专题02 极值点偏移与拐点偏移七类必考问题（举一反三专项训练）高二数学苏教版选择性必修第一册

专题02 极值点偏移与拐点偏移七类必考问题（举一反三专项训练） 【苏教版】 【类型1 极值点偏移问题：加法型】 2 【类型2 极值点偏移问题：减法型】 3 【类型3 极值点偏移问题：乘积型】 5 【类型4 极值点偏移问题：商型】 6 【类型5 极值点偏移问题：平方型】 7 【类型6 极值点偏移问题：复杂型】 9 【类型7 拐点偏移问题】 10 知识点1 极值点偏移问题及其解题策略 1．极值点偏移的概念 (1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移. (2)极值点偏移 若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3). (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0； (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 2．极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 3．极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数. ②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (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化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 知识点2 拐点偏移问题及其解题策略 1．拐点的概念 在函数图象上，如果有一个位置使得函数曲线向左弯曲变成向右弯曲或者反过来，那么这个位置就被称为拐点. 2．拐点偏移 拐点偏移通常发生在以下两种情况下： (1)函数不光滑 如果函数在某一点处不光滑，即该点处不可导或者导数不存在，那么它的图像可能出现断裂，从而导致拐点偏移. (2)函数有多个极值 如果函数有多个极值，则其图像可能呈现出多个连续部分具有相同的凸凹性质，并且这些部分之间可能存在突然转折，这种情况下也会出现拐点偏移. 3．拐点偏移问题的解题策略 为了解决拐点偏移问题，可以采取以下措施： (1)修正函数 如果函数在某一点处不光滑，可以通过修正函数使其在该点处可导. (2)分段处理 如果函数有多个极值，则可以将其分段处理. (3)使用高阶导数 除了一阶导数外，还可以使用高阶导数来解决拐点偏移问题.例如，可以通过计算二阶导数来判断拐点的位置是否发生了偏移，从而对函数进行修正. 【类型1 极值点偏移问题：加法型】 1．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 2．（24-25高二下·湖北恩施·期中）已知，，，均为的解，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高二下·四川成都·期中）函数的两个极值点、满足，则的最大值为 . 4．（24-25高二下·江苏扬州·月考）已知函数，，是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时，若，（其中）满足，求证：. 5．（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：． 【类型2 极值点偏移问题：减法型】 6．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 8．（24-25高二下·云南·期中）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：. 9．（2025·全国·模拟预测）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 10．（25-26高三上·黑龙江·期中）已知函数． (1)设函数，求的最大值． (2)证明：在定义域内有且仅有两个零点． (3)设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：． 【类型3 极值点偏移问题：乘积型】 11．（24-25高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 12．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 13．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明. 14．（24-25高三上·重庆渝中·期中）已知函数． (1)若函数是减函数，求的取值范围； (2)若有两个零点，且，证明：． 15．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【类型4 极值点偏移问题：商型】 16．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数恰有两个极值点，，且，求的取值范围. 17．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）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：. 18．（24-25高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 19．（24-25高二下·湖北·期末）已知函数（）. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值. 20．