资源简介

培优点04隐零点与极值点偏移问题（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大
【核心题型】
题型一　隐零点
零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
【例题1】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；
（3），求实数的取值范围.
【变式1】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函数的极值；
（2）若，证明：当时，．
【变式2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围．
【变式3】（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
题型二　极值点偏移
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x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，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t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）已知函数.若有两个零点，证明：.
【变式1】（2022·全国·模拟预测）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：.
【变式2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.
【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）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：.
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2022·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（ ）
①； ② ；③； ④.
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
2．（2023·全国·模拟预测）若关于的方程有两个解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·四川南充·一模）已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（ ）个
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
4．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，则有（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·湖北襄阳·模拟预测）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．
6．（2023·福建宁德·二模）已知函数，则（ ）
A．
B．若有两个不相等的实根，，则
C．
D．若，，均为正数，则
三、解答题
7．（22-23高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数.
(1)若时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)当实数取第（1）问中的最小值时，若方程有两个不相等的实数根，，请比较，，2这三个数的大小，并说明理由.
10．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【综合提升练】
一、单选题
1．（22-23高二下·福建厦门·期末）已知函数，若，且，则·c的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023·江西南昌·二模）已知函数，．若有且只有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
3．（22-23高三上·辽宁锦州·阶段练习）已知函数在上恰有两个极值点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
4．（2020高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，，则下列判断：①；②；③；④有极小值点，且.则正确判断的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
5．（21-22高三上·江西鹰潭·阶段练习）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．是的极大值点
B．函数有2个零点
C．存在正整数k，使得恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
6．（2023·福建漳州·三模）已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（21-22高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2023·河北衡水·一模）直线：与的图象交于、两点，在A B两点的切线交于，的中点为，则（ ）
A． B．点的横坐标大于1
C． D．的斜率大于0
10．（22-23高三·全国·阶段练习）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C．若有两个零点，则
D．若，且，则的最大值为
11．（2023·河北·模拟预测）若当实数a变化时，直线恒与定曲线相切，且，则（ ）
A．有一个极大值点 B．
C． D．
三、填空题
12．（2021·黑龙江·模拟预测）已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是 .
13．（2022·吉林·三模）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 ．
14．（2022·广东佛山·一模）已知函数，当时，函数的零点个数为 ；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为 ．
四、解答题
15．（2023·江西·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
16．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，方程有三个不相等的实数根，分别记为.
①求的取值范围；
②证明.
17．（2023·山西·模拟预测）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：.
18．（2022·四川南充·一模）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
19．（2024·河北沧州·二模）若函数与在区间上恒有，则称函数为和在区间上的隔离函数.
(1)若，判断是否为和在区间上的隔离函数，并说明理由；
(2)若，且在上恒成立，求的值；
(3)若，证明：是为和在上的隔离函数的必要条件.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2023·四川内江·一模）已知函数有两个零点，则的最小整数值为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．（2023·四川成都·三模）已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·河北沧州·模拟预测）已知直线与曲线和曲线均相切，则实数的解的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无数
二、多选题
4．（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则
B．当时，的零点只有个
C．若函数有两个不同的零点，则
D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是
6．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数则下列结论正确的有（ ）
A．当时，是的极值点
B．当时，恒成立
C．当时，有2个零点
D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则
三、填空题
7．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数存在唯一零点，则的取值范围为 .
8．（2024·河南洛阳·模拟预测）若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 .
四、解答题
9．（2023·贵州毕节·模拟预测）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：.
10．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
11．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
12．（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：.培优点04隐零点与极值点偏移问题（2种核心题型+基础保分练+综合提升练+拓展冲刺练）
【考试提醒】
隐零点问题是指对函数的零点设而不求，通过一种整体代换和过渡，再结合题目条件最终解决问题；极值点偏移是指函数在极值点左右的增减速度不一样，导致函数图象不具有对称性，隐零点与极值点偏移问题常常出现在高考数学的压轴题中，这类题往往对思维要求较高，过程较为烦琐，计算量较大，难度大
【核心题型】
题型一　隐零点
零点问题求解三步曲
(1)用函数零点存在定理判定导函数零点的存在性，列出零点方程f′(x0)＝0，并结合f′(x)的单调性得到零点的取值范围．
(2)以零点为分界点，说明导函数f′(x)的正负，进而得到f(x)的最值表达式．
(3)将零点方程适当变形，整体代入最值式子进行化简证明，有时(1)中的零点范围还可以适当缩小．
【例题1】（2024·吉林长春·东北师大附中校联考模拟预测）已知（其中为自然对数的底数）.
（1）当时，求曲线在点处的切线方程，
（2）当时，判断是否存在极值，并说明理由；
（3），求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）有一个极大值，一个极小值，理由见解析；（3）
【解析】（1）当时，，可得，则，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
（2）当时，，定义域为，
可得，
令，则，
当时，；当时，，
所以在递减，在上递增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
当时，单调递增；
当时，单调递减；
当时，单调递增；
所以时，有一个极大值，一个极小值.
（3）由，可得，
由，因为，可得，
令，则在上递减，
当时，可得，则，所以，
则，
又因为，使得，即
且当时，，即；
当时，，即，
所以在递增，在递减，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因为，设，则，
可知在上递增，且，
所以实数的取值范围是.
【变式1】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函数的极值；
（2）若，证明：当时，．
【答案】（1）极小值为0，无极大值；（2）证明见解析
【分析】（1）求导，得到单调性，从而得到极值情况；
（2）在（1）基础上得到，构造函数，求导得到其单调性，结合隐零点得到函数的最小值，证明出结论.
