資源簡介

培優點04隱零點與極值點偏移問題（2種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
隱零點問題是指對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最終解決問題；極值點偏移是指函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數圖象不具有對稱性，隱零點與極值點偏移問題常常出現在高考數學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，難度大
【核心題型】
題型一　隱零點
零點問題求解三步曲
(1)用函數零點存在定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程f′(x0)＝0，并結合f′(x)的單調性得到零點的取值范圍．
(2)以零點為分界點，說明導函數f′(x)的正負，進而得到f(x)的最值表達式．
(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮小．
【例題1】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）已知（其中為自然對數的底數）.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程，
（2）當時，判斷是否存在極值，并說明理由；
（3），求實數的取值范圍.
【變式1】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函數的極值；
（2）若，證明：當時，．
【變式2】（2024·浙江寧波·高三統考期末）已知函數，其中．
（1）當時，求曲線在處的切線方程；
（2）記為的導函數，若對，都有，求的取值范圍．
【變式3】（2024·河北邢臺·高三統考期末）已知函數．
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）證明：．
題型二　極值點偏移
極值點偏移問題的解法
(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論x1＋x2>(<)2x0型，構造函數F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結論x1x2>(<)x型，構造函數F(x)＝f(x)－f ，通過研究F(x)的單調性獲得不等式．
(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝化為單變量的函數不等式，利用函數單調性證明．
【例題1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數.若有兩個零點，證明：.
【變式1】（2022·全國·模擬預測）設函數.
(1)若，求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.
【變式2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學校考開學考試）已知函數（其中為自然對數的底數）.
(1)求函數的單調區間；
(2)若為兩個不相等的實數，且滿足，求證：.
【變式3】（2024·遼寧·模擬預測）已知函數．
(1)當時，判斷在區間內的單調性；
(2)若有三個零點，且．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：.
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022·四川成都·一模）已知，且，則下列說法正確的有（ ）
①； ② ；③； ④.
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
2．（2023·全國·模擬預測）若關于的方程有兩個解，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·四川南充·一模）已知函數（）有兩個不同的零點，（），下列關于，的說法正確的有（ ）個
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多選題
4．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，則有（ ）
A． B．
C． D．
5．（2023·湖北襄陽·模擬預測）已知關于的方程有兩個不等的實根，且，則下列說法正確的有（ ）
A． B． C． D．
6．（2023·福建寧德·二模）已知函數，則（ ）
A．
B．若有兩個不相等的實根，，則
C．
D．若，，均為正數，則
三、解答題
7．（22-23高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；
（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)若對任意的都有，求實數的取值范圍；
(2)若且，，證明：．
9．（2024·全國·模擬預測）已知函數.
(1)若時，恒成立，求實數的取值范圍；
(2)當實數取第（1）問中的最小值時，若方程有兩個不相等的實數根，，請比較，，2這三個數的大小，并說明理由.
10．（23-24高三上·云南昆明·階段練習）設，為函數（）的兩個零點．
(1)求實數的取值范圍；
(2)證明：．
【綜合提升練】
一、單選題
1．（22-23高二下·福建廈門·期末）已知函數，若，且，則·c的取值范圍為（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023·江西南昌·二模）已知函數，．若有且只有兩個零點，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
3．（22-23高三上·遼寧錦州·階段練習）已知函數在上恰有兩個極值點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
4．（2020高三·全國·專題練習）已知函數有兩個零點，，則下列判斷：①；②；③；④有極小值點，且.則正確判斷的個數是（ ）
A．4個 B．3個 C．2個 D．1個
5．（21-22高三上·江西鷹潭·階段練習）關于函數，下列說法正確的是（ ）
A．是的極大值點
B．函數有2個零點
C．存在正整數k，使得恒成立
D．對任意兩個正實數，且，若，則
6．（2023·福建漳州·三模）已知函數和函數，具有相同的零點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
7．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
8．（21-22高三上·浙江寧波·開學考試）已知函數，對于正實數a，若關于t的方程恰有三個不同的正實數根，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
二、多選題
9．（2023·河北衡水·一模）直線：與的圖象交于、兩點，在A B兩點的切線交于，的中點為，則（ ）
A． B．點的橫坐標大于1
C． D．的斜率大于0
10．（22-23高三·全國·階段練習）已知函數，，則下列說法正確的是（ ）
A．在上是增函數
B．，不等式恒成立，則正實數的最小值為
C．若有兩個零點，則
D．若，且，則的最大值為
11．（2023·河北·模擬預測）若當實數a變化時，直線恒與定曲線相切，且，則（ ）
A．有一個極大值點 B．
C． D．
三、填空題
12．（2021·黑龍江·模擬預測）已知函數有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是 .
13．（2022·吉林·三模）已知函數的極大值點為0，則實數m的值為 ；設，且，不等式恒成立，則實數的取值范圍為 ．
14．（2022·廣東佛山·一模）已知函數，當時，函數的零點個數為 ；若函數有兩個零點，則實數a的取值范圍為 ．
四、解答題
15．（2023·江西·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若，且，證明：，且．
16．（2024·湖南邵陽·一模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，方程有三個不相等的實數根，分別記為.
①求的取值范圍；
②證明.
17．（2023·山西·模擬預測）已知函數.
(1)若，求的取值范圍；
(2)若關于的方程有兩個不同的正實根，證明：.
18．（2022·四川南充·一模）已知函數有兩個不同的零點.
(1)求實數的取值范圍；
(2)求證：.
19．（2024·河北滄州·二模）若函數與在區間上恒有，則稱函數為和在區間上的隔離函數.
(1)若，判斷是否為和在區間上的隔離函數，并說明理由；
(2)若，且在上恒成立，求的值；
(3)若，證明：是為和在上的隔離函數的必要條件.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·四川內江·一模）已知函數有兩個零點，則的最小整數值為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
2．（2023·四川成都·三模）已知函數有三個零點，則實數m的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
3．（2023·河北滄州·模擬預測）已知直線與曲線和曲線均相切，則實數的解的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．無數
二、多選題
4．（22-23高三上·湖北·階段練習）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
5．（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．若恒成立，則
B．當時，的零點只有個
C．若函數有兩個不同的零點，則
D．當時，若不等式恒成立，則正數的取值范圍是
6．（22-23高三上·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數則下列結論正確的有（ ）
A．當時，是的極值點
B．當時，恒成立
C．當時，有2個零點
D．若是關于x的方程的2個不等實數根，則
三、填空題
7．（2023·重慶沙坪壩·模擬預測）已知函數存在唯一零點，則的取值范圍為 .
8．（2024·河南洛陽·模擬預測）若函數在區間上有兩個零點，則的取值范圍為 .
四、解答題
9．（2023·貴州畢節·模擬預測）已知函數.
(1)當時，，求的取值范圍.
(2)若函數有兩個極值點，證明：.
10．（2023·云南大理·模擬預測）已知函數．
(1)討論的極值；
(2)若（e是自然對數的底數），且，，，證明：．
11．（23-24高三上·河南·階段練習）已知函數．
(1)若，討論的單調性．
(2)已知關于的方程恰有個不同的正實數根．
（i）求的取值范圍；
（ii）求證：．
12．（2024·吉林·二模）在平面直角坐標系中，的直角頂點在軸上，另一個頂點在函數圖象上
(1)當頂點在軸上方時，求 以軸為旋轉軸，邊和邊旋轉一周形成的面所圍成的幾何體的體積的最大值；
(2)已知函數，關于的方程有兩個不等實根.
（i）求實數的取值范圍;
（ii）證明：.培優點04隱零點與極值點偏移問題（2種核心題型+基礎保分練+綜合提升練+拓展沖刺練）
【考試提醒】
隱零點問題是指對函數的零點設而不求，通過一種整體代換和過渡，再結合題目條件最終解決問題；極值點偏移是指函數在極值點左右的增減速度不一樣，導致函數圖象不具有對稱性，隱零點與極值點偏移問題常常出現在高考數學的壓軸題中，這類題往往對思維要求較高，過程較為煩瑣，計算量較大，難度大
【核心題型】
題型一　隱零點
零點問題求解三步曲
(1)用函數零點存在定理判定導函數零點的存在性，列出零點方程f′(x0)＝0，并結合f′(x)的單調性得到零點的取值范圍．
(2)以零點為分界點，說明導函數f′(x)的正負，進而得到f(x)的最值表達式．
(3)將零點方程適當變形，整體代入最值式子進行化簡證明，有時(1)中的零點范圍還可以適當縮小．
【例題1】（2024·吉林長春·東北師大附中校聯考模擬預測）已知（其中為自然對數的底數）.
