第16讲 利用导数研究极值点偏移
目 录
思维导图..............................................................................................................................................................................1
高考分析..............................................................................................................................................................................2
学习目标..............................................................................................................................................................................3
知识要点..............................................................................................................................................................................4
解题策略..............................................................................................................................................................................7
题型归纳..............................................................................................................................................................................9
极值点偏移常用技巧方法...................................................................................9
题型01：构造对称和（或差）.....................................................................................................................................9
题型02：比值代换法.................................................................................................................................................15
题型03：消参减元.....................................................................................................................................................20
题型04：对数均值不等式法.......................................................................................................................................21
极值点偏移常见类型........................................................................................24
题型01：加法型........................................................................................................................................................24
题型02：减法型........................................................................................................................................................29
题型03：乘积型........................................................................................................................................................36
题型04：商型............................................................................................................................................................42
题型05：平方型（立方型）.......................................................................................................................................44
题型06：指数型........................................................................................................................................................50
题型07：对数型........................................................................................................................................................53
题型08：复杂型........................................................................................................................................................54
题型09：拐点偏移问题..............................................................................................................................................58
题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题.......................................................................................................63
巩固提升............................................................................................................................................................................70
极值点偏移是高考导数双变量问题的核心经典考向，近5 年全国卷、新高考Ⅰ/Ⅱ卷、自主命题卷（浙江、江
苏）均高频考查，多位于导数解答题第2 问，分值6-7 分，是高分段考生必拿的压轴考点，核心考查转化与化归、
逻辑推理、数学抽象素养，侧重对“双变单”转化逻辑和构造函数能力的考查。
一、考情定位与命题特征
1. 核心定义与考查本质
已知函数f(x)的唯一极值点为，若f(x1)=f(x2)(x1≠x_2)，则x1+x2≠2x0（偏离极值点对称轴），高考主要考查正
向证明（x1+x2>2x0或x1 x2>x0
2），少数考逆向求参（已知偏移结论求参数范围），本质是利用函数单调性建
立双变量的大小关系。
2. 高考命题核心特征
①函数载体固定：以指对混合函数为主，少量为三次函数，解析式简洁，无复杂变形，重点考查构造思维
而非运算；
②条件设置单一：题干均以“f(x1=f(x2)(x1≠x2)”为核心条件，无多余干扰信息，设问直接（证明偏移结
论）或间接（已知偏移求参数最值）；
③与其他技巧融合：压轴题常嵌套隐零点代换（极值点/零点无法直接求解）、放缩法（简化导数符号判
断），增加推导层次，无单一解题路径。
二、高考高频命题模型
结合近5 年高考真题，极值点偏移主要有2 类核心模型，覆盖90%以上考题，均以“构造对称函数”为核心解
法，比值换元为辅助解法。
三、高考命题趋势（近3 年核心变化）
1. 基础考向稳定，设问更隐蔽：不再直接提问“证明x1+x2>2x0”，而是将偏移结论嵌套在不等式证明中，需
先转化为标准偏移形式；
2. 含参问题成为主流，侧重参数范围分析：题干增加参数a，需先根据函数单调性确定参数的取值范围，再证
明偏移结论
3. 逆向求参成为压轴新考向：由“证明偏移”转向“已知偏移求参”，需结合偏移条件反推参数的边界；
4. 与隐零点代换深度融合：函数的极值点/零点无法直接求解（如f(x)=e
x-ax-b），需用隐零点代换消去超越式，
再构造对称函数，增加推导步骤，但核心解法不变。
一、知识认知目标
1. 精准理解极值点偏移的核心定义，明确和型偏移（x1+x2>2x0）、积型偏移（x1 x2>x0
2）的本质特征，能
区分极值点偏移与普通双变量问题的差异。
2. 掌握高考高频载体函数的单调性、极值点求解方法，熟记其偏移结论的常规形式。
3. 明晰构造对称函数法、比值换元法的适用场景，理解两种方法“双变单”的核心转化逻辑，掌握积型偏移转
和型偏移的对数变形技巧。
二、方法掌握目标
1. 精通构造对称函数法（高考标准解法）：能按“求导定极值点→设元限定范围→构造对称函数→求导判号→
推导结论”的五步流程，独立完成基础型、含参型极值点偏移的证明，做到步骤规范、逻辑严谨。
2. 熟练运用比值换元法（灵活解法）：能针对指对混合函数的偏移问题，通过设t= x2
x1
完成消元，将偏移结论
转化为单变量函数的单调性/最值问题，快速化简超越式并构造新函数。
3. 融合辅助技巧：能结合隐零点代换处理“极值点/零点无法直接求解”的偏移问题，利用放缩法简化导数符
号判断，应对含参、逆向求参类综合偏移考题。
三、题型解题目标
1.基础层
能独立解决无参基础型偏移问题，包括和型、积型的直接证明，对高考高频载体函数的偏移证明做到“审题即
有思路，解题无失误”，正确率100%。
2.进阶层
能解决含参型极值点偏移问题，先根据函数零点存在性、单调性确定参数的取值范围，再完成偏移结论证明，
突破参数对函数分析的干扰。
3.压轴层
能解决逆向求参、隐零点融合型偏移问题，如已知偏移结论恒成立求参数范围、极值点无法直接求解的偏移证
明，能整合多种技巧完成多步推导，应对隐蔽性设问的压轴考题。
四、思维提升目标
1. 培养转化与化归思维：深化对“未知问题转化为已知问题”的理解，能主动将双变量问题转化为单变量函数
问题，提升代数变形和函数构造能力。
2. 强化逻辑推理思维：通过多步推导的偏移证明，提升严谨的逻辑分析能力，能清晰梳理“条件→推导→结
论”的逻辑链，做到每一步推导都有依据。
3. 建立题型归纳思维：能自主归纳不同类型偏移问题的解题规律，形成“题干特征→方法选择→解题流程”的
条件反射，提升解压轴题的效率和正确率。
知识点一：极值点偏移
1. 极值点偏移的含义
众所周知，函数f ( x)满足定义域内任意自变量x 都有f ( x)=f (2m−x)，则函数f ( x)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=m 必为f ( x)的
极值点. 如二次函数f ( x)的顶点就是极值点x0 ，若f ( x)=c 的两根的中点为
x1+x2
2
，则刚好有
x1+x2
2
=x0 ，
即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移.
若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数f ( x)的极值点为m ，且函数f ( x)满足定义域内x=m 左
侧的任意自变量x 都有f ( x)>f (2m−x)或f ( x)<f (2m−x)，则函数f ( x)极值点m 左右侧变化快慢不同.
故单峰函数f ( x)定义域内任意不同的实数x1, x2满足f ( x1)=f ( x2)，则
x1+x2
2
与极值点m 必有确定的大小关
系：
若m< x1+x2
2
，则称为极值点左偏；若m> x1+x2
2
，则称为极值点右偏.
如函数g( x)= x
ex 的极值点x0=1刚好在方程g( x)=c 的两根中点
x1+x2
2
的左边，我们称之为极值点左偏.
2. 极值点偏移问题的一般题设形式
（1）若函数f ( x)存在两个零点x1, x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2 x0 （x0 为函数f ( x)的极值点）；
（2）若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2 满足f ( x1)=f ( x2)，求证：x1+x2>2 x0 （x0 为函数f ( x)的极
值点）；
（3）若函数f ( x)存在两个零点x1, x2且x1≠x2 ，令x0= x1+x2
2
，求证：f '( x0)>0 ；
（4）若函数f ( x)中存在x1, x2且x1≠x2 满足f ( x1)=f ( x2)，令x0= x1+x2
2
，求证：f '( x0)>0 .
