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专题8 极值点偏移问题
函数与导数一直是高考中的热点与难点, 近几年高考试卷及各地模拟试卷中常出现与函数极值点偏移有
关的函数与不等式问题,已知函数
是连续函数,在区间
内有且只有一个极值点
,且
,若极值点左右的“增减速度”相同,常常有极值点
,我们称这种状态为极值点不
偏移；若极值点左右的“增减速度”不同,函数的图象不具有对称性,常常有极值点
的情况,我们
称这种状态为“极值点偏移”（对可导函数
来说，
的极值点就是
的零点，所以很多与零
点或方程实根有关的问题也可以利用处理极值点策略的方法去处理）.此类问题背景新颖,教材中又没有涉
及,不少同学望而生畏,本专题给出此类问题的常用解法,共同学们参考.
(一) 通过对称化构造新函数破解极值点偏移问题
【以例及类】已知函数
．
(1)求函数
的单调区间；
(2)已知函数
的图像与
的图像关于直线
对称,证明：当
时,
；
(3)如果
,且
,证明：
．
【分析】(1)由
可得
在
上递增,在
上递减；
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(2)
,构造函数
,
,由
单调性可
得
时
；
(3)假设
,由(2)得
,即
,由
在
上递增,可得
.
该题的三问由易到难,层层递进,完整展现了处理极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的全过程,直观
展示如下：
该题是这样一个极值点偏移问题：对于函数
,已知
,
,证明
．
再次审视解题过程,发现以下三个关键点：
①
,
的范围
；
②不等式
；
③将
代入（2）中不等式,结合
的单调性获证结论．
小结：用对称化构造的方法求解极值点偏移问题大致分为以下三步：
①求导,获得
的单调性,极值情况,作出
的图像,由
得
,
的取值范围（数形结
合）；
②构造辅助函数（对结论
,构造
；对结论
,构造
）,求导,限定范围（
或
的范围）,判定符号,获得不等式；
③代入
（或
）,利用
及
的单调性证明最终结论．
下面给出第(3)问的不同解法
【解析】法一：
,易得
在
上单调递增,在
上单调递减,
时,
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,
,
时,
, 函数
在
处取得极大值
,且
,如图所
示.
由
,不妨设
,则必有
,
构造函数
,
则
,所以
在
上单调递增,
,也
即
对
恒成立.由
,得
,
所
以
,
即
,
又
因
为
,且
在
上单调递减,所以
,即证
法二：欲证
,即证
,由法一知
,故
,又因为
在
上单调递减,故只需证
,又因为
,
故也即证
, 构造函数
, 则等价于证明
对
恒成立.
由
,则
在
上单调递增,所以
,
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即已证明
对
恒成立,故原不等式
亦成立.
法三：由
,得
,化简得
…,
不妨设
,由法一知,
.令
,则
,代入式,得
,反解出
,则
,故要证：
,即证：
,又因为
,等价
于证明：
…,
构造函数
,则
,
故
在
上单调递增,
, 从而
也在
上单调递增,
,即证式成立,也即原不等式
成立.
法四：由法三中式,两边同时取以
为底的对数,得
,也即
,从
而
,
令
,则欲证：
,等价于证明：
…,
构造
,则
,
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又令
,则
,由于
对
恒
成立, 故
,
在
上单调递增, 所以
, 从而
, 故
在
上
单
调
递
增
,
由
洛
比
塔
法
则
知
：
,即证
,即证式成立,也即原不
等式
成立.
【例1】（2023 届贵州省威宁高三模拟）已知函数
.
(1)当
时，
，求
的取值范围.
(2)若函数
有两个极值点
，证明：
.
【解析】（1）当
时，
在
恒成立，
令
，
，则
，
函数
在
上单调递减，
，
，
的取值范围是
．
（2）函数
，
．则
，
函数
有两个极值点
，
，
有两个正实数解
方程
有两个正实数解
函数
与函数
，
的图象有两个交点．
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，令
，解得
，
当
时
，则
单调递增，当
时
，则
单调递减，
函数
的极大值即最大值为
．
又
时
，且当
时，
，又
，
．不妨设
，
要证明
，
．
令
，
，
．
所以
，
当且仅当
，即
时取等号，
函数
在
单调递增，
，
，即
，因此
成立．
【例2】（2024 云南省长水教育集团质量检测）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：
.