【详解】（1）依题意，，令，解得，
所以当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
而，故的极小值为0，无极大值．
（2）由（1）可知，当时，，则．
令，
则，易知在上单调递增．
因为，所以，，
故，使得，即①．
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
故②．
由①可得，
代入②，得
，
而，故，故，即原命题得证．
【点睛】
方法点睛：隐零点的处理思路：
第一步：用零点存在性定理判定导函数零点的存在性，其中难点是通过合理赋值，敏锐捕捉零点存在的区间，有时还需结合函数单调性明确零点的个数；
第二步：虚设零点并确定取范围，抓住零点方程实施代换，如指数与对数互换，超越函数与简单函数的替换，利用同构思想等解决，需要注意的是，代换可能不止一次
【变式2】（2024·浙江宁波·高三统考期末）已知函数，其中．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）记为的导函数，若对，都有，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由题知，，当时，，
所以曲线在处的切线方程为；
（2）由题意，原不等式等价于，
即，
当时，对任意，不等式恒成立，
当时，原不等式等价于，
设，则，
设，因为，
所以存在唯一，使得，即，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
故，即．
综上所述，的取值范围为．
【变式3】（2024·河北邢台·高三统考期末）已知函数．
（1）求曲线在点处的切线方程；
（2）证明：．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1），，．
故曲线在点处的切线方程为，即．
（2）由（1）得．
令函数，则，所以是增函数．
因为，，
所以存在，使得，即．
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增．
．
因为，所以，
所以．
故．
题型二　极值点偏移
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x1＋x2>(<)2x0型，构造函数F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；对结论x1x2>(<)x型，构造函数F(x)＝f(x)－f ，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t＝化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明．
【例题1】（2023·全国·高三专题练习）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.
【变式1】（2022·全国·模拟预测）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：.
【答案】(1)无最小值，最大值为
(2)证明见解析
【分析】（1）对函数求导后得，分别求出和的解集，从而可求解.
（2）由有两个极值点，从而要证，令，构建函数，然后利用导数求解的最值，从而可求解证明.
【详解】（1）由题意得，则.
令，解得；令，解得，
在上单调递增，在上单调递减，
，
无最小值，最大值为.
（2），则，
又有两个不同的极值点，
欲证，即证，
原式等价于证明①.
由，得，则②.
由①②可知原问题等价于求证，
即证.
令，则，上式等价于求证.
令，则，
恒成立，在上单调递增，
当时，，即，
原不等式成立，即.
【点睛】方法点睛：对于极值点偏移问题，首先找到两极值点的相应关系,然后构造商数或加数关系；
通过要证明的不等式，将两极值点变形后构造相应的函数，
利用导数求解出构造函数的最值，从而证明不等式或等式成立.
【变式2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗县第一中学校考开学考试）已知函数（其中为自然对数的底数）.
(1)求函数的单调区间；
(2)若为两个不相等的实数，且满足，求证：.
【答案】(1)增区间为，减区间为
(2)证明见解析
【分析】（1）求导，然后根据导函数的正负来判断得单调性；
（2）将变形为得到，然后构造函数，根据得单调性和得到，最后根据和得单调性即可证明.
【详解】（1），
令，解得，令，解得，
所以的增区间为，减区间为.
（2）证明：将两边同时除以得，即，
所以，
由（1）知在上单调递增，在上单调递减，
又，，当时，，
设，则，
令，
则，
由得，所以，，
所以，在上单调递增，
又，所以，
当时，，即，即，
又，所以，
又，，在上单调递减，
所以，即.
【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根据与的范围，结合的单调性，可得与的大小关系，由此证得结论.
【变式3】（2024·辽宁·模拟预测）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：.
【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）多次求导后，借助导数的单调性及正负即可判断原函数的单调区间；
（2）（i）原条件可转化有三个不等实根，从而构造函数，研究该函数即可得；（ii）借助的单调性，得到，从而将证明，转化为证明，再设，从而将三个变量的问题转化为单变量问题，即可构造函数，证明其在上大于即可.
【详解】（1）当时，，，
令，，
令，可得，
则当时，，当时，，
即在上单调递减，在上单调递增，
又，，
故当时，，当时，，
故在上单调递减，在上单调递增；
（2）（i）有三个零点，即有三个根，
由不是该方程的根，故有三个根，且，
令，，
故当时，，当时，，
即在、上单调递增，在上单调递减，
，当时，，时，，
当时，，时，，
故时，有三个根；
（ii）由在上单调递增，，故，
由（i）可得，且，
即只需证，设，则，
则有，即有，故，，
则，即，
即只需证，
令，
则恒成立，
故在上单调递增，
则，即得证.
【点睛】方法点睛：极值点偏移问题的一般题设形式：
1.若函数存在两个零点且，求证：（为函数的极值点）；
2.若函数中存在且满足，求证：（为函数的极值点）；
3.若函数存在两个零点且，令，求证：；
4.若函数中存在且满足，令，求证：.
【课后强化】
【基础保分练】
一、单选题
1．（2022·四川成都·一模）已知，且，则下列说法正确的有（ ）
①； ② ；③； ④.
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】令，利用导数讨论其单调性后可判断①②④正负，利用极值点偏移可判断③的正误.
【详解】令，则，
当时，；当时，；
故在上为增函数，在上为减函数，
而，，故，
而，故，故①错误.
又，故，
故②正确， 此时，故④正确.
设，
则（不恒为零），
故在上为增函数，
故，必有即，
所以，即，
由的单调性可得即，故③成立.
故选：B.
【点睛】思路点睛：导数背景下不等关系的讨论，注意根据等式或不等式的关系构建新函数，并结合单调性来比较大小关系，在不等式关系的讨论中，注意利用极值点偏移来处理大小关系.
2．（2023·全国·模拟预测）若关于的方程有两个解，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先变形构造函数，讨论和两种情况，利用导数判断函数的单调性，再结合函数的最值，并结合零点存在性定理，求实数的取值范围.
【详解】依题意，有，
令，则.
当时，在上恒成立，在上单调递增，
故至多只有1个零点；
当时，令，设为该方程的解，
故当时，，单调递减，
当时，，单调递增，
则函数的最大值为；
而，故，故，
故，解得，可知，故，
所以在上仅有1个零点，
当时，，故在上也有1个零点，
故实数的取值范围为.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质和零点问题，涉及构造函数，分类讨论，以及隐零点问题，本题的一个关键是根据，变形求，再结合函数零点存在性定理说明存在两个零点.
3．（2023·四川南充·一模）已知函数（）有两个不同的零点，（），下列关于，的说法正确的有（ ）个
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】函数有两个不同零点，转化为有两个交点，构造函数，判断单调性，利用数形结合，判断①，再根据①判断②，再根据零点,构造函数，判断选项③,根据零点判断④.