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【类型5 极值点偏移问题：平方型】 21．（24-25高二下·辽宁·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：. 22．（2025·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 23．（24-25高三上·云南·阶段练习）已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 24．（24-25高三·福建·阶段练习）已知函数 (1)讨论f(x)的单调性； (2)若，且，证明: . 25．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）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：． 【类型6 极值点偏移问题：复杂型】 26．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 27．（2025·全国·模拟预测）已知函数有三个极值点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 28．（2025·山东·模拟预测）已知函数. (1)若有两个零点，的取值范围； (2)若方程有两个实根、，且，证明：. 29．（24-25高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 30．（2025·湖北武汉·三模）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 【类型7 拐点偏移问题】 31．（25-26高三上·上海·期中）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．若函数，则的和为（    ） A． B． C． D． 32．（24-25高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数，给出定义：是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 33．（24-25高二下·天津·期中）设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为. (1)求实数的值； (2)求的零点个数. 34．（24-25高二下·陕西咸阳·阶段练习）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数图象的对称中心. (1)若函数，求函数图象的对称中心； (2)已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 35．（2025·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题02 极值点偏移与拐点偏移七类必考问题（举一反三专项训练） 【苏教版】 【类型1 极值点偏移问题：加法型】 2 【类型2 极值点偏移问题：减法型】 7 【类型3 极值点偏移问题：乘积型】 13 【类型4 极值点偏移问题：商型】 20 【类型5 极值点偏移问题：平方型】 27 【类型6 极值点偏移问题：复杂型】 33 【类型7 拐点偏移问题】 41 知识点1 极值点偏移问题及其解题策略 1．极值点偏移的概念 (1)已知函数y=f(x)是连续函数，在区间(a,b)内只有一个极值点x0，f(x1)=f(x2)，且x0在x1与x2之间，由于函数在极值点左右两侧的变化速度不同，使得极值点偏向变化速度快的一侧，常常有，这种情况称为极值点偏移. (2)极值点偏移 若，则极值点偏移，此时函数f(x)在x=x0两侧，函数值变化快慢不同，如图(2)(3). (左陡右缓，极值点向左偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2>2x0； (左缓右陡，极值点向右偏移)若f(x1)=f(x2)，则x1+x2<2x0. 2．极值点偏移问题的一般题设形式 (1)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (2)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，求证：x1+x2>2x0(x0为函数f(x)的极值点)； (3)函数f(x)存在两个零点x1，x2且x1≠x2，令，求证：f'(x0)>0； (4)函数f(x)中存在x1，x2且x1≠x2，满足f(x1)=f(x2)，令，求证：f'(x0)>0. 3．极值点偏移问题的常见解法 (1)(对称化构造法)：构造辅助函数： ①对结论x1+x2>2x0型，构造函数. ②对结论型，方法一是构造函数，通过研究的单调性获得不等式；方法二是两边取对数，转化成lnx1+lnx2>2lnx0，再把lnx1，lnx2看成两变量即可. (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化为单变量的函数不等式，利用函数单调性证明. 知识点2 拐点偏移问题及其解题策略 1．拐点的概念 在函数图象上，如果有一个位置使得函数曲线向左弯曲变成向右弯曲或者反过来，那么这个位置就被称为拐点. 2．拐点偏移 拐点偏移通常发生在以下两种情况下： (1)函数不光滑 如果函数在某一点处不光滑，即该点处不可导或者导数不存在，那么它的图像可能出现断裂，从而导致拐点偏移. (2)函数有多个极值 如果函数有多个极值，则其图像可能呈现出多个连续部分具有相同的凸凹性质，并且这些部分之间可能存在突然转折，这种情况下也会出现拐点偏移. 