【解析】（1）由题意可知：
的定义域为
，
，
令
，可得
，当
时，即
，
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，可知
在
上恒成立，
即
在
上恒成立，所以
在
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
上单调递增，
则
，可得
在
上恒成立，
因为
，则
，
且
在
上单调递减，则
，即
；
令
，
则
，
可知
在
上单调递增，则
，
可得
在
上恒成立，因为
，则
，
且
在
上单调递增，
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则
，即
；由
和
可得
.
(二) 含参函数问题可考虑先消去参数
含参数的极值点偏移问题,在原有的两个变元
的基础上,又多了一个参数,故思路很自然的就会想到：想
尽一切办法消去参数,从而转化成不含参数的问题去解决；或者以参数为媒介,构造出一个变元的新的函数.
由于可导函数
的极值点是
的零点,也是方程
的实根,所以有些与零点或方程实根有关
的问题可以利用求解极值点偏移问题的方法去解决.
【一题多解】已知函数
,
为常数,若函数
有两个零点
,
试证明：
【分析】法一：消参转化成无参数问题：
,
是方程
的两根,也是方
程
的两根,则
是
,设
,
,则
,从而
,此问题等价转化成为【例1】,下略.
法二：利用参数
作为媒介,换元后构造新函数：不妨设
,
∵
,∴
,
∴
,欲证明
,即证
.
∵
,∴即证
,
∴原命题等价于证明
, 即证：
, 令
, 构造
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,利用
单调性求解,下略.
法三：直接换元构造新函数：
设
,
则
,
反解出：
,
故
,转化成法二,略.
【例3】（2024 届浙江省名校协作体高三上学期联考）函数
有两个极值点
．其中
，为自然对数的底数．
(1)求实数
的取值范围；
(2)若
恒成立，求
的取值范围．
【解析】（1）由于
，
由题知
有两个不同实数根，即
有两个不同实数根．
令
，则
，解得
，故
在
上单调递增，在
上单调
递减，且
时，
，
时，
，
，故
的图象如图所示，
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当
时，
有两个零点
且
．则
或
，故
在
上单
调递增，在
上单调递减，在
上单调递增，
的极大值点为
，极小值点为
．
故
有两个极值点时，实数
的取值范围为
．
（2）由于
若设
，则上式即为
由（1）可得
，两式相除得
，即
，
由
得
所以
，令
，
则
在
恒成立，由于
，
令
，则
，
，
显然
在
递增，
又有
，所以存在
使得
，
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且易得
在
递减，
递增，又有
，
所以存在
使得
，且易得
在
递减，
递增，
又
，则
时，
时，
，所以易得
在
上
递减，在
上递增，则
，
所以
的取值范围为
．
(三) 对数平均不等式
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.
【例4】设函数
其图象与
轴交于
两点,且
.
（1）求实数
的取值范围；
（2）证明：
为函数
的导函数）；
【分析】（1）
,
,当
时,
在R 上恒成立,不合题意
当
时,
当
,即
时,
至多有一个零点,不合题意,故舍去；
当
,即
时,由
,且
在
内单调递减,故
在
有且只有一
个零点；由
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令
,则
,故
所以
,即在
有且只有一个零点.
（2）由（1）知,
在
内递减,在
内递增,且
所以
,因为
,
,即
,所以
所以
,要证：
,只须证
,即
故,
,
所以
,所以
因为
,所以
,而
所以
成立,所以
【评注】根据对数平均不等式求解的步骤是：
1.通过等式两边同取自然对数或相减等配凑出
,
2.通过等式两边同除以
构建对数平均数
,
3.利用对数平均不等式将
转化为
后再证明
（或
）. 两种方法
各有优劣,适用的题型也略有差异.
(四) 一题多解赏析
【例5】已知
,
．若
有两个极值点
,
,且
,求证：
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【分析】解法一：欲证
,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．
于是,有
,解得
．
另一方面,由
,得
,
从而可得,
．
于是,
．
又
,设
,则
．因此,
,
．
要证
,即证：
,
．即：当
时,有
．构造函数
,
,利用
为
上的增函数求解.