（1）當時，求曲線在點處的切線方程，
（2）當時，判斷是否存在極值，并說明理由；
（3），求實數的取值范圍.
【答案】（1）；（2）有一個極大值，一個極小值，理由見解析；（3）
【解析】（1）當時，，可得，則，
所以曲線在點處的切線方程為，即.
（2）當時，，定義域為，
可得，
令，則，
當時，；當時，，
所以在遞減，在上遞增，
所以，
又由，
存在使得，存在使得，
當時，單調遞增；
當時，單調遞減；
當時，單調遞增；
所以時，有一個極大值，一個極小值.
（3）由，可得，
由，因為，可得，
令，則在上遞減，
當時，可得，則，所以，
則，
又因為，使得，即
且當時，，即；
當時，，即，
所以在遞增，在遞減，所以，
由，可得，
由，可得，即，
由，可得，所以，
因為，設，則，
可知在上遞增，且，
所以實數的取值范圍是.
【變式1】（23-24高三上·河南焦作·期末）（1）求函數的極值；
（2）若，證明：當時，．
【答案】（1）極小值為0，無極大值；（2）證明見解析
【分析】（1）求導，得到單調性，從而得到極值情況；
（2）在（1）基礎上得到，構造函數，求導得到其單調性，結合隱零點得到函數的最小值，證明出結論.
【詳解】（1）依題意，，令，解得，
所以當時，，當時，，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
而，故的極小值為0，無極大值．
（2）由（1）可知，當時，，則．
令，
則，易知在上單調遞增．
因為，所以，，
故，使得，即①．
當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
故②．
由①可得，
代入②，得
，
而，故，故，即原命題得證．
【點睛】
方法點睛：隱零點的處理思路：
第一步：用零點存在性定理判定導函數零點的存在性，其中難點是通過合理賦值，敏銳捕捉零點存在的區間，有時還需結合函數單調性明確零點的個數；
第二步：虛設零點并確定取范圍，抓住零點方程實施代換，如指數與對數互換，超越函數與簡單函數的替換，利用同構思想等解決，需要注意的是，代換可能不止一次
【變式2】（2024·浙江寧波·高三統考期末）已知函數，其中．
（1）當時，求曲線在處的切線方程；
（2）記為的導函數，若對，都有，求的取值范圍．
【答案】（1）；（2）
【解析】（1）由題知，，當時，，
所以曲線在處的切線方程為；
（2）由題意，原不等式等價于，
即，
當時，對任意，不等式恒成立，
當時，原不等式等價于，
設，則，
設，因為，
所以存在唯一，使得，即，
當時，單調遞減，
當時，單調遞增，
故，即．
綜上所述，的取值范圍為．
【變式3】（2024·河北邢臺·高三統考期末）已知函數．
（1）求曲線在點處的切線方程；
（2）證明：．
【答案】（1）；（2）證明見解析
【解析】（1），，．
故曲線在點處的切線方程為，即．
（2）由（1）得．
令函數，則，所以是增函數．
因為，，
所以存在，使得，即．
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增．
．
因為，所以，
所以．
故．
題型二　極值點偏移
極值點偏移問題的解法
(1)(對稱化構造法)構造輔助函數：對結論x1＋x2>(<)2x0型，構造函數F(x)＝f(x)－f(2x0－x)；對結論x1x2>(<)x型，構造函數F(x)＝f(x)－f ，通過研究F(x)的單調性獲得不等式．
(2)(比值代換法)通過代數變形將所證的雙變量不等式通過代換t＝化為單變量的函數不等式，利用函數單調性證明．
【例題1】（2023·全國·高三專題練習）已知函數.若有兩個零點，證明：.
【答案】證明見解析
【分析】利用構造函數法，從而只需證明，即可求解.
【詳解】由題意得，令，則，，
所以在上單調遞增，故至多有解；
又因為有兩個零點，所以，有兩個解，
令，，易得在上遞減，在上遞增，所以.
此時，兩式相除，可得：.
于是，欲證只需證明：，
下證：
因為，
不妨設，則只需證，
構造函數，則，
故在上單調遞減，故，即得證，
綜上所述：即證.
【點睛】關鍵點睛：本題通過構造對數不等式證明極值點偏移問題.
【變式1】（2022·全國·模擬預測）設函數.
(1)若，求函數的最值；
(2)若函數有兩個不同的極值點，記作，且，求證：.
【答案】(1)無最小值，最大值為
(2)證明見解析
【分析】（1）對函數求導后得，分別求出和的解集，從而可求解.
（2）由有兩個極值點，從而要證，令，構建函數，然后利用導數求解的最值，從而可求解證明.
【詳解】（1）由題意得，則.
令，解得；令，解得，
在上單調遞增，在上單調遞減，
，
無最小值，最大值為.
（2），則，
又有兩個不同的極值點，
欲證，即證，
原式等價于證明①.
由，得，則②.
由①②可知原問題等價于求證，
即證.
令，則，上式等價于求證.
令，則，
恒成立，在上單調遞增，
當時，，即，
原不等式成立，即.
【點睛】方法點睛：對于極值點偏移問題，首先找到兩極值點的相應關系,然后構造商數或加數關系；
通過要證明的不等式，將兩極值點變形后構造相應的函數，
利用導數求解出構造函數的最值，從而證明不等式或等式成立.
【變式2】（2024下·安徽宿州·高二安徽省泗縣第一中學校考開學考試）已知函數（其中為自然對數的底數）.
(1)求函數的單調區間；
(2)若為兩個不相等的實數，且滿足，求證：.
【答案】(1)增區間為，減區間為
(2)證明見解析
【分析】（1）求導，然后根據導函數的正負來判斷得單調性；
（2）將變形為得到，然后構造函數，根據得單調性和得到，最后根據和得單調性即可證明.
【詳解】（1），
令，解得，令，解得，
所以的增區間為，減區間為.
（2）證明：將兩邊同時除以得，即，
所以，
由（1）知在上單調遞增，在上單調遞減，
又，，當時，，
設，則，
令，
則，
由得，所以，，
所以，在上單調遞增，
又，所以，
當時，，即，即，
又，所以，
又，，在上單調遞減，
所以，即.
【點睛】方法點睛：處理極值點偏移問題中的類似于的問題的基本步驟如下：
①求導確定的單調性，得到的范圍；
②構造函數，求導可得恒正或恒負；
③得到與的大小關系后，將置換為；
④根據與的范圍，結合的單調性，可得與的大小關系，由此證得結論.
【變式3】（2024·遼寧·模擬預測）已知函數．
(1)當時，判斷在區間內的單調性；
(2)若有三個零點，且．
（i）求的取值范圍；
（ii）證明：.
【答案】(1)在上單調遞減，在上單調遞增
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】（1）多次求導后，借助導數的單調性及正負即可判斷原函數的單調區間；
（2）（i）原條件可轉化有三個不等實根，從而構造函數，研究該函數即可得；（ii）借助的單調性，得到，從而將證明，轉化為證明，再設，從而將三個變量的問題轉化為單變量問題，即可構造函數，證明其在上大于即可.
【詳解】（1）當時，，，
令，，
令，可得，
則當時，，當時，，
即在上單調遞減，在上單調遞增，
又，，
故當時，，當時，，
故在上單調遞減，在上單調遞增；
（2）（i）有三個零點，即有三個根，
由不是該方程的根，故有三個根，且，
令，，
故當時，，當時，，
即在、上單調遞增，在上單調遞減，
，當時，，時，，
當時，，時，，
故時，有三個根；
（ii）由在上單調遞增，，故，
由（i）可得，且，
即只需證，設，則，
則有，即有，故，，
則，即，
即只需證，
令，
則恒成立，
故在上單調遞增，
則，即得證.
【點睛】方法點睛：極值點偏移問題的一般題設形式：
1.若函數存在兩個零點且，求證：（為函數的極值點）；
2.若函數中存在且滿足，求證：（為函數的極值點）；
3.若函數存在兩個零點且，令，求證：；
4.若函數中存在且滿足，令，求證：.