注：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
3. 极值点偏移的判定定理
对于可导函数y=f ( x)，在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点x0 ，方程f ( x)=0 的解分别为x1, x2，且
a<x1<x2<b
，
（1）若f ( x1)<f (2 x0−x2)，则
x1+x2
2
<(>)x0 ，即函数y=f ( x)在区间( x1, x2)上极（小）大值点x0
右（左）偏；
（2）若f ( x1)>f (2 x0−x2)，则
x1+x2
2
>(<)x0 ，即函数y=f ( x)在区间( x1, x2)上极（小）大值点x0 右
（左）偏.
证明：（1）因为对于可导函数y=f ( x)，在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点x0 ，则函数f ( x)的单调
递增（减）区间为(a, x0)，单调递减（增）区间为(x0,b)，由于a<x1<x2<b ，有x1<x0 ，且2 x0−x2<x0
，又f ( x1)<f (2 x0−x2)，故x1<(>)2 x0−x2，所以
x1+x2
2
<(>)x0 ，即函数极（小）大值点x0 右（左）偏；
（2）证明略.
左快右慢（极值点左偏⇔m< x1+x2
2
） 左慢右快（极值点右偏⇔m> x1+x2
2
）
左快右慢（极值点左偏⇔m< x1+x2
2
） 左慢右快（极值点右偏⇔m> x1+x2
2
）
4.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
.
1.对称化构造法
主要用来解决与两个极值点之和，积相关的不等式的证明问题．其解题要点如下：
(1)定函数(极值点为
)，即利用导函数符号的变化判断函数的单调性，进而确定函数的极值点
．
(2)构造函数，即对结论
型，构造函数
或
；
(3)对结论
型，构造函数
，通过研究
的单调性获得不等式．
(4)判断单调性，即利用导数讨论
的单调性．
(5)比较大小，即判断函数
在某段区间上的正负，并得出
与
的大小关系．
(6)转化，即利用函数f(x)的单调性，将
与
的大小关系转化为
与
之间的关系，进
而得到所证或所求．
2．差值代换法（韦达定理代换令
.）
差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之差作
为变量，从而实现消参、减元的目的．设法用差值(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．
3.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．
4.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：
5.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．
只证：当
时，
．不失一般性，可设
．
证明如下：
（I）先证：
……①
不等式①
（其中
）
构造函数
，则
．
因为
时，
，所以函数
在
上单调递减，
故
，从而不等式①成立；
（II）再证：
……②
不等式②
（其中
）
构造函数
，则
．
因为
时，
，所以函数
在
上单调递增，
故
，从而不等式成立；
综合（I）（II）知，对
，都有对数平均不等式
成立，
当且仅当
时，等号成立．
极值点偏移常用技巧方法
题型01：构造对称和（或差）
【典型例题1】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.
【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
.
【典型例题2】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
【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
.
【典型例题3】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
(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
．
【典型例题4】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
【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.
【变式训练1-1】已知函数
．
（1）若函数
在定义域内单调递增，求实数
的取值范围；
（2）若函数
存在两个极值点
，求证：
．
【变式训练1-2】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：
.
【变式训练1-3】已知函数
.
(1)求
的极值.
(2)若
，
，证明：
.
【变式训练1-4】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：
．
【变式训练1-5】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：
.
题型02：比值代换法
【典型例题1】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．
【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，
．
【典型例题2】已知函数
有两个零点
，
.
（1）求
的取值范围；
（2）求证：
.
【答案】（1）
；（2）证明见解析.
【详解】
(1)
有两个零点
有两个相异实根．
令
，则
由
得：
，由
得：
，
在
单调递增，在
单调递减，
，
又
，
当
时，
，当
时，
当
时，
，
有两个零点时，实数a 的取值范围为
．
（2）不妨设
,由题意得
,
，
,
，
要证：
，只需证
.
，
令
，
，只需证
，
只需证：
.
令
,
，
在
递增，
成立.
综上所述，
成立．
【典型例题3】已知函数
（
）.
（1）若
，求函数
在
处的切线；
（2）若
有两个零点
，
，求实数
的取值范围，并证明：
.
【答案】（1）
；（2）
，证明见解析.
【详解】
（1）
的导数为
，
则函数
在
处的切线斜率为
，
又切点为
，
则切线的方程为
，即
；
（2）设函数
，与函数
具有相同的零点，
，知函数
在
上递减，
上递增，
当
，
；
可证当
时，
，即
，
即此时
，
当
时，
，
有两个零点，只需
（1）
，即
；
证明：方法一：设函数
，
则
，
且
对
恒成立
即当
时，
单调递减，此时，
（1）
，
即当
时，
，
由已知
，则
，
则有
由于函数
在
上递增，即
，
即
．
方法二：故
．
设
，则
，且
，解得
，
，
要证：
，即证明
，
即证明
，
设
，
，
令
，
，则
，
在
上单调增，
（1）
，
在
上单调增，
则
（1）
．
即
时，
成立，
【变式训练2-1】已知函数
.
(1)讨论
的单调性.
(2)若函数
有两个零点
，且
，证明：
.
【变式训练2-2】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：
.
【变式训练2-3】已知函数
有两个零点
，
.
（1）求a 的取值范围；
（2）求证：
.
题型03：消参减元
【典型例题】设函数
.
（1）若
，求
的单调区间；
（2）若
存在三个极值点
，
，
，且
，求k 的取值范围，并证明：
.
【答案】（1）单调减区间为
，单调增区间为
；（2）
，证明见解析.
【详解】（1）当
时，
，
∴
，
令
，则
，
∴由
得
，
得
，
∴
在
上递减，在
上递增，
∴
即
，
∴
得
，解
得
，
∴
的单调减区间为
，单调增区间为
；
（2）
，
∵
有三个极值点，
∴方程
有两个不等根，且都不是1，
令
，
当
时，
单调递增，
至多有一根，
当
时，
得
，
得
，
∴
在
上递减，在
上递增，
∴
，
，
此时，
，
，
，
时，
，
∴
时，
有三个根
，
，
，且
，
由
得
，由
得
，
∴
，
下面证明：
，可变形为
，
令
，
，
，∴
在
上递增，
∴
，∴
，
∴
.
【变式训练3-1】已知函数
，且
是函数
的导函数，
(1)求函数
的极值；
(2)当
时，若方程
有两个不等实根
．
（ⅰ）证明：
；
（ⅱ）证明：
．
【变式训练3-2】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：
.
题型04：对数均值不等式法
【典型例题1】已知函数
（
为
的导函数）.
(1)讨论
单调性；
(2)设
是
的两个极值点，证明：
.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
（1）
的定义域为
.
，设
，则
当
时，
恒成立，
在
上单调递增.
当
时，由
，得
；由
，则
；
即
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）
证明：
，因为
，
是函数
的两个极值点，
所以
，
两式相减得，
欲证
，只需证
.
①
不妨设
，故①变形为
②
令
，
，
则
在
上单调递增，则
故②式成立，即要证不等式得证
【典型例题2】已知函数
．
(1)若
在
上单调递减，求实数
的取值范围．
(2)若
是方程
的两个不相等的实数根，证明：
．
【答案】(1)
；
(2)详见解析
【详解】（1）
，
，
在
上单调递减，
在
上恒成立，即
，
即
在
，
设
，
，
，
当
时，
，函数单调递增，当
时，
，函数单调递减，
所以函数
的最大值是
，所以
；
（2）若
是方程
的两个不相等的实数根，
即
又2 个不同实数根
，且
，
，
得
，即
，
所以
，
不妨设
，则
，
要证明
，
只需证明
，
即证明
，即证明
，
令
，
，
令函数
，
所以
，
所以函数
在
上单调递减，
当
时，
，所以
，
，
所以
，即
，即得
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．
【变式训练4-1】已知函数f(x)＝lnx﹣ax，a 为常数．
（1）若函数f(x)在x＝1 处的切线与x 轴平行，求a 的值；
（2）当a＝1 时，试比较f（m）与f（
）的大小；
（3）若函数f(x)有两个零点x1、x2，试证明x1x2＞e2．
【变式训练4-2】已知函数
存在两个零点
，
.
