重难专题03 极值点偏移（8大基础题型+能力提升+拓展提升）（分层作业）高二数学人教A版2019选择性必修第二册

重难专题03 极值点偏移 【知识方法综述】 1．极值点偏移的判定定理 对于可导函数y＝f(x)在区间(a，b)上只有一个极大(小)值点x0，方程f(x)＝0的解分别为x1，x2，且a＜x1＜x2＜b. (1)若0＝f(x1)＜f(2x0－x2)，则＜(＞)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏； (2)若0＝f(x1)＞f(2x0－x2)，则＞(＜)x0，即函数y＝f(x)在区间(x1，x2)上极(小)大值点x0右(左)偏． 　 　 2．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． 3.解决极值点偏移问题的答题模板（以对称化构造法为例） (1)求导，获得f(x)的单调性，极值情况，作出f(x)的图象，由f(x1)＝f(x2)得x1，x2的取值范围(数形结合)； (2)构造辅助函数， ①对结论x1＋x2＞(＜)2x0，构造F(x)＝f(x)－f(2x0－x)； ②对结论x1x2＞(＜)x，构造F(x)＝f(x)－f ，求导，限定范围(x1或x2的范围)，判定符号，获得不等式； (3)代入x1(或x2)，利用f(x1)＝f(x2)及f(x)的单调性证明最终结论． 4.妙解极值点偏移问题的两个不等式 （1）对数均值不等式 两个正数和的对数平均定义： 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：（此式记为对数平均不等式） 取等条件：当且仅当时，等号成立． （2）指数不等式 在对数均值不等式中，设，，则，根据对数均值不等式有如下关系：. 题型一 加法形式 1.已知函数f(x)＝xe－x. (1)求函数f(x)的单调区间和极值； (2)若x1≠x2且f(x1)＝f(x2)，求证：x1＋x2>2. 【解析】(1)f ′(x)＝e－x(1－x)， 令f ′(x)>0得x<1；令f ′(x)<0得x>1， ∴函数f(x)在(－∞，1)上单调递增， 在(1，＋∞)上单调递减， ∴f(x)有极大值f(1)＝，f(x)无极小值． (2)证明：法一(对称化构造法)： 构造辅助函数F(x)＝f(x)－f(2－x)，x>1， 则F′(x)＝f ′(x)＋f ′(2－x)＝e－x(1－x)＋ex－2(x－1) ＝(x－1)(ex－2－e－x)， ∵当x>1时，x－1>0，ex－2－e－x>0，∴F′(x)>0， ∴F(x)在(1，＋∞)上为增函数，∴F(x)>F(1)＝0， 故当x>1时，f(x)>f(2－x)，(*) 由f(x1)＝f(x2)，x1≠x2，可设x1<1<x2， 将x2代入(*)式可得f(x2)>f(2－x2)， 又f(x1)＝f(x2)， ∴f(x1)>f(2－x2)． 又x1<1,2－x2<1，而f(x)在(－∞，1)上单调递增， ∴x1>2－x2， ∴x1＋x2>2. 法二(比值代换法)： 设0<x1<1<x2，f(x1)＝f(x2)，即x1 e ＝ x2 e , 取对数得ln x1－x1＝ln x2－x2. 令t＝>1，则x2＝tx1，代入上式得ln x1－x1＝ln t＋ln x1－tx1，得x1＝，x2＝. ∴x1＋x2＝>2⇔ln t－>0， 设g(t)＝ln t－(t>1)， ∴g′(t)＝－＝>0， ∴当t>1时，g(t)为增函数， ∴g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0，故x1＋x2>2. 2．设函数． (1)判断函数的单调性； (2)若，且，求证：． 【解析】（1）∵，， ∴． 令，则． 令，得或． 当时，；当时，；当时，． ∴在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减． 又，，故对一切恒成立， ∴，于是，故在上单调递增． （2）易知当时，由（1）知，， 所以，当且仅当时取等号，与题意不符， 当，由（1）知，，与题意不符， 所以中一个在内，一个在内，不妨设． 构造函数，其中， 则． 由，得． 令， ∵， ∴在上单调递增，则． ∴在上单调递减，∴， 即对恒成立． ∵，∴， ∴． 由（1）知在上单调递增， ∴，故． 题型二 乘积形式 1．已知函数f(x)＝xln x的图象与直线y＝m交于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)．