专题04 利用导数解决双变量问题
目录
高频考情深度解读（高考命题规律透视+培优备考要求）
核心考点系统梳理（重难知识图谱+解题结论与高效技巧）
聚焦题型精准解密（5 大题型精讲+变式拔高训练）
题型一 对称化构造法（
）
题型二 比值/差值代换法（
）
题型三 对数/指数均值不等式法（
）
题型四 加法/减法型极值点偏移（
）
题型五 乘积/平方型极值点偏移（
）
实战演练高效提分（高考仿真模拟+限时训练提升）
高考中题型定位：仍以压轴题第二问为主，分值占比 5-8 分，聚焦双变量不等式证明（加法型、乘积
型等）。
基础知识必备：掌握含对数、指数的单极值点函数模型（如 f ( x)= ln x +a x
2+bx、f ( x)=e
x−ax
）的单调性、极值求解。熟练运用导数工具，包括求导公式、导数符号判断函数增减性、极值点求解。掌
握对称化构造、比值 / 差值代换、对数 / 指数均值不等式等核心方法的基本逻辑。理解双变量关系转化
技巧，能将 x1+ x2、x1 x2 等形式转化为单变量问题。
2026 高考预测： 考向趋势主要是结合含参函数的极值点问题，融合对称化构造与均值不等式的综合
应用；跨模块趋势增强，可能与函数单调性、最值、不等式放缩结合考查。 创新方向：出现 “新定义型
极值点偏移”，强调逻辑推理与构造能力；乘积 / 平方型极值点偏移成为难点设问方向。
1
重难知识汇总：重难知识汇总极值点偏移定义：函数在极值点 x0 两侧存在 x1≠x2 满
足 f ( x1)= f ( x2)，需证明 x1+ x2>2 x0（或 <2 x0）、x1 x2> x0
2（或 < x0
2）等关系。关键函数性质：
单极值点函数的 “对称特征”，即极值点两侧函数值对称分布的偏移规律。核心不等式：对数均值不等
式（√ab<
a−b
ln a−ln b < a+b
2
）、指数均值不等式（e
m+n
2 < e
m−e
n
m−n < e
m+e
n
2
）的应用条件与放缩方向。常
见模型：加法 / 减法型（x1+ x2>k、| x1−x2|<k）、乘积 / 平方型（x1 x2>k、x1
2+ x2
2>k）的转化逻辑。
常用技巧方法：
1.对称化构造法：构造 F( x)= f ( x)−f (2 x0−x)，通过判断 F( x) 单调性推导双变量关系，适
用于加法型偏移。
2.比值 / 差值代换法：令 t = x1
x2
（比值）或 t = x2−x1（差值），将双变量转化为单变量函数，适
用于乘积 / 商型不等式。
3.对数 / 指数均值不等式法：从 f ( x1)= f ( x2) 推导得到 a= ln x1−ln x2
x1−x2
等形式，直接套用均
值不等式放缩。
4.中间量过渡法：减法型偏移通过 “x2<6−x1” 等中间关系，结合函数单调性推导差值范围。
易错避坑提效：
1.函数失误：忽略构造函数的定义域（如 x>0、x<1 等限制），导致单调性判断错误。均值不等
式滥用：未验证对数 / 指数均值不等式的使用条件（如 a≠b、a,b>0），直接放缩导致结论偏差。
2.导数符号判断：求导后未化简（如分式导数通分不彻底），误判导函数符号，影响函数单调性分析。
3.极值点求解：对含参函数求导后，遗漏极值点存在的条件（如文档中 “h( x) 存在两个不同变号
零点” 需满足最小值小于 0）。
4.双变量转化：代换后未明确单变量的取值范围（如 t = x1
x2
需注明 0<<t <1），导致后续证明逻
辑不严谨。
题型一 对称化构造法
方法点拨：已知函数
存在极值点
，且
，求证
（或
）。
构造对称辅助函数
，通过研究
的单调性，结合
的增减性推导双变量关
2
系。含对数、指数的单极值点函数(
、
),是全国卷、新高考卷最常考
的基础模型。
【典例01】（2025·云南·模拟预测）定义：
，
是函数
的两个极值点，若
，则称
为“
函数”．
(1)若
为“
函数”，求实数
的取值范围；
(2)已知函数
有两个极值点．
（i）求
的取值范围；
（ii）证明：
为“
函数”．
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明见解析
【分析】（1）先求出两个零点.再依据“
函数”条件，列出关于零点和函数值的不等式，最后解不等式
得出参数范围.
（2）（i）对函数求导后令其为
，再对
求导找单调性和最小值.根据
存在两个不同变号零点，
结合其极限情况确定参数范围.
（ii）构造
，通过求导判断单调性，利用单调性和
性质证明
.接着根据
单调性得到
，构造
，求导判断单调性，证明
，
从而证明函数为“
函数”.
【详解】（1）已知
，对
求导得
.
令
，即
，解得
或
.
因为函数
为“
函数”，所以
.
3
，
，
.
则不等式为
.
解
，得
.解
，得
，所以
.
取交集得
.
则实数
的取值范围
.
（2）（i）已知
，求导得
，
令
，得
.
令
，即
，解得
.
当
时，
，
在
上单调递减；
当
时，
，
在
上单调递增.
所以
.
当
时，
；当
时，
.
因为函数
存在两个不同的变号零点，所以
，即
.
(ii)令
.
，由均值不等式
（当且仅当
时取等号），
所以
，
在
上单调递增.
又
，当
时，
，即
.
利用单调性证明
：
4
因为
，且
在
上单调递减，
，
，
所以
，即
.
构造函数
并分析单调性证明
：
因为
时，
，
在
上单调递减，
，
所以
，
.
其中
，
令
，
则
，
令
，
，
在
上单调递增.
当
时，
，即
，
在
上单调递增，
.
所以
，即
.
综上，函数
为“
函数”.
【典例02】（2025·广东佛山·模拟预测）已知函数
．
(1)设
，求
的零点并判断
的单调性；
(2)若
，且
，证明：
（i）
；
（ii）
．
5
【答案】(1)
的零点为0；
在
上单调递减，在
上单调递增.
(2)证明见解析
【分析】（1）利用导数分析
的单调性，可得到
在
上有唯一零点.利用
的单调性得到
及
的解，从而得到判断
的单调性；
（2）（i）构造新函数，通过分析新函数的单调性，结合
的单调性证得
，即
；
（ii）构造新函数，根据新函数的单调性分析，结合
的单调性证得
，即
．
【详解】（1）由函数
，得
.
所以
.
因为
恒成立，且
在
上单调递增.
因为
，所以
在
上有唯一零点.
所以
的零点为0.