【详解】由函数有两个不同零点，
转化为有两个交点，
构造函数， ，则，故，所以在单调递增，而，可得图象如图所示
故在单调递减，在单调递增，
所以，
对于①，，
所以，
所以，故①正确；
对于②，由①可知，故，
因此 ，故②正确；
对于③，因为，所以，故，
所以，
则，
构造函数，
则，而，
所以，
所以，
因为，所以，
令，构造，显然单调递增，且，
所以
所以，故③正确；
对于④，由①可知，，
所以，
令，，显然单调递增，且，
所以，故④正确.
故选：D
二、多选题
4．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，则有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】令，，求导可求得的单调性，利用极值点偏移的求解方法可求得AB正误；由，可确定，结合单调性可得CD正误.
【详解】令，，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
若，则，
令，
则，
当时，，
，
在上恒成立，在上单调递减，，
即，又，，
，，
，，在上单调递增，
，即，A错误；
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，且；
由得：；
设，，
则；
当时，，，
在上单调递减，，即，
又，，又，，
，，在上单调递增，
，即，B正确；
，，，
，又，，在上单调递减，
，则，C正确；
，又，，在上单调递增，
，则，D正确.
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题考查了导数中的极值点偏移问题，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.
5．（2023·湖北襄阳·模拟预测）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．
6．（2023·福建宁德·二模）已知函数，则（ ）
A．
B．若有两个不相等的实根，，则
C．
D．若，，均为正数，则
【答案】BCD
【分析】A：代入、直接计算比较大小；B：求的导函数，分析单调性，可得当有两个不相等实根时、的范围，不妨设，则有，比较的大小关系，因为，可构造，求导求单调性，计算可得成立，可证；C：用在上单调递增，构造可证明；D：令，解出，，做差可证明.
【详解】对于A：，，又，，
所以，所以，则，故A错误；
对于B：函数，定义域为，则，
当时，；当时，；
所以在上单调递增，在上单调递减，
则且时，有，所以若有两个不相等的实根、，有，
不妨设，有，要证，只需证，且，
又，所以只需证，
令，
则有，
当时，，，所以有，
即在上单调递增，且，所以恒成立，
即，即，即，故B正确.
对于C：由B可知，在上单调递增，则有，
即，则有，故C正确；
对于D：令，则，，，
，
，故D正确；
故选：BCD.
【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.
三、解答题
7．（22-23高三上·河南洛阳·开学考试）（1）证明不等式：（第一问必须用隐零点解决，否则不给分）；
（2）已知函数有两个零点.求a的取值范围.（第二问必须用分段讨论解决，否则不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）根据给定条件，构造函数，借助导数探讨函数最小值为正即可推理作答.
（2）求出函数的导数，利用导数分类讨论函数的单调性、零点情况作答.
【详解】（1）令函数，，求导得：，显然函数在上单调递增，
而，，则存在，使得，即，有，
当时，，当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
，
所以.
（2）函数定义域R，求导得，
当时，由得，，由得，，即函数在上递减，在上递增，
，而，即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
取且，则，
即存在，使得，则函数在上有唯一零点，
因此当时，函数有两个零点，
当时，函数只有一个零点2，
当时，若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
若，恒有，即函数在R上单调递增，函数最多一个零点，
若，当或时，，当时，，
即有在上单调递增，在上单调递减，又，，当时，，
因此函数在上没有零点，在上最多一个零点，即函数最多一个零点，
综上得，当时，函数有两个零点，当时，函数最多一个零点，
所以a的取值范围是.
8．（2024·全国·模拟预测）已知函数，．
(1)若对任意的都有，求实数的取值范围；
(2)若且，，证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）分别计算，的导函数，接着分析它们的单调性，求得在时，的最大值为，的最小值为，问题得解；
（2）先将转化为，再设，数形结合得到，接着构造函数，利用函数的单调性得到，最后利用放缩法证明不等式.
【详解】（1）由，，
得，，
当时，，在区间上单调递增，当时，，在区间上单调递减，所以当时，的最大值为．
当时，，在区间上单调递减，当时，，在区间上单调递增，所以当时，的最小值为．
所以，故实数的取值范围为．
（2）由得，两边取对数并整理，
得，即，即．
由（1）知，函数在上单调递增，在
上单调递减，，（技巧：注意对第（1）问结论的应用）
而，当时，恒成立，不妨设，则．
记，，
则
，所以函数在上单调递增，
所以，即，，
于是，，
又在上单调递减，因此，即，
所以．
【点睛】利用对称化构造的方法求解极值点偏移问题的“三步曲”：
（1）求导，得到函数的单调性、极值情况，作出函数图象，由得到的大致范围．
（2）构造辅助函数（若要证，则构造函数；若要证，则构造函数.），限定的范围，求导，判定符号，获得不等式．
（3）代入，利用及的单调性即得所证结论．
9．（2024·全国·模拟预测）已知函数.
(1)若时，恒成立，求实数的取值范围；
(2)当实数取第（1）问中的最小值时，若方程有两个不相等的实数根，，请比较，，2这三个数的大小，并说明理由.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据给定条件，变形不等式，分离参数构造函数，并求出函数的最大值即得.
（2）由（1）求出函数并变形，换元构造函数，利用导数结合极值点偏移推理即得.
【详解】（1）当时，不等式，
令，依题意，恒成立，
求导得，当时，，当时，，
于是函数在上单调递增，在上单调递减，，
所以.
（2）由（1）知，，此时函数，
令，，则，
由方程有两个不相等的实数根，得方程有两个不相等的实数根，
，要比较，，2这三个数的大小，只需比较，2，
这三个数的大小，即比较这三个数的大小，
，当时，，当时，，
则函数在上单调递增，在上单调递减，显然，，而，
由方程有两个不相等的实数根，不妨设，则，
令函数，显然，
求导得，函数在上单调递增，
于是，即，而，在上单调递减，
因此，即有，则，
令函数，，
求导得，函数在上单调递减，
，即，而，在上单调递减，
因此，即有，则，有，于是，
从而，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.
10．（23-24高三上·云南昆明·阶段练习）设，为函数（）的两个零点．
(1)求实数的取值范围；
(2)证明：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）求出定义域，求导，得到的单调性和极值情况，根据函数零点个数，得到，求出，结合题目条件，得到当时，，根据零点存在性定理得到在内存在唯一零点，同理得到在内存在唯一零点，从而求出答案；
（2）设，由可得，令，故，，推出要证，即证，构造，，求导，对分子再构造函数，证明出，在定义域内单调递减，故，即，证明出结论.