求证：x1x2<. 【解析】　f ′(x)＝ln x＋1， 由f ′(x)>0得x>，由f ′(x)<0得0<x<， ∴函数f(x)在上单调递减，在上单调递增．可设0<x1<<x2. 法一：构造函数F(x)＝f(x)－f ，则 F′(x)＝f ′(x)＋f ′＝1＋ln x＋·＝(1＋ln x)·， 当0<x<时，1＋ln x<0,1－<0， 则F′(x)>0，得F(x)在上是增函数， ∴F(x)<F ＝0， ∴f(x)<f ， 将x1代入上式得f(x1)<f ， 又f(x1)＝f(x2)，∴f(x2)<f ， 又x2>，>，且f(x)在上单调递增， ∴x2<，∴x1x2<. 法二：f(x1)＝f(x2)，即x1ln x1＝x2ln x2， 令t＝>1，则x2＝tx1， 代入上式得x1ln x1＝tx1(ln t＋ln x1)，得ln x1＝. ∴x1x2<⇔ln x1＋ln x2<－2⇔2ln x1＋ln t <－2⇔＋ln t<－2⇔ln t－>0. 设g(t)＝ln t－(t>1)，则g′(t)＝>0. ∴当t>1时，g(t)为增函数，g(t)>g(1)＝0， ∴ln t－>0.故x1x2<. 2．（25-26高三上·江苏连云港·月考）已知函数. (1)当时，求函数的零点个数. (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. 【解析】（1）当时，， 所以函数在上单调递增， 又因为， 所以函数有且仅有一个零点. （2）方程有两个不同实根，等价于有两个不同实根， 得，令，则， 令，解得；令，解得； 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以当时，取得最大值， 由，得当时，； 当的大致图象如图所示，    所以当，即时，有两个不同实根； 证明：不妨设且 两式相加得，两式相减得， 所以， 要证，只需证， 即证， 设，令， 则， 所以函数在上单调递增，且， 所以，即， 所以，原命题得证. 【点睛】关键点点睛：本题第二问考查极值点偏移问题，常用解决策略是根据，两式相加相减，进而可得，进而要证，只需证，即证，从而将双变量转化为单变量，令，讨论该函数的单调性和最值即可证明. 题型三 减法形式 1．已知函数． (1)讨论函数的单调性； (2)当时，若方程有三个不相等的实数根，且，证明：． 【解析】（1）由题意可知：的定义域为，， 且，令，可得， 当，即时，可知在内恒成立， 即在内恒成立，所以在内单调递增； 当，即时，由解得或， 由可知， 若，；若，； 所以在内单调递增，在内单调递减； 综上所述：当时，在内单调递增； 当时，在内单调递增，在内单调递减. （2）当时，可得，， 由（1）可知：在内单调递增，在内单调递减， 由题意可得：， 因为， 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递减， 则，即； 令， 则， 可知在内单调递增，则， 可得在内恒成立， 因为，则， 且，在内单调递增， 则，即； 由和可得. 2．已知函数. (1)若函数在上单调递增，求的取值范围. (2)若函数的两个零点分别是，且，证明： ①随着的增大而减小； ②. 【解析】（1）若函数在上单调递增，易知， 令，，令，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故原命题等价于求，且，故，解得， 即的取值范围为. （2）①引理：对，必有成立，令， 故，令，，令，， 故在上单调递减，在上单调递增， 则，即恒成立，故成立， 设，则，即， 可得的最小值为 而，当时，， 且由引理知，故， 由零点存在性定理得有两个零点， 结合可得， 故当时，两个根一定会存在，设是关于的函数，记为， 我们同样可以定义为：对，存在唯一的，使得， 且这个就是关于的方程中的较大根，此时已有， 此时发现是上的函数，则证明在上单调递减即可， 由于， 首先，我们有，，所以，， 其次，我们实际上有，（因为要么，要么）， 所以，若，则，， 然后考虑，显然我们有， 若，则，所以另一根一定小于，从而， 若，由于是关于的较大根，故， 即，解得，但是对任意的时， 关于的方程的较小根都不超过， 要么，解得，要么， 所以是较大根，从而，这表明与关于对称， 所以我们只需要证明在上单调递减， 这里是的较大根，且， 由于，故对，设， 则，， 从而由是较大根，知，， 也意味着位于单调递增区间， 设，由于当时， ， 所以， 而，方程的较小根一定不超过， 这表明的较大根一定成立，所以， 这就证明了在上单调递减，从而一定在上单调递减， 故随着的增大而减小得证. ②由①知有两个零点，且， 由于， 由引理又有， 而根据单调性得，当或时，必有， 所以， 可得 即，原不等式得证. 