3．拐点偏移问题的解题策略 为了解决拐点偏移问题，可以采取以下措施： (1)修正函数 如果函数在某一点处不光滑，可以通过修正函数使其在该点处可导. (2)分段处理 如果函数有多个极值，则可以将其分段处理. (3)使用高阶导数 除了一阶导数外，还可以使用高阶导数来解决拐点偏移问题.例如，可以通过计算二阶导数来判断拐点的位置是否发生了偏移，从而对函数进行修正. 【类型1 极值点偏移问题：加法型】 1．（24-25高三上·安徽合肥·阶段练习）已知函数若有两个零点，则的取值范围是（ ） A． B． C． D． 【答案】A 【解题思路】依题意可得有两个根，根据的解析式，分别求出的表达式，再根据导数求的取值范围. 【解答过程】由题意可知，当时，，所以； 当时，，所以， 综上，对，有， 由有两个零点，即方程有两个根， 即方程有两个根，不妨设, 易知函数在上单调递减，在上单调递增， 当时，,当时， 令，因为，所以， 所以，则， 令， ，令，解得， 所以函数在上单调递增，在上单调递减， 当时. 所以函数的值域为， 即的取值范围是. 故选：A. 2．（24-25高二下·湖北恩施·期中）已知，，，均为的解，且，则下列说法正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】A选项：根据“三个等价”，将方程根的问题转化成构造出的函数零点的问题，利用零点存在性定理确定出的取值情况；B，C，D选项：对方程变形，参变分离构造函数，从函数的角度以及利用极值点偏移可以得出相应结论，详细过程见解析. 【解答过程】对于A，令，因为，所以在上单调递增，与x轴有唯一交点， 由零点存在性定理，得，，则，故A错误. 对于B，C，D，当时，两边同时取对数，并分离参数得到， 令，， 当时，，单调递增； 当时，，单调递减； 如图所示， 当时，与的图象有两个交点， ，解得，故B正确； ，由A选项知，，故C错误； 由极值点偏移知识，此时函数的极值点左移，则有，故D错误. 故选：B. 3．（24-25高二下·四川成都·期中）函数的两个极值点、满足，则的最大值为 . 【答案】 【解题思路】根据函数极值点的定义可得出，可得出，令，则，可得出，，可得出，构造函数，利用导数求出函数的最大值即可. 【解答过程】由得， 由得， 因为函数两个极值点、， 则，可得①， 设，则且，代入①得，， 所以， 设，则， 令，则， 所以在上单调递增，所以， 从而，所以在单调递增， 所以，所以，故的最大值为. 故答案为：. 4．（24-25高二下·江苏扬州·月考）已知函数，，是自然对数的底数. (1)讨论函数的极值； (2)当时，若，（其中）满足，求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求导得，对分类讨论即可得解； （2）分析得只需证明，构造函数（），利用导数即可得证. 【解答过程】（1）求导得， 当时，恒成立，此时函数在上单调递增， 此时函数无极值； 当时，，， 所以在单调递增，在单调递减， 此时极大值，无极小值. 综上所述，时，无极值，当时，极大值，无极小值. （2）当时， ， 在单调递增，在单调递减， 又且， ∴要证，即证， 即证，即证， 设（）， ， ∴在单调递增，又， ∴，又， ∴，∴. 5．（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 【解题思路】（1）利用导数分析函数的单调性，从而得函数的单调区间； （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. 【解答过程】（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． 【类型2 极值点偏移问题：减法型】 6．（24-25高三上·重庆·阶段练习）已知是函数的零点，是函数的零点，且满足，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】利用导数研究函数的单调性可证明函数存在唯一零点，即，可得在有零点，利用参变分离可求解. 【解答过程】由，，可得， 当时，，此时在单调递减； 当时，，此时在单调递增； 又因为，所以函数存在唯一的零点，即. 因为，解得. 即在上有零点， 故方程在上有解， 而， 因为，故，故， 所以，故 故选：B. 7．（2025·河北衡水·模拟预测）已知函数有两个零点，且，则下列命题正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【解题思路】根据零点可将问题转化为，构造，求导即可根据函数的单调性得函数的大致图象，即可根据图象求解A，根据极值点偏移，构造函数，结合函数的单调性即可求解B，根据可得，即可求解C，根据不等式的性质即可求解D. 【解答过程】由可得，令，其中， 则直线与函数的图象有两个交点，， 由可得，即函数的单调递增区间为， 由可得，即函数的单调递减区间为， 且当时，，当时，，， 如下图所示： 由图可知，当时，直线与函数的图象有两个交点，故A错误； 由图可知，， 因为，由可得，由可得， 所以，函数的增区间为，减区间为，则必有， 所以，，则， 令，其中， 则，则函数在上单调递减， 所以，，即，即， 又，可得， 因为函数的单调递减区间为，则，即，故B错误； 由，两式相加整理可得， 所以，，可得，故C错误； 由图可知，则，又因为，所以，，故D正确. 故选：D. 8．（24-25高二下·云南·期中）已知函数. (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：. 【答案】(1)在上单调递增 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求定义域，求导，结合得到，即在内恒成立，所以在内单调递增； （2），求导，得到函数单调性，得到，构造，求导得到函数单调性，得到，再构造，求导得到函数单调性，得到，两式结合得到答案. 