【課后強化】
【基礎保分練】
一、單選題
1．（2022·四川成都·一模）已知，且，則下列說法正確的有（ ）
①； ② ；③； ④.
A．①②③ B．②③④ C．②④ D．③④
【答案】B
【分析】令，利用導數討論其單調性后可判斷①②④正負，利用極值點偏移可判斷③的正誤.
【詳解】令，則，
當時，；當時，；
故在上為增函數，在上為減函數，
而，，故，
而，故，故①錯誤.
又，故，
故②正確， 此時，故④正確.
設，
則（不恒為零），
故在上為增函數，
故，必有即，
所以，即，
由的單調性可得即，故③成立.
故選：B.
【點睛】思路點睛：導數背景下不等關系的討論，注意根據等式或不等式的關系構建新函數，并結合單調性來比較大小關系，在不等式關系的討論中，注意利用極值點偏移來處理大小關系.
2．（2023·全國·模擬預測）若關于的方程有兩個解，則實數的取值范圍為（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先變形構造函數，討論和兩種情況，利用導數判斷函數的單調性，再結合函數的最值，并結合零點存在性定理，求實數的取值范圍.
【詳解】依題意，有，
令，則.
當時，在上恒成立，在上單調遞增，
故至多只有1個零點；
當時，令，設為該方程的解，
故當時，，單調遞減，
當時，，單調遞增，
則函數的最大值為；
而，故，故，
故，解得，可知，故，
所以在上僅有1個零點，
當時，，故在上也有1個零點，
故實數的取值范圍為.
故選：B.
【點睛】本題考查利用導數研究函數的性質和零點問題，涉及構造函數，分類討論，以及隱零點問題，本題的一個關鍵是根據，變形求，再結合函數零點存在性定理說明存在兩個零點.
3．（2023·四川南充·一模）已知函數（）有兩個不同的零點，（），下列關于，的說法正確的有（ ）個
① ② ③ ④
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】D
【分析】函數有兩個不同零點，轉化為有兩個交點，構造函數，判斷單調性，利用數形結合，判斷①，再根據①判斷②，再根據零點,構造函數，判斷選項③,根據零點判斷④.
【詳解】由函數有兩個不同零點，
轉化為有兩個交點，
構造函數， ，則，故，所以在單調遞增，而，可得圖象如圖所示
故在單調遞減，在單調遞增，
所以，
對于①，，
所以，
所以，故①正確；
對于②，由①可知，故，
因此 ，故②正確；
對于③，因為，所以，故，
所以，
則，
構造函數，
則，而，
所以，
所以，
因為，所以，
令，構造，顯然單調遞增，且，
所以
所以，故③正確；
對于④，由①可知，，
所以，
令，，顯然單調遞增，且，
所以，故④正確.
故選：D
二、多選題
4．（2023·湖南永州·二模）已知，，，，則有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】令，，求導可求得的單調性，利用極值點偏移的求解方法可求得AB正誤；由，可確定，結合單調性可得CD正誤.
【詳解】令，，
，當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，且；
若，則，
令，
則，
當時，，
，
在上恒成立，在上單調遞減，，
即，又，，
，，
，，在上單調遞增，
，即，A錯誤；
，當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，且；
由得：；
設，，
則；
當時，，，
在上單調遞減，，即，
又，，又，，
，，在上單調遞增，
，即，B正確；
，，，
，又，，在上單調遞減，
，則，C正確；
，又，，在上單調遞增，
，則，D正確.
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：本題考查了導數中的極值點偏移問題，處理極值點偏移問題中的類似于（）的問題的基本步驟如下：
①求導確定的單調性，得到的范圍；
②構造函數，求導后可得恒正或恒負；
③得到與的大小關系后，將置換為；
④根據與所處的范圍，結合的單調性，可得到與的大小關系，由此證得結論.
5．（2023·湖北襄陽·模擬預測）已知關于的方程有兩個不等的實根，且，則下列說法正確的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】由已知與有兩個不同的交點，利用導數研究函數性質，結合圖象確定的范圍，判斷A，要證明只需證明，結合函數單調性只需證明，故構建函數，利用導數證明結論，判斷B，利用比差法比較，判斷C，利用的范圍，結合指數函數性質證明，判斷D.
【詳解】方程，可化為，
因為方程有兩個不等的實根，
所以與有兩個不同的交點，
令，則，
令，可得，
當時，，函數在單調遞減，
當時，，函數在單調遞增，
，
當時，，且，當時，，
當時，與一次函數相比，指數函數呈爆炸性增長，
故，
當時，，，
根據以上信息，可得函數的大致圖象如下：
，且，故A正確．
因為，
構造，
，
在上單調遞增，
，
，即，
由在單調遞增
所以，故B正確．
對于C，由，，
所以，
又，所以，則，所以，故C錯誤．
對于D，由，可得，
所以，D正確．
故選：ABD．
【點睛】關鍵點點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
6．（2023·福建寧德·二模）已知函數，則（ ）
A．
B．若有兩個不相等的實根，，則
C．
D．若，，均為正數，則
【答案】BCD
【分析】A：代入、直接計算比較大小；B：求的導函數，分析單調性，可得當有兩個不相等實根時、的范圍，不妨設，則有，比較的大小關系，因為，可構造，求導求單調性，計算可得成立，可證；C：用在上單調遞增，構造可證明；D：令，解出，，做差可證明.
【詳解】對于A：，，又，，
所以，所以，則，故A錯誤；
對于B：函數，定義域為，則，
當時，；當時，；
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
則且時，有，所以若有兩個不相等的實根、，有，
不妨設，有，要證，只需證，且，
又，所以只需證，
令，
則有，
當時，，，所以有，
即在上單調遞增，且，所以恒成立，
即，即，即，故B正確.
對于C：由B可知，在上單調遞增，則有，
即，則有，故C正確；
對于D：令，則，，，
，
，故D正確；
故選：BCD.
【點睛】方法點睛：（1）給定函數比較大小的問題，需判斷函數單調性，根據單調性以及需要比較的數值構造函數，利用函數的單調性可比較大小；
（2）極值點偏移法證明不等式，先求函數的導數，找到極值點，分析兩根相等時兩根的范圍，根據范圍以及函數值相等構造新的函數，研究新函數的單調性及最值，判斷新函數小于或大于零恒成立，即可證明不等式.
三、解答題
7．（22-23高三上·河南洛陽·開學考試）（1）證明不等式：（第一問必須用隱零點解決，否則不給分）；
（2）已知函數有兩個零點.求a的取值范圍.（第二問必須用分段討論解決，否則不給分）
【答案】（1）證明見解析；（2）.
【分析】（1）根據給定條件，構造函數，借助導數探討函數最小值為正即可推理作答.
（2）求出函數的導數，利用導數分類討論函數的單調性、零點情況作答.
【詳解】（1）令函數，，求導得：，顯然函數在上單調遞增，
而，，則存在，使得，即，有，
當時，，當時，，函數在上單調遞減，在上單調遞增，
，
所以.
（2）函數定義域R，求導得，
當時，由得，，由得，，即函數在上遞減，在上遞增，
，而，即存在，使得，則函數在上有唯一零點，
取且，則，
即存在，使得，則函數在上有唯一零點，
因此當時，函數有兩個零點，
當時，函數只有一個零點2，
當時，若，當或時，，當時，，
即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，
因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，
若，恒有，即函數在R上單調遞增，函數最多一個零點，
若，當或時，，當時，，
即有在上單調遞增，在上單調遞減，又，，當時，，
因此函數在上沒有零點，在上最多一個零點，即函數最多一個零點，
綜上得，當時，函數有兩個零點，當時，函數最多一個零點，
所以a的取值范圍是.
8．（2024·全國·模擬預測）已知函數，．
(1)若對任意的都有，求實數的取值范圍；
(2)若且，，證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）分別計算，的導函數，接著分析它們的單調性，求得在時，的最大值為，的最小值為，問題得解；
（2）先將轉化為，再設，數形結合得到，接著構造函數，利用函數的單調性得到，最后利用放縮法證明不等式.