【详解】（1）的定义域为R，，
当时，，当时，，
故在内单调递减，在单调递增，
故要使有两个零点，则需，故，
由题目条件，可得，
当时，因为，又，
故在内存在唯一零点，
又，故在内存在唯一零点，
则在R上存在两个零点，故满足题意的实数的取值范围为；
（2）证明：由（1）可设，由可得，
令，则，所以，故，
所以，
要证，
即证，
即证，
因为，即证，即，
令，，，
令，则，当时，，
当时，，
故在内单调递减，在单调递增，所以，
所以，令得，
故，在定义域内单调递减，
故，即，，，
则，证毕．
【点睛】导函数处理零点个数问题，由于涉及多类问题特征（包括单调性，特殊位置的函数值符号，隐零点的探索、参数的分类讨论等），需要学生对多种基本方法，基本思想，基本既能进行整合，注意思路是通过极值的正负和函数的单调性判断函数的走势，从而判断零点个数，较为复杂和综合的函数零点个数问题，分类讨论是必不可少的步骤，在哪种情况下进行分类讨论，分类的标准，及分类是否全面，都是需要思考的地方
【综合提升练】
一、单选题
1．（22-23高二下·福建厦门·期末）已知函数，若，且，则·c的取值范围为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】画出函数的图象，结合图象得到且，进而求得的取值范围.
【详解】由函数 ，
当时，可得，可得，
所以在上单调递减，且；
当时，可得，可得，
所以在上单调递增，且；
当时，在单调递减，且，
画出函数的图象，如图所示：
若，且，则且，
所以.
故选：B.

2．（2023·江西南昌·二模）已知函数，．若有且只有两个零点，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据已知条件可得，则将问题转化为在区间上有且只有1个零点，分别讨论①，②，③时的单调性、最值、端点值与0比较即可求得结果.
【详解】由已知可得，则在区间上有且只有1个零点．
，
令，．
则，
因为在区间上恒成立，
所以在区间上单调递增．
所以，当时，有最小值；
当时，有最大值．
①当时，有，则恒成立，
所以在区间上单调递增，
所以．
又因为，
所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；
②当时，有恒成立，则在区间上单调递减，
所以．
又因为，
所以在区间上无零点，不符合题意，舍去；
③当时，有，．
又在区间上单调递增，
根据零点的存在定理可得，，使得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
又，，要使在区间上有且只有一个零点，
则，解得．
又因为，
所以．
综上，实数a的取值范围是．
故选：D.
【点睛】研究函数零点策略
（1）含参数的函数零点个数，可转化为方程解的个数，若能分离参数，可将参数分离出来后，用x表示参数的函数，作出该函数的图象，根据图象特征求参数的范围．
（2）涉及函数的零点(方程的根)问题，主要利用导数确定函数的单调区间和极值点，根据函数零点的个数寻找函数在给定区间的极值以及区间端点的函数值与0的关系，从而求得参数的取值范围．
3．（22-23高三上·辽宁锦州·阶段练习）已知函数在上恰有两个极值点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得在内有两个零点，分和两种情况，，，可得原题意等价于与，有两个交点，求导，利用导数判断的单调性，结合图象分析求解.
【详解】由题意可得：，
因为函数在上恰有两个极值点，则在内有两个零点，
1.当时，则，不合题意；
2.当时，则，可得，
令，，
原题意等价于与，有两个交点，
因为，
当时，则，可得，
则，所以在上单调递增，
可得，当趋近于时，趋近于；
当时，则，可得，
则，所以在上单调递减，
可得，当趋近于时，趋近于；
可得，的图象为

若与，有两个交点，则；
综上所述：的取值范围是.
故选：D.
【点睛】方法点睛：对于函数零点的个数的相关问题，利用导数和数形结合的数学思想来求解．这类问题求解的通法是：
（1）构造函数，这是解决此类题的关键点和难点，并求其定义域；
（2）求导数，得单调区间和极值点；
（3）数形结合，挖掘隐含条件，确定函数图象与x轴的交点情况进而求解．
4．（2020高三·全国·专题练习）已知函数有两个零点，，则下列判断：①；②；③；④有极小值点，且.则正确判断的个数是（ ）
A．4个 B．3个 C．2个 D．1个
【答案】D
【解析】利用函数的导数，判断函数的单调性，对四个选项分别进行判断，即可得出结论.
【详解】对于①
当时，在上恒成立，在上单调递增,不符合.
当时，由，，解得，
，解得
在单调递减，在单调递增．在有极小值，
函数有两个零点，
，，
①不正确；
对于②
因为，
，
取，，，，，
②不正确；
对于④
函数的极小值点为
要证，只要证
因为函数在单调递减，故只需要证
构造函数
求导得到
所以函数单调递增，恒成立，
即，故得到
进而得证：，.
故④正确.
对于③
因为
根据，可得到.
③不正确.
综上正确的只有一个，
故选：.
【点睛】本题考查了利用导数求函数的极值，研究函数的零点问题，利用导数研究函数的单调性，通常需要对函数求导，根据转化与划归的思想求解，属于常考题型.
5．（21-22高三上·江西鹰潭·阶段练习）关于函数，下列说法正确的是（ ）
A．是的极大值点
B．函数有2个零点
C．存在正整数k，使得恒成立
D．对任意两个正实数，且，若，则
【答案】D
【分析】对A，求导得到单调区间即可判断；
对B，对函数求导得出单调区间即可进一步得到结果；
对C，分离参数，通过的单调性和函数变化趋势即可判断；
对D，根据函数f(x)的单调性，将自变量比较大小转化为函数值比较大小，用极值点偏移的方法得到结论.
【详解】对A，，函数在单减，在单增，
是的极小值点，A错误；
对B，，函数在单减，至多一个零点，B错误；
对C， ，令，则，
设，则，函数在单增，在单减，
所以，∴，
则函数在单减，无最小值，且当时，，C错误；
对D，不妨设，易知，
，且，
因为函数在单增，则，
即证：，记，
所以，所以在单减，所以，
即，所以，D正确.
故选：D.
【点睛】本题为函数的综合题，不论分参也好还是极值点偏移也好，还是零点问题、最值问题，最终都要对函数的单调性进行讨论，进而得到答案；需要注意的是，导数综合题一定要结合函数的图象辅助解决，平常注意对导数的题目进行归类，总结做法.