解法二 ：欲证
,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．显然
,否则,函数
为单调函
数,不符合题意．
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由
,问题转化为证明
,构造函数
函数
,根据
在
上递增,可得
=0,
所以
,设
,由
在
上递增可证.
解法三 ：由
,
是方程
的两个不同实根得
,令
,
,由于
,因此,
在
,
．
设
,需证明
,只需证明
,只需证明
,即
,即
．来源： 微信公众号 中学数学研讨部落
即
,
,故
在
,故
,即
．令
,则
,因为
,
,
在
,所以
,即
．
解法四：设
,
,则由
得
,设
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,则
,
．欲证
,需证
,把
代入整
理得
,构造
证明.
设
,
,则由
得
,设
,
则
,
．欲证
,需证
,即只需证明
,即
,设
,
,故
在
,因此
,命题得证．
(五) 2022 届高考全国卷甲理22 题解析
极值点偏移问题前几年高考曾经考查过，2022 年高考全国卷甲理再次考查极值点偏移问题，该题有一定难
度，但用前面介绍的方法可以轻易解决，下面给出两种解法，共同学们参考：
【例6】已知函数
．
（1）若
,求a 的取值范围；
（2）证明：若
有两个零点
,则
．
【解析】解法一：（1）因为
,
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令
,得
当
单调递减；当
单调递增,
所以
,
若
,则
,即
,所以
的取值范围为
.
（2）由（1）知,
单调递减；当
单调递增,
若
有两个零点
,则一个零点小于1,一个零点大于1,不妨设
要证
,即证
,
因为
,即证
,因为
,即证
即证
,
即证
,
下面证明
时,
,设
,
则
,
设
,
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所以
,而
,所以
,所以
,
所以
在
单调递增即
,所以
令
,
所以
在
单调递减,即
,所以
；
综上,
,所以
.
解法二： （1）因为
,
设
,则
,
所以
时
,
递减,
时
,
递增,
,
设
,则
为增函数,
,
若
,则
,即
,所以
的取值范围为
.
（2）由（1）知
有两个零点
,则方程
有两个实根
,
因为
时
递减,
时
递增,
不妨设
,由
得
,
所以要证
,即证
,即证
,
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即证
,设
,即证
,
设
,则
,
所以
为增函数,
,所以
成立.
【例1】（2024 届四川省眉山市高三下学期第三次诊断）已知函数
2
( )
ln
2
f x
x x
ax
x
.
(1)若过点
(1,0)
可作曲线
( )
y
f x
两条切线，求
a
的取值范围；
(2)若
( )
f x
有两个不同极值点
1
2
,
x x
.
①求a 的取值范围；
②当
1
2
4
x
x
时，证明：
2
3
1
2
16e
x x
.
【解析】（1）依题意，
( )
ln
2
1
f
x
x
ax
，
设过点
1,0
的直线与曲线
( )
y
f x
相切时的切点为
0
0
(
,
)
x
y
，斜率
0
0
ln
2
1
k
x
ax
，
切线方程为
2
0
0
0
0
0
0
0
(
ln
2
)
(ln
2
1)
)
(
y
x
x
ax
x
x
ax
x
x
，而点(1,0) 在切线上，
则
2
0
0
0
0
0
0
0
ln
2
(l
)
n
2
1)(1
x
x
ax
x
x
ax
x
，即有
2
0
0
0
0
2
ln
1
0
ax
ax
x
x
，
由过点(1,0) 可作曲线
( )
y
f x
两条切线，得方程
2
0
0
0
0
2
ln
1
0
ax
ax
x
x
有两个不相等的实数根，
令
2
( )
2
ln
1
g x
ax
ax
x