【解答过程】（1）由题意可知：的定义域为， ， 令，可得，当时，即， ，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， 则，即； 由和可得. 9．（2025·全国·模拟预测）已知函数． (1)求函数的单调区间与极值； (2)若，求证：． 【答案】(1)单调递增区间为和，单调递减区间为，极大值为，极小值为． (2)证明见解析 【解题思路】（1）对求导，分析函数单调性，根据极值定义即可求解； （2）令，则，令，则，令，则，分析单调性可得，即对任意恒成立．继而可得，由单调性可得，令，利用导数分析单调性可得，即对任意恒成立．可得，继而可得，由即可证明. 【解答过程】（1）定义域为，， 令，解得或， 当时，；当时，． 的单调递增区间为和，单调递减区间为． 的极大值为，极小值为． （2）证明：由（1）知． 令，则 ． 令，则． 令，则． 在上恒成立，在上单调递增， ，在上恒成立， 在上单调递增，， 在上恒成立，在上单调递增， ，对任意恒成立． ，． 又，． 在上单调递增，，，即． 令，则 ． 在上单调递增， 在上恒成立， 在上单调递增，， 对任意恒成立． ．又． 在上单调递增，且， ．由，得， ，． 10．（25-26高三上·黑龙江·期中）已知函数． (1)设函数，求的最大值． (2)证明：在定义域内有且仅有两个零点． (3)设的两个零点分别为，且，若存在两实数，满足，且，证明：． 【答案】(1)0； (2)证明见解析； (3)证明见解析 【解题思路】（1）求导，确定函数单调性即可求解； （2）求导，确定函数单调性，分别在，和结合零点存在性定理判断即可； （3）由（2）得到，构造函数，通过二次求导，确定函数单调性进而可解题. 【解答过程】（1）由题意得，，其定义域为， ， 当时，单调递增， 当时，单调递减， 所以在时取得最大值， 综上所述，的最大值为0． （2）由题意得，的定义域为， 当时，单调递增，又， 所以在上存在唯一零点0； 当时，设，则， 所以在上单调递减，又，所以存在，使得， 当时，单调递增， 当时，，单调递减， 又， 由零点存在性定理得，在上存在唯一零点， 此零点是在上的唯一零点； 当时，由（1）可知，在上单调递减， 故而当时， ，所以在上无零点； 综上所述，在定义域内有且仅有2个零点．得证． （3）由（2）可得，， 构造函数，则 设，则， 所以在上单调递减，所以， 所以在上单调递减，所以， 所以当时，，所以， 又，所以，所以， 又，所以，得证． 【类型3 极值点偏移问题：乘积型】 11．（24-25高二下·北京西城·期中）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【答案】(1)； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）求导，分别解不等式，即可； （2）设，结合（1）可知，构造函数，利用导数判断单调性即可得，结合在上单调递减即可得证. 【解答过程】（1）由题意知函数的定义域为， 解得，解得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 又，所以，解得， 所以的取值范围为． （2）不妨设，则由（）知，， 构造函数， 则， 所以函数在上单调递增， 所以当时，，即当时，， 所以， 又在上单调递减， 所以，即． 12．（24-25高二上·江苏连云港·期末）已知函数. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有两个零点，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）根据导数的几何意义求出切线的斜率，进而根据点斜式即可求解； （2）令得，令，则，从而令，则利用导数求出最小值可得答案. 【解答过程】（1）当时，， 曲线在处切线的斜率为， 又切线方程为， 即曲线在处的切线方程为； （2）若有两个零点， 则， 得. ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ， 故. 13．（2025高三·全国·专题练习）已知函数. (1)当时，判断函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不同实根，求实数的取值范围，并证明. 【答案】(1)在上单调递增 (2)，证明见解析 【解题思路】（1）对求导，根据的符号得出的单调性； （2）由题意可知有两解，求出的过原点的切线斜率即可得出的范围，设，根据分析法构造关于的不等式，利用函数单调性证明不等式恒成立即可， 【解答过程】（1）时，， 故， 在上单调递增. （2）关于的方程有两个不同实根,， 即有两不同实根，，得， 令，， 令，得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 时，取得最大值，且，得图象如图：.    ，则， 即当时，有两个不同实根，， 两根满足，， 两式相加得：，两式相减得， 上述两式相除得， 不妨设，要证：， 只需证：,即证， 设，令， 则， 函数在上单调递增，且, ，即， . 14．（24-25高三上·重庆渝中·期中）已知函数． (1)若函数是减函数，求的取值范围； (2)若有两个零点，且，证明：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）在上恒成立，参变分离在上恒成立，构造函数求出的最大值，从而求出的取值范围； （2）由零点得到，令，从而得到，，，构造，求导得到其单调性，从而证明出结论. 