所以，当
时，
；当
时，
.
所以
在
上单调递减，在
上单调递增.
（2）由（1）知，
在
上单调递减，在
上单调递增.
所以
在
处取得极小值，即最小值，最小值为
.
若
，且
，则
.
.
令
，则
.
6
所以
是增函数，所以
.
由（1）知
，所以
，所以
，即
.
因为
在
上单调递增，所以
，即
.
（ii）设
，则
令
，则
.
令
，则
.
所以
在
上单调递增，即
在
上单调递增.
所以
，所以
在
上单调递增.
所以
.
所以，当
时，
恒成立，即
.
即
.
两边同乘以
，得
.
因为
，所以
，
所以
，
即
.
因为
，所以
，所以
，即
.
7
所以，
.
因此，
得证.
【变式01】（24-25 高三上·河北唐山·月考）已知函数
.
(1)若函数
有两个零点，求
的取值范围；
(2)设
是函数
的两个极值点，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明过程见解析.
【分析】（1）根据函数零点定义，结合常变量分离法、构造函数法，结合导数的性质进行求解即可；
（2）根据所证明不等式的结构特征，构造新函数，结合导数的性质进行求解即可.
【详解】（1）
，
该方程有两个不等实根，由
，
所以直线
与函数
的图象有两个不同交点，
由
，
当
时，
单调递减，
当
时，
单调递增，因此
，
当
时，
，当
，
，
如下图所示：
8
所以要想有两个不同交点，只需
，即
的取值范围为
；
（2）因为
是函数
的两个极值点，
所以
，由（1）可知：
，不妨设
，
要证明
，只需证明
，显然
，
由（2）可知：当
时，
单调递增，所以只需证明
，
而
，所以证明
即可，
即证明函数
在
时恒成立，
由
，
显然当
时，
，因此函数
单调递减，
所以当
时，有
，所以当
时，
恒成立，因此命题得以证明.
【点睛】关键点睛：常变量分离构造新函数，利用新函数的单调性求解证明是解题的关键.
【变式02】（25-26 高三上·重庆九龙坡·期中）已知函数
．
(1)当
时，
9
① 求
的最小值；
② 设
，求证:
；
(2)设
，
，
是
的两个极值点，求证：
．
【答案】(1)
①
；②证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）①求出函数的导函数，即可得到函数的单调性，从而求出函数的最小值；
②由①可知
，令
，从而得到
，再结合等差数列求和公式即可证明；
（2）求出函数的导函数，即可得到
，令
，利用导数说明函数的单调性，不妨
设
，利用分析法可得只需证
，令
，利用
导数说明函数的单调性，即可证明.
【详解】（1）①当
时，
，其定义域为
，
又
，
所以当
时，
，所以
在
上单调递减，
当
时，
，所以
在
上单调递增，
所以
在
处取得极小值，也是最小值，即
；
②由①知，当
时，
，即
，
令
，则
，则
，
所以
，则
，
所以
，得证.
10
（2）函数
的定义域为
，
又
，
因为
，
是
的两个极值点，所以
，
，
即
，
令
，
，则
，
当
时
，当
时
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
不妨假设
，
要证
，只需证
，因为
，所以
，
因为
在
上单调递增，所以只需证
，
又因为
，所以只需证
，
令
，
则
，
因为
，所以
，
则
，所以
，
所以
在
上单调递减，
，
所以
，即
.
11
【变式03】（2024 高三·全国·专题练习）已知函数
．
(1)若函数
有两个零点，求
的取值范围；
(2)设
是函数
的两个极值点，证明：
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）函数
有两个零点转化为直线
与函数
的图象有两个不同
的交点，利用导数研究函数单调性与最值，数形结合即可求
的取值范围；
（2）由（1）知
，不妨设
，要证
，即证
，只需证
，结合
单调递增只需证
，再根据单调性可得答案.
【详解】（1）
，则
，
令
，得
，
若函数
有两个零点，则直线
与函数
的图象有两个不同的交点．
设
，则
．
当
时，
单调递减，当
时，
单调递增，
因此
．当
时，
，当
时，
，
作出函数
的大致图象与直线
，如图所示，要使二者有两个不同交点，
则
，故
的取值范围为
．
12
（2）因为
是函数
的两个极值点，所以
．
由（1）知
，不妨设
，
要证
，即证
，
只需证
，显然
．
由（1）知当
时，
单调递增，所以只需证
，
而
，所以即证
．
设
，
则
，
当
时，
单调递减，所以当
时，
，
所以当
时，
，原不等式得证．
【点睛】方法点睛：解答函数零点个数问题常见思路：1，转化为方程的根的个数求解；2，转化为函数图
象的交点个数求解.
题型二 比值/差值代换法
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方法点拨：已知函数零点或等值关系，求证乘积型（
）、商型（
）不等式。解
题关键: (
)（比值代换）或 (
)（差值代换），将双变量转化为单变量函数，通过导数证明
不等式。
【典例01】（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
有两个不同的零点
，且满足
，求证：
．
【答案】证明见解析
【分析】由
是两个零点，可解得
，接着构造函数证
，即
，根据函数单调性即可证明.
【详解】由题意知
，
由
得
从而
，
，
即
．
又
，令
,
，
，
14
所以
在
单调递增，则
，
因为当
时，
，所以
，
所以
，即
，
所以
．
令
，
，易知其单调递增，
又
，
所以
，即
，
所以
，即
．
【典例02】（2025 高三·全国·专题练习）若x1, x2是函数f (x)=e
x−ax (x>0)的两个零点，且x1< x2，求证：
x1+ x2>2且x1 x2<1．
【答案】证明见解析
【解题思路】方法一：根据题意，得x1−ln x1= x2−ln x2=lna，令t = x2
x1
，对于x1+ x2>2，其等价于
lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，即可得证x1+ x2>2；令√t =b，则b>1，构造函数
h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，即x1 x2<1得证；
方法二：由函数y =e
x
x 单调性，知0< x1<1< x2，有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，
x2=e
x2
a ，令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，利用导数可证x1+ x2>2；令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，利用导
数可证x1 x2<1.