x
，则函数
( )
g x
有2 个零点，
求导得
2
1
2
(2
1)
1
(2
1)(
1)
( )
2
2
1
ax
a
x
ax
x
g x
ax
a
x
x
x
，
①若
1
2
a
，由
( )
0
g x
，得
1
0
2
x
a
或
1
x ，由
( )
0
g x
，得
1
1
2
x
a
，
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即函数( )
g x 在
1
(0,
)
2a ，(1,
)
上单调递增，在
1
(
,1)
2a
上单调递减，
则当
1
2
x
a
时，( )
g x 取得极大值；当
1
x 时，( )
g x 取得极小值，
又
2
1
1
1
1
1
1
(
)
(
)
2
ln
1
ln2
2
0
2
2
2
2
2
4
g
a
a
a
a
a
a
a
a
a
，
当
1
x
时，
( )
0
g x
恒成立，因此函数
( )
g x
最多1 个零点，不合题意；
②若
1
2
a
，
( )
0
g x
恒成立，函数( )
g x 在(0,
)
上单调递增，
因此函数
( )
g x
最多1 个零点，不合题意；
③若
1
0
2
a
，由
( )
0
g x
，得0
1
x
或
1
2
x
a
，由
( )
0
g x
，得
1
1
2
x
a
，
即函数( )
g x 在( 0, 1) ，
1
(
,
)
2a 上单调递增，在
1
(1,
)
2a 上单调递减，
则当
1
x 时，( )
g x 取得极大值；当
1
2
x
a
时，( )
g x 取得极小值，又(1)
2
0
g
a
，
显然当
1
2
x
a
时，( )
0
g x
恒成立，因此函数( )
g x 最多1 个零点，不合题意；
④若
0
a
，显然2
1
0
ax
，当0
1
x
时，
( )
0
g x
，当
1
x 时，
( )
0
g x
，
函数在( 0, 1) 上单调递增，在(1,
)
上单调递减，当
1
x 时，( )
g x 取得最大值(1)
2
g
a
，
要函数
( )
g x
有2 个零点，必有
(1)
2
0
g
a
，得
2
a
，
当0
1
x
时，
2
( )
(
1)
1
ln
1
ln
g x
a x
x
a
x
a
x
，
而函数
1 ln
a
x
y
在( 0, 1) 上的值域为(
,
1)
a
，因此( )
g x 在( 0, 1) 上的值域为(
,
2)
a
，
当
1
x 时，令
ln
y
x
x
，求导得
1
1
0
y
x
，函数
ln
y
x
x
在(1,
)
上单调递减，
则ln
1
x
x
，
2
2
( )
(
1)
1
ln
(
1)
2
g x
a x
a
x
x
a x
a
，
而函数
2
(
1)
2
y
a x
a
在
(1,
)
上单调递减，值域为
(
,
2)
a
，
因此函数( )
g x 在(1,
)
上的值域为(
,
2)
a
，
于是当
2
a 时，函数( )
g x 有两个零点，
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所以过点
1,0
可作曲线
y
f x
两条切线时，a 的取值范围是
, 2
.
（2）①由（1）知，
( )
ln
2
1
f
x
x
ax
，
由函数
( )
f x 有两个极值点
1
2
,
x x ，得
( )
0
f
x
，即
ln
1
2
x
a
x
有两个实数根
1
2
,
x x ，
令
ln
1
( )
x
u x
x
，求导得
2
2
ln
( )
x
u x
x
，当
2
0
e
x
时，
( )
0
u x
，当
2e
x
时，
( )
0
u x
，
函数( )
u x 在
2
(0,e ) 上单调递增，
2
(e ,
)
上单调递减，
max
2
1
( )
e
u x
，
且(e)
0
u
，当
e
x
时，函数( )
0
u x
恒成立，因此当
2
1
0
2
e
a
时，
ln
1
2
x
a
x
有两个实数根
所以函数
( )
f x 有两个极点时，a 的取值范围是
2
1
(0,
)
2e
.