6．（2023·福建漳州·三模）已知函数和函数，具有相同的零点，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据零点定义可整理得到，令，利用导数，结合零点存在定理的知识可确定在上单调递减，在上单调递增，并得到，，由可确定，由此化简所求式子即可得到结果.
【详解】由题意知：，，
联立两式可得：，
令，则；
令，则在上单调递增，
又，，
在上存在唯一零点，且，，；
当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，
，
又，，
.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数零点、利用导数求解函数单调性的相关问题；解题关键是能够灵活应用零点存在定理确定导函数的正负，并得到隐零点所满足的等量关系式，进而利用等量关系式化简最值和所求式子.
7．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】变形a，b，构造函数比较a，b的大小，构造函数比较的大小，利用极值点偏移的方法判断的大小作答.
【详解】依题意，，，
令，，
当时，，即，函数在上单调递减，
，即，因此，
令，，当时，，当时，，
函数在上单调递减，，而，
函数在上单调递增，显然，
则方程有两个不等实根，，有，
，而，则有，
令，，，
即函数在上单调递减，当时，，即，
因此，即有，而，在上单调递增，
于是得，即，取，，于是得，
又，在上单调递增，从而，
所以，D正确.
故选：D
【点睛】思路点睛：某些数或式大小关系问题，看似与函数的单调性无关，细心挖掘问题的内在联系，抓住其本质，构造函数，分析并运用函数的单调性解题，它能起到化难为易、化繁为简的作用.
8．（21-22高三上·浙江宁波·开学考试）已知函数，对于正实数a，若关于t的方程恰有三个不同的正实数根，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】研究的图像可知，若，令，则 ，且，可以推出，或，通过对数不等式写出关于的不等式，即可求出的范围
【详解】因为，，令得：；令得：，所以在区间单调递增，在单调递减，且时，恒成立，的图像如下：
令，则 ，且
①当时，，成立，所以是方程的一个实数根
②当时，由得：，令
则： ，两式相减得： ，两式相加得：
所以：，由对数均值不等式得：
所以：，且，所以，，即：
所以
故选：D
【点睛】题目考察到了极值点偏移的思想，用对数均值不等式解决，完整的对数均值不等式为：，可用两边同除，令整体换元的思想来构造函数，证明不等式成立
二、多选题
9．（2023·河北衡水·一模）直线：与的图象交于、两点，在A B两点的切线交于，的中点为，则（ ）
A． B．点的横坐标大于1
C． D．的斜率大于0
【答案】BC
【分析】通过为两函数图象交点，转化为直线与曲线有两个不同的交点，研究的图象，数形结合可判断A；联立两条切线求得点的横坐标，利用极值点偏移思想可求得之间关系，即可判断B；通过构造函数建立之间的关系，将问题转化为二次函数两根之间距离问题可判断C正确；化简，结合前面的条件可判断D.
【详解】
对A，因为直线与曲线交于、两点，
有两个不同正根，
即直线与曲线有两个不同的交点.
在上单调递减，在单调递增，
且，
，故A错误.
对B，由题意得，
，设
令
在单调递减.
，
在单调递减，
.
，
又，
.
的方程：，
的方程：，
联立可解得，
故选项B正确.
对C，设，
，
，且，
，设,
，
，
，
，
是的两个根，是方程的两根，
，所以C正确.
对D，
，
，
可以利用对数均值不等式证明如下：
对数均值不等式：，
，，
，
，，
，即<1, ，.
所以D错误.
故选：BC
【点睛】函数综合问题的处理，要通过构造函数，利用导数研究函数的单调性，结合图象寻找等与不等关系，研究问题需要探究的结论，选择题还要注意特值，验证，排除等方法的灵活运用.
10．（22-23高三·全国·阶段练习）已知函数，，则下列说法正确的是（ ）
A．在上是增函数
B．，不等式恒成立，则正实数的最小值为
C．若有两个零点，则
D．若，且，则的最大值为
【答案】ABD
【分析】A选项中，令，利用导数可求得单调性，根据复合函数单调性的基本原则可知A正确；B选项中，利用导数可求得在上单调递增，由此可将恒成立的不等式化为，令，利用导数可求得，由可知B正确；C选项中，利用导数可求得的单调性，由此确定，若，可等价转化为，令，利用导数可求得单调性，从而得到，知，可得C错误；D选项中，采用同构法将已知等式化为，从而可确定，结合单调性得到，由此化简得到，令，利用导数可求得最大值，知D正确.
【详解】对于A，当时，，令，则，，
，当时，恒成立，在上单调递增；
在上单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上为增函数，A正确；
对于B，当时，，又为正实数，，
，当时，恒成立，在上单调递增，
则由得：，即，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，则正实数的最小值为，B正确；
对于C，，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增；，则；
不妨设，则必有，
若，则，等价于，
又，则等价于；
令，则，
，，，，即，
在上单调递增，，即，
，可知不成立，C错误；
对于D，由，得：，即，
由C知：在上单调递减，在上单调递增；
，，则，，
，即，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
即的最大值为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：本题C选项考查了导数中的极值点偏移问题；处理极值点偏移中的类似于（）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.
11．（2023·河北·模拟预测）若当实数a变化时，直线恒与定曲线相切，且，则（ ）
A．有一个极大值点 B．
C． D．
【答案】AD
【分析】求出的解析式再利用导数可求探究其性质，再判断后可得正确的选项.
【详解】因为直线恒与定曲线相切，
则曲线为坐标平面上挖去诸切线上的点后余下的所有点形成的边界（边界为虚边界），而余下的不在切线上，故无解，
设，则，
若，则，当时，无解，此时边界点为
若，则，故在上为增函数，
而当时，，时，，
故无论取何值，从而总有解.
若，则时，，，，
故在上为减函数，在上为增函数，
故，
若，则无解，故即，
边界对应的函数为，.
若，因此时，，故此时总有解.
综上，，故C错误.
当时，，
当时，；当时，，
故在上为增函数，在为减函数，
故有唯一的极大值点，且极大值为，故A正确.
又的图象如图所示：
当时，由可得或，即或，
有两个不同的解，故B错误.
若，则由图象可得，不妨设，
当时，，此时成立；
当时，令，其中，
则，
因为，故，故，
所以在上为减函数，故，
所以，故，
故，而，
由的单调性可得即，
综上，D成立，
故选：AD.