15
【解答过程】方法一：比值代换
因为x>0，由题意结合e
x =ax (x>0)可知，a>0，x =lna+ln x，
所以x1−ln x1= x2−ln x2=lna．
令t = x2
x1
，则t >1，x2=t x1，代入上式得x1=lnt
t −1，
x2= t lnt
t −1 ．对于x1+ x2>2，其等价于lnt
t −1 + t lnt
t −1 >2，即lnt −2(t −1)
t +1
>0．
构造函数g(t )=lnt −2(t −1)
t +1
(t >1)，
则g
' (t )= 1
t −2(t +1)−2(t −1)
(t +1)
2
= (t −1)
2
t (t +1)
2 >0，
所以函数g(t )在(1,+∞)上单调递增，
所以g(t )>ln1−2×(1−1)
1+1
=0，即x1+ x2>2得证．
对于x1 x2<1，其等价于t (lnt )
2
(t −1)
2 <1，即√t lnt
t −1 <1，即lnt −√t + 1
√t <0．
令√t =b，则b>1，构造函数h(b)=lnb
2−b+ 1
b
(b>1)，则h
' (b)= 2
b −1−1
b
2 =−(b−1)
2
b
2
<0，
h(b)在(1,+ ∞)上单调递减，所以h(b)<ln1
2−1+ 1
1 =0，即x1 x2<1得证．
方法二：差值代换
由e
x=ax (x>0)可得a=e
x
x >0．
设函数y =e
x
x ，则y
' =e
x(x−1)
x
2
，
当x∈(0,1)，y
'<0，则函数在(0,1)上单调递减，
当x∈(1,+∞)，y
'>0，则函数在(1,+ ∞)上单调递增，
所以0< x1<1< x2，则有e
x1=a x1，e
x2=a x2，则a=e
x2−e
x1
x2−x1
，且x1=e
x1
a ，x2=e
x2
a ．
16
对于x1+ x2>2，即e
x1+e
x2
a
>2，即e
x1+e
x2
e
x2−e
x1 >
2
x2−x1
，即e2
x2−x1+1
e
x2−x1−1
>
2
x2−x1
，
令x2−x1=t，则t >0，则只需证t (e
t +1)−2(e
t−1)>0．
令g(t )=t (e
t +1)−2(e
t−1)(t >0)，则g
' (t )=(t −1)e
t +1，g
″ (t )=t e
t>0，
则g
' (t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g
' (t )>(0−1)e
0+1=0，
则g(t )在(0,+ ∞)上单调递增，则g(t )>0×(e
0+1)−2×(e
0−1)=0，即x1+ x2>2成立．
对于x1 x2<1，其等价于e
x1e
x2
a
2
<1，即e
x1e
x2<(
e
x2−e
x1
x2−x1)
2
，即e
x1e
x2
(e
x2−e
x1)
2 <(
1
x2−x1)
2
．
左边分子、分母同时除以e
2 x1，得e
x2−x1
(e
x2−x1−1)
2 <(
1
x2−x1)
2
，令x2−x1=t，则t >0，
则只需证e
t
(e
t−1)
2 <(
1
t)
2
，即t e
t
2 −e
t +1<0．
令h(t )=t e
t
2 −e
t +1(t >0)，则h
' (t )=e
t
2(−e
t
2 + t
2 +1)，
令m(t )=−e
t
2 + t
2 +1，则m
' (t )= 1
2(1−e
t
2)<0，
所以m(t )在(0,+ ∞)上单调递减，故m(t )=−e
t
2 + t
2 +1<−e
0
2 + 0
2 +1=0，所以h
' (t )<0，
所以h(t )在(0,+∞)上单调递减，所以h(t )<0×e
0
2 −e
0+1=0，即x1 x2<1成立．
【变式01】（25-26 高三上·河北石家庄·开学考试）已知函数
．
(1)当
时，求函数
的单调区间；
(2)当
时，若函数
有2 个不同的零点
，
．
（ⅰ）求a 的取值范围；
17
（ⅱ）证明：
．
【答案】(1)单调递增区间为
，无单调递减区间
(2)（ⅰ）
；（ⅱ）证明见解析
【分析】（1）利用导数判断函数的单调区间；
（2）（ⅰ）转化为函数
与
有两个交点的问题；
（ⅱ）由函数的两个零点可得
，再利用构造函数的方法证明即可.
【详解】（1）当
时，
，则
，
令
，得
，
当
时，
；当
时，
，
即
在
上单调递减，在
上单调递增，
则
在
处取得极小值，
，所以
，
所以
恒成立，
即
在
上单调递增；
故单调递增区间为
，无单调递减区间．
（2）（ⅰ）当
时，若函数
有2 个不同的零点
，
，
∴
恰有2 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x 从0 的右侧无限趋近于0 时，
趋近于
；
18
当x 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a 的取值范围为
．
（ⅱ）证明：由（ⅰ）知：
，
，
∴
，
，
∴
，则
，
不妨设
，
要证
，则需证
，
∵
，∴
，∴
，则只需证
，
令
，则只需证
时，
恒成立，
令
，
∴
，
19
∴
在
上单调递增，∴
，
∴当
时，
恒成立，
∴原不等式
得证．
【变式02】（2025·山东·模拟预测）已知函数h(x)= x−a ln x (a∈R).
(1)若h(x)有两个零点，a的取值范围；
(2)若方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，且x1≠x2，证明：e
x1+ x2>e
2
x1 x2
.
【答案】(1)(e,+∞)
(2)证明见解析
【解题思路】（1）分析可知a≠0，由参变量分离法可知直线y = 1
a与函数f (x)= ln x
x 的图象有两个交点，
利用导数分析函数f (x)的单调性与极值，数形结合可求得实数a的取值范围；
（2）令t = xe
x>0，其中x>0，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，分析可知关于t的方程t −aln t =0也有两个实根t1、
t2，且t1≠t2，设t1>t2>0，将所求不等式等价变形为ln t1
t2
>
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，
令g(s)= ln s−2(s−1)
s+1
，其中s>1，利用导数分析函数g(s)的单调性，即可证得结论成立.
【解答过程】（1）解：函数h(x)的定义域为(0,+∞).
当a=0时，函数h(x)= x无零点，不合乎题意，所以，a≠0，
由h(x)= x−aln x =0可得1
a = ln x
x ，
构造函数f (x)= ln x
x ，其中x>0，所以，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
f
' (x)= 1−ln x
x
2
，由f
' (x)=0可得x =e，列表如下：
20
x
(0,e) e
(e,+ ∞)
f
' (x)
+
0
−
f (x)
增
极大值
1
e
减
所以，函数f (x)的极大值为f (e)= 1
e ，如下图所示：
且当x>1时，f (x)= ln x
x >0，
由图可知，当0< 1
a < 1
e 时，即当a>e时，直线y = 1
a与函数f (x)的图象有两个交点，
故实数a的取值范围是(e,+∞).