②由
1
1
2
2
ln
2
1
0
ln
2
1
0
x
ax
x
ax
，即
1
1
2
2
ln
2
1
ln
2
1
x
ax
x
ax
，得
1
2
1
2
ln
ln
2
x
x
a
x
x
，
要证明
2
3
1
2
16e
x x
，只需证明
1
2
ln
2ln
4ln2
3
x
x
，
而
1
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
1
2
2
2
ln
ln
ln
ln
2ln
2 (
2
3
2
3
2)
3
(
1
)
(
)
x
x
x
x
x
x
x
a x
x
x
x
x
x
x
x
x
，
令
1
1
2
2
(
4
)
x
t
x
x
x
，则
4
t
，欲证明
1
2
ln
2ln
4ln2
3
x
x
，
即证明
ln
(
2)
4ln2(
4)
1
t
t
t
t
，只需证明
1
ln
4ln2
0(
4)
2
t
t
t
t
即可，
令
1
( )
ln
4ln2
(
4)
2
t
h t
t
t
t
，
求导得
2
2
2
2
4
4
12ln2
1
3
4
4 12ln2
4ln2 (
2)
(
2)
(
2)
t
t
t
t
t
h t
t
t
t t
t
，
则
4
( )
4
12ln2
t
t
t
在
4
t
时单调递增，故( )
(4)
9 12ln2
0
t
，
则
( )
0
h t
，令( )
h t 在
4
t
时单调递增，则
1
( )
(4)
ln4
4
ln2
0
2
h t
h
，
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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因此
ln
(
2)
4ln2(
4)
1
t
t
t
t
，即
1
2
ln
2ln
4ln2
3
x
x
，所以
2
3
1
2
16e
x x
.
【例2】（2024 届江苏省扬州市仪征市四校高三下学期4 月联合学情检测）已知函数
．
(1)若
恒成立，求
的取值范围；
(2)若
有两个不同的零点
，证明
．
【解析】（1）首先由
可知
的定义域是
，从而
.
故
，从而当
时
，当
时
.
故
在
上递增，在
上递减，所以
具有最大值
.
所以命题等价于
，即
.所以
的取值范围是
.
（2）不妨设
，由于
在
上递增，在
上递减，故一定有
.
在
的范围内定义函数
.
则
，所以
单调递增.
这表明
时
，即
.
又因为
，且
和
都大于，
故由
在
上的单调性知
，即
.
【例3】（2024 届重庆市名校联盟高三下学期第一次联考）若函数
f x
在定义域内存在两个不同的数
1
2
,
x x ，
同时满足
1
2
f x
f x
，且
f x 在点
1
1
2
2
,
,
,
x
f x
x
f x
处的切线斜率相同，则称
f x 为“切合函
数”
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(1)证明：
3
2
f x
x
x
为“切合函数”；
(2)若
2
ln
g x
x x
x
ax
为“切合函数”，并设满足条件的两个数为
1
2
,
x x ．
（ⅰ）求证：
1
2
1
4
x x
；
（ⅱ）求证：
2
1
2
1
2
3
1
4
a
x x
x x
．
【解析】（1）假设存在两个不同的数
1
2
,
x x
，满足题意，
易知
2
3
2
f
x
x
，由题意可得
1
2
f x
f x
，即
3
3
1
1
2
2
2
2
x
x
x
x
，
3
3
1
1
2
2
2
2
0
x
x
x
x
，
3
3
1
2
1
2
2
0
x
x
x
x
，
2
2
1
2
1
1
2
2
1
2
2
0
x
x
x
x x
x
x
x
，
2
2
1
2
1
1
2
2
2
0
x
x
x
x x
x
，又
1
2
x
x
，所以
2
2
1
1
2
2
2
0
x
x x
x
.
因为
1
2
f
x
f
x
，即
2
2
1
2
3
2
3
2
x
x
，化简可得
2
2
1
2
x
x
，又
1
2
x
x
，
所以
1
2
x
x
，代入
2
2
1
1
2
2
2
0
x
x x
x
，
可得
1
2
2,
2
x
x
或
1
2
2,
2
x
x
，所以
3
2
f x
x
x
为“切合函数”.