（1）求
的取值范围；
（2）证明：
.
极值点偏移常见类型
题型01： 加法型
【典型例题1】已知函数f (x)={
ln x , x ≥1
1−x
2 , x<1)
若F (x)= f [f ( x)+1)+m有两个零点x1, x2，则x1+ x2的取值范围是
（ ）
A．[4−2ln2,+∞)
B．[1+ ❑√e,+ ∞)
C．[4−2ln2,1+ ❑√e) D．(−∞,1+ ❑√e)
【解题思路】依题意可得f (x)=e
−m−1有两个根x1, x2，根据f (x)的解析式，分别求出x1, x2的表达式，再根据导
数求x1+ x2的取值范围.
【解答过程】由题意可知，当x ≥1时，f (x)+1=ln x +1≥1，所以f [f (x)+1)= ln(f (x)+1)；
当x<1时，f (x)+1=1−x
2 +1=2−x
2 > 3
2 >1，所以f [f (x)+1)= ln(f (x)+1)，
综上，对∀x∈R，有f [f (x)+1)= ln(f (x)+1)，
由F (x)= f [f ( x)+1)+m有两个零点x1, x2，即方程ln(f (x)+1)+m=0有两个根x1, x2，
即方程f (x)=e
−m−1有两个根x1, x2，不妨设x1< x2,
易知函数f (x)在(−∞,1)上单调递减，在[1,+ ∞)上单调递增，
当x ≥1时，ln x2=e
−m−1,当x<1时，1−x1
2 =e
−m−1
令t =e
−m−1，因为1−x1
2 > 1
2
，所以t > 1
2，
所以x2=e
t , x1=2−2t，则x1+ x2=e
t−2t +2,t > 1
2，
令g(t )=e
t−2t +2,t > 1
2，
g
′ (t )=e
t−2，令g
′ (t )>0，解得t >ln2，
所以函数g(t )在(ln2,+∞)上单调递增，在(
1
2 ,ln2)上单调递减，
当t =ln2时g(t )min=e
ln2−2ln2+2= 4−2ln2.
所以函数g(t )的值域为[4−2ln2,+∞)，
即x1+ x2的取值范围是[4−2ln2,+ ∞).
故选：A.
【典型例题2】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
.
【典型例题3】已知函数
.
(1)求
的单调区间；
(2)证明：当
时，
.
【答案】(1)单调递增区间为
，单调递减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数与函数单调性的关系即可得解；
（2）构造函数
与
，利用导数证得
，再利用（1）中结论
可得
，从而得解.
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，
当
时，
；当
时，
，
所以
的单调递增区间为
，单调递减区间为
.
（2）令函数
，
代入化简得
，
令
，求导得
，
当
时，
，即
在
上单调递减，于是
，
则当
时，
，即
，
所以
时，
，
由题意不妨令
，则
，
又
，所以
，
根据（1）知
在
上单调递增，
而
，所以
，故
得证.
【变式训练1-1】已知函数f (x)=a x
2+2ln x (a∈R)有两个不同的零点x1, x2，符号[x)表示不超过x的最大整数，
如[0.5¿=0,)1.2¿¿=1，则下列结论正确的是（ ）
A．a的取值范围为(−1
e ,+ ∞)
B．x1+ x2=2❑√e
C．[x1)+[x2)≥3
D．若[x1)+[x2)= 4，则a的取值范围为[−2ln3
9
,−ln2
4 )
【变式训练1-2】已知函数
恰有两个零点
．
(1)求
的取值范围；
(2)证明：
．
【变式训练1-3】已知函数
，其中
为常数.
(1)当
时，试讨论
的单调性；
(2)若函数
有两个不相等的零点
，
，
（i）求
的取值范围；
（ii）证明：
.
【变式训练1-4】已知函数f (x)=e
x−ax.
(1)若x =2是f (x)的极值点，求a的值；
(2)若函数f (x)有两个零点x1, x2.
①求实数a的取值范围；
②证明：x1+ x2>2.
【变式训练1-5】已知函数f (x)=(x −1)e
x+2a(x
2+1)(a∈R)．
(1)讨论函数的单调性；
(2)当函数仅有两个零点时．
①求实数a的取值范围；
②求证：x1+ x2<0．
【变式训练1-6】已知函数f ( x)= x
2+ax−x ln x的导函数为f
′( x)．
(1)若a=−1，求曲线y = f ( x)在点(1,f (1))处的切线方程；
(2)若f
′( x)存在两个不同的零点x1，x2，求实数a的取值范围；
(3)在（2）的条件下，证明：x1+ x2>1．
【变式训练1-7】已知函数
．
(1)证明：
；
(2)若
，且
，证明：
．
【变式训练1-8】已知常数
，函数
.
(1)若
，求
的取值范围;
(2)若
、
是
的零点，且
，证明:
.
【变式训练1-9】已知函数
．
(1)若
，证明：
时，
；
(2)若函数
恰有三个零点
，证明：
．
题型02： 减法型
【典型例题1】已知x1是函数f (x)= x−2−ln(x−1)的零点，x2是函数g(x)= x
2+2ax−6a−6的零点，且满足
|x1−x2)< 3
4 ，则实数a的取值范围是（ ）
A．[❑√3−3,+ ∞)
B．[
❑√3−3, 25
8 )
C．(−∞,−71
56)∪(
25
8 ,+ ∞)
D．(−71
56 , 25
8 )
【解题思路】利用导数研究函数的单调性可证明函数f (x)存在唯一零点，即x1=2，可得g(x)在(
5
4 , 11
4 )有零点，
利用参变分离可求解.
【解答过程】由f (x)= x−2−ln(x−1)，x>1，可得f
′ (x)=1−
1
x−1 = x−2
x−1，
当1< x<2时，f
' (x)<0，此时f (x)在(1,2)单调递减；
当x>2时，f
' (x)>0，此时f (x)在(2,+∞)单调递增；
又因为f (2)=0，所以函数f (x)存在唯一的零点，即x1=2.
因为|x1−x2)=|2−x2)< 3
4 ，解得x2∈(
5
4 , 11
4 ).
即g(x)= x
2+2ax−6a−6在(
5
4 , 11
4 )上有零点，
故方程2a= 6−x
2
x−3
在(
5
4 , 11
4 )上有解，
而6−x
2
3−x =−3−x−
3
x−3 =−6+[(3−x)+
3
3−x)，
因为x∈(
5
4 , 11
4 )，故3−x∈(
1
4 , 7
4)，故2❑√3≤(3−x)+
3
3−x < 49
4 ，
所以2❑√3−6≤2a< 25
4 ，故
❑√3−3≤a< 25
8
故选：B.
【典型例题2】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
.
【典型例题3】
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.
【典型例题4】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．
【变式训练2-1】函数f ( x)= ln x−ax +1有两个零点x1, x2 ( x1< x2)，下列说法错误的是（ ）
A．0<a<1
B．x1 x2> 1
a
C．x2−x1> 1
a −1
D．x1+ x2< 2
a
【变式训练2-2】已知函数f (x)=e
ax−1−x −a(a>0)．
(1)若函数f (x)在(0,+ ∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)若函数f (x)的两个零点分别是x1､x2且x1< x2，证明：x2−x1> 1
a +a．
【变式训练2-3】已知函数f ( x)=a(ln x +1)+ 1
x
3 (a>0)．
(1)求证：1+ x ln x>0；
(2)若x1, x2是f ( x)的两个相异零点，求证：|x2−x1)<1−❑√
1
a
．
【变式训练2-4】已知函数f (x)=(x −1)(e
x−1)−a(a>0)，证明：
(1)f (x)在(−∞,0)上单调递减，在(1,+∞)上单调递增；
(2)若f (x)的两个零点为x1，x2(x1< x2)，则
（i）x1+ x2<1；
（ii）x2−x1<1+ ae
e−1
.
【变式训练2-5】已知函数f (x)=ax−ln (1−x)(a∈R).