题型四 商式形式 1．已知函数有两个相异零点､，且，求证：. 【解析】由题设，， 由，得，由，得， 在上单调递增，在上单调递减， 在处取得极大值，且为最大值. 由有两个相异零点､，可得，即. ， ， ，即，则， ，， . 2．设()，， （1）求的单调区间： （2）已知函数有两个零点，，且， （i）求的取值范围； （ii）证明：随着的减小而增大. 【解析】（1）因为，则， ①若，则在上恒成立，所以的单调递增区间为； ②若，令，则， 时，，的单调递增； 时，，的单调递减； 所以的单调递增区间为，单调递减区间为； 综上：若，的单调递增区间为；若，的单调递增区间为，单调递减区间为 （2）（i）由（1）知：函数有两个零点需满足，即，所以，故的取值范围为； （ii）因为，则，令，则， 所以在上单调递增，在单调递减，并且时，，当时，，由已知满足，由，及的单调性，可得，对于任意，设，，其中；，其中；因为在上单调递增，由，即，可得，同理可得，又由得，故随着的减小而增大. 题型五 平方形式 1．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：. 【解析】（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. 2．已知函数，． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若存在，，使得，则． 【解析】（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． 题型六 倒数和型 1．（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：. 【解析】（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. 【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. 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. 2．（25-26高二上·湖北武汉·期末）已知函数，其中为自然对数的底数． (1)讨论函数的单调性； (2)若，且，证明：． 【解析】（1）由题可知，而在上是减函数，是增函数， 在上单调递减，又， 时，单调递增；时，单调递减． 所以的增区间是，减区间是. （2）由题意得， 即，亦即． 设，则由，得，且． 不妨设，则即证， 先证：. 由及的单调性知，． 令， 则． ， ，即在上单调递增，故， ，取，则． 又，则． 又，且在上单调递减， ，即． 下证：． （ⅰ）当时，由，得； （ⅱ）当时，令， 则 ． 记，则． 又在上为减函数， 在上单调递减，在上单调递增， 单调递减，从而，在单调递增． 又， 对于，则， 所以时，，故在上单调递增，， 故时，，． 又， 从而，由零点存在定理得，存在唯一，使得， 当时，单调递减； 当时，单调递增， 所以． 又， 对函数，， 故当时，，函数单调递增， 当时，，函数单调递减，所以， 由，所以． 显然， 所以，即． 取，则． 又，则． 结合，以及在上单调递增， 得到，从而． 综上所述，. 题型七 指数形式 1．（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：． 【解析】（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． （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． 2．（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）． 【解析】（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. 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. 所以，. 因此，得证. 题型八 对数型 1．（2026·河南郑州·模拟预测）已知函数． （1）判断函数的单调性； （2）若方程有两个不同的根，求实数的取值范围； （3）如果，且，求证：． 