（2）由题意知
ln
2
1
g
x
x
x
a
，因为
2
ln
g x
x x
x
ax
为“切合函数”，
故存在不同的数
1
2
,
x x (不妨设
1
2
0
x
x
)使得
1
2
1
2
g x
g x
g
x
g
x
，即
2
2
1
1
1
1
2
2
2
2
1
1
2
2
ln
ln
ln
2
1
ln
2
1
x
x
x
ax
x
x
x
ax
x
x
a
x
x
a
，
整理得
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
ln
1
1
2
2
ln
ln
x
x
x
x
a
x
x
x
x
x
x
x
x
，
（ⅰ）先证
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
，即
2
1
2
1
1
2
ln
ln
x
x
x
x
x x
，
2
1
2
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
，
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令
2
1
x
t
x
，则由
1
2
0
x
x
，知
1
t ，要证
2
1
2
1
2
1
ln
x
x
x
x
x
x
，只需证
1
2ln
t
t
t
，
即
1
2ln
0
t
t
t
，设
1
2ln
m t
t
t
t
1
t
，易知
2
2
2
1
2
1
1
0
t
m t
t
t
t
，
故
m t
在
1,+
单调递减，所以
1
0
m t
m
，
故有
2
1
1
2
2
1
ln
ln
x
x
x x
x
x
，由上面的
2 式知
1
2
1
2
x x
,所以
1
2
1
4
x x
.
（ⅱ）由上面的
2 得
2
1
2
1
2
1
ln
ln
x
x
x
x
，
2
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
ln
ln
ln
ln
1
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
a
x
x
x
x
x
x
2
1
2
1
2
1
1
1
2
2
1
1
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
ln
ln
ln
ln
ln
ln
2
2
ln
ln
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x
1
1
2
2
2
1
2
1
1
1
2
2
1
2
2
1
2
1
2
ln
ln
ln
ln
ln
ln
2
2
x
x
x
x
x
x
x
x
x
x x
x
x x
x
x
x
x
1
2
ln
2
x x
，
又
1
2
1
4
x x
，所以
ln 2
a
且
2
1
2
e
a
x x
，
故要证
2
1
2
1
2
3
1
4
a
x x
x x
，只需证
2
2
3
1
e
e
4
a
a
a
，
即
2
2
3 e
+e
1
0
4
a
a
a
ln 2
a
，设
2
2
3
( )
e
+e
1
4
a
a
h a
a
，
则即证( )
0
h a
ln 2
a
，
2
2
3
3
( )
2e
+e
2
1 =
e
+e
2
1
4
2
a
a
a
a
h a
a
a
，
设
2
3
( )
e
+e
2
1
2
a
a
k a
a
，则
2
( )
3e
+e
2= 3e
2
e
1
0
a
a
a
a
k a
，
即( )
k a 也就是
( )
h a
在
ln 2,+
单调递增，
2ln2
ln2
3
( )
(ln 2)
e
e
2 ln 2 1
2
h a
h
3
4
2
2ln 2
2
2
2 3
ln 2
0
，
所以( )
h a 在
ln 2,+
单调递增，
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所以
2
2ln2
ln2
3
( )
(ln 2)
e
e
ln 2 1
4
h a
h
2
5
ln 2+1
，
因为1
ln 2+1
2
，所以
2
1
ln 2+1
4
，所以
2
5
ln 2+1
0
，所以原不等式成立.
【例4】（2024 届四川省广安友谊中学高三上学期月考）已知函数
(1)讨论函数
的单调性；
(2)若不等式
有解，求实数t 的取值范围；
(3)若函数
有两个零点x1，x2，证明：
．
【解析】（1）
，
单调递增；
单调递减；
（2）
有解，
所以
，
，
，
单调递增，
单调递减；
单调递增；
所以
，所以
.
（3）
有两个零点x1，x2，
有两个根x1，x2， 不妨设
，由（1）可知两根也是
与
的两个交点，
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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
．
【例5】已知函数
，
．
(1)若
，判断函数
的单调性；
(2)若函数
的导函数
有两个零点
，证明：
．
【解析】 (1)若
，则
，
所以
，
由
，得
；由
，得
．
所以
在
上单调递增，在
上单调递减．
(2)因为函数
，所以
，
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所以
．
若函数
有两个零点
，则方程
的判别式
，
，所以
．
又
，所以
，即
，
，
欲证
，只需证
，
即证
．
设
，其中
，
由
，得
．因为
，所以
，
由
得
；由
得
．
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，
所以
的最大值为
，
从而
成立．
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1．（2024 届安徽省A10 联盟高三最后一卷）已知函数
．
(1)求证：
至多只有一个零点；
(2)当
时，
分别为
的极大值点和极小值点，若
成立，求实数k 的取值范围．
2．（2024 届湖北省宜荆荆随恩高三5 月联考）设函数
，
(1)讨论
的单调性．
(2)若函数
存在极值，对任意的
，存在正实数
，使得
（ⅰ）证明不等式
．
（ⅱ）判断并证明
与
的大小．
3．（2024 届全国统一考试押题卷）已知函数
．
(1)求函数
在
上的值域；
(2)若方程
有两个不相等的解
，且
，求证：
．
4．（2024 届江西省新八校高三第二次联考）已知函数
(1)当
时，求函数
的极值；
(2)设函数
有两个极值点
，且
，若
恒成立，求
最小值．
5．（2024 届河北省保定市高三下学期第二次模拟）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：
．
6．（2024 届云南省高三第二次统一检测）已知常数
，函数
.