【詳解】（1）由，，
得，，
當時，，在區間上單調遞增，當時，，在區間上單調遞減，所以當時，的最大值為．
當時，，在區間上單調遞減，當時，，在區間上單調遞增，所以當時，的最小值為．
所以，故實數的取值范圍為．
（2）由得，兩邊取對數并整理，
得，即，即．
由（1）知，函數在上單調遞增，在
上單調遞減，，（技巧：注意對第（1）問結論的應用）
而，當時，恒成立，不妨設，則．
記，，
則
，所以函數在上單調遞增，
所以，即，，
于是，，
又在上單調遞減，因此，即，
所以．
【點睛】利用對稱化構造的方法求解極值點偏移問題的“三步曲”：
（1）求導，得到函數的單調性、極值情況，作出函數圖象，由得到的大致范圍．
（2）構造輔助函數（若要證，則構造函數；若要證，則構造函數.），限定的范圍，求導，判定符號，獲得不等式．
（3）代入，利用及的單調性即得所證結論．
9．（2024·全國·模擬預測）已知函數.
(1)若時，恒成立，求實數的取值范圍；
(2)當實數取第（1）問中的最小值時，若方程有兩個不相等的實數根，，請比較，，2這三個數的大小，并說明理由.
【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根據給定條件，變形不等式，分離參數構造函數，并求出函數的最大值即得.
（2）由（1）求出函數并變形，換元構造函數，利用導數結合極值點偏移推理即得.
【詳解】（1）當時，不等式，
令，依題意，恒成立，
求導得，當時，，當時，，
于是函數在上單調遞增，在上單調遞減，，
所以.
（2）由（1）知，，此時函數，
令，，則，
由方程有兩個不相等的實數根，得方程有兩個不相等的實數根，
，要比較，，2這三個數的大小，只需比較，2，
這三個數的大小，即比較這三個數的大小，
，當時，，當時，，
則函數在上單調遞增，在上單調遞減，顯然，，而，
由方程有兩個不相等的實數根，不妨設，則，
令函數，顯然，
求導得，函數在上單調遞增，
于是，即，而，在上單調遞減，
因此，即有，則，
令函數，，
求導得，函數在上單調遞減，
，即，而，在上單調遞減，
因此，即有，則，有，于是，
從而，所以.
【點睛】思路點睛：涉及函數的雙零點問題，不管待證的是兩個變量的不等式，還是導函數的值的不等式，都是把雙變量的等式或不等式轉化為一元變量問題求解，途徑都是構造一元函數.
10．（23-24高三上·云南昆明·階段練習）設，為函數（）的兩個零點．
(1)求實數的取值范圍；
(2)證明：．
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）求出定義域，求導，得到的單調性和極值情況，根據函數零點個數，得到，求出，結合題目條件，得到當時，，根據零點存在性定理得到在內存在唯一零點，同理得到在內存在唯一零點，從而求出答案；
（2）設，由可得，令，故，，推出要證，即證，構造，，求導，對分子再構造函數，證明出，在定義域內單調遞減，故，即，證明出結論.
【詳解】（1）的定義域為R，，
當時，，當時，，
故在內單調遞減，在單調遞增，
故要使有兩個零點，則需，故，
由題目條件，可得，
當時，因為，又，
故在內存在唯一零點，
又，故在內存在唯一零點，
則在R上存在兩個零點，故滿足題意的實數的取值范圍為；
（2）證明：由（1）可設，由可得，
令，則，所以，故，
所以，
要證，
即證，
即證，
因為，即證，即，
令，，，
令，則，當時，，
當時，，
故在內單調遞減，在單調遞增，所以，
所以，令得，
故，在定義域內單調遞減，
故，即，，，
則，證畢．
【點睛】導函數處理零點個數問題，由于涉及多類問題特征（包括單調性，特殊位置的函數值符號，隱零點的探索、參數的分類討論等），需要學生對多種基本方法，基本思想，基本既能進行整合，注意思路是通過極值的正負和函數的單調性判斷函數的走勢，從而判斷零點個數，較為復雜和綜合的函數零點個數問題，分類討論是必不可少的步驟，在哪種情況下進行分類討論，分類的標準，及分類是否全面，都是需要思考的地方
【綜合提升練】
一、單選題
1．（22-23高二下·福建廈門·期末）已知函數，若，且，則·c的取值范圍為（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】畫出函數的圖象，結合圖象得到且，進而求得的取值范圍.
【詳解】由函數 ，
當時，可得，可得，
所以在上單調遞減，且；
當時，可得，可得，
所以在上單調遞增，且；
當時，在單調遞減，且，
畫出函數的圖象，如圖所示：
若，且，則且，
所以.
故選：B.

2．（2023·江西南昌·二模）已知函數，．若有且只有兩個零點，則實數a的取值范圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根據已知條件可得，則將問題轉化為在區間上有且只有1個零點，分別討論①，②，③時的單調性、最值、端點值與0比較即可求得結果.
【詳解】由已知可得，則在區間上有且只有1個零點．
，
令，．
則，
因為在區間上恒成立，
所以在區間上單調遞增．
所以，當時，有最小值；
當時，有最大值．
①當時，有，則恒成立，
所以在區間上單調遞增，
所以．
又因為，
所以在區間上無零點，不符合題意，舍去；
②當時，有恒成立，則在區間上單調遞減，
所以．
又因為，
所以在區間上無零點，不符合題意，舍去；
③當時，有，．
又在區間上單調遞增，
根據零點的存在定理可得，，使得．
當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
又，，要使在區間上有且只有一個零點，
則，解得．
又因為，
所以．
綜上，實數a的取值范圍是．
故選：D.
【點睛】研究函數零點策略
（1）含參數的函數零點個數，可轉化為方程解的個數，若能分離參數，可將參數分離出來后，用x表示參數的函數，作出該函數的圖象，根據圖象特征求參數的范圍．
（2）涉及函數的零點(方程的根)問題，主要利用導數確定函數的單調區間和極值點，根據函數零點的個數尋找函數在給定區間的極值以及區間端點的函數值與0的關系，從而求得參數的取值范圍．
3．（22-23高三上·遼寧錦州·階段練習）已知函數在上恰有兩個極值點，則的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據題意可得在內有兩個零點，分和兩種情況，，，可得原題意等價于與，有兩個交點，求導，利用導數判斷的單調性，結合圖象分析求解.
【詳解】由題意可得：，
因為函數在上恰有兩個極值點，則在內有兩個零點，
1.當時，則，不合題意；
2.當時，則，可得，
令，，
原題意等價于與，有兩個交點，
因為，
當時，則，可得，
則，所以在上單調遞增，
可得，當趨近于時，趨近于；
當時，則，可得，
則，所以在上單調遞減，
可得，當趨近于時，趨近于；
可得，的圖象為

若與，有兩個交點，則；
綜上所述：的取值范圍是.
故選：D.
【點睛】方法點睛：對于函數零點的個數的相關問題，利用導數和數形結合的數學思想來求解．這類問題求解的通法是：
（1）構造函數，這是解決此類題的關鍵點和難點，并求其定義域；
（2）求導數，得單調區間和極值點；
（3）數形結合，挖掘隱含條件，確定函數圖象與x軸的交點情況進而求解．
4．（2020高三·全國·專題練習）已知函數有兩個零點，，則下列判斷：①；②；③；④有極小值點，且.則正確判斷的個數是（ ）
A．4個 B．3個 C．2個 D．1個
【答案】D
【解析】利用函數的導數，判斷函數的單調性，對四個選項分別進行判斷，即可得出結論.
【詳解】對于①
當時，在上恒成立，在上單調遞增,不符合.
當時，由，，解得，
，解得
在單調遞減，在單調遞增．在有極小值，
函數有兩個零點，
，，
①不正確；
對于②
因為，
，
取，，，，，
②不正確；
對于④
函數的極小值點為
要證，只要證
因為函數在單調遞減，故只需要證
構造函數
求導得到
所以函數單調遞增，恒成立，
即，故得到
進而得證：，.
故④正確.
對于③
因為
根據，可得到.
③不正確.
綜上正確的只有一個，
故選：.
【點睛】本題考查了利用導數求函數的極值，研究函數的零點問題，利用導數研究函數的單調性，通常需要對函數求導，根據轉化與劃歸的思想求解，屬于常考題型.