【解答过程】（1）的定义域为， ， 函数是减函数，故在上恒成立， 即在上恒成立， 令，， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，且， 故，解得， 故的取值范围是； （2）若有两个零点，则， 得． ，令，则， 故， 则， ， 令，则， 令，则， 在上单调递增， ， ，则在上单调递增， ，即， 故. 15．（24-25高二下·广东深圳·期末）已知函数，直线是曲线的一条切线． (1)求的值，并讨论函数的单调性； (2)若，其中，证明：． 【答案】(1)，函数在上单调递减，在上单调递增 (2)证明见解析 【解题思路】（1）设切点为，利用导数几何意义和切线方程可构造方程得到，设，利用导数可确定有唯一零点，由此可得；代入后，根据的正负可得单调区间； （2）根据单调性和的正负可确定，将所证不等式转化为对任意恒成立；令，利用导数可求得单调递增，得到，由此可得结论. 【解答过程】（1）设直线与曲线相切于点， ， 又，即， 设，则，在上单调递增， 又，有唯一零点， ，解得， ， 则当时，；当时，， 在上单调递减，在上单调递增． （2）由（1）知， 当时，；当时，， ， 要证，只需证．在上单调递减， 只需证，又， 则只需证对任意恒成立． 设， 则， 设，则， 在上单调递减，． 又当时，， 在上单调递增， ，即在时恒成立， 又．故原不等式得证． 【类型4 极值点偏移问题：商型】 16．（24-25高二下·湖北·阶段练习）已知函数. (1)当时，讨论函数的单调性； (2)若函数恰有两个极值点，，且，求的取值范围. 【答案】(1)在上单调递增 (2) 【解题思路】（1）求导，分， ，讨论求解； （2）由，得到，令，两式相除得到 ，，从而有，设，用导数法，结合求解. 【解答过程】（1）解：函数的定义域为，， ①当时，恒成立，在上单调递增； ②当时，令，则，设，则， 当时，，单调递减，当时.，单调递增， ∴， ∴，在上单调增； 综上，当时，在上单调递增； （2）依题意，，则，令，则， 两式相除得，，， ∴，， ∴， 设， 则， 设， 则， ∴在单调递增，则， ∴，则在单调递增， 又，即，而， ∴，即. 17．（24-25高三上·江苏无锡·阶段练习）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 【解题思路】（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. 【解答过程】（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：， 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. 18．（24-25高二下·江苏苏州·期末）已知函数． (1)求曲线在处的切线方程； (2)若关于的不等式在上恒成立，求实数的最大值； (3)若关于的方程有两个实根，，求证：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【解题思路】（1）借助导数的几何意义计算即可得； （2）由题意可得在上恒成立，则可构造函数，求导后分及讨论其单调性，在时结合零点的存在性定理研究，即可得的具体范围，即可得其最大值； （3）借助因式分解可将原问题转化为有两个实根，借助导数研究其单调性可得两根范围，借助换元法，令，，可得，两式作差可得，从而将证明转化为证明，借助换元法令，即证，构造相应函数，借助导数即可证明；再借助（2）中所得，结合两实根的范围，可得，即可得，两式作差即可得证. 【解答过程】（1），， 又，则有， 即曲线在处的切线方程为； （2）由题意可得在上恒成立， 令，则， 令，则， 则当时，，故在上单调递增， 则当时，， 当时，，故在上单调递增， 有，符合要求， 当时，由，， 则存在，使，即当时，， 当，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，不符合要求，故舍去， 综上所述，，故实数的最大值为； （3）， 由，即有有两个实根，， 令，， 当时，恒成立，不可能有两个实根，故舍去； 当，则时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 则有，即， 又， 不妨令，则有， 有，令，，即有， 则有，即， 即，则要证，只需证， 即证， 令，即证， 令，， 则恒成立， 故在上单调递减，故， 即有在时恒成立，故得证； 由（2）可知，当时，在上恒成立， 即在上恒成立， 则当时，，即， 由，则、， 故，， 则，， 又，即，即， 即，则有， 整理得，即，即， 即； 综上，得证. 19．（24-25高二下·湖北·期末）已知函数（）. （1）当时，讨论函数的单调性； （2）若函数恰有两个极值点，（），且，求的最大值. 【答案】（1）答案见解析；（2）. 【解题思路】（1）首先求函数的导数，再分和求函数的导数； （2）首先由条件可知，变形后两式相除得，设，换元后，分别解出和，通过构造函数（），利用导数证明函数的单调性，再解抽象不等式，从而求得的最大值. 【解答过程】（1）函数的定义域为，， 当时，恒成立，在上单调递增； 当时，令，则，设，则， 易知，当时，，单调递减，当时，，单调递增， ∴， ∴，在上单调递增； 综上，当时，在上单调递增； （2）依题意，，则 两式相除得，，设， 则，，，∴，， ∴， 设（）， 则， 设，则， 所以在单调递增， 则， ∴，则在单调递增， 又，且 ∴， ∴，即的最大值为. 20．（24-25高三上·黑龙江哈尔滨·期末）已知函数，. (1)若对于任意，都有，求实数的取值范围； (2)若函数有两个零点，求证：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）通过转化构造函数，利用导数求出该函数的最小值即可； （2）通过利用极值点偏移的知识，令，，利用导数相关知识转化为证明即可. 