【点睛】思路点睛：对于曲线的切线族问题，往往与曲线的包络线有关，注意从曲线的切线族结合方程无解可求曲线的方程，再结合导数的方法可研究函数的性质.
三、填空题
12．（2021·黑龙江·模拟预测）已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】将原函数有两个不同零点，等价于有两个不同的根，通过变形，换元，得到原式子等价于有两个不等根，构造函数，研究函数的单调性，极值问题，可得到只要函数最大值大于零即可.
【详解】有两个不同的零点，等价于方程有两个不同的根，
变形为
设，原式子等价于 有两个不等根
函数极值点为
函数在上是单调递增的，函数在上是单调递减的，
故得到函数的最大值为
当趋向于0时，趋向于负无穷，当趋向于正无穷时，趋向于负无穷
函数最大值大于零，故可得当时，函数有两个不等的根.
故答案为：.
13．（2022·吉林·三模）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 ．
【答案】 1
【分析】求出函数的导函数，即可得到，从而求出，令，即可得到，令，利用导数说明函数的单调性，即可得到函数草图，即可得到，再令，利用导数说明函数的单调性，即可得到，从而得解；
【详解】解：，则，则，解得，
此时，，当时，当时，
所以在上的单调递增，在上单调递减，则在处取极大值，符合题意；
令，则
构造函数，则．
因为，所以当时，当时，
即在上单调递增，在上单调递减，又，
易知的图象如图所示：
不妨令，
令
∵
∴在上单调递增，即
∵，∴，即
∵，∴
∵在上单调递减，∴
故答案为：1；
14．（2022·广东佛山·一模）已知函数，当时，函数的零点个数为 ；若函数有两个零点，则实数a的取值范围为 ．
【答案】 1
【分析】（1）令，得，再构造函数，分析函数的性质即得解；
（2）令得到，再对分两类讨论、分离参数分析函数的图象得解.
【详解】（1）当时，，
令，
所以，
所以，令，
所以函数是增函数（增函数+增函数=增函数），
当时，；，
所以只有一个解，所以当时，函数的零点个数为1；
（2）令
所以，
当时，不成立，所以不是函数的零点.
当时，
所以,
令，
令，
所以函数在单调递增，在单调递减，
因为，所以，
所以在时有两个零点，在时只有一个零点，在时只有一个零点；
所以或，
由对勾函数得，当时，即时，此时方程有一个零点，
当即时，方程有两个零点.
所以当或时，原函数有两个零点.
故答案为：1；.
四、解答题
15．（2023·江西·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的单调性；
(2)若，且，证明：，且．
【答案】(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求定义域，求导，分和两种情况，得到函数的单调性；
（2）变形为是方程的两个实数根，构造函数，得到其单调性和极值最值情况，结合图象得到，再构造差函数，证明出.
【详解】（1）的定义域为R，
由题意，得，，
当时，恒成立，在上单调递增；
当，且当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增．
（2）证明：由，得，是方程的两个实数根，
即是方程的两个实数根．
令，则，
所以当时，，单调递增；
当时，，单调递减，
所以．
因为当时，；当时，，，所以．
不妨设，因为，是方程的两个实数根，则．
要证，只需证．
因为，，
所以只需证．
因为，
所以只需证．
令，，
则
在恒成立．
所以在区间上单调递减，
所以，
即当时，．
所以，
即成立．
【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，则先消去参数.
16．（2024·湖南邵阳·一模）已知函数.
(1)讨论函数的单调性；
(2)当时，方程有三个不相等的实数根，分别记为.
①求的取值范围；
②证明.
【答案】(1)答案见解析
(2)①；②证明见解析
【分析】（1）应用导数讨论函数的单调性，分与讨论即可；
（2）①结合函数的极值点即可求解；②构造函数与讨论即可.
【详解】（1）函数的定义域为.
又，令，得.
当，即时，在恒成立，.
当，即时，方程有两根，可求得：，
因为所以，
当和时，，为增函数，
当时，，为减函数.
综上：当时，在上单调递增，
当时，在和上单调递增，在上单调递减.
（2）当时，.
①方程有三个不相等的实数根，
即方程在上有三个不相等的实数根.
令，
则，
令，求得：或，
则当或时，，
当时，，
则在和上单调递增，在上单调递减，
存在极大值为，存在极小值，
且当时，，当时，.
要使方程有三个不相等的实数根，则
的取值范围为.
②证明：设方程三个不相等的实数根分别为：，且，
由①可得，要证，
只需证，即证，
当时，在和上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，.
由，
构造函数，
，当时，在上单调递增，
，即在上恒成立，
又，则有：，
又，且在上单调递减，
，即.
构造函数，
，当时在上单调递增.
，即在上恒成立.
又，则.即，
由，则.
在上单调递增，.
又，则可证得：.
【点睛】
关键点点睛：将证明转化为， ，结合极值点平移构造函数是本题关键.
17．（2023·山西·模拟预测）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.
【点睛】本题属于极值点偏移问题，通常处理方法有构造差函数借助单调性证明，或者合理代换将二元化为一元问题，利用导数求解即可.
18．（2022·四川南充·一模）已知函数有两个不同的零点.
(1)求实数的取值范围；
(2)求证：.
【答案】(1)
(2)证明见详解
【分析】（1）利用导数求单调区间，结合图象可解；
（2）利用单调性将问题转化为证明，然后构造差函数，利用导数证明即可.
【详解】（1）的定义域为，
因为，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以当时，取得最小值.
又当x趋近于0或时，趋于，
所以，要使有两个不同的零点，只需满足，即.
所以实数的取值范围为.

（2）不妨设，由（1）可知，，则，
要证，只需证，
又在上单调递增，所以只需证，即证.
记，
则，
当时，，单调递增，
又，
所以，即.
所以.
【点睛】本题第二问为极值点偏移问题，关键在于构造差函数，然后利用导数讨论其单调性，单调性结合即可证明.
19．（2024·河北沧州·二模）若函数与在区间上恒有，则称函数为和在区间上的隔离函数.
(1)若，判断是否为和在区间上的隔离函数，并说明理由；
(2)若，且在上恒成立，求的值；
(3)若，证明：是为和在上的隔离函数的必要条件.