5．（21-22高三上·江西鷹潭·階段練習）關于函數，下列說法正確的是（ ）
A．是的極大值點
B．函數有2個零點
C．存在正整數k，使得恒成立
D．對任意兩個正實數，且，若，則
【答案】D
【分析】對A，求導得到單調區間即可判斷；
對B，對函數求導得出單調區間即可進一步得到結果；
對C，分離參數，通過的單調性和函數變化趨勢即可判斷；
對D，根據函數f(x)的單調性，將自變量比較大小轉化為函數值比較大小，用極值點偏移的方法得到結論.
【詳解】對A，，函數在單減，在單增，
是的極小值點，A錯誤；
對B，，函數在單減，至多一個零點，B錯誤；
對C， ，令，則，
設，則，函數在單增，在單減，
所以，∴，
則函數在單減，無最小值，且當時，，C錯誤；
對D，不妨設，易知，
，且，
因為函數在單增，則，
即證：，記，
所以，所以在單減，所以，
即，所以，D正確.
故選：D.
【點睛】本題為函數的綜合題，不論分參也好還是極值點偏移也好，還是零點問題、最值問題，最終都要對函數的單調性進行討論，進而得到答案；需要注意的是，導數綜合題一定要結合函數的圖象輔助解決，平常注意對導數的題目進行歸類，總結做法.
6．（2023·福建漳州·三模）已知函數和函數，具有相同的零點，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根據零點定義可整理得到，令，利用導數，結合零點存在定理的知識可確定在上單調遞減，在上單調遞增，并得到，，由可確定，由此化簡所求式子即可得到結果.
【詳解】由題意知：，，
聯立兩式可得：，
令，則；
令，則在上單調遞增，
又，，
在上存在唯一零點，且，，；
當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，
，
又，，
.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查函數零點、利用導數求解函數單調性的相關問題；解題關鍵是能夠靈活應用零點存在定理確定導函數的正負，并得到隱零點所滿足的等量關系式，進而利用等量關系式化簡最值和所求式子.
7．（22-23高三上·河北衡水·期末）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】變形a，b，構造函數比較a，b的大小，構造函數比較的大小，利用極值點偏移的方法判斷的大小作答.
【詳解】依題意，，，
令，，
當時，，即，函數在上單調遞減，
，即，因此，
令，，當時，，當時，，
函數在上單調遞減，，而，
函數在上單調遞增，顯然，
則方程有兩個不等實根，，有，
，而，則有，
令，，，
即函數在上單調遞減，當時，，即，
因此，即有，而，在上單調遞增，
于是得，即，取，，于是得，
又，在上單調遞增，從而，
所以，D正確.
故選：D
【點睛】思路點睛：某些數或式大小關系問題，看似與函數的單調性無關，細心挖掘問題的內在聯系，抓住其本質，構造函數，分析并運用函數的單調性解題，它能起到化難為易、化繁為簡的作用.
8．（21-22高三上·浙江寧波·開學考試）已知函數，對于正實數a，若關于t的方程恰有三個不同的正實數根，則a的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】研究的圖像可知，若，令，則 ，且，可以推出，或，通過對數不等式寫出關于的不等式，即可求出的范圍
【詳解】因為，，令得：；令得：，所以在區間單調遞增，在單調遞減，且時，恒成立，的圖像如下：
令，則 ，且
①當時，，成立，所以是方程的一個實數根
②當時，由得：，令
則： ，兩式相減得： ，兩式相加得：
所以：，由對數均值不等式得：
所以：，且，所以，，即：
所以
故選：D
【點睛】題目考察到了極值點偏移的思想，用對數均值不等式解決，完整的對數均值不等式為：，可用兩邊同除，令整體換元的思想來構造函數，證明不等式成立
二、多選題
9．（2023·河北衡水·一模）直線：與的圖象交于、兩點，在A B兩點的切線交于，的中點為，則（ ）
A． B．點的橫坐標大于1
C． D．的斜率大于0
【答案】BC
【分析】通過為兩函數圖象交點，轉化為直線與曲線有兩個不同的交點，研究的圖象，數形結合可判斷A；聯立兩條切線求得點的橫坐標，利用極值點偏移思想可求得之間關系，即可判斷B；通過構造函數建立之間的關系，將問題轉化為二次函數兩根之間距離問題可判斷C正確；化簡，結合前面的條件可判斷D.
【詳解】
對A，因為直線與曲線交于、兩點，
有兩個不同正根，
即直線與曲線有兩個不同的交點.
在上單調遞減，在單調遞增，
且，
，故A錯誤.
對B，由題意得，
，設
令
在單調遞減.
，
在單調遞減，
.
，
又，
.
的方程：，
的方程：，
聯立可解得，
故選項B正確.
對C，設，
，
，且，
，設,
，
，
，
，
是的兩個根，是方程的兩根，
，所以C正確.
對D，
，
，
可以利用對數均值不等式證明如下：
對數均值不等式：，
，，
，
，，
，即<1, ，.
所以D錯誤.
故選：BC
【點睛】函數綜合問題的處理，要通過構造函數，利用導數研究函數的單調性，結合圖象尋找等與不等關系，研究問題需要探究的結論，選擇題還要注意特值，驗證，排除等方法的靈活運用.
10．（22-23高三·全國·階段練習）已知函數，，則下列說法正確的是（ ）
A．在上是增函數
B．，不等式恒成立，則正實數的最小值為
C．若有兩個零點，則
D．若，且，則的最大值為
【答案】ABD
【分析】A選項中，令，利用導數可求得單調性，根據復合函數單調性的基本原則可知A正確；B選項中，利用導數可求得在上單調遞增，由此可將恒成立的不等式化為，令，利用導數可求得，由可知B正確；C選項中，利用導數可求得的單調性，由此確定，若，可等價轉化為，令，利用導數可求得單調性，從而得到，知，可得C錯誤；D選項中，采用同構法將已知等式化為，從而可確定，結合單調性得到，由此化簡得到，令，利用導數可求得最大值，知D正確.
【詳解】對于A，當時，，令，則，，
，當時，恒成立，在上單調遞增；
在上單調遞增，
根據復合函數單調性可知：在上為增函數，A正確；
對于B，當時，，又為正實數，，
，當時，恒成立，在上單調遞增，
則由得：，即，
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減，，
，則正實數的最小值為，B正確；
對于C，，當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增；，則；
不妨設，則必有，
若，則，等價于，
又，則等價于；
令，則，
，，，，即，
在上單調遞增，，即，
，可知不成立，C錯誤；
對于D，由，得：，即，
由C知：在上單調遞減，在上單調遞增；
，，則，，
，即，；
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減，，
即的最大值為，D正確.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：本題C選項考查了導數中的極值點偏移問題；處理極值點偏移中的類似于（）的問題的基本步驟如下：
①求導確定的單調性，得到的范圍；
②構造函數，求導后可得恒正或恒負；
③得到與的大小關系后，將置換為；
④根據與所處的范圍，結合的單調性，可得到與的大小關系，由此證得結論.
11．（2023·河北·模擬預測）若當實數a變化時，直線恒與定曲線相切，且，則（ ）
A．有一個極大值點 B．
C． D．
【答案】AD
【分析】求出的解析式再利用導數可求探究其性質，再判斷后可得正確的選項.
【詳解】因為直線恒與定曲線相切，
則曲線為坐標平面上挖去諸切線上的點后余下的所有點形成的邊界（邊界為虛邊界），而余下的不在切線上，故無解，
設，則，
若，則，當時，無解，此時邊界點為
若，則，故在上為增函數，
而當時，，時，，
故無論取何值，從而總有解.
若，則時，，，，
故在上為減函數，在上為增函數，
故，
若，則無解，故即，
邊界對應的函數為，.
若，因此時，，故此時總有解.
綜上，，故C錯誤.
當時，，
當時，；當時，，
故在上為增函數，在為減函數，
故有唯一的極大值點，且極大值為，故A正確.
又的圖象如圖所示：
當時，由可得或，即或，
有兩個不同的解，故B錯誤.
若，則由圖象可得，不妨設，
當時，，此時成立；
當時，令，其中，
則，
因為，故，故，
所以在上為減函數，故，
所以，故，
故，而，
由的單調性可得即，
綜上，D成立，
故選：AD.
【點睛】思路點睛：對于曲線的切線族問題，往往與曲線的包絡線有關，注意從曲線的切線族結合方程無解可求曲線的方程，再結合導數的方法可研究函數的性質.
三、填空題
12．（2021·黑龍江·模擬預測）已知函數有兩個不同的零點，則實數的取值范圍是 .