(1)求曲线y = f (x)在点(0,f (0))处的切线方程；
(2)若f (x)≥0恒成立，求a 的值；
(3)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，且|x2−x1)>e−1，求a 的取值范围.
【变式训练2-6】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：
．
题型03：乘积型
【典型例题1】已知函数f (x)={
−x
2−x , x ≤0
ln x , x>0 )，函数g(x)= f (x)−m有三个不同的零点x1，x2，x3，则
x1⋅x2⋅x3的取值范围是（ ）
A．[0, 1
4)
B．[0, 1
e)
C．[0, 1
4 e
1
4)
D．[0,e)
【解题思路】作出f (x)的图象，根据g(x)= f (x)−m有三个不同的零点，转化f ( x)=m为有三个根，求出x1，x2，
x3关系，构造函数求出函数的导数，利用导数研究取值范围即可．
【解答过程】作出函数f (x)的图象如图，
不妨设x1< x2< x3，则f ( x)=m有三个不同的根，则0≤m< 1
4 ，
当x ≤0时，−x
2−x−m=0，得x
2+ x +m=0，则x1⋅x2=m，
当x>0时，ln x3=m，x3=e
m，则x1⋅x2⋅x3=me
m，
设h(m)=me
m（0≤m< 1
4 ），则h
′(m)=(m+1)e
m>0，
所以h(m)在[0, 1
4)上单调递增，
所以h(x)∈[0, 1
4 e
1
4)，即x1⋅x2⋅x3的取值范围是[0, 1
4 e
1
4).
故选：C．
【典型例题2】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f
′ (x)，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h(x)求导可得
，又
，再由
在(1,+?)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(0,+?)，
又
，由
，得
，
当
时，f
?(x)>0，则
在(0,1)上单调递增，
当
时，f
?(x)<0，则
在(1,+?)上单调递减，
（2）由
，得
，设
，
，由
，得
，
当
时，
，则
在(0,1)上单调递增，
当
时，
，则
在(1,+?)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h(x)在(0,+?)上单调递增，
又? (1)=0，所以
，即
，
又
，所以
，
又
，
，
在(1,+?)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
h(x)求导，得到h(x)的单调性和最值可证得
，即可证明
.
【典型例题3】已知函数
.若
有两个零点
，证明：
.
【答案】证明见解析
【分析】利用构造函数法，从而只需证明
，即可求解.
【详解】由题意得
，令
，则
，
，
所以
在
上单调递增，故
至多有解；
又因为f (x)有两个零点
，所以，
有两个解
，
令
，
，易得
在
上递减，在
上递增，所以
.
此时
，两式相除，可得：
.
于是，欲证
只需证明：
，
下证
：
因为
，
不妨设
，则只需证
，
构造函数
，则
，
故
在
上单调递减，故
，即
得证，
综上所述：即证
.
【点睛】关键点睛：本题通过构造对数不等式证明极值点偏移问题.
【典型例题4】已知函数
，
.
(1)若
，求曲线
在点
处的切线方程.
(2)若
有两个极值点
，
．
（i）证明：
；
（ii）证明：
.
【答案】(1)
；
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【分析】（1）求出函数
的导数，再利用导数的几何意义求出切线方程即得.
（2）（i）求出函数
及导数，分离参数并构造函数
，探讨函数性质即可推理得证；（ii）由
（i）中信息，构造函数
，探讨函数
在
上的单调性，推理得证.
【详解】（1）函数
，求导得
，则
，而
，
所以曲线
在点
处的切线方程为
.
（2）（i）函数
，求导得
，
令
，得
，
设
，求导得
，
，
令
，得
，
当
时，
；当
时，
，函数
在
上递减，在
上递增，
于是
，由
有两个极值点，得方程
有两个实根，
即
有两个实根，则
.
（ii）由（i）知
，
是方程
的两个实根，即
，且
，
设
，求导得
，
令
，则当
时，
，
即函数
在
上单调递增，则
，即当
时，
，
于是函数
在
上单调递增，则
，因此
，
则
，即
，而
，又
在
上单调递减，
因此
，所以
.
【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.
【变式训练3-1】已知函数f ( x)=|ln x−2
x +2)−m（0<m<3）有两个不同的零点x1，x2（x1< x2），下列关于
x1，x2的说法正确的有（ ）个
①x2
x1
<e
2m ②x1>
2
m+2 ③x1 x2>1
A．0
B．1
C．2
D．3
【变式训练3-2】已知函数
的图像与直线
交于不同的两点
，
，求证：
．
【变式训练3-3】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：
.
【变式训练3-4】已知函数f (x)= x−ln x−a．
(1)若f (x)≥0，求a的取值范围；
(2)证明：若f (x)有两个零点x1，x2，则x1 x2<1．
【变式训练3-5】已知函数f ( x)= x
2+ 1−ln x
x
−a有两个零点x1, x2(x1< x2)．
(1)求实数a 的取值范围；
(2)求证：x1 x2<1；
【变式训练3-6】已知函数f (x)= x−a ln x−1(a∈R)．
(1)若曲线y = f (x)在点(1,0)处的切线为x轴，求a的值；
(2)若a=2，
①求f (x)的单调区间；
②求证：f (x)存在两个零点x1, x2(x1< x2)，且满足x1 x2<4．
【变式训练3-7】已知函数f (x)=a x
2−(a+2) x +ln x，其中a∈R.
(1)求当a>0时，函数y = f ( x)在区间[1,e]上的最小值Q(a)；
(2)若函数g( x)= f ( x)−a x
2有两个不同的零点x1，x2.
①求实数a 的取值范围；
②证明：x1 x2>e
2.
【变式训练3-8】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：
．
【变式训练3-9】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
.
【变式训练3-10】已知函数
.
(1)若
有唯一极值，求
的取值范围；
(2)当
时，若
，
，求证：
.
题型04：商型
【典型例题1】已知函数f (x)=e
x+e(x−a−1)（e 为自然对数的底数），g(x)= ln(x e
x)−a的零点分别为x1，x2，
则x1
x2
的最大值为（ ）
A．e
B．1
e
C．1
D．2
e
【解题思路】利用同构化得出x1, x2的关系：x2=e
x1−1，则x1
x2
= x1
e
x1−1 ，然后引入函数h( x)=
x
e
x−1 ，由导数求得函
数最大值即得．
【解答过程】由已知e
x1+e( x1−a−1)=0，即e
x1−1+( x1−1)=a，
ln( x2e
x2)−a=0，即ln x2+ x2=a，令x2=e
t，则ln x2+ x2=t +e
t =a，
又函数y = x +e
x是R上的增函数，因此x2=e
x1−1，
x1
x2
= x1
e
x1−1 ，令h( x)=
x
e
x−1 ，则h
′( x)= 1−x
e
x−1 ，
x<1时，h
′( x)>0，h( x)递增，x>1时，h
′( x)<0，h( x)递减，
所以x =1时，h( x)max =h(1)=1，
所以x1
x2
的最大值是1.
故选：C．
【典型例题2】已知函数f (x)=a x
2，g(x)= x (1−ln x).
(1)若对于任意x∈(0,+ ∞)，都有f (x)<g(x)，求实数a的取值范围；
(2)若函数y = g(x)−m有两个零点x1, x2，求证：1
x1
+ 1
x2
>2.
【解题思路】（1）通过转化构造函数F (x)= 1−ln x
x
，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a= 1
x1
，b= 1
x2
，利用导数相关知识转化为证明h(b)=h(a)<h(2−a)即可.
【解答过程】（1）结合题意：对于任意x∈(0,+ ∞)，都有f (x)<g(x)，所以a x
2< x (1−ln x)，
因为x∈(0,+∞)，所以只需a< 1−ln x
x
= F (x)，
F
′ (x)= ln x−2
x
2
，
当x ∈(0,e
2)时，F
′ (x)<0，F (x)在(0,e
2)上单调递减；
当x ∈(e
2,+ ∞)时，F
′ (x)>0，F (x)在(e
2,+ ∞)上单调递增.