【解答过程】（1）结合题意：对于任意，都有，所以， 因为，所以只需， ， 当时，，在上单调递减； 当时，，在上单调递增. 所以只需； （2）等价于， 设函数，，易知在区间上单调递增；上单调递减， 由知且，， 设函数，其中， 知， 知在区间上单调递增，即时， 即时，， 即， 又由已知由且， 有且，由在上单调递减， 所以，即. 【类型5 极值点偏移问题：平方型】 21．（24-25高二下·辽宁·期末）已知函数. (1)讨论的单调性； (2)若（e是自然对数的底数），且，，，证明：. 【答案】(1)结论见解析； (2)证明见解析. 【解题思路】（1）求出函数的导数，再按分类探讨的正负作答. （2）等价变形给定等式，结合时函数的单调性，由，，再构造函数，，利用导数、均值不等式推理作答. 【解答过程】（1）函数的定义域为，求导得则，由得， 若，当时，，则单调递减，当时，，则单调递增， 若，当时，，则单调递增，当时，，则单调递减； 所以当时，函数在上单调递减，在上单调递增； 当时，函数在上单调递增，在上单调递减. （2）由，两边取对数得，即， 由（1）知，当时，函数在上单调递增，在上单调递减， ，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，，即， 于是， 而，，，函数在上单调递增，因此，即， 又，则有，则， 所以. 22．（2025·广东广州·模拟预测）已知函数. (1)讨论函数的单调性： (2)若是方程的两不等实根，求证：； 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求出函数的定义域和导数，再根据和分类讨论，即可得出函数的单调性； （2）由可得，是方程的两不等实根，从而可将问题转化为是方程的两不等实根，即可得到和的范围，原不等式等价于，即极值点偏移问题，根据对称化构造（解法1）或对数均值不等式（解法2）等方法即可证出． 【解答过程】（1）由题意得，函数的定义域为. 由得：， 当时，在上单调递增； 当时，由得，由得， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）因为是方程的两不等实根，， 即是方程的两不等实根， 令，则，即是方程的两不等实根. 令，则，所以在上递增，在上递减，， 当时，；当时，且. 所以0，即0. 令，要证，只需证， 解法1（对称化构造）：令， 则， 令， 则 ， 所以在上递增，， 所以h，所以， 所以，所以， 即，所以. 解法2（对数均值不等式）：先证，令， 只需证，只需证， 令， 所以在上单调递减，所以. 因为，所以， 所以，即，所以. 23．（24-25高三上·云南·阶段练习）已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）求出函数的导数后可得函数的单调性，结合单调性可求最大值，从而可求参数的取值范围. （2）利用极值点偏移可证，结合不等式放缩可证. 【解答过程】（1），，令，解得， 所以当时，，在上单调递增； 当时，，在单调递减， 所以，要使，则有，而，故， 所以的取值范围为． （2）证明：当时，由（1）知，当时，单调递增； 当时，单调递减， 设，所以，， ①若，则，成立； ②若，先证，此时， 要证，即证，即，， 令，， ， 所以在上单调递增，所以， 即，，所以， 因为，，所以， 即． 24．（24-25高三·福建·阶段练习）已知函数 (1)讨论f(x)的单调性； (2)若，且，证明: . 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 【解题思路】（1）求导，分，两种情况，分别研究的正负，即可得到的单调性；（2）将已知的方程两边同时取对数，得到，由进行分析，利用（1）中的结论，不妨令，分或两种情况求解，构造函数，利用导数研究其性质，结合不等式的性质及基本不等式，即可证明. 【解答过程】（1）   当时，， ， 所以单调递增；， ， 所以单调递减； 当时，， 所以单调递减；， 所以单调递增； （2）证明： ， ∴ ， 即当时， 由（1）可知，此时是的极大值点，因此不妨令， 要证，即证：， ①当时，成立； ②当时， 先证， 此时，   要证，即证：，即，即， 即： ①， 令 ， ∴ ， ∴在区间上单调递增， ∴，∴①式得证. ∴ ， ∵，， ∴  ∴   ∴. 25．（24-25高三上·四川成都·阶段练习）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. 【解题思路】（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，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. 【解答过程】（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 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． 【类型6 极值点偏移问题：复杂型】 26．（2025高三·全国·专题练习）已知函数（是自然对数的底数）. (1)讨论函数的单调性； (2)若有两个零点分别为. ①求实数的取值范围； ②求证：. 【答案】(1)答案见解析 (2)①；②证明见解析 【解题思路】（1）根据题意，求导即可得到结果； （2）①根据题意，将问题转化为有两个零点，然后利用导数，分类讨论即可得到的取值范围； ②根据题意，将问题转化为，再由①中的结论，即只需证，然后构造函数求导即可得到证明. 【解答过程】（1）由题意可得，， 当时，，在上单调递增； 当时，由解得，由解得， 所以，在上单调递减，在上单调递增. 