【答案】
【分析】將原函數有兩個不同零點，等價于有兩個不同的根，通過變形，換元，得到原式子等價于有兩個不等根，構造函數，研究函數的單調性，極值問題，可得到只要函數最大值大于零即可.
【詳解】有兩個不同的零點，等價于方程有兩個不同的根，
變形為
設，原式子等價于 有兩個不等根
函數極值點為
函數在上是單調遞增的，函數在上是單調遞減的，
故得到函數的最大值為
當趨向于0時，趨向于負無窮，當趨向于正無窮時，趨向于負無窮
函數最大值大于零，故可得當時，函數有兩個不等的根.
故答案為：.
13．（2022·吉林·三模）已知函數的極大值點為0，則實數m的值為 ；設，且，不等式恒成立，則實數的取值范圍為 ．
【答案】 1
【分析】求出函數的導函數，即可得到，從而求出，令，即可得到，令，利用導數說明函數的單調性，即可得到函數草圖，即可得到，再令，利用導數說明函數的單調性，即可得到，從而得解；
【詳解】解：，則，則，解得，
此時，，當時，當時，
所以在上的單調遞增，在上單調遞減，則在處取極大值，符合題意；
令，則
構造函數，則．
因為，所以當時，當時，
即在上單調遞增，在上單調遞減，又，
易知的圖象如圖所示：
不妨令，
令
∵
∴在上單調遞增，即
∵，∴，即
∵，∴
∵在上單調遞減，∴
故答案為：1；
14．（2022·廣東佛山·一模）已知函數，當時，函數的零點個數為 ；若函數有兩個零點，則實數a的取值范圍為 ．
【答案】 1
【分析】（1）令，得，再構造函數，分析函數的性質即得解；
（2）令得到，再對分兩類討論、分離參數分析函數的圖象得解.
【詳解】（1）當時，，
令，
所以，
所以，令，
所以函數是增函數（增函數+增函數=增函數），
當時，；，
所以只有一個解，所以當時，函數的零點個數為1；
（2）令
所以，
當時，不成立，所以不是函數的零點.
當時，
所以,
令，
令，
所以函數在單調遞增，在單調遞減，
因為，所以，
所以在時有兩個零點，在時只有一個零點，在時只有一個零點；
所以或，
由對勾函數得，當時，即時，此時方程有一個零點，
當即時，方程有兩個零點.
所以當或時，原函數有兩個零點.
故答案為：1；.
四、解答題
15．（2023·江西·模擬預測）已知函數．
(1)討論的單調性；
(2)若，且，證明：，且．
【答案】(1)答案見解析
(2)證明見解析
【分析】（1）求定義域，求導，分和兩種情況，得到函數的單調性；
（2）變形為是方程的兩個實數根，構造函數，得到其單調性和極值最值情況，結合圖象得到，再構造差函數，證明出.
【詳解】（1）的定義域為R，
由題意，得，，
當時，恒成立，在上單調遞增；
當，且當時，，單調遞減；
當時，，單調遞增．
綜上，當時，在上單調遞增；
當時，在區間上單調遞減，在區間上單調遞增．
（2）證明：由，得，是方程的兩個實數根，
即是方程的兩個實數根．
令，則，
所以當時，，單調遞增；
當時，，單調遞減，
所以．
因為當時，；當時，，，所以．
不妨設，因為，是方程的兩個實數根，則．
要證，只需證．
因為，，
所以只需證．
因為，
所以只需證．
令，，
則
在恒成立．
所以在區間上單調遞減，
所以，
即當時，．
所以，
即成立．
【點睛】極值點偏移問題，通常會構造差函數來進行求解，若等式中含有參數，則先消去參數.
16．（2024·湖南邵陽·一模）已知函數.
(1)討論函數的單調性；
(2)當時，方程有三個不相等的實數根，分別記為.
①求的取值范圍；
②證明.
【答案】(1)答案見解析
(2)①；②證明見解析
【分析】（1）應用導數討論函數的單調性，分與討論即可；
（2）①結合函數的極值點即可求解；②構造函數與討論即可.
【詳解】（1）函數的定義域為.
又，令，得.
當，即時，在恒成立，.
當，即時，方程有兩根，可求得：，
因為所以，
當和時，，為增函數，
當時，，為減函數.
綜上：當時，在上單調遞增，
當時，在和上單調遞增，在上單調遞減.
（2）當時，.
①方程有三個不相等的實數根，
即方程在上有三個不相等的實數根.
令，
則，
令，求得：或，
則當或時，，
當時，，
則在和上單調遞增，在上單調遞減，
存在極大值為，存在極小值，
且當時，，當時，.
要使方程有三個不相等的實數根，則
的取值范圍為.
②證明：設方程三個不相等的實數根分別為：，且，
由①可得，要證，
只需證，即證，
當時，在和上單調遞增，在上單調遞減，
且當時，，當時，.
由，
構造函數，
，當時，在上單調遞增，
，即在上恒成立，
又，則有：，
又，且在上單調遞減，
，即.
構造函數，
，當時在上單調遞增.
，即在上恒成立.
又，則.即，
由，則.
在上單調遞增，.
又，則可證得：.
【點睛】
關鍵點點睛：將證明轉化為， ，結合極值點平移構造函數是本題關鍵.
17．（2023·山西·模擬預測）已知函數.
(1)若，求的取值范圍；
(2)若關于的方程有兩個不同的正實根，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）對不等式參變分離，然后構造函數，利用導數求的最大值可解；
（2）將變形為，構造函數，根據其單調性將方程轉化為，再構造函數，利用導數討論其性質，結合圖象可得，構造函數，根據單調性，并令，可得，最后由作差整理可證.
【詳解】（1）的定義域為，
由，得.
設，則.
由，得，由，得，
則在上單調遞增，在上單調遞減，
從而.
故，即的取值范圍是.
（2）證明：由，得，
即，即.
設，則等價于.
易證在上單調遞增，則，即.
設，則.
由，得，由，得，
則在上單調遞增，在上單調遞減，
從而，且，
當x趨于時，趨于0.
方程有兩個不同的正實根，不妨設，
由圖可知，.
設
則在上單調遞增.
因為，所以，即.
設，則，
即，則.
因為方程有兩個不同的正實根，
所以，作差得.
因為，所以，所以，
則，故.
【點睛】本題屬于極值點偏移問題，通常處理方法有構造差函數借助單調性證明，或者合理代換將二元化為一元問題，利用導數求解即可.
18．（2022·四川南充·一模）已知函數有兩個不同的零點.
(1)求實數的取值范圍；
(2)求證：.
【答案】(1)
(2)證明見詳解
【分析】（1）利用導數求單調區間，結合圖象可解；
（2）利用單調性將問題轉化為證明，然后構造差函數，利用導數證明即可.
【詳解】（1）的定義域為，
因為，所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，
所以當時，取得最小值.
又當x趨近于0或時，趨于，
所以，要使有兩個不同的零點，只需滿足，即.
所以實數的取值范圍為.

（2）不妨設，由（1）可知，，則，
要證，只需證，
又在上單調遞增，所以只需證，即證.
記，
則，
當時，，單調遞增，
又，
所以，即.
所以.
【點睛】本題第二問為極值點偏移問題，關鍵在于構造差函數，然后利用導數討論其單調性，單調性結合即可證明.
19．（2024·河北滄州·二模）若函數與在區間上恒有，則稱函數為和在區間上的隔離函數.
(1)若，判斷是否為和在區間上的隔離函數，并說明理由；
(2)若，且在上恒成立，求的值；
(3)若，證明：是為和在上的隔離函數的必要條件.
【答案】(1)是和在區間上的隔離函數，理由見解析
(2).
(3)證明見解析.
【分析】（1）根據隔離函數定義依次證明和在上是否恒成立即可得解.
（2）依據，得到是的極小值點，也是最小值點，從而求出，再進行檢驗即可.
（3）構造函數并求出其隱零點，結合題意得到，與，進而得到的關系，從而得證.
【詳解】（1）是和在區間上的隔離函數.
因為，
所以，
在上單調遞增，在上單調遞減，
又，
當時，在上取到最小值0，故.
又，所以.
綜上，是和在區間上的隔離函數.
（2）設，則，
因為，則是的極小值點，也是最小值點，
所以，即.