（2）证明：因为xe
x−a(ln x + x)=0，则xe
x−a ln(xe
x)=0，
令t = xe
x>0，其中x>0，则有t −a lnt =0，
t
' =(x +1)e
x>0，所以，函数t = xe
x在(0,+ ∞)上单调递增，
因为方程xe
x−a(ln x + x)=0有两个实根x1、x2，令t1= x1e
x1，t2= x2e
x2，
则关于t的方程t −a lnt =0也有两个实根t1、t2，且t1≠t2，
要证e
x1+ x2>e
2
x1 x2
，即证x1e
x1⋅x2e
x2>e
2，即证t1t2>e
2，即证ln t1+ ln t2>2，
由已知¿，所以，¿，整理可得
t1+t2
t1−t2
= ln t1+ ln t2
ln t1−ln t2
，
不妨设t1>t2>0，即证ln t1+ ln t2= t1+t2
t1−t2
ln t1
t2
>2，即证ln t1
t2
> 2(t1−t2)
t1+t2
=
2(
t1
t2
−1)
t1
t2
+1
，
21
令s= t1
t2
>1，即证ln s> 2(s−1)
s+1
，其中s>1，
构造函数g(s)= ln s−2(s−1)
s+1
，其中s>1，
g
' (s)= 1
s −
4
(s+1)
2 = (s−1)
2
s(s+1)
2 >0，所以，函数g(s)在(1,+∞)上单调递增，
当s>1时，g(s)> g(1)=0，故原不等式成立.
【变式03】（24-25 高三下·天津·阶段练习）已知函数f ( x)= x
2−2ax + 4 ln x．
(1)讨论f ( x)的单调区间；
(2)已知a∈[ 4,6]，设f ( x)的两个极值点为λ1, λ2(λ1< λ2)，且存在b∈R，使得y = f ( x)的图象与y =b有
三个公共点x1, x2, x3(x1< x2< x3)；
①求证：x1+ x2>2 λ1；
②求证：x3−x1<4√7．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【解题思路】（1）首先求函数的导数，再讨论Δ，结合函数的定义域，即可求函数的单调区间；
（2）①要证x1+ x2>2 λ1，即证x2>2 λ1−x1，只需证f (x1)<f (2 λ1−x1)，构造函数
g(x)= f (x)−f (2 λ1−x)，x∈(0, λ1)，借助导数即可得证；②同①中证法，先证x2+ x3<2 λ2，则可得
x3−x1=(x2+ x3)−(x2+ x1)<2 λ2−2 λ1，利用λ1、λ2是方程x
2−ax +2=0的两根所得韦达定理，结合
a∈[ 4,6]即可得证.
【解答过程】（1）f
' (x)=2 x−2a+ 4
x = 2(x
2−ax +2)
x
，x>0，
22
其中t (x)= x
2−ax +2，Δ=a
2−8，
当Δ≤0时，即−2√2≤a≤2√2，此时f
' (x)≥0恒成立，
函数f (x)在区间(0,+ ∞)单调递增，
当Δ>0时，即a<−2√2或a>2√2，
当a<−2√2时，f
' (x)>0在区间(0,+∞)上恒成立，
即函数f (x)在区间(0,+ ∞)上单调递增，
当a>2√2时，t (x)=0，得x1= a−√a
2−8
2
或x1= a+√a
2−8
2
，
当0< x< a−√a
2−8
2
，或x> a+√a
2−8
2
时，f
' (x)>0，
当a−√a
2−8
2
< x< a+√a
2−8
2
时，f
' (x)<0，
所以函数f (x)的单调递增区间是(0, a−√a
2−8
2
)和(
a+√a
2−8
2
,+∞)，
单调递减区间是(
a−√a
2−8
2
, a+√a
2−8
2
)，
综上可知，当a≤2√2时，函数f (x)的单调递增区间是(0,+ ∞)；
当a>2√2时，函数f (x)的单调递增区间是(0, a−√a
2−8
2
)和(
a+√a
2−8
2
,+∞)，
单调递减区间是(
a−√a
2−8
2
, a+√a
2−8
2
)；
（2）①由（1）知，当a∈[ 4,6]时，函数f (x)的单调递增区间是(0, λ1)和(λ2,+∞)，
单调递减区间是(λ1, λ2)，λ1、λ2是方程x
2−ax +2=0的两根，
有λ1 λ2=2，λ1+ λ2=a，
又y = f ( x)的图象与y =b有三个公共点x1, x2, x3(x1< x2< x3)，
故0< x1< λ1< x2< λ2< x3，则2 λ1−x1> λ1，
要证x1+ x2>2 λ1，即证x2>2 λ1−x1，又2 λ1−x1> λ1，
且函数f (x)在(λ1, λ2)上单调递减，即可证f (x2)<f (2 λ1−x1)，
23
又f (x1)= f (x2)=b，即可证f (x1)<f (2 λ1−x1)，
令g(x)= f (x)−f (2 λ1−x)，x∈(0, λ1)，
由f
' (x)=2 x−2a+ 4
x = 2(x
2−ax +2)
x
= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
，
则g
' (x)= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
+ 2(2 λ1−x−λ1)(2 λ1−x−λ2)
2 λ1−x
=2(x−λ1)⋅(x−λ2)(2 λ1−x)+ x(x + λ2−2 λ1)
x(2 λ1−x)
=2(x−λ1)⋅−x
2−2 λ1 λ2+2 λ1 x + λ2 x + x
2+ λ2 x−2 λ1 x
x(2 λ1−x)
=2(x−λ1)⋅2(x−λ1) λ2
x(2 λ1−x)
= 4 λ2(x−λ1)
2
x(2 λ1−x)
>0恒成立，
故g
' (x)在(0, λ1)上单调递增，即g(x)<g(λ1)= f (λ1)−f (2 λ1−λ1)=0，
即f (x1)<f (2 λ1−x1)恒成立，即得证；
②由0< x1< λ1< x2< λ2< x3，则2 λ2−x3< λ2，
令h(x)= f (x)−f (2 λ2−x)，x∈(λ2,+∞)，
则h
' (x)= 2(x−λ1)(x−λ2)
x
+ 2(2 λ2−x−λ1)(2 λ2−x−λ2)
2 λ2−x
=2(x−λ2)⋅(x−λ1)(2 λ2−x)+ x(x + λ1−2 λ2)
x(2 λ2−x)
=2(x−λ2)⋅−x
2−2 λ1 λ2+2 λ2 x + λ1 x + x
2+ λ1 x−2 λ2 x
x(2 λ2−x)
=2(x−λ2)⋅2(x−λ2) λ1
x(2 λ2−x)
= 4 λ1(x−λ2)
2
x(2 λ2−x)
>0，
24
故h
' (x)在(λ2,+ ∞)上单调递增，即h(x)>h(λ2)= f (λ2)−f (2 λ2−λ2)=0，
即当x∈(λ2,+∞)时，f (x)>f (2 λ2−x)，
由x3> λ2，故f (x3)>f (2 λ2−x3)，又f (x3)= f (x2)，故f (x2)>f (2 λ2−x3)，
由2 λ2−x3< λ2，λ1< x2< λ2，函数f (x)在(λ1, λ2)上单调递减，故x2<2 λ2−x3，
即x2+ x3<2 λ2，又由①知x1+ x2>2 λ1，故x3−x1=(x2+ x3)−(x2+ x1)<2 λ2−2 λ1，
又2 λ2−2 λ1=2√(λ1+ λ2)
2−4 λ1 λ2=2√a
2−8≤2√6
2−8= 4√7，
故x3−x1<4√7.