所以只需a< F (x)min= F (e
2)=−1
e
2 ；
（2）x1(1−ln x1)= x2(1−ln x2)等价于
1+ ln 1
x1
1
x1
=
1+ ln 1
x2
1
x2
，
设函数h(x)= 1+ ln x
x
，h
′ (x)= −ln x
x
2
，易知h(x)在区间(0,1)上单调递增；(1,+ ∞)上单调递减，
由h(a)=h(b)知0<a<1<b且a= 1
x1
，b= 1
x2
，
设函数g(x)=(2−x)(1+ ln x)−x(1+ ln (2−x))，其中0< x<1，
知G
′ (x)=−ln[x (2−x))+(
2−x
x
+
x
2−x −2)>0，
知G (x)在区间(0,1)上单调递增，即x∈(0,1)时G (x)<G (1)=0，
即x∈(0,1)时，1+ ln x
x
< 1+ ln (2−x)
2−x
，
即h(a)= 1+ ln a
a
< 1+ ln (2−a)
2−a
=h(2−a)，
又由已知由h(a)=h(b)且0<a<1<b，
有h(b)<h(2−a)且2−a∈(1,2)，由h(x)在(1,+∞)上单调递减，
所以b>2−a，即1
x1
+ 1
x2
>2.
【变式训练4-1】已知a>1，x1, x2, x3为函数f ( x)=a
x−x
2的零点，x1< x2< x3，若x1+ x3=2 x2，则（ ）
A．x3
x2
<2lna
B．x3
x2
=2lna
C．x3
x2
>2lna
D．x3
x2
与2lna大小关系不确定
【变式训练4-2】设函数f ( x)=( x−2)ln( x−1)−ax，a∈R.
(1)若f (x)在(2,+∞)上单调递增，求a的取值范围；
(2)已知f (x)有两个不同的零点x1, x2，
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：1
x1
+ 1
x2
=1.
【变式训练4-3】已知函数f (x)=e
x−ax，x∈(0,+ ∞)．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若函数g(x)= f (x)−x ln x−1有两个零点x1, x2(x1< x2)；
（i）求a的取值范围；
（ii）证明
x2−x1
ln x2−ln x1
<1．
【变式训练4-4】已知f (x)= x
2−2ln x
x
−a
(1)若f (x)≥0，求实数a的取值范围；
(2)设x1, x2是f (x)的两个零点（x1> x2），求证：①1<
1
x1 x2
；②2
x1 x2
< x1+ x2.
题型05： 平方型（立方型）
【典型例题1】已知函数
，
．
(1)若
，求
的取值范围；
(2)证明：若存在
，
，使得
，则
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围.
（2）利用极值点偏移可证
，结合不等式放缩可证
.
【详解】（1）
，
，令
，解得
，
所以当
时，
，
在
上单调递增；
当
时，
，
在
单调递减，
所以
，要使
，则有
，而
，故
，
所以
的取值范围为
．
（2）证明：当
时，由（1）知，当
时，
单调递增；
当
时，
单调递减，
设
，所以
，
，
①若
，则
，成立；
②若
，先证
，此时
，
要证
，即证
，即
，
，
令
，
，
，
所以
在(1,2)上单调递增，所以
，
即
，
，所以
，
因为
，
，所以
，
即
．
【点睛】思路点睛：对于导数中的多变量的不等式问题，应该根据要证明的不等式合理构建新的不等式，而后者可
借助极值点偏移来处理，注意前者在构建的过程中可利用一些常见的不等式来处理.
【典型例题2】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．
【典型例题3】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．
【典型例题4】已知函数f (x)=ax−ln x
x
，a>0．
(1)若f (x)存在零点，求a 的取值范围；
(2)若x1，x2为f (x)的零点，且x1< x2，证明：a(x1+ x2)
2>2．
【解题思路】（1）利用导数求出函数g(x)的最小值，解不等式g(x)min≤0即可求解；
（2）由零点的定义可得a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2)
，只需证ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，令t = x1
x2
，利用导数证明不等式
F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
<0即可.
【解答过程】（1）f (x)的定义域为(0,+ ∞)，
令f (x)=0，即ax−ln x
x
=0(a>0)，等价于a x
2−ln x =0，
设g(x)=a x
2−ln x，则g
′ (x)=2ax−1
x = 2a x
2−1
x
（x>0），
令g
′ (x)=0，可得x =
❑√2a
2a
，
当x∈(0,
❑√2a
2a )时，g
′ (x)<0，g(x)单调递减，
当x∈(
❑√2a
2a ,+∞)时，g
′ (x)>0，g(x)单调递增，
则g(x)的最小值为g(
❑√2a
2a )= 1
2 −ln
❑√2a
2a = 1
2
(1+ln2a)，g(1)=a>0，
要使得g(x)=a x
2−ln x存在零点，则g(
❑√2a
2a )= 1
2
(1+ln2a)≤0，
即1+ln2a≤0，得a∈(0, 1
2e)．
（2）由x1, x2为f (x)的零点，得f (x1)= f (x2)=0，
即g(x1)= g(x2)=0，即¿
两式相减得a(x1
2−x2
2)−(ln x1−ln x2)=0，即a=ln x1−ln x2
(x1−x2)(x1+ x2)
.
要证当0< x1< x2时，a(x1+ x2)
2>2，
只需证ln x1−ln x2
x1−x2
(x1+ x2)>2，只需证ln x1
x2
< 2(x1−x2)
x1+ x2
，0< x1< x2，
ln x1
x2
−
2(
x1
x2
−1)
x1
x2
+1
<0，0< x1< x2．
令t = x1
x2
(0<t <1)，F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
，只需证F (t )<0，
F
′ (t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t +1)
2−4 t
t (t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，则F (t )在(0,1)上单调递增，
∴F (t )=lnt −2(t −1)
t +1
< F (1)=0，即可得证.
【变式训练5-1】已知函数f (x)=−2ln x−a
x
2 +1．
(1)当a=1时，求f (x)在区间[
1
2 ,2)上的最值；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1，x2，求a的取值范围，并证明：1
x1
2 + 1
x2
2 > 2
a．
【变式训练5-2】已知函数f (x)=ln(e x)
ax
，其中e为自然对数的底数．
(1)讨论f (x)的单调性；
(2)若方程f (x)=1有两个不同的根x1, x2．
(i)求a的取值范围；
(ii)证明：x1
2+ x2
2>2．
【变式训练5-3】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：
.
【变式训练5-4】已知函数f (x)= 2ln x +1
x
−ax ,a∈R.
(1)讨论函数g(x)= xf (x)的单调区间：
(2)若函数f (x)有两个不同的零点x1, x2，
①求a的取值范围，
②证明：a(x1+ x2)
2>4.
【变式训练5-5】已知函数g(x)=1−2ln x−a
x
2 (a>0)，且g(x)的极值点为x0.
(1)求x0；
(2)证明：2 g(x0)+2≤2
a
；
(3)若函数g(x)有两个不同的零点x1, x2，证明：1
x1
2 + 1
x2
2 >2g(x0)+2.
【变式训练5-6】已知函数f (x)= x
2ln x−m有两个不同的零点x1，x2，且t = x1
2+ x2
2．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求证：t <1；
(3)比较t与2
e
及2m+ 3
e
的大小，并证明．
题型06： 指数型
【典型例题】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.
【变式训练】设
，
为函数
（
）的两个零点．
(1)求实数
的取值范围；
(2)证明：
．
题型07： 对数型
【典型例题】已知函数
（
）．
(1)求
的单调区间；
(2)若函数
，
是函数
的两个零点，证明：
．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，对导函数因式分解，分
与
两种情况，得到函数单调区间；
（2）利用分析法先等价转化所证不等式：要证明
，只需证明
，
即证明
，即证明
，令
，构造函数
，利
用导数研究函数
单调性，确定其最值，得到
，即可证得结论．
【详解】（1）函数
的定义域为
，
，
①当
时，
，则
在
上单调递增；
②当
时，若
，则
，若
，则
，
则
在
上单调递增，在
上单调递减．
综上，当
时，
单调递增区间为
，无递减区间；
当
时，
单调递增区间为
；单调递减区间为
.
