 有唯一零点，设满足条件的 值为 与 证明：① 与 互为
相反数；② ；
(2)设 .若 存在两个不同的极值点 、 ，证明 .
参考数据： ，
【答案】(1)见解析
(2)见解析
【分析】（1）求出函数的导数，根据 仅有一个零点结合函数的单调性可得零点 满
足 ，通过构建新函数可判断该方程有两个根且它们互为导数，从
而可得 与 互为相反数，结合其中一个根的范围可证 .
（2）利用零点满足的方程可得 ，结合对数不等式可得
.
【详解】（1）若 ，则 ，此时 无零点，舍.
故 ， ，
令 ，因为 ，故 在 上有且只有一个零点 ，
若 ，则 ，这与 矛盾，故 .
且 时， ，当 ， ，故 在 上为减函数，在 上为增函数，
下证：当 时，有 .
证明：当 时， 成立，
设 ，则 ，
故 在 上为减函数，故 即 ，
故 ，故当 时 且 .
当 时，若 ，则 恒成立，
而当 时，有 ，
设 ，则 ， ，
故当 时， 即：
当 时，有 即 .
当 时， ，由 时的讨论可得：
若 时，有 ，故 成立.
而 即 时，有 成立.
因为 仅有一个零点，故 ，
所以 且 ，
故 ，整理得到 ，
化简得到： ，
令 ，则 ，其中 .
设 ，则 ，故 在 上均为增函数，
而 ，
，
故 在 上有且只有一个零点，
而 ，
故 在 上有且只有一个零点，
故 在 有且只有两个零点，且它们互为倒数，
故 在 有且只有两个零点 ，
且 即 ，其中 即 .
设函数零点为 时对应的参数值为 ，函数零点为 时对应的参数值为 ，
则 ，且 ，故 ，
故 即 ，但 ，故 ，
故 ，故 互为相反数.
又 ，其中 ，而 在 为减函数，
故 ，同理 ，故 .
（2） ，
设 ，故 为 的两个不同的零点，
故 ，
故 ，
故 ，
不妨设 ，则 ，若 ，则 ，故 为 上的增函数，
故 至多一个零点，与题设矛盾，故 .
设 ，则 ，
故 在 上为增函数，故 ，
即任意 ， 恒成立，故 对任意的 恒成立，
而 ，故 ，故 .
【点睛】思路点睛：函数的零点问题，往往需要利用导数讨论函数的单调性，同时结合零
点存在定理来判断，讨论单调性时，导数的零点不易求得，则可以虚设零点，利用零点满
足的方程来求解，当函数值的符号不易判断时，可以利用放缩法来处理符号问题.
例8．（2022春·四川南充·高二统考期末）设函数 ．
(1)当 时，讨论函数 的单调性；
(2)设 ，记 ，当 时，若方程
有两个不相等的实根 ，求证： ．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）求导后转化为含参的函数，讨论单调性的实质就是解含参的不等式，借助分
子函数的图像，完成讨论．
（2）本问题为极值点偏移问题，可转换为单变量的不等式证明，构造函数利用导数证明即
可．
（1） 的定义域为 ，
.令 ，则得到导函数的两个零
点， 或 ，由于分母为正，故我们只关注分子函数 ，其为二
次函数，借助其图像，以两个零点的大小关系为分类标准得到如下：①当 时，即
时，当 时， ， 单调递减，当 时， ， 单
调递增；②当 时，即 时， 恒成立，即 恒成立，故 在上单调递增；综上所述，当 时， 的单减区间为 ，单增区间为 ；当
时， 只有单增区间 ；
（2）由题可知， ，设 是方程 的两个不等实根，
不妨设为 ，则 ，两式相减整理得到 ，从而
得到 ，要证 ，故只需要证明 ，由于 ，转
化为 ，即 ，即 ，令 ，
则上述式子转化为 设 ，则 ，当且
仅当 时等号成立，故 在 上单调递增，故有 ， 故
得证，即 .
练习16．（2022秋·辽宁·高三辽宁实验中学校考阶段练习）已知函数
， ．
(1)求函数 的单调区间和极值；
(2)若存在 ，且当 时， ，证明： ．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求导后，分别在 和 的情况下，根据导函数正负确定单调区间和极
值；
（2）设 ，由导数可确定 单调递增，推导可得 ；
令 ，利用导数可求得 ，利用 推导可得
，由此可知 ，进而证得结论.
【详解】（1） ， 且 定义域为 ；
当 时， ， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间和极值；当 时，令 ，解得： ，
当 时， ；当 时， ；
的单调递减区间为 ；单调递增区间为 ；
的极小值为 ，无极大值；
综上所述：当 时， 的单调递增区间为 ，无单调递减区间和极值；当
时， 的单调递减区间为 ；单调递增区间为 ；极小值为
，无极大值.
（2）不妨设 ，由 得： ；
设 ，则 ，
在 上单调递增， ，
即 ，
，
；
设 ，则 ，
在 上单调递减， ，
， ， ，
， ，
即 ， .
练习17．（2023·全国·高三专题练习）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．
练习18．（2023·全国·高三专题练习）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.
【详解】（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.
练习19．（2023·四川绵阳·校考模拟预测）已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)若 有两个不相同的零点 ，设 的导函数为 .证明：
.
【答案】(1)当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分 与 两种情况，根据导函数的正负求出函数的
单调性；（2）先确定 ，不等式变形，只需证明 ，且得到 ，接下
来证明对数平均不等式，得到 ，从而得到 ，所以 ，
.
【详解】（1） 的定义域为 ，
且 ，
当 时， 恒成立， 在 上单调递增，
当 时，令 ，解得 ，令 ，解得 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
综上：当 时， 在 上单调递增，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
（2）由（1）知：当 时， 在 上单调递增，故 至多有一个零点，不合
要求，故 ，
要想 有两个不相同的零点 ，则 ，
解得： ，
，故
要证 ，即证
，
即证： ，
因为 在 上单调递增，
所以只需证 ，不妨设 ，
两式相减得： ，
变形为 ，
下面证明 在 上成立，只需证 ，即 ，
令 ，即证 ，
构造 ， ，
则 恒成立，
故 在 上单调递增，
故 ，所以 ， ，
故 ，即 ，所以 ， ，证毕.
【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.
练习20．（2023·全国·高三专题练习）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.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）由 可得出 ，令 ，
，对实数 的取值进行分类讨论，利用导数分析函数 在 上的单调性，
验证 对任意的 能否恒成立，综合可得出实数 的取值范围；
（2）取 ，由（1）中的结论可得出 ，进而可得出
，整理即可证得结论成立.【详解】（1）解：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 .
【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.