题型三 对数/指数均值不等式法
方法点拨：利用对数均值不等式（
）或指数均值不等式（
）快速证明双变量不等式。解题关键 从
推导得到
等形式，直接套用均值不等式放缩。高考中常以对称结构明显的双变量问题（如
、
）。
【典例01】（25-26 高三上·天津蓟州·期中）已知函数
．
(1)求
的单调区间；
(2)若
有两个正零点
，且
．
（i）求
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）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间；
25
（2）（i）结合（1）的分析，确定
满足的条件，从而求得
的取值范围；（ii）通过构造函数证明对数
均值不等式，从而证得
.
【详解】（1）函数
的定义域为
，求导得
，
当
时，
，所以函数
在
上单调递增；．
当
时，令
，解得
，
当
时，
，函数
在
上单调递减，
当
时，
，函数
在
上单调递增．
综上所述，当
时，函数
在
上单调递增；
当
时，函数
在
上单调递减，在
上单调递增．
（2）（i）由题意知方程
有两个不同的正实根
，
由（1）知
，且
，所以
，解得
．
（ii）由（1）得
，所以
，两边同时取自然对数，
得
，两式相减得
，即
，
要证
，只需证明
，
令
，只需证明
构造函数
，
求导得
，所以函数
在
上单调递增，
于是
，所以不等式（*）成立，于是原不等式
成立．
26
【典例02】 （24-25 高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数f (x)= ln x
x ，对于正实数a，若关于t 的方程
f (t )= f(
a
t )恰有三个不同的正实数根，则a 的取值范围是（ ）
A．(1,8)
B．(e
2,8)
C．(8,+ ∞)
D．(e
2,+∞)
【答案】D
【解题思路】研究f ( x)= ln x
x 的图像可知，若f (t )= f ( a
t )，令x1=t , x2= a
t ，则f ( x1)= f ( x2) ，且
x1, x2>1，可以推出，x1= x2或x1 x2=a，通过对数不等式写出关于x1 x2的不等式，即可求出a的范围
【解答过程】因为f ( x)= ln x
x ，f
’( x)= 1−ln x
x
2
，令f
’( x)= 1−ln x
x
2
>0得：0< x<e；令
f
’( x)= 1−ln x
x
2
>0得：x>e，所以f ( x)在区间(0,e)单调递增，在(e ,+∞)单调递减，且x→∞时，
f ( x)>0恒成立，f ( x)的图像如下：
令x1=t , x2= a
t ，则f ( x1)= f ( x2) ，且x1, x2>1
①当x1= x2时，t = a
t ,t =√a，成立，所以√a是方程的一个实数根
②当x1≠x2时，由f ( x1)= f ( x2)得：
ln x1
x1
= ln x2
x2
，令
ln x1
x1
= ln x2
x2
=m
则：{m x1= ln x1
m x2= ln x2
，两式相减得：m= ln x1−ln x2
x1−x2
，两式相加得：m= ln x1+ ln x2
x1+ x2
所以：
x1−x2
ln x1−ln x2
=
x1+ x2
ln x1+ ln x2
，由对数均值不等式得：
x1−x2
ln x1−ln x2
< x1+ x2
2
27
所以：
x1+ x2
ln x1+ ln x2
< x1+ x2
2
，且x1, x2>1，所以ln x1 x2>2，x1 x2>e
2，即：t ⋅a
t =a>e
2
所以a>e
2
故选：D.
【变式01】（24-25 高三上·江苏无锡·月考）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：
，
令
，解得：
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
在
取极小值，且
；
又
，令
，解得：
，
令
，解得：
，
28
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，
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
，只需证：
，
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：本题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.
29
本题使用的解法是对数平均不等式即证明：
，
称为
的对数平均数.
【变式02】（25-26 高三上·河北·月考）已知函数
，且
有两个零点
.
(1)求
的取值范围；
(2)证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，得到函数单调性，结合函数走势，得到不等式，求出答案；
（2）先证明对一切不相等的正实数
，都有
，进而得到
，则
，由基本不等式得
，进而求出
.
【详解】（1）
定义域为
，
由题意可得
.
当
时，
，当
时，
，
故
在
上单调递增，在
上单调递减.
当
时，
，当
时，
，且
，
则
，解得
，即
的取值范围为
；
（2）证明：先证明对一切不相等的正实数
，都有
.
不妨设
，要证
，即证
30
设
，
则
，
所以
在
上单调递增，所以
，即当
时，有
，
故
，即
.
因为
是
的两个零点，所以
所以
，则
，
所以
，则
.
因为
，所以
.
因为
，
所以
.
因为
，所以
，即
.
【变式03】（25-26 高三上·河北保定·期中）已知函数
，其中
．
(1)若
，求
的极值：
(2)令函数
，若存在
，
使得
，证明：
．
解析：(1)极小值为
，无极大值.(2)证明见解析
31
【解析】(1)解：当
时
，
，
所以
，当
时，
，
，所以
，
当
时，
，
，所以
，
所以
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
的极小值为
，无极大值.
(2)证明：
，令
，则上述函数变形为
，
对于
，
，则
，即
在
上单调递增，
所以若存在
，
使得
，则存在对应的
、
，
使得
，
对于
，则
，因为
，所以当
时
，当
时
，
即
在
上单调递减，在
上单调递增，所以
为函数
的唯一极小值点，
所以
，则
，
令
，则
，
所以
在
上单调递减，所以
，
即
，又
，所以
，
又
的单调性可知
，即有
成立，所以
.
题型四 加法/减法型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证
（如
、
）；
32
减法型：求证
（如
）。解题关键 加法型侧重对称构造或均值不
等式；减法型需结合函数单调性，通过“中间量过渡”（如
）推导差值范围。高考常以多零点
函数（如三次函数、含参数的对数函数），常出现在压轴题第二问，需结合函数极值、单调性综合分析。
【典例01】（2025·江苏扬州·模拟预测）已知函数f (x)= ln (mx)−x (m>0)．
(1)若f (x)≤0恒成立，求m的取值范围；
(2)若f (x)有两个不同的零点x1, x2，证明x1+ x2>2．
【答案】(1)(0,e]
(2)证明见解析
【解题思路】（1）直接用导数求出f (x)的最大值即可；
（2）构造p(t )= f (1+t )−f (1−t )并证明t >0时f (1+t )>f (1−t )，并对该不等式代入特殊值即可得证.