（2）因为
是
的两个零点，
所以
，
，将两式作差可得
，又
，
所以
，
所以要证
，只须证明
，
即证明
，即证明
，
令
，即证
，
，
令
，则
，
令
，则
在
上恒成立，
∴
在
上递减，又
，
∴
在
上递增，则
，
即
，
所以
成立，即
．
【点睛】方法点睛：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.
【变式训练】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：
.
题型08：复杂型
【典型例题1】已知函数f ( x)=( x−1)ln x−ax−a(a≠0)在区间(0,+∞)上有两个不同的零点x1，x2，且x1< x2，
则下列选项正确的是（ ）
A．a的取值范围是(0,1)
B．x1 x2=1
C．(x1+1)(x2+1)>4
D．ln x1+2a<ln x2<ln x1+2a+ 4
3
【解题思路】先令f ( x)=0，参变分离化简，得a= x−1
x +1 ln x，我们将题中函数零点个数问题转化为，函数交点问
题，然后求得a 的取值范围；利用图像可知两个零点的大小关系，然后去验证两个关系即可；然后利用两个的关系，
利用基本不等式判断(x1+1)(x2+1)>4；假设ln x1+2a<ln x2<ln x1+2a+ 4
3 正确，利用零点与a的关系消元，然
后利用不等式性质以及构造函数证明即可.
【解答过程】令f ( x)=( x−1)ln x−ax−a=0⇒a= x−1
x +1 ln x，
令g(x)= x−1
x +1 ln x，
由题可知，g(x1)= g(x2)=a，g
' (x)= 2 x ln x + x
2−1
x (x +1)
2
，
令g
' (x)= 2 x ln x + x
2−1
x (x +1)
2
=0，得x =1，
显然，当x∈(0,1)时，g
′ (x)<0，所以g(x)= x−1
x +1 ln x单调递减；
当x∈(1,+∞)时，g
′ (x)>0，所以g(x)= x−1
x +1 ln x单调递増；
g(1)=0，得g(x)= x−1
x +1 ln x示意图
所以a>0都符合题意，故A 错误；
由示意图可知x1<1< x2 ，
显然g(
1
x)=
1
x −1
1
x +1
ln 1
x = x−1
x +1 ln x = g(x)，
当x>0且x≠1时，易知x取两个互为倒数的数时，函数值相等，
因为g(x1)= g(x2)=a，所以x1, x2互为倒数，即x1 x2=1，故B 正确；
(x1+1)(x2+1)= x1 x2+(x1+ x2)+1≥x1 x2+2❑√x1 x2+1= 4，
等且仅当x1= x2=1时等号成立，
因为x1<1< x2，所以(x1+1)(x2+1)>4，故C 正确；
因为x1 x2=1，要证ln x1+2a<ln x2<ln x1+2a+ 4
3 ，
即证−ln x2+2a<ln x2<−ln x2+2a+ 4
3 ⇒a<ln x2<a+ 2
3 ，
因为g(x1)= g(x2)=a，所以a= x2−1
x2+1 ln x2，
即证x2−1
x2+1 ln x2<ln x2< x2−1
x2+1 ln x2+ 2
3 ，
我们分别证明x2−1
x2+1 ln x2<ln x2，ln x2< x2−1
x2+1 ln x2+ 2
3，
证明x2−1
x2+1 ln x2<ln x2：
因为1< x2，
所以ln x2>0,0< x2−1< x2+1⇒x2−1
x2+1 <1⇒x2−1
x2+1 ln x2<ln x2，
证明ln x2< x2−1
x2+1 ln x2+ 2
3 ：
要证ln x2< x2−1
x2+1 ln x2+ 2
3 ，即证3 ln x2< x2+1，
不妨设h(x)= x +1−3 ln x (x>1)，得h
′ (x)=1−3
x ，
显然，当x∈(1,3)时，h
′ (x)<0，此时h(x)单调递减；
当x∈(3,+∞)时，h
′ (x)>0，此时h(x)单调递増；
故h(x)≥h(3)= 4−3 ln3>0，故x +1−3 ln x>0，即x +1>3 ln x，
所以证得3 ln x2< x2+1，即证得ln x2< x2−1
x2+1 ln x2+ 2
3 ，
即得ln x1+2a<ln x2<ln x1+2a+ 4
3 ，故选项D 正确.
故选：BCD.
【典型例题2】已知函数f (x)= x(e
x−a)，a∈R.
(1)当a=1时，求f (x)的极值；
(2)若函数g(x)= f (x)−a ln x有2 个不同的零点x1，x2.
（i）求a的取值范围；
（ii）证明：e
x1+ x2−1>
a
x1 x2
.
【解题思路】（1）将a=1代入函数解析式，求导，判断其单调性，进而得出极值；
（2）（i）化简函数g( x)的解析式，令t = xe
x，问题可转化为h(t )=t −alnt在t ∈(0,+∞)有2 个零点t1，t2，
再利用导数研究函数h(t )的性质即可得出答案；
（ii）等价于证明t2> ae
t1
，再利用极值点偏移法即可得证．
【解答过程】（1）a=1时，f (x)= x(e
x−1)，
∵f
′ (x)=(x +1)e
x−1，
令m(x)= f
′ (x),∴m
′ (x)=(x +2)e
x，
∴x∈(−∞,−2)，m
′ (x)<0；x∈(−2,+∞)，m
′ (x)>0，
∴f
′ (x)在(−∞,−2)单调递减，(−2,+∞)单调递增，
∵x→−∞时，x +1<0，e
x>0，则f
′ (x)<0，
f
′ (−2)= −1
e
2 −1<0，f
′ (0)=0，x→+ ∞时，f
′ (x)→+ ∞，
∴x∈(−∞,0)时，f
′ (x)<0；x∈(0,+ ∞)，f
′ (x)>0，
∴f (x)在(−∞,0)单调递减，在(0,+ ∞)单调递增，
∴f (x)的极小值为f (0)=0，无极大值.
（2）（i）g(x)= f (x)−a ln x = x e
x−a(x + ln x)= x e
x−a ln(x e
x)，x∈(0,+∞)，
令t = xe
x，t ∈(0,+ ∞)，
∵t
' =(x +1)e
x>0，∴t = xe
x在(0,+ ∞)单调递增，
令h(t )=t −aln t，即h(t )在t ∈(0,+ ∞)有2 个零点t1，t2，且t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，
∵h
′ (t )=1−a
t = t −a
t
，
∴a≤0时，h
′ (t )>0，h(t )在t ∈(0,+ ∞)单调递增，不存在2 个零点，
∴a>0，
∵t ∈(0,a)时，h
′ (t )<0；t ∈(a,+ ∞)时，h
′ (t )>0，
∴h(t )在(0,a)单调递减，在(a,+ ∞)单调递增，
∵t →0时，h(t )→+ ∞；t →+ ∞时，h(t )→+∞，
∴h(t )min=h(a)=a(1−ln a)<0，∴a∈(e,+∞).