【答案】(1)是和在区间上的隔离函数，理由见解析
(2).
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据隔离函数定义依次证明和在上是否恒成立即可得解.
（2）依据，得到是的极小值点，也是最小值点，从而求出，再进行检验即可.
（3）构造函数并求出其隐零点，结合题意得到，与，进而得到的关系，从而得证.
【详解】（1）是和在区间上的隔离函数.
因为，
所以，
在上单调递增，在上单调递减，
又，
当时，在上取到最小值0，故.
又，所以.
综上，是和在区间上的隔离函数.
（2）设，则，
因为，则是的极小值点，也是最小值点，
所以，即.
当时，，
当时，；当时，，
所以，即恒成立（当且仅当时取等号），
故.
（3）证明：设，
由（2）得（当且仅当时取等号），
所以
，当且仅当时取等号，
设，则，
所以在上单调递增，又，
所以存在使得，即，则，
又，则，
由隔离函数定义可得，所以，
设，
则，
又，则是的极小值点，
所以，即，
结合，得，故，
所以是为和在上的隔离函数的必要条件.
【点睛】关键点点睛：证明是为和在上的隔离函数的必要条件的关键是构造函数并求出其隐零点，从而得到的关系，从而得证.
【拓展冲刺练】
一、单选题
1．（2023·四川内江·一模）已知函数有两个零点，则的最小整数值为（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】对求导，得到，再对进行分类讨论，求出函数的单调区间，再结合零点存在性原理即可求出结果.
【详解】因， 则，
当，，由，得到，只有一个零点，不合题意，
当时，因为恒成立，所以时，，时，，
即在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，取且，则，
又由，得到，所以，此时存在2个零点，
当时，由，得到或，
若，即，当时，，所以在区间上单调递增，
又当时，，所以不存在2个零点，
若，即，当时，，当，，
所以在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又当时，，所以不存在2个零点，
综上可得，实数，
故选：C.
【点睛】方法点晴：解决函数零点问题的常用思路，①函数零点函数图像与轴交点的横坐标对应方程的根；②零点存在性原理；③用导数研究函数的单调性，结合零点存在性原理解决.
2．（2023·四川成都·三模）已知函数有三个零点，则实数m的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出导函数，分类讨论确定函数的单调性，函数有三个零点，应有两个不等实根，定义域分成三个单调区间，再结合零点存在定理确定零点的存在，从而得出结论．
【详解】易知的定义域是，
由已知，
若，即，则恒成立，单调递增，不合题意，
若，则在上恒成立，单调递增，不合题意，
若，则在两个实根，且，因此，，
不妨设，即，
当或时，，时，，
因此在和上都是单调递增，在上单调递减，
在上，有一个零点，因此，，
取，由于，因此，
设，则，
设，则，
设，则，所以即是增函数，
时，，
所以即在上是增函数，从而时，，
所以时，是增函数，，
综上，，因此，在上有唯一零点，也即在上有唯一零点，
同理取，由于，因此有，
从而在即在上有唯一零点，
所以有三个零点，所以的取值范围是，
故选：D．
【点睛】思路点睛：研究含参函数的零点问题，可利用导数研究函数的单调性，极值，借助数形结合思想解决问题，结合零点存在定理得出含参的不等式，从而得出参数范围．
3．（2023·河北沧州·模拟预测）已知直线与曲线和曲线均相切，则实数的解的个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．无数
【答案】C
【分析】由题意可求得直线与曲线和曲线分别切于点，，则，化简后得，然后将问题转化为方程解的个数，构造函数，利用导数和零点存在性定理可求得其零点的个数，从而可得答案.
【详解】根据题意可知，直线与曲线和曲线都相切，
所以对于曲线，则，所以，
所以切点，
对于曲线，则，所以，
切点，易知A,B不重合，
因为公切线过两点，所以，
进而可得，
令，则，
令，则
所以在单调递增，
因为，
所以存在使得，即，
所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，，
故.
又因为，
所以，
当时，，
因为，
所以在内存在，使得，
当时，，
因为，，
所以在内存在，使得，
综上所述，存在两条斜率分别为，的直线与曲线和曲线都相切，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：此题考查导数的综合应用，考查导数几何意义，考查利用导数解决函数零点问题，解题的关键是求出两切点的坐标后，将问题转化为方程解的个数问题，然后构造函数，利用导数和零点存在性定理解决，考查数学转化思想和计算能力，属于难题.
二、多选题
4．（22-23高三上·湖北·阶段练习）已知，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】A.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而得到A选项.
B.先构造函数，通过函数的单调性确定的大致范围，再构造
，通过函数的单调性确定与的大小关系，进而可知B选项错误.
C.通过，得到，进而可得与的大小关系, 进而可知C选项错误.
D.与C选项同样的方法即可判断.
【详解】A. 令
则 ，所以在单调递减，在上单调递增，
且，故.
令
则，
所以在上单调递减，且

即 故选项A正确
B. 令
则，所以在单调递增，在上单调递减，
且，故.
令
所以在上单调递减，且

即 故选项B错误
C.
又在单调递增
故选项C错误
D. 由C可知， 又在单调递减
故选项D正确
故选：AD
5．（2022·黑龙江哈尔滨·模拟预测）已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若恒成立，则
B．当时，的零点只有个
C．若函数有两个不同的零点，则
D．当时，若不等式恒成立，则正数的取值范围是
【答案】BC
【分析】采用分离变量法可得，利用导数可求得的单调性，进而得到最大值，从而得到，知A错误；根据恒成立可知单调递增，利用零点存在定理可说明存在唯一零点，知B正确；要得到，只需得到，可化简得到，从而将问题转化为证明，设，利用导数可说明，即可判断C正确；将恒成立的不等式变形为，根据单调递增可得，即，利用导数的知识即可判断D错误.
【详解】对于A，定义域为，由得：，
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，
，则，A错误；
对于B，定义域为，，
当时，，在上单调递增，
又，，
，使得，当时，有且仅有一个零点，B正确；
对于C，，，
；
要证，只需证，即证，
不妨令，则只需证，
令，则，
令，
则，
在上单调递增，，，
即恒成立，，C正确；
对于D，当时，由得：，
即，；
令，则，在上单调递增，
由得：，；
令，则，
当时，；当时，；
在上单调递增，在上单调递减，，
，D错误.