【解答过程】（1）首先由m>0可知f (x)的定义域是(0,+ ∞)，从而f (x)= ln (mx)−x = ln x−x + ln m.
故f
' (x)= ln (mx)−x = 1
x −1= 1−x
x
，从而当0< x<1时f
' (x)>0，当x>1时f
' (x)<0.
故f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，所以f (x)具有最大值f (1)= ln m−1.
所以命题等价于ln m−1≤0，即m≤e.
所以m的取值范围是(0,e].
（2）不妨设x1< x2，由于f (x)在(0,1)上递增，在(1,+∞)上递减，故一定有0< x1<1< x2.
在−1<t <1的范围内定义函数p(t )= f (1+t )−f (1−t ).
则p
' (t )= f
' (1+t )+ f
' (1−t )= −t
1+t +
t
1−t = 2t
2
1−t
2 >0，所以p(t )单调递增.
这表明t >0时p(t )> p(0)= f (1)−f (1)=0，即f (1+t )>f (1−t ).
又因为f (2−x1)= f (1+(1−x1))>f (1−(1−x1))= f (x1)=0= f (x2)，且2−x1和x2都大于1，
故由f (x)在(1,+∞)上的单调性知2−x1< x2，即x1+ x2>2.
【典例02】（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数
，
(1)当
时，求
在
处的切线方程；
(2)若
时，
恒成立，求
的范围；
(3)若
在
内有两个不同零点
、
，求证：
.
33
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）当
时，求出
、
的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程；
（2）由已知不等式结合参变量分离法可得
，利用导数求出函数
在
上的最大值，
即可求出实数
的取值范围；
（3）分析可知
，要证所证不等式成立，即证
且
，要证
，即
证
，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证
，即证
，
构造函数
，只需证
，利用导数分析函数
的单调性，即可证得结论成立.
【详解】（1）当
时，
，则
，
所以，
，
.
故切线方程为
，即
，
（2）因为
在
上恒成立，
进而
，即
．
令
，其中
，则
，
当
时，
，则
，此时，函数
单调递增，
34
当
时，
，则
，此时，函数
单调递减，
当
时，
，因为
，因此
，
所以，
，故
，
因此，实数
的取值范围是
.
（3）因为函数
在
内有两个不同零点
、
，
则方程
在
内有两个根
、
，即
，
由（2）知，当
时，函数
在
单调递增，
单调递减．
故
，欲证
，即证
，
由于
且函数
在
单调递减．所以只需证明
，
即证
，欲证
，即证
，即
，
即证
，即证
，而该式显然成立，
欲证
，即证
，且
，即证
，
即证
，即证
，即证
，
令
，只需证
，
35
，
令
，
所以
，即函数
在
上单调递增，所以，
，故原不等式得证．
【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1）
，
；
（2）
，
；
（3）
，
；
（4）
，
.
【变式01】（24-25 高三上·湖北襄阳·期末）已知函数
，则下列说法正确的是（ ）
A．
有最小值
B．当
时，
的图象在点
处的切线方程是
C．当
时，函数
有2 个零点
D．若
，则
【答案】AD
【分析】利用导数判断函数的单调性，即可判断A，利用导数的几何意义，即可判断B，根据函数的单调
性和最值，讨论
，即可判断C，构造函数
，利用导数判断函数在区间
36
的单调性，可得
在区间
恒成立，再根据函数
的单调性和最值，即可判断D.
【详解】
，得
，
当
时，
，
单调递减，当
时，
，
单调递增，
所以函数
的最小值为
，故A 正确；
当
时，
，
，所以函数
的图象在点
处的切线方程为
，即
，故B 错误；
由A 可知，函数
的最小值为
，当
时，
，此时函数
没有零点，故
C 错误；
设
，
则
，
当
时，
，所以
，
单调递增，且
，
所以
时，
，
即
，
，
若
，
，不妨设
，
即
，
，
且由A 可知，
在区间
单调递增，所以
，即
，故D 正确.
故选：AD
【点睛】关键点点睛：本题的关键是D 选项，属于极值点偏移问题，问题的关键是构造函数
37
，结合导数判断函数的单调性.
【变式02】（24-25 高三上·山东潍坊·期末）已知函数
，
.
(1)求曲线
在
处的切线方程；
(2)若
，求
的取值范围；
(3)若
有两个实数解
，
，证明：
.
【答案】(1)
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）借助导数的几何意义计算即可得；
（2）设
，借助导数研究其单调性即可得；
（3）结合（2）中所得可得
，可将所需证明内容转化为证明
，等价于证明
，构造函数
，结合其单调性只需证
，再构造
函数
，利用导数研究其单调性即可得证.
【详解】（1）
，
，
，
所以
在
处的切线方程为
，
即
；
38
（2）由
可知，
，
，
即
在
上恒成立，
设
，
，
当
时，
，
在
单调递减；
当
时，
，
在
单调递增，
所以
时，
取得最小值，最小值为
，
由题意知
，即
，故
的取值范围为
；
（3）方程
有两实数解
，
，
即
有两实数解，不妨设
，
由（2）知方程
要有两实数解，则
，即
，
同时
，
，
，
，
则
，
在
单调递减，
欲证
，即证
，
，
等价于
，即
，
等价于
，
整理得
①，
39
令
，①式为
，
又
在
单调递增，
故①式等价于
，即
，
令
，
，
当
时，
，
在
单调递增，
又
，
，即
，
所以
，则
.
【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于将原不等式转化为证明
，再转化为证明
，最后转化为证明
，从而可构造函数
帮
助证明.
【变式03】（2025·江苏扬州·模拟预测）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
．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）直接用导数求出
的最大值即可；
（2）构造
并证明
时
，并对该不等式代入特殊值即可得证.
40
【详解】（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
.
题型五 乘积/平方型极值点偏移
方法点拨：加法型：求证
（或
）；
减法型：求证
（或
）. 解题关键 乘积型可通过取对数转化为加
法型，平方型需结合基本不等式 (
)，再利用已知的 (
) 范围推导。新高考创新
题型、压轴题难点设问，需灵活结合对称构造、比值代换与不等式放缩。
【典例01】（2025·广东湛江·一模）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：
．
41
【答案】(1)
在
上单调递增，
上单调递减，
(2)见解析
【分析】（1）求出
，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
求导可得
，又
，再由
在
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
，
又
，由
，得
，
当
时，
，则
在
上单调递增，
当
时，
，则
在
上单调递减，
（2）由
，得
，设
，
，由
，得
，
当
时，
，则
在
上单调递增，
当
时，
，则
在
上单调递减，
又
，
，且当
趋近于正无穷，
趋近于
，
42
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
在
上单调递增，
又
，所以
，即
，
又
，所以
，
又
，
，
在
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
求导，得到
的单调性和最值可证得
，即可证明
.