當時，，
當時，；當時，，
所以，即恒成立（當且僅當時取等號），
故.
（3）證明：設，
由（2）得（當且僅當時取等號），
所以
，當且僅當時取等號，
設，則，
所以在上單調遞增，又，
所以存在使得，即，則，
又，則，
由隔離函數定義可得，所以，
設，
則，
又，則是的極小值點，
所以，即，
結合，得，故，
所以是為和在上的隔離函數的必要條件.
【點睛】關鍵點點睛：證明是為和在上的隔離函數的必要條件的關鍵是構造函數并求出其隱零點，從而得到的關系，從而得證.
【拓展沖刺練】
一、單選題
1．（2023·四川內江·一模）已知函數有兩個零點，則的最小整數值為（ ）
A．3 B．2 C．1 D．0
【答案】C
【分析】對求導，得到，再對進行分類討論，求出函數的單調區間，再結合零點存在性原理即可求出結果.
【詳解】因， 則，
當，，由，得到，只有一個零點，不合題意，
當時，因為恒成立，所以時，，時，，
即在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
又，，取且，則，
又由，得到，所以，此時存在2個零點，
當時，由，得到或，
若，即，當時，，所以在區間上單調遞增，
又當時，，所以不存在2個零點，
若，即，當時，，當，，
所以在區間上單調遞減，在區間上單調遞增，
又當時，，所以不存在2個零點，
綜上可得，實數，
故選：C.
【點睛】方法點晴：解決函數零點問題的常用思路，①函數零點函數圖像與軸交點的橫坐標對應方程的根；②零點存在性原理；③用導數研究函數的單調性，結合零點存在性原理解決.
2．（2023·四川成都·三模）已知函數有三個零點，則實數m的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】求出導函數，分類討論確定函數的單調性，函數有三個零點，應有兩個不等實根，定義域分成三個單調區間，再結合零點存在定理確定零點的存在，從而得出結論．
【詳解】易知的定義域是，
由已知，
若，即，則恒成立，單調遞增，不合題意，
若，則在上恒成立，單調遞增，不合題意，
若，則在兩個實根，且，因此，，
不妨設，即，
當或時，，時，，
因此在和上都是單調遞增，在上單調遞減，
在上，有一個零點，因此，，
取，由于，因此，
設，則，
設，則，
設，則，所以即是增函數，
時，，
所以即在上是增函數，從而時，，
所以時，是增函數，，
綜上，，因此，在上有唯一零點，也即在上有唯一零點，
同理取，由于，因此有，
從而在即在上有唯一零點，
所以有三個零點，所以的取值范圍是，
故選：D．
【點睛】思路點睛：研究含參函數的零點問題，可利用導數研究函數的單調性，極值，借助數形結合思想解決問題，結合零點存在定理得出含參的不等式，從而得出參數范圍．
3．（2023·河北滄州·模擬預測）已知直線與曲線和曲線均相切，則實數的解的個數為（ ）
A．0 B．1 C．2 D．無數
【答案】C
【分析】由題意可求得直線與曲線和曲線分別切于點，，則，化簡后得，然后將問題轉化為方程解的個數，構造函數，利用導數和零點存在性定理可求得其零點的個數，從而可得答案.
【詳解】根據題意可知，直線與曲線和曲線都相切，
所以對于曲線，則，所以，
所以切點，
對于曲線，則，所以，
切點，易知A,B不重合，
因為公切線過兩點，所以，
進而可得，
令，則，
令，則
所以在單調遞增，
因為，
所以存在使得，即，
所以當時，，當時，，
所以在上單調遞減，在上單調遞增，，
故.
又因為，
所以，
當時，，
因為，
所以在內存在，使得，
當時，，
因為，，
所以在內存在，使得，
綜上所述，存在兩條斜率分別為，的直線與曲線和曲線都相切，
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：此題考查導數的綜合應用，考查導數幾何意義，考查利用導數解決函數零點問題，解題的關鍵是求出兩切點的坐標后，將問題轉化為方程解的個數問題，然后構造函數，利用導數和零點存在性定理解決，考查數學轉化思想和計算能力，屬于難題.
二、多選題
4．（22-23高三上·湖北·階段練習）已知，則（ ）
A． B．
C． D．
【答案】AD
【分析】A.先構造函數，通過函數的單調性確定的大致范圍，再構造
，通過函數的單調性確定與的大小關系，進而得到A選項.
B.先構造函數，通過函數的單調性確定的大致范圍，再構造
，通過函數的單調性確定與的大小關系，進而可知B選項錯誤.
C.通過，得到，進而可得與的大小關系, 進而可知C選項錯誤.
D.與C選項同樣的方法即可判斷.
【詳解】A. 令
則 ，所以在單調遞減，在上單調遞增，
且，故.
令
則，
所以在上單調遞減，且

即 故選項A正確
B. 令
則，所以在單調遞增，在上單調遞減，
且，故.
令
所以在上單調遞減，且

即 故選項B錯誤
C.
又在單調遞增
故選項C錯誤
D. 由C可知， 又在單調遞減
故選項D正確
故選：AD
5．（2022·黑龍江哈爾濱·模擬預測）已知函數，則下列說法正確的是（ ）
A．若恒成立，則
B．當時，的零點只有個
C．若函數有兩個不同的零點，則
D．當時，若不等式恒成立，則正數的取值范圍是
【答案】BC
【分析】采用分離變量法可得，利用導數可求得的單調性，進而得到最大值，從而得到，知A錯誤；根據恒成立可知單調遞增，利用零點存在定理可說明存在唯一零點，知B正確；要得到，只需得到，可化簡得到，從而將問題轉化為證明，設，利用導數可說明，即可判斷C正確；將恒成立的不等式變形為，根據單調遞增可得，即，利用導數的知識即可判斷D錯誤.
【詳解】對于A，定義域為，由得：，
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減，
，則，A錯誤；
對于B，定義域為，，
當時，，在上單調遞增，
又，，
，使得，當時，有且僅有一個零點，B正確；
對于C，，，
；
要證，只需證，即證，
不妨令，則只需證，
令，則，
令，
則，
在上單調遞增，，，
即恒成立，，C正確；
對于D，當時，由得：，
即，；
令，則，在上單調遞增，
由得：，；
令，則，
當時，；當時，；
在上單調遞增，在上單調遞減，，
，D錯誤.
故選：BC.
【點睛】關鍵點點睛：本題考查利用導數求解恒成立問題、零點個數問題和極值點偏移的問題；本題D選項中恒成立問題求解的關鍵是能夠利用同構法，將恒成立的不等式轉化為同一函數不同函數值的大小關系比較問題，進而通過構造函數，利用函數單調性得到自變量的大小關系，從而化簡恒成立的不等式.
6．（22-23高三上·黑龍江哈爾濱·期中）已知函數則下列結論正確的有（ ）
A．當時，是的極值點
B．當時，恒成立
C．當時，有2個零點
D．若是關于x的方程的2個不等實數根，則
【答案】ABD
【分析】對于A，代入后對求導，利用導數與函數極值的關系即可得證；對于B，構造函數，利用導數求得，從而可證得；對于C，舉反例排除即可；對于D，利用極值點偏移的證明方法即可證得.
【詳解】對于A，當時，，則，
令，得；令，得；
所以在上單調遞增，在上單調遞減，
所以是的極大值點，故A正確；
對于B，令，得，
令，則，
令，解得，
故當，，單調遞增；當，，單調遞減；
所以，
因為，所以，故，整理得，即恒成立，故B正確；
對于C，令，則，令，解得，故只有1個零點，故C錯誤；
對于D，因為是關于的方程的2個不等實數根，
所以，即，
所以問題等價于有兩個零點，證明，
不妨設，則由得到，
要證，只需要證明，
即只需證明：，
只需證明：，即，
令，
只需證明：，
令，
則，即在上單調遞增，
又，所以，即恒成立，
綜上所述，原不等式成立，即成立，故D正確.
故選：ABD.