故选：BC.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数求解恒成立问题、零点个数问题和极值点偏移的问题；本题D选项中恒成立问题求解的关键是能够利用同构法，将恒成立的不等式转化为同一函数不同函数值的大小关系比较问题，进而通过构造函数，利用函数单调性得到自变量的大小关系，从而化简恒成立的不等式.
6．（22-23高三上·黑龙江哈尔滨·期中）已知函数则下列结论正确的有（ ）
A．当时，是的极值点
B．当时，恒成立
C．当时，有2个零点
D．若是关于x的方程的2个不等实数根，则
【答案】ABD
【分析】对于A，代入后对求导，利用导数与函数极值的关系即可得证；对于B，构造函数，利用导数求得，从而可证得；对于C，举反例排除即可；对于D，利用极值点偏移的证明方法即可证得.
【详解】对于A，当时，，则，
令，得；令，得；
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以是的极大值点，故A正确；
对于B，令，得，
令，则，
令，解得，
故当，，单调递增；当，，单调递减；
所以，
因为，所以，故，整理得，即恒成立，故B正确；
对于C，令，则，令，解得，故只有1个零点，故C错误；
对于D，因为是关于的方程的2个不等实数根，
所以，即，
所以问题等价于有两个零点，证明，
不妨设，则由得到，
要证，只需要证明，
即只需证明：，
只需证明：，即，
令，
只需证明：，
令，
则，即在上单调递增，
又，所以，即恒成立，
综上所述，原不等式成立，即成立，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：对于利用导数研究函数的综合问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
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．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
三、填空题
7．（2023·重庆沙坪坝·模拟预测）已知函数存在唯一零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】将问题转化为函数在上无零点或有唯一零点，然后令，参变分离，利用导数可解.
【详解】存在唯一零点，是的唯一零点，
则在上无零点或有唯一零点，
即在上无解或有唯一解
令，则，所以在单调递减，在上单调递增，
在处有最小值.
由图可知，要使在上无解或有唯一解，只需.

综上，.
故答案为：.
8．（2024·河南洛阳·模拟预测）若函数在区间上有两个零点，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】将题意转化为与有两个交点，对求导，得出的单调性和最值，画出的图象，结合图象即可得出答案.
【详解】由题意可得，
当时，则；
当时，，可得，令，
原题意等价于与有两个交点，．
当时，，可得，则，
所以在上单调递增，可得，当趋近于时，趋近于正无穷；
当时，，可得，则，
所以在上单调递减，可得，
当趋近于时，趋近于正无穷．
故的大致图象如图所示．
若与有两个交点，则，
故答案为：.
【点睛】方法点睛：利用导数解决函数零点问题的方法：
（1）直接法：先对函数求导，根据导数的方法求出函数的单调区间与极值，根据函数的基本性质作出图象，然后将问题转化为函数图象与x轴的交点问题，突出导数的工具作用，体现了转化与化归思想、数形结合思想和分类讨论思想的应用；
（2）构造新函数法：将问题转化为研究两函数图象的交点问题；
（3）参变量分离法：由分离变量得出，将问题等价转化为直线与函数的图象的交点问题.
四、解答题
9．（2023·贵州毕节·模拟预测）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：.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）参变分离可得在恒成立，令，，利用导数求出函数的最大值，即可得解；
（2）求出函数的导函数，依题意可得函数与函数，的图象有两个交点，利用导数说明的单调性，不妨设，要证，即证，令，，利用导数说明函数的单调性，即可得证.
【详解】（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．
，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．
【点睛】方法点睛：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．
10．（2023·云南大理·模拟预测）已知函数．
(1)讨论的极值；
(2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：．
【答案】(1)答案见解析；
(2)证明见解析.
【分析】（1）根据题意，求导得，然后分讨论，即可得到结果；
（2）根据题意，将原式变形为，然后构造函数，，求导可得函数在上单调递增，即可证明.
【详解】（1）函数的定义域为，求导得，
若，则，无极值；
若，由，可得，
若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增，
此时，函数有唯一极小值，无极大值；
若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减，
此时，函数有唯一极大值，无极小值；
所以当时，函数无极值；
当时，函数有极小值，无极大值；
当时，函数有极大值，无极小值；
（2）证明：由，两边取对数可得，即，
当时，，，
由（1）可知，函数在上单调递增，在上单调递减，所以，
而，时，恒成立，
因此，当时，存在且，满足，
若，则成立；
若，则，
记，，
则 ，
即有函数在上单调递增，所以，即，
于是，而，，，
函数在上单调递增，因此，即.
【点睛】关键点睛：本题主要考查了利用导数研究函数极值问题以及极值点偏移问题，难度较大，解决本题的关键在于构造函数，，结合其单调性证明.
11．（23-24高三上·河南·阶段练习）已知函数．
(1)若，讨论的单调性．
(2)已知关于的方程恰有个不同的正实数根．
（i）求的取值范围；
（ii）求证：．
【答案】(1)在，上单调递增，在上单调递减
(2)（i）；（ii）证明见解析
【分析】（1）求导后，根据的正负可确定的单调性；
（2）（i）将问题转化为与有两个不同交点的问题，利用导数可求得的单调性和最值，从而得到的图象，采用数形结合的方式可确定的范围；
（ii）设，根据：，，采用取对数、两式作差整理的方式可得，通过分析法可知只需证即可，令，构造函数，利用导数可求得单调性，从而得到，由此可证得结论.
【详解】（1）当时，，则；
令，解得：或，
当时，；当时，；
在，上单调递增，在上单调递减.
（2）（i）由得：，
恰有个正实数根，恰有个正实数根，
令，则与有两个不同交点，
，当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，又，
当从的右侧无限趋近于时，趋近于；当无限趋近于时，的增速远大于的增速，则趋近于；
则图象如下图所示，
当时，与有两个不同交点，
实数的取值范围为；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨设，则，
要证，只需证，
，，，则只需证，
令，则只需证当时，恒成立，
令，
，
在上单调递增，，
当时，恒成立，原不等式得证.
【点睛】思路点睛：本题考查利用导数求解函数单调性、方程根的个数问题和极值点偏移问题的求解；本题求解极值点偏移的基本思路是通过引入第三变量，将问题转化为单变量问题，进而通过构造函数的方式证明关于的不等式恒成立.
12．（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.
【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.
（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；
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.

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