43
【典例02】（2024·吉林·二模）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：
.
【答案】(1)
(2)（i）
；（ii）证明过程见详解.
【分析】（1）先确定所求几何体何时能取到最大值，写出函数关系，利用导数分析函数单调性，求最大
值；
（2）（i）根据题意知，
，进行同构
，将问题转化为方程
有两个不等的实数根，再进行分离参数，研究
的单调性和极值，即可求出a 的取
值范围.
（ii）由
知，先证
，即极值点偏移问题，构造函数
，求
，
在
单调递增，
，得
，
从而可得
即
，再由
的单调性，即可得到
.
44
【详解】（1）因为
在
轴上方，所以：
；
为直角三角形，所以当
轴时，所得圆锥的体积才可能最大.
设
，则
，
（
）.
设
（
），则
，由
.
因为
，所以
，
所以
在
上单调递增，在
上单调递减，所以
.
从而：
.
（2）（i）因为
，即
，即
，
令
，所以
，
因为
为增函数，所以
即
，
所以方程
有两个不等实根
等价于
有两个不等实根
，
令
，所以
当
时，
，
单调递增；当
时，
，
单调递减.所以
.
当
时，
；当
时，由洛必达法则知
；
所以
.
45
（ii）由（i）知，
，
令
，
，
因为
，所以
，
因为
，
，所以
，即
在
单调递增，
，
所以
.
因为
，所以
，
又因为
，所以
，
因为
，
，且
在
上单调递减，
所以
，即
，所以
，
所以
.
【点睛】方法点睛：
极值点偏移问题的一般方法——对称化构造的步骤如下：
（1）求极值点
：求出函数
的极值点
，结合函数
的图像，由
得出
的取值
范围；
（2）构造函数：对结论为
的情况，构造函数
；
46
①
，则
单调递增；
②注意到
，则
即
；
③
，根据
在
单调减，则
④得到结论
.
【变式01】（24-25 高三上·四川成都·月考）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
，
47
证明当
时，
，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
，
，则
，
由
，解得
．
当
时，
单调递增，
当
时，
单调递减；
综上，
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减；
（2）（i）由
，得
，
设
，
由（1）得
在区间
内单调递增，在区间
内单调递减，
又
，当
时，
，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
．
（ii）不妨设
，则
，且
．
法一：
当
时，结合（i）知
，即
；
当
时，
．
设
48
则
所以
在区间
内单调递增，
则
，即
，
所以
又
在区间
内单调递减，
所以
，即
，
又
，所以
，
故
，所以
，得证．
法二：
设
，
，
则
，
所以
在区间
内单调递增，又
，
所以
，即
．
又
，所以
，
又
在区间
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
49
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．
【变式02】（23-24 高三上·河南·月考）已知函数
.
(1)当
时，求
在区间
上的最值；
(2)若
有两个不同的零点
，证明：
.
【答案】(1)最大值为0，最小值为
.
(2)证明见解析
【分析】（1）将
带入原函数中求得函数的解析式，确定函数的定义域，再对原函数求导，
判断在区间
上的单调性，即可求得函数在区间
上的最值；
（2）对原函数求导，并对参数
，
分类讨论，得出函数在两种情况下的单调性，由单调性求得函
数
有两个不同的零点
时两根与参数的关系，再利用比值换元法即可证明.
【详解】（1）当
时，
，
.
由
，得
；由
，得
，
所以
在区间
上单调递增，在区间
上单调递减.
因为
，
，
所以
在区间
上的最大值为0，最小值为
.
50
（2）
.
当
时，
在
上单调递减，不可能有两个零点，舍去；
当
时，所以
，
由
，得
，所以
在
上单调递增；
由
，得
，所以
在
上单调递减.
所以当
时，
取得极大值，极大值为
，
为满足题意，必有
，得
.
因为
是
的两个不同的零点，
所以
，
两式相减得
.
设
，要证
，
只需证
，即证
.
设
，只需证
，
设
，则
，
所以
在
上为增函数，从而
，
51
所以
成立，从而
【点睛】关键点睛：本题（2）关键在于构造函数，转化为求新函数的单调性，再由单调性求最值，即可
证明.
【变式03】（23-24 高三上·河南·月考）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，
52
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.
（限时训练：15 分钟）
1. （2025·湖南长沙·一模）已知a=(e−0.1)
e+0.1，b=e
e，c =(e+0.1)
e−0.1，则a，b，c 的大小关系是
（ ）
53
A．a<b<c
B．c<a<b
C．b<a<c
D．a<c<b
【答案】D
【解题思路】转化为比较比较ln (e−0.1)
e−0.1
,e
e
2−0.01
, ln (e+0.1)
e+0.1
的大小，构造函数f (x)= ln x
x ，先证明a，
b，c中b最大，设x1=e−0.1, x2=e+0.1,f ( x1)= f ( x3)=m,m< 1
e , x1≠x3，先证明x1>2e−x3，再证明
f ( x2)>f ( x3)= f ( x1)，即得解.
【解答过程】要比较a，b，c等价于比较ln a,ln b,ln c的大小,
等价于比较
ln a
(e+0.1)(e−0.1) ,
ln b
(e+0.1)(e−0.1) ,
ln c
(e+0.1)(e−0.1),
即比较ln (e−0.1)
e−0.1
,e
e
2−0.01
, ln (e+0.1)
e+0.1
,
构造函数f (x)= ln x
x ,f
'( x)= 1−ln x
x
2
,
令f
'( x)>0,得0< x<e,令f
'( x)<0,得x>e,
所以f ( x )在(0,e)单调递增, (e,+ ∞)单调递减.