【點睛】方法點睛：對于利用導數研究函數的綜合問題的求解策略：
1、通常要構造新函數，利用導數研究函數的單調性，求出最值，從而求出參數的取值范圍；
2、利用可分離變量，構造新函數，直接把問題轉化為函數的最值問題．
3、根據恒成立或有解求解參數的取值時，一般涉及分離參數法，但壓軸試題中很少碰到分離參數后構造的新函數能直接求出最值點的情況，進行求解，若參變分離不易求解問題，就要考慮利用分類討論法和放縮法，注意恒成立與存在性問題的區別．
三、填空題
7．（2023·重慶沙坪壩·模擬預測）已知函數存在唯一零點，則的取值范圍為 .
【答案】
【分析】將問題轉化為函數在上無零點或有唯一零點，然后令，參變分離，利用導數可解.
【詳解】存在唯一零點，是的唯一零點，
則在上無零點或有唯一零點，
即在上無解或有唯一解
令，則，所以在單調遞減，在上單調遞增，
在處有最小值.
由圖可知，要使在上無解或有唯一解，只需.

綜上，.
故答案為：.
8．（2024·河南洛陽·模擬預測）若函數在區間上有兩個零點，則的取值范圍為 .
【答案】
【分析】將題意轉化為與有兩個交點，對求導，得出的單調性和最值，畫出的圖象，結合圖象即可得出答案.
【詳解】由題意可得，
當時，則；
當時，，可得，令，
原題意等價于與有兩個交點，．
當時，，可得，則，
所以在上單調遞增，可得，當趨近于時，趨近于正無窮；
當時，，可得，則，
所以在上單調遞減，可得，
當趨近于時，趨近于正無窮．
故的大致圖象如圖所示．
若與有兩個交點，則，
故答案為：.
【點睛】方法點睛：利用導數解決函數零點問題的方法：
（1）直接法：先對函數求導，根據導數的方法求出函數的單調區間與極值，根據函數的基本性質作出圖象，然后將問題轉化為函數圖象與x軸的交點問題，突出導數的工具作用，體現了轉化與化歸思想、數形結合思想和分類討論思想的應用；
（2）構造新函數法：將問題轉化為研究兩函數圖象的交點問題；
（3）參變量分離法：由分離變量得出，將問題等價轉化為直線與函數的圖象的交點問題.
四、解答題
9．（2023·貴州畢節·模擬預測）已知函數.
(1)當時，，求的取值范圍.
(2)若函數有兩個極值點，證明：.
【答案】(1)
(2)證明見解析
【分析】（1）參變分離可得在恒成立，令，，利用導數求出函數的最大值，即可得解；
（2）求出函數的導函數，依題意可得函數與函數，的圖象有兩個交點，利用導數說明的單調性，不妨設，要證，即證，令，，利用導數說明函數的單調性，即可得證.
【詳解】（1）當時，在恒成立，
令，，
則，
函數在上單調遞減，
，
，
的取值范圍是．
（2）函數，．
則，
函數有兩個極值點，，
有兩個正實數解方程有兩個正實數解函數與函數，的圖象有兩個交點．
，令，解得，
當時，則單調遞增，當時，則單調遞減，
函數的極大值即最大值為．
又時，且當時，，又，
．
不妨設，
要證明，．
令，，．
所以
，
當且僅當，即時取等號，
函數在單調遞增，
，，即，
因此成立．
【點睛】方法點睛：導函數中常用的兩種常用的轉化方法：一是利用導數研究含參函數的單調性，常化為不等式恒成立問題．注意分類討論與數形結合思想的應用；二是函數的零點、不等式證明常轉化為函數的單調性、極(最)值問題處理．
10．（2023·云南大理·模擬預測）已知函數．
(1)討論的極值；
(2)若（e是自然對數的底數），且，，，證明：．
【答案】(1)答案見解析；
(2)證明見解析.
【分析】（1）根據題意，求導得，然后分討論，即可得到結果；
（2）根據題意，將原式變形為，然后構造函數，，求導可得函數在上單調遞增，即可證明.
【詳解】（1）函數的定義域為，求導得，
若，則，無極值；
若，由，可得，
若，當時，，則單調遞減，當時，，則單調遞增，
此時，函數有唯一極小值，無極大值；
若，當時，，則單調遞增，當時，，則單調遞減，
此時，函數有唯一極大值，無極小值；
所以當時，函數無極值；
當時，函數有極小值，無極大值；
當時，函數有極大值，無極小值；
（2）證明：由，兩邊取對數可得，即，
當時，，，
由（1）可知，函數在上單調遞增，在上單調遞減，所以，
而，時，恒成立，
因此，當時，存在且，滿足，
若，則成立；
若，則，
記，，
則 ，
即有函數在上單調遞增，所以，即，
于是，而，，，
函數在上單調遞增，因此，即.
【點睛】關鍵點睛：本題主要考查了利用導數研究函數極值問題以及極值點偏移問題，難度較大，解決本題的關鍵在于構造函數，，結合其單調性證明.
11．（23-24高三上·河南·階段練習）已知函數．
(1)若，討論的單調性．
(2)已知關于的方程恰有個不同的正實數根．
（i）求的取值范圍；
（ii）求證：．
【答案】(1)在，上單調遞增，在上單調遞減
(2)（i）；（ii）證明見解析
【分析】（1）求導后，根據的正負可確定的單調性；
（2）（i）將問題轉化為與有兩個不同交點的問題，利用導數可求得的單調性和最值，從而得到的圖象，采用數形結合的方式可確定的范圍；
（ii）設，根據：，，采用取對數、兩式作差整理的方式可得，通過分析法可知只需證即可，令，構造函數，利用導數可求得單調性，從而得到，由此可證得結論.
【詳解】（1）當時，，則；
令，解得：或，
當時，；當時，；
在，上單調遞增，在上單調遞減.
（2）（i）由得：，
恰有個正實數根，恰有個正實數根，
令，則與有兩個不同交點，
，當時，；當時，；
在上單調遞減，在上單調遞增，又，
當從的右側無限趨近于時，趨近于；當無限趨近于時，的增速遠大于的增速，則趨近于；
則圖象如下圖所示，
當時，與有兩個不同交點，
實數的取值范圍為；
（ii）由（i）知：，，
，，
，
不妨設，則，
要證，只需證，
，，，則只需證，
令，則只需證當時，恒成立，
令，
，
在上單調遞增，，
當時，恒成立，原不等式得證.
【點睛】思路點睛：本題考查利用導數求解函數單調性、方程根的個數問題和極值點偏移問題的求解；本題求解極值點偏移的基本思路是通過引入第三變量，將問題轉化為單變量問題，進而通過構造函數的方式證明關于的不等式恒成立.
12．（2024·吉林·二模）在平面直角坐標系中，的直角頂點在軸上，另一個頂點在函數圖象上
(1)當頂點在軸上方時，求 以軸為旋轉軸，邊和邊旋轉一周形成的面所圍成的幾何體的體積的最大值；
(2)已知函數，關于的方程有兩個不等實根.
（i）求實數的取值范圍;
（ii）證明：.
【答案】(1)
(2)（i）；（ii）證明過程見詳解.
【分析】（1）先確定所求幾何體何時能取到最大值，寫出函數關系，利用導數分析函數單調性，求最大值；
（2）（i）根據題意知，，進行同構，將問題轉化為方程有兩個不等的實數根，再進行分離參數，研究的單調性和極值，即可求出a的取值范圍.
（ii）由知，先證，即極值點偏移問題，構造函數，求，在單調遞增，，得，從而可得即，再由的單調性，即可得到.
【詳解】（1）因為在軸上方，所以：；
為直角三角形，所以當軸時，所得圓錐的體積才可能最大.
設，則，（）.
設（），則，由.
因為，所以，
所以在上單調遞增，在上單調遞減，所以.
從而：.
（2）（i）因為，即，即，
令，所以，
因為為增函數，所以即，
所以方程有兩個不等實根等價于有兩個不等實根，
令，所以
當時，，單調遞增；當時，，單調遞減.所以.
當時，；當時，由洛必達法則知；
所以.
（ii）由（i）知，，
令，，
因為，所以，
因為，，所以，即在單調遞增，，所以.
因為，所以，
又因為，所以，
因為，，且在上單調遞減，
所以，即，所以，
所以.
【點睛】方法點睛：
極值點偏移問題的一般方法——對稱化構造的步驟如下：
（1）求極值點：求出函數的極值點，結合函數的圖像，由得出的取值范圍；
（2）構造函數：對結論為的情況，構造函數；
①，則單調遞增；
②注意到，則即；
③，根據在單調減，則
④得到結論.

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