【解析】解：（1）因为，所以，令，解得，令，解得， 即函数在上单调递增，在上单调递减． （2）由（1）可得函数在处取得最大值，， 所以函数的图象大致如下： 易知函数的值域为． 因为方程有两个不同的根， 所以，即，，解得． 即实数的取值范围为． （3）证明：由，，不妨设， 构造函数，，， 则， 所以在，上单调递增，， 也即对，恒成立． 由，则，， 所以， 即，又因为，，且在上单调递减，所以， 即证． 即． 2．（24-25高三上·广东深圳·月考）已知函数（其中e为自然对数的底） (1)若在上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若，是的极值点且.若，且. 证明：. 【解析】（1）因为在上单调递增，所以在恒成立， 所以在恒成立， 令，， ①当时，在恒成立，在上单调递增， 所以，所以满足题意. ②当时，令，则. (i)，所以，在单调递增， 所以，所以满足题意. （ii），在上单调递减，在上单调递增， 所以， 令，， 所以在恒成立，所以在上单调递减， 而，所以不成立. 所以实数a的取值范围为：. （2），， 因为是的极值点，所以满足， 令，则若，解得， 所以当时，，当时，， 所以，， 所以是唯一负极值点，且在上单调递增，在上单调递减， 要证明，即证明， 化简得，由于在上单调递增， 且由，，可知. 故， 从而可推得，而， 因此. 令， 则， ， 而，所以， 故单调递增，从而，即， 从而，即证得. 1．（23-24高二上·江苏镇江·月考）已知函数．若函数有两个不相等的零点． (1)求a的取值范围； (2)证明：． 【解析】（1）由题意可知：， 若，则恒成立，即单调递增，不存在两个不等零点， 故， 显然当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 所以若要符合题意，需， 此时有，且， 令， 而， 即在上递减，故， 所以， 又， 故在区间和上函数存在各一个零点，符合题意， 综上； （2）结合（1），不妨令， 构造函数， 则， 即单调递减，所以， 即， 因为，所以， 由（1）知在上单调递增，所以由， 故. 2．（2024高三·全国·专题练习）已知函数． (1)求函数的最值； (2)若函数有两个不同的极值点，记作，且，求证：． 【解析】（1）函数的定义域为． 令，解得；令，解得． 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以． 所以无最大值，最小值为； （2），． 因为有两个不同的极值点，所以，． 欲证，即证，又， 所以原式等价于①. 由，, 得②. 由①②知原问题等价于求证， 即证． 令，则，上式等价于求证． 令，则， 因为，所以恒成立，所以单调递增，， 即，所以原不等式成立，即． 3．（2023·山西·模拟预测）已知函数． (1)若，求实数的取值范围； (2)若有2个不同的零点，求证：． 【解析】（1）因为函数的定义域为，所以成立，等价于成立. 令，则， 令，则，所以在内单调递减， 又因为，所以当时，，单调递增；当时，，单调递减， 所以在处取极大值也是最大值. 因此，即实数的取值范围为. （2）有2个不同的零点等价于有2个不同的实数根. 令，则，当时，解得. 所以当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以在处取极大值为. 又因为，当时，，当时，. 且时，. 所以，且. 因为是方程的2个不同实数根，即. 将两式相除得， 令，则，，变形得，. 又因为，，因此要证，只需证. 因为，所以只需证，即证. 因为，即证. 令，则， 所以在上单调递增，， 即当时，成立，命题得证. 4.（2025·山东·模拟预测）已知函数. (1)若有两个零点，求的取值范围； (2)若方程有两个实数根，且，证明：. 【解析】（1）易知函数的定义域为， 当时，，在上无零点，与题意不符， 当时，由，得，令， 所以若有两个零点，则直线与函数的图象有两个不同的交点， 易得，令，得， 所以当时，单调递增； 当时，单调递减，所以， 又，当时，，所以函数的大致图象如图所示， 由图可知，当，即时，直线与函数的图象有两个不同的交点， 所以实数的取值范围是. （2）由，得， 令，则，易得， 所以函数在上单调递增， 令，则关于的方程有两个实数根，且， 要证，即证，即证，即证， 由已知得，所以，所以， 不妨设，即证， 即证，令，即证，其中， 构造函数，则， 所以函数在上单调递增，所以，故原不等式得证. 