所以f ( x)max = f (e)= 1
e ,
因为ln (e−0.1)
e−0.1
= f (e−0.1),e
e
2−0.01
>e
e
2 = 1
e = f ( x)max , ln (e+0.1)
e+0.1
= f (e+0.1)，
所以e
e
2−0.01 最大，即a，b，c中b最大，
设x1=e−0.1, x2=e+0.1,f ( x1)= f ( x3)=m,m< 1
e , x1≠x3，
结合f ( x )的单调性得，x1<e< x3，
先证明
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3
2
，其中0< x1<e< x3，
即证ln x1
x3
< 2( x1−x3)
x1+ x3
=
2( x1
x3
−1)
x1
x3
+1
，
54
令t = x1
x3
∈(0,1)，h(t )= ln t −2(t −1)
t +1
，其中0<t <1，
则h
'(t )= 1
t −
4
(t +1)
2 = (t −1)
2
t(t +1)
2 >0，
所以，函数h(t )在(0,1)上为增函数，当0<t <1时，h(t )<h(1)=0，
所以，当x3> x1>0时，
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3
2
，
则有2⋅
x1−x3
ln x1−ln x3
< x1+ x3，
由f ( x1)= f ( x3)=m可知
ln x1
x1
= ln x3
x3
=m，
所以2⋅
x1−x3
ln x1−ln x3
=2
x1−x3
m(x1−x3)
= 2
m < x1+ x3，
因为m< 1
e ，所以x1+ x3>2e,即x1>2e−x3，
因为x1<e，f ( x )在(0,e)单调递增，
所以f (x1)>f (2e−x3)，即f (x1)>f (2e−x3)，
因为x1+ x2=2e, 所以x1=2e−x2,所以f (2e−x2)>f (2e−x3)，
即2e−x2>2e−x3,∴x2< x3，
因为e< x2< x3，f ( x )在(e,+∞)单调递减.
所以f ( x2)>f ( x3)= f ( x1)，
即ln (e+0.1)
e+0.1
> ln (e−0.1)
e−0.1
，即c>a，
综上，a<c<b.
故选：D.
2.（24-25 高三上·广东深圳·期末）已知函数
（
，
且
），下列说法正确的是
（ ）
55
A．当
时，
可能存在两个零点
B．若
恒成立，则
C．若
恒成立，则
的最小值为
D．若
恒成立，且
，则
【答案】BCD
【分析】求导结合零点存在性定理可判断A；分
与
两种情况讨论可求得
判断B；利
用
，求导可求得
的最小值判断C；由选项B 知，
，可得
，利用换元法，结合对数平均值不等式计算可判断D.
【详解】函数
的定义域为
选项A．当
时，
，
故
在
上为单调递增函数，由
，
，
根据零点存在性定理，
在
上存在唯一的一个零点．故选项A 错误．
选项B．由选项A 知，当
时，
在
上单调递增，
无最小值，且
，不合题意，故
．
当
时，
，
，
令
，则
，
当
时，
，
为减函数，
当
时，
，
为增函数，
56
故
时，
有极小值，也是最小值．
，
由题意，
，又
，则
，可得
，
所以
，则
．选项B 正确．
选项C．由选项B 知，
，
，令
，则
，
在
单调递减，在
单调递增．
故
，即
的最小值为．选项C 正确．
选项D．由选项B 知，
，且
．
，由
得
，
令
，则
，易知
，故
由对数平均不等式得
，得
，即
由
，故
，故选项D 正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：D 选项，关键在于由
，得到
，换元法结合对数平
均值不等式求得结论.
3． （24-25 高三上·河北·月考）已知函数
.
(1)若该函数在
单调递增，求
的取值范围.
57
(2)当
时，若方程
有两个实数根
，且
，证明：
.
【答案】(1)
(2)证明见解析.
【分析】（1）利用导数与单调性的关系讨论求解；
（2）构造函数
，利用导数讨论其单调性，并结合
即可证明.
【详解】（1）由题意
，
当
时，
，
在
上单调递增，满足题意；
当
时，当
时，
，
在
上单调递减，
当
时，
，
在
上单调递增，
又该函数在
单调递增，故
，
综上可知，
的取值范围为
（2）当
时，
，
由（1）可知
在
上单调递减，在
上单调递增，
所以
，令
，
则
，
所以
在
上单调递减，
，即
，
令
，则
，故
，
又
在
上单调递增，
，所以
，
58
故
4． （24-25 高三上·全国·月考）已知函数
有两个不同的零点为
，
，若
恒成立，则实数
的最大值为 ．
【答案】4
【解析】根据
，
是
的两个不同的零点列方程组，由此化简不等式
得
到
恒成立．通过构造函数法，结合导数求得
的取值范围.
【详解】
的定义域为
.
，
是
的两个不同的零点，不妨设
则
，
两式相加，得
，故
.
两式相减，得
，故
，
即
，
也即
恒成立．
令
，则
有
恒成立，即
恒成立．
记
，
，则
．
59
，
下证充分性．
时，
在
上单调递增，故
恒成立，得证．
所以实数
的最大值为
.
故答案为：
【点睛】求解含参数不等式恒成立问题，可以通过构造函数法，利用导数研究所构造函数的单调性和最值，
由此来求得参数的取值范围.
5（2024·云南·二模）已知常数
，函数
.
(1)若
，求
的取值范围;
(2)若
、
是
的零点，且
，证明:
.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出函数的定义域与导函数，即可得到函数的单调性，求出函数的最小值，依题意
，即可求出
的取值范围；
（2）由（1）不妨设
，设
，利用导数说明函数的单调性，即可得到
，结合
及
的单调性，即可证明.
【详解】（1）由已知得
的定义域为
，
且
，
60
当
时，
，即
在
上单调递减；
当
时，
，即
在
上单调递增.
所以
在
处取得极小值即最小值，
，
，
，即
的取值范围为
.
（2）由（1）知，
的定义域为
，
在
上单调递减，在
上单调递增，且
是
的极小值点.
、
是
的零点，且
，
、
分别在
、
上，不妨设
，
设
，
则
当
时，
，即
在
上单调递减.
，
，即
，
，
，
，
61
，
又
，
在
上单调递增，
，即
.
【点睛】方法点睛：（1）给定函数比较大小的问题，需判断函数单调性，根据单调性以及需要比较的数
值构造函数，利用函数的单调性可比较大小；
（2）极值点偏移法证明不等式，先求函数的导数，找到极值点，分析两根相等时两根的范围，根据范围
以及函数值相等构造新的函数，研究新函数的单调性及最值，判断新函数小于或大于零恒成立，即可证明
不等式.
6．（2025 高三·全国·专题练习）已知函数
和
，若存在两个实数
，且
，使
得
，
，证明：
．
【答案】证明见解析
【分析】利用参数
作为媒介，换元后构造新函数，将要证明的不等式转化为证明
，利用
构造函数法，结合导数证得结论成立.
【详解】因为
，不妨设
，
因为
，
，
所以
，
，
所以
，
欲证
，即证
.
因为
，所以即证
，
62
所以即证
，即证
．
令
，则
，
等价于
，
构造函数
，
，
因为
，所以
在
上单调递增，
故
，
即
，所以
．
方法二：直接换元构造新函数
，即
，设
，
，则
，
则
，
，可得
，
，
由于
构造函数
，
，
因为
，所以
在
上单调递增，
故
，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；
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（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.
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