（ii）设t1<t2，∵h(1)=1>0，h (e)=e−a<0，
∴由（i）知，1<t1<e<a<t2，即证：t1t2>ae，即证：t2> ae
t1
，
∵t2>a，ae
t1
>a，h(t )在(a,+ ∞)单调递增，
∴即证：0=h(t2)>h(
ae
t1 )，
∵a= t1
ln t1
，∴h(
ae
t1 )= ae
t1
−aln ae
t1
=a(
e
t1
−lne
lnt1)=a[
e
t1
+ ln(lnt1)−1)，
令p(t1)=e
t1
+ ln(lnt1)−1，t1∈(1,e)，
即证：p(t1)<0，p
′(t1)=−e
t1
2 +
1
t1lnt1
= t1−elnt1
t1
2lnt1
，
令q(t1)=t1−elnt1，t1∈(1,e)，
∵q
′(t1)=1−e
t1
= t1−e
t1
<0，∴q(t1)在(1,e)单调递减，q(t1)>q (e)=0，
∴p
′(t1)>0，∴p(t1)在(1,e)单调递增，∴p(t1)< p (e)=0.
【变式训练8-1】已知函数f (x)= x
2e
2 x+(a−1) xe
x+1−a有三个不同的零点x1, x2, x3，其中x1< x2< x3，则
(1−x1e
x1)(1−x2e
x2)(1−x3e
x3)
2的值为（ ）
A．1
B．a−1
C．-1
D．1−a
【变式训练8-2】已知函数f (x)= x
2(aln x−2
3 x−a
2)有两个极值点x1, x2，且x1< x2．
(1)求a的取值范围；
(2)证明：x1ln x1+ x2ln x2> x1+ x2．
【变式训练8-3】已知函数f (x)= ln (2 x +2)−2 x，g(x)=ae
x−x + ln a
e
2 (a>0)．
(1)求函数f (x)的单调区间．
(2)当x>−1时，若h(x)= f (x)−g(2 x)有两个不同的零点x1, x2 (x1> x2)，则
（ⅰ）求a 的取值范围；
（ⅱ）证明：ae
2 x1+ae
2 x2>2．
题型09：拐点偏移问题
【典型例题1】给出定义：设f
′ (x)是函数y = f (x)的导函数，f
″ (x)是函数y = f
′ (x)的导函数，若方程f
″ (x)=0有实
数解x = x0，则称(x0,f (x0))为函数y = f (x)的“拐点”.经研究发现所有的三次函数
f (x)=a x
3+b x
2+cx +d (a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y = f (x)的图像的对称中心，若函数
f (x)= x
3−3 x
2，则f(
1
2021)+ f(
2
2021)+ f(
3
2021)+⋅⋅⋅+ f(
4040
2021)+ f(
4041
2021)=（ ）
A．8082
B．2021
C．-8082
D．-2023
【解题思路】通过二次求导可得f
′′ (x)=6 x−6，f
′′ (x)=0可得x =1，f (1)=−2，所以y = f (x)的图像的对称中心
为(1,−2)，即f (1−x)+ f (1+ x)=−4，据此规律求和即可.
【解答过程】由f
′ (x)=3 x
2−6 x，可得f
′′ (x)=6 x−6，
令f
′′ (x)=0可得x =1，
又f (1)=1−3=−2，
所以y = f (x)的图像的对称中心为(1,−2)，
即f (1−x)+ f (1+ x)=−4，
所以f(
1
2021)+ f(
2
2021)+ f(
3
2021)+⋅⋅⋅+ f(
4040
2021)+ f(
4041
2021)
=(f(
1
2021)+ f(
4041
2021))+(f(
2
2021)+ f(
4040
2021))+⋅⋅⋅+ f ( 2021
2021 )
=−4× 4041
2
=−8082，
故选：C.
【典型例题2】已知函数f(x)＝
，其导函数f′(x)的最大值为0.
(1)求实数a 的值；
(2)若
证明
【解析】
（1）【解法一】
由题意，函数
的定义域为
，其导函数
记
则
当
时，
恒成立，
所以
在
上单调递增，且
.
所以
，有
，故
时不成立；
当
时，
，则
；若
，则
.
所以
在
单调递增，在
单调递减
又
若
即
时，则
在
单调递减，
，
故
时不成立；
若
即
时，则
在
单调递减，
，
故
时不成立；
若
时，则
在
单调递增，在
单调递减，所以
成立 ，
故
时成立.
综上可知，
【解法二】
由题意，函数
的定义域为
，其导函数
记
则
当
时，
恒成立，所以
在
上单调递增，且
.
所以
，有
，故
时不成立；
当
时，
，则
；若
，则
.
所以
在
单调递增，在
单调递减
所以
令
所以
，
故
a=1.
（2）【解法一】（分析法解题）
当
时，
，则
.
由（1）知
恒成立，
所以
在
上单调递减，
且
，
不妨设
，则
欲证
，只需证
，因为
在
上单调递减，
则只需证
，又因为
，
则只需证
,即
令
，且
.
所以欲证
，只需证
由
，
整理得：
所以
在区间
上单调递增，
所以
，
，
所以函数
在区间
上单调递减，
所以有
，故
.
【解法二】（综合法书步骤）
当
时，
，则
.
由（1）知
恒成立，
所以
在
上单调递减，
且
，
不妨设
，则
令
，且
由
，
整理得：
所以
在区间
上单调递增，
所以
，
，
所以函数
在区间
上单调递减，
因为
0<x1<1，所以
又因为
，所以
在
上单调递减，
所以
【变式训练9-1】对于三次函数f (x)=a x
3+b x
2+cx +d (a≠0)，现给出定义：设f
′ (x)是函数f (x)的导数，f
″ (x)
是f
′ (x)的导数，若方程f
″ (x)有实数解x0，则称点(x0,f (x0))为函数f (x)=a x
3+b x
2+cx +d (a≠0)的“拐点”．
经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”，任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设
函数g(x)= x
3
3 −x
2+ 5
3
，则g(
1
9)+ g(
2
9)+ g(
3
9)+⋯+ g(
17
9 )=（ ）
A．17
3
B．17
2
C．17
D．34
【变式训练9-2】已知函数
．
（1）当
时，讨论函数
的单调性；
（2）当
时，设
，若正实数
，
，满足
，求证：x1+ x2>2
．
【变式训练9-3】已知函数
，
．
（Ⅰ）若
在
处取得极值，求
的值；
（Ⅱ）设
，试讨论函数
的单调性；
（Ⅲ）当
时，若存在正实数
，
满足
，求证：
．
【变式训练9-4】设函数f ( x)的导函数为f
′ (x)，f
′ (x)的导函数为f
″ (x)，f
″ (x)的导函数为f
′ ′ ′ (x)．若f
″(x0)=0，
且f
′ ′ ′(x0)≠0，则点(x0,f (x0))为曲线y = f ( x)的拐点．
(1)已知函数f ( x)= 3
5 x
5+ x
4，求曲线y = f ( x)的拐点；
(2)已知函数g( x)=e
x−1
6 a x
3−1
2 x
2，讨论曲线y = g( x)的拐点个数．
【变式训练9-5】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设φ
′ (x)为函数φ(x)的导数，若α为
φ
′ (x)的极值点，则(α ,φ(α ))为曲线y =φ(x)的拐点.
已知曲线C：y = x
3−3 x
2+1.
(1)求C 的拐点坐标；
(2)证明：C 关于其拐点对称；
(3)设l为C 在其拐点处的切线，证明：所有平行于l的直线都与C 有且仅有一个公共点.
【变式训练9-6】“拐点”又称“反曲点”，是曲线上弯曲方向发生改变的点.设φ
′ (x)为函数φ(x)的导数，若α为
φ
′ (x)的极值点，则(α ,φ(α ))为曲线y =φ(x)的拐点.
已知函数f (x)=ae
x−x ln x有两个极值点x1, x2，且Q(x0,f (x0))为曲线C：y = f (x)的拐点.
(1)求a 的取值范围；
(2)证明：C 在Q 处的切线与其仅有一个公共点；
(3)证明：f
′(x0)<
1
x1 x2
.
【变式训练9-7】拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）.设f
′ (x)是函数y = f ( x)
的导函数， f
″ (x)是函数f
′ (x)的导函数，若方程f
″( x)=0有实数解x = x0，并且在点( x0,f ( x0))左右两侧二阶导
数符号相反，则称( x0,f ( x0))为函数y = f ( x)的“拐点”.