综上，当时，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）①等价于有两个零点， 令，则，在时恒成立，∴在时单调递增， ∴有两个零点，等价于有两个零点. ∵ ，∴当时，，单调递增，不可能有两个零点； 当时，令，得，单调递增， 令，得，单调递减，∴， 若，得，此时恒成立，没有零点； 若，得，此时有一个零点； 若，得，∵，， 记，则， 记，则， 所以在上单调递增，所以，即， 故在上单调递增，所以， 即， ∴在，上各存在一个零点，符合题意， 综上，的取值范围为. ②因为，不等式两边同时取对数化简可得， 要证即证：， 即证，由（2）中①知，，∴只需证. ∵，，∴，， ∴ ，只需证. 设，令， 则，∴只需证 ， 即证 ， 令，，则 ，， 即当时， 成立.∴，即. 27．（2025·全国·模拟预测）已知函数有三个极值点． (1)求实数的取值范围； (2)求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）将函数有三个极值点转化为导函数有三个变号零点，然后构造函数，利用函数的奇偶性、单调性等研究函数的零点即可； （2）先根据第（1）问得到之间的关系，将多元不等式问题转化为一元不等式问题，然后换元，构造函数进行证明即可． 【解答过程】（1）由题意知有三个变号零点，且， 易知，故为定义在上的奇函数，     又，所以在上恰有一个变号零点． 令，则， 令，则， 当时，，，单调递增． 又，当时， 所以当时，． 若，则在上恒成立， 所以在上单调递增，，不符合题意．     故，此时，在上存在唯一零点， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 由，时可知，在上恰有一个变号零点． 综上，实数的取值范围为． （2）不妨设，则由（1）的讨论可知，，，     故只需证明， ，解得，     故只需证明， 整理后，只需证明．     设，则只需证明， 即证， 即证，即证 ， 故只需证明在时恒成立．     记，， 则，故在上单调递增， 所以，即在时恒成立， 所以． 28．（2025·山东·模拟预测）已知函数. (1)若有两个零点，的取值范围； (2)若方程有两个实根、，且，证明：. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）分析可知，由参变量分离法可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可求得实数的取值范围； （2）令，其中，令，，分析可知关于的方程也有两个实根、，且，设，将所求不等式等价变形为，令，即证，令，其中，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【解答过程】（1）解：函数的定义域为. 当时，函数无零点，不合乎题意，所以，， 由可得， 构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点， ，由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数的极大值为，如下图所示： 且当时，， 由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点， 故实数的取值范围是. （2）证明：因为，则， 令，其中，则有， ，所以，函数在上单调递增， 因为方程有两个实根、，令，， 则关于的方程也有两个实根、，且， 要证，即证，即证，即证， 由已知，所以，，整理可得， 不妨设，即证，即证， 令，即证，其中， 构造函数，其中， ，所以，函数在上单调递增， 当时，，故原不等式成立. 29．（24-25高二下·湖南·期末）已知函数. (1)若方程有3个零点，求实数的取值范围； (2)若有两个零点，求证：，且. 【答案】(1) (2)证明见解析 【解题思路】（1）将问题转化为与有三个不同的交点，利用导数研究函数的性质，从而结合图象即可求得实数的范围； （2）利用导数求得函数的单调性，再利用零点存在定理证得，再利用零点的定义将问题，构造函数，利用导数证得即可得证. 【解答过程】（1）解：令，即得，即方程有三个零点， 即直线与曲线有三个不同的交点， 可得， 所以当或时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以当时，有极小值为， 当时，有极大值为， 当时，，且当时，， 所以作出函数的图象如图所示， 所以数形结合可知，即实数的取值范围为.      （2）解：因为， 当时，单调递增，不可能有两个零点，所以，此时， 令，得，所以当时，； 当时，， 故在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以， 若有两个零点，则，得，所以， 当时，，，， 故存在，使得， 又当趋向于时，趋向于，故存在，使得， 故，则满足，可得，即， 要证，只需证， 两边同乘以，可得， 因为，，所以， 令，即证，即证， 令，可得， 令，，故在区间上单调递增， 故，因此，所以在区间上单调递增， 故，因此原不等式成立. 30．（2025·湖北武汉·三模）已知函数，． (1)讨论函数的单调性； (2)若关于的方程有两个不相等的实数根、， （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【解题思路】（1）求出，分、两种情况讨论，分析导出的符号变化，即可得出函数的增区间和减区间； （2）（i）将方程变形为，令，令，可知直线与函数的图象有两个交点，利用导数分析函数的单调性与极值，数形结合可得出实数的取值范围； （ii）将所证不等式等价变形为，由变形可得出，推导出，即证．令，只需证，构造函数，其中，利用导数法即可证得结论成立. 【解答过程】（1）解：因为， 所以，其中. ①当时，，所以函数的减区间为，无增区间； ②当时，由得，由可得. 所以函数的增区间为，减区间为． 