(1)若
，求
的取值范围;
(2)若
、
是
的零点，且
，证明:
.
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7．（2024 届河南省南阳市一中高三下学期模拟）已知函数
.
(1)设
1 ex
g x
f x
x
，讨论函数
g x
的单调性；
(2)若函数
f x
有两个极值点
1
2
1
2
,
x x
x
x
，证明：
1
2
1
2
e
1
x
x
x
x
.
8．（2024 届河北省沧州市沧衡名校联盟高三下学期4 月模拟）已知函数
1
ln ,0
1
e
,
1
x
x x
x
h x
x
x
x
(1)若函数
1
f x
x
，证明：
f
x
h x
在
1,
上恒成立；
(2)若
1
2
3
1
2
3
0
h x
h x
h x
x
x
x
，且
2
1,
1,2
x
mx m
，证明：
2
3
1
1
2ln2
2
x
x
x
.
9．（2024 届福建省莆田市三模）已知函数
1
( )
ln
f x
x
a
x
x
，其中
R
a
.
(1)当
1,
x
时，
( )
0
f x
，求a 的取值范围.
(2)若
2
a ，证明：
( )
f x 有三个零点
1
x
，
2
x
，
3x
（
1
2
3
x
x
x
），且
1
x
，
2
x
，
3x
成等比数列.
(3)证明：
1
1
ln
1
1
n
k
n
k k
（
N
n
）.
10．（2024 届河南省商丘市部分学校5 月联考）已知函数
f x
的定义域为
0,
，其导函数
2
2
2
1
1
2
f
x
x
a a
f
a
x
R ,
．
(1)求曲线
y
f x
在点
1,
1
f
处的切线l 的方程，并判断l 是否经过一个定点；
(2)若
1
2
,
x x
，满足
1
2
0
x
x
，且
1
2
0
f
x
f
x
，求
1
2
2 f x
f x
的取值范围．
11．（2024 届河北省沧州市高三下学期4 月联考）已知函数
2ln
f x
x
x
.
(1)求函数
f x
的单调性；
【www.xue-ba.org 12 年学霸网】
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(2)若
y
f x
t
有两个不相等的零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
.
①证明：
2
1
x
x 随t 的增大而增大；
②证明：
2
1
e 1
1
x
x
t
.
12．（2024 届全国统一考试预测卷二）已知函数
2
( )
ln(
1)
f x
ax
x
x
x
．
(1)当
2
a
时，讨论( )
( )
g x
f x
x
的单调性．
(2)若
( )
f x 有两个零点
1
2
,
x x ，且
1
2
x
x
，证明：
1
2
4
ln
1
1
x
x
a
．
13．（2024 届福建省福宁古五校教学联合体联考）已知函数
1
( )
(
1)ln
,
f x
ax
a
x
a
x
R ．
(1)讨论函数
( )
f x 的单调性;
(2)若关于x 的方程
2
( )
e
ln
1
x
xf x
x
x
x
有两个不相等的实数根
1
2
,
x x
，
（i）求实数a 的取值范围;
（ii）求证:
1
2
2
1
1
2
e
e
2
x
x
a
x
x
x x
．
14．（2024 届广东省佛山市高三下学期教学质量检测）已知
2
1 e
4e
5
2
x
x
f
x
ax
.
(1)当
3
a
时，求
f x
的单调区间；
(2)若
f x
有两个极值点
1
x ，
2
x ，证明：
1
2
1
2
0
f x
f x
x
x
.