(1)经研究发现所有的三次函数f ( x)=a x
3+b x
2+cx +d(a≠0)都有“拐点”，且该“拐点”也是函数y = f ( x)的
图象的对称中心.已知函数f ( x)= x
3+b x
2−9 x +a的图象的对称中心为(−1,10)，讨论函数f ( x)的单调性并求极值.
(2)已知函数g( x)=2m x
3+[6 ln(mx)−15) x
2+ 18
m x−5
m
2 +1，其中m>0.求g( x)的拐点.
题型10：与极值点偏移有关的恒成立与有解问题
【典型例题1】已知
，
，
，
均为
的解，且
，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B
【解析】对于A，令
，因为
，所以
在
上单调递增，与x 轴有唯一交点，
由零点存在性定理，得
，
，则
，故A 错误.
对于B，C，D，当
时，两边同时取对数，并分离参数得到
，
令
，
，
当
时，
，
单调递增；
当
时，
，
单调递减；
如图所示，
当
时，
与
的图象有两个交点，
，解得
，故B 正确；
，由A 选项知
，
，故C 错误；
由极值点偏移知识，此时函数
的极值点左移，则有
，故D 错误.
故选：B.
【典型例题2】已知函数
，在其定义域内有两个不同的极值点.
(1)求
的取值范围；
(2)记两个极值点为
，
，且
，当
时，求证：不等式
恒成立.
【解析】(1)由题意知，函数
的定义域为
，
方程
在
有两个不同根，
即方程
在
有两个不同根，
即方程
在
有两个不同根；
令
，则
，
则当
时，
，
时，
，
则函数
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
，
又因为
，当
时，
，当
时，
，
所以
的取值范围为
；
(2)证明：欲证
两边取对数等价于要证
，
由（1）可知
，
分别是方程
的两个根，
即
，
所以原式等价于
，因为
，
，
所以原式等价于要证明
.
又由
，
作差得，
，即
.
所以原式等价于
，令
，
，
则不等式
在
上恒成立.
令
，
又
，
当
时，可见
时，
，
所以
在
上单调增，
又
，
,
所以
在
恒成立，所以原不等式恒成立.
【典型例题3】已知函数
，
.
(1)求证：
，
；
(2)若存在
、
，且当
时，使得
成立，求证：
.
【解析】(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，
.
【典型例题4】已知函数
（其中e 为自然对数的底）
(1)若
在
上单调递增，求实数a 的取值范围；
(2)若
，
是
的极值点且
.若
，且
. 证明：
.
【解析】（1）因为
在
上单调递增，所以
在
恒成立，
所以
在
恒成立，
令
，
，
①当
时，
在
恒成立，
在
上单调递增，
所以
，所以满足题意.
②当
时，令
，则
.
(i)
，所以
，
在
单调递增，
所以
，所以满足题意.
（ii）
，
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，
令
，
，
所以
在
恒成立，所以
在
上单调递减，
而
，所以
不成立.
所以实数a 的取值范围为：
.
（2）
，
，
因为
是
的极值点，所以
满足
，
令
，则若
，解得
，
所以当
时，
，当
时，
，
所以
，
，
所以
是
唯一负极值点，且
在
上单调递增，在
上单调递减，
要证明
，即证明
，
化简得
，由于
在
上单调递增，
且由
，
，可知
.
故
，
从而
可推得
，而
，
因此
.
令
，
则
，
，
而
，所以
，
故
单调递增，从而
，即
，
从而
，即证得
.
【典型例题5】已知函数
.
(1)证明：
.
(2)若函数
，若存在
使
，证明：
.
【解析】（1）令
，
，
，
令
，解得：
；令
，解得：
，
∴
在
递增，在
递减，则
，
∴
恒成立，即
.
（2）∵
，
，∴
，
令
，解得：
；令
，解得：
；
∴
在
递增，在
递减.
又∵
，
，
，
，且
，
.
要证
，即证
.
∵
，∴
，
又∵
，∴只证
即可.
令
，
，
恒成立，
∴
在
单调递增.
又∵
，∴
，∴
，
即
，∴
.
【变式训练10-1】关于函数
，下列判断正确的是（ ）
①
是
极大值点；
②函数
有且仅有个零点；
③存在正实数
，使得
成立；
④对任意两个正实数
、
且
，若
，则
.
A．①④
B．②③
C．②③④
D．②④
【变式训练10-2】已知函数
．
(1)当
时，证明
；
(2)若
存在极值点
，且对任意满足
的
，都有
，求a 的取值范围．
【变式训练10-3】已知函数
，
.
(1)讨论f（x）的单调性；
(2)若
时，都有
，求实数a 的取值范围；
(3)若有不相等的两个正实数
，
满足
，证明：
.
【变式训练10-4】已知函数
（为自然对数的底数，
）．
(1)求
的单调区间和极值；
(2)若存在
，满足
，求证：
．
【变式训练10-5】已知函数
，
．
(1)讨论
极值点的个数．
(2)若
有两个极值点
，
，且
，证明：
．
【变式训练10-6】已知函数
.
(1)求
的单调区间；
(2)已知
，且
，若
，求证：
.
【变式训练10-7】已知函数
.
(1)求
的单调区间
(2)若
的极值点为
，且
，证明：
.
【变式训练10-8】已知函数
.
（1）求
的单调区间与极值.
（2）设
，
为两个不相等的正数，且
，证明：
.
【变式训练10-9】已知函数
，
．
（1）求函数
的单调区间；
（2）若
，且
，证明：
．
【变式训练10-10】已知函数
的极大值点为0，则实数m 的值为_________；设
，且
，不等式
恒成立，则实数
的取值范围为_____________．
1．已知函数
（其中
为自然对数的底数，
为常数）．
（1）讨论函数
的单调性；
（2）证明：当函数
有极大值，且极大值为
时，若方程
（m 为常数）有两个不等实根
则
.
2．设函数
.
（1）讨论函数
的单调性；
（2）当
时，若在
定义域内存在两实数
，
满足
且
，证明：
.
3．已知函数
，
．
（1）求函数
的单调区间；
（2）若
，且
，证明：
．
4．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：
.
5．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：
．
6．已知函数
．
（1）若曲线
在
处的切线与直线
垂直，求函数
在
最大值；
（2）当
时，设函数
的两个零点为
，试证明：
．
7．已知函数
.
（1）若
在定义域上不单调，求
的取值范围；
（2）设
分别是
的极大值和极小值，且
，求的取值范围.
8．已知函数
.
（1）求函数
的极值；
（2）若函数
有两个零点
，且
，证明：
.
9.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：
.
10.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：
.
11.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：
．
12.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：
.
13.已知函数
．
(1)当
时，判断
在区间
内的单调性；
(2)若
有三个零点
，且
．
（i）求
的取值范围；
（ii）证明：
.
14.）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：
．
15.已知函数
．
(1)若
恒成立，求实数
的值：
(2)若
，
，
，证明：
．
16.已知函数
（其中
为自然对数的底数，
为常数）．
（1）讨论函数
的单调性；
（2）证明：当函数
有极大值，且极大值为
时，若方程
（m 为常数）有两个不等实根
则
.
17．设函数
.
（1）讨论函数
的单调性；
（2）当
时，若在
定义域内存在两实数
，
满足
且
，证明：
.
18．已知函数
，
．
（1）求函数
的单调区间；
（2）若
，且
，证明：
．
19．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：
.
20．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：
．
21．已知函数
．
（1）若曲线
在
处的切线与直线
垂直，求函数
在
最大值；
（2）当
时，设函数
的两个零点为
，试证明：
．
22．已知函数
.
（1）若
在定义域上不单调，求
的取值范围；
（2）设
分别是
的极大值和极小值，且
，求的取值范围.
23．已知函数
.
（1）求函数
的极值；
（2）若函数
有两个零点
，且
，证明：
.