综上：当时，函数的减区间为，无增区间； 当时，函数的增区间为，减区间为． （2）解：（i）方程可化为，即． 令，因为函数在上单调递增， 易知函数的值域为， 结合题意，关于的方程（*）有两个不等的实根． 又因为不是方程（*）的实根，所以方程（*）可化为． 令，其中，则． 由可得或，由可得， 所以，函数在和上单调递减，在上单调递增． 所以，函数的极小值为， 且当时，；当时，则. 作出函数和的图象如下图所示： 由图可知，当时，函数与的图象有两个交点， 所以，实数的取值范围是. （ii）要证，只需证，即证． 因为，所以只需证． 由（ⅰ）知，不妨设． 因为，所以，即，作差可得． 所以只需证，即只需证． 令，只需证． 令，其中，则， 所以在上单调递增，故，即在上恒成立． 所以原不等式得证． 【类型7 拐点偏移问题】 31．（25-26高三上·上海·期中）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．若函数，则的和为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【解题思路】通过二次求导得到的对称中心，利用对称性求解即可. 【解答过程】由题意可得，， 令解得， 又， 所以的图象的对称中心为，即， 所以 ， 故选：B. 32．（24-25高二下·江西萍乡·期中）对于三次函数，给出定义：是的导函数，是的导函数，若方程有实数解，则称点为函数的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数，则（    ） A．2022 B．2023 C．2024 D．2025 【答案】B 【解题思路】首先根据题意求对称中心，再利用对称性求值. 【解答过程】，，得， 又，所以函数关于点对称， 即，则， 且， . 故选：B. 33．（24-25高二下·天津·期中）设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称点为曲线的“拐点”.经过探究发现：任何一个三次函数的图象都有“拐点”，且“拐点”就是三次函数图象的对称中心.已知函数的图象的对称中心为. (1)求实数的值； (2)求的零点个数. 【答案】(1)， (2)个 【解题思路】（1）依题意，即可求出、的值； （2）由（1）可得，利用导数说明函数的单调性，求出函数的极值，即可判断. 【解答过程】（1）因为， 所以，所以， 又因为的图象的对称中心为， 所以，解得； （2）由（1）知，， ∴， 令，得或， 所以当时，，即在上单调递增； 当时，，即在上单调递减； 当时，，即在上单调递增. 所以在处取得极大值，在处取得极小值， 所以，，且当时，；当时，， 所以有个零点. 34．（24-25高二下·陕西咸阳·阶段练习）给出定义：设是函数的导函数，是函数的导函数，若方程有实数解，则称为函数的“拐点”.经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数图象的对称中心. (1)若函数，求函数图象的对称中心； (2)已知函数，其中. （ⅰ）求的拐点； （ⅱ）若，求证：. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）证明见解析 【解题思路】（1）根据“拐点”的定义，对函数求导即可得结果， （2）（ⅰ）根据“拐点”的定义，对函数求导，构造函数，利用导数得出结果；（ⅱ）由（ⅰ）可知，求出函数在上单调递增且，从而得证. 【解答过程】（1）因为，所以， 所以.令，解得，又， 所以函数的“拐点”为， 所以函数图象的对称中心为. （2）（ⅰ）因为，， 所以， ，且， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递增，又， 由零点存在性定理知，有唯一的零点， 所，且，当时，， 所以的拐点为. （ⅱ）证明：由（i）可知，在上单调递增，， ∴当时，；当时，， ∴在上单调递减，在上单调递增， 又， ∴在上恒成立，∴在上单调递增， 又，， 所以. 35．（2025·四川绵阳·模拟预测）拐点，又称反曲点，指改变曲线向上或向下的点（即曲线的凹凸分界点）．设是函数的导函数，是函数的导函数．若方程有实数解，并且在点左右两侧二阶导数符号相反，则称为函数的“拐点”．经研究发现所有的三次函数都有“拐点”，且该“拐点”也是函数的图象的对称中心．已知三次函数 (1)过点作曲线的切线，求切线方程： (2)若对于任意实数，都有恒成立，求实数的取值范围； (3)已知函数，其中．求的拐点． 【答案】(1)或． (2)且 (3) 【解题思路】（1）设切点，利用导数的几何意义和两点斜率公式列方程可求，再利用点斜式求切线方程； （2）利用导数判断函数的单调性，作函数的大致图象，由时，成立，可得，求函数的对称中心，利用对称性化简可得，结合图象进一步化简，由此可求结论， （3）由条件结合导数运算法则可得，令，，利用导数研究函数的单调性，结合函数性质求其零点，由此可得结论. 【解答过程】（1）因为，故可设切点为，， 所以， 整理得： 解得：或， 当时，切点为，切线斜率为，故切线方程为， 当时，切点为，切线斜率为，切线方程为， 故切线方程为：或． （2），当且仅当时，， 由（1）， 所以当时，，函数在上单调递增， 当时，，函数在上单调递减， 当时，，函数在上单调递增， 又由可得，，， 作函数的大致图象如下，    所以， 要使恒成立 当即时，恒成立， 即，且， 所以 当时，由恒成立， 得（*）， 因为，所以，， 令，所以， 当时，，当时，， 由题干可得函数的图象关于点对称， 所以， 所以不等式（*）为， 因为，结合图象可得， 所以恒成立， ，所以． 综上，且 （3）， 由于，故，即的定义域为， ， ， 令得，， 令，， 则在上恒成立， 故在上单调递增， 又，由零点存在性定理知，有唯一的零点， 故，即时，满足， 当时，， 故的拐点为. 2 / 30 学科网（北京）股份有限公司 $