5．（24-25高二下·福建莆田·月考）已知函数. (1)讨论导函数的零点个数情况； (2)若有两个不同极值点、.当时，证明：. 【解析】（1）因为函数的定义域为， 且，由可得， 令，其中，则， 由可得，列表如下： 增 极大值 减 所以，函数在上单调递增，在上单调递减， 所以，的极小值为， 且当时，；当时，. 如下图所示： 当时，即当时，直线与函数只有一个公共点， 当时，即当时，直线与函数有两个公共点， 当时，即当时，直线与函数无交点. 综上所述，当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点； 当时，函数无零点. （2）由，即，得， 要证明，只需证明， 而， 令，则，欲证明， 即证明，只需证明即可， 令， 求导得， 令，当时，， 则在单调递增，故， 则，令在时单调递增，则， 因此，即，所以. 6．（24-25高三下·河北保定·月考）已知函数，. (1)讨论的单调性； (2)若函数的图象在点处的切线方程为. （i）求的最小值； （ii）若关于x的方程有两个根，，证明：. 【解析】（1）因为，则， 若，则当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增； 若，则当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减. （2）（i）函数的定义域为， 则，则， 因为函数的图象在的切线方程为， 所以，则， 所以， 因为，所以，令，则， 令，则，， 所以，使，即，则， 又，所以在上单调递增， 当时，，即，当时，，即， 所以在上单调递减，在上单调递增， 故的最小值为. （ii）由题意可知，， 即方程有两个根，， 令，，则，所以， 设，由（1）知，在上单调递增，又， 所以，则， 由，得，， 所以， 要证，需证，即证， 令，则， 令，则， 所以在上单调递增，则，即， 则在上单调递减，所以， 因此成立，故，得证. 1．（2025·江苏南京·一模）已知函数. (1)当时，求证：； (2)若对于恒成立，求的取值范围； (3)若存在，使得，求证：. 【解析】（1）由，得. 要证，只需证. 令，则. 当时，，则单调递减， 当时，，则单调递增， 所以，故， 因此. （2） 令，则 ①当时，由，得， 因此，满足题意. ②当时，由，得， 因此，则在上单调递增. 若，则， 则在上单调递增， 所以，满足题意； 若，则， 因此在存在唯一的零点，且， 当时，单调递减， 当时，单调递增， 所以，不合题意. 综上，的取值范围为. （3）由（2）知，设， 则在上单调递减，在上单调递增， 注意到， 故在上存在唯一的零点. 注意到，且在上单调递增. 要证明，只需证， 因为，所以只需证， 即证. 因为，即， 所以，只需证， 只需证（*） 由（1）得， 因此， 设， 则，所以在上单调递增， 所以， 从而，即，因此（*）得证， 从而. 2．（2022·浙江绍兴·模拟预测）已知函数（其中是自然对数的底数）． (1)试讨论函数的零点个数； (2)当时，设函数的两个极值点为，且，求证：． 【解析】（1）由可得， 令，其中， 则函数的零点个数等于直线与函数图象的公共点个数， ，令可得，列表如下： 0 单调递减 极小值 单调递增 如下图所示： 当时，函数无零点； 当时，函数只有一个零点； 当时，函数有两个零点． （2）证明：因为，其中， 所以． 由已知可得， 上述两个等式作差得．要证，即证． 因为，设函数的图象交轴的正半轴于点，则． 因为函数在上单调递增，， 所以． 设函数的图象在处的切线交直线于点， 函数的图象在处的切线交直线于点， 因为，所以函数的图象在处的切线方程为． 联立，可得，即点． 构造函数，其中，则， 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增，所以， 所以对任意的，当且仅当时等号成立， 由图可知，则，所以． 因为，可得， 函数在处的切线方程为， 联立， 解得，即点． 因为，所以． 构造函数，其中，则． 当时，，此时函数单调递减； 当时，，此时函数单调递增，则， 所以对任意的，当且仅当时，等号成立， 所以，可得， 因此，故原不等式成立． 3．（2025·河北·模拟预测）若存在正数，对任意的，恒成立，则称函数，在上具有性质“”． (1)判断函数，在上是否具有性质“”，并说明理由； (2)若函数，在上具有性质“”，求的取值范围； (3)若函数与在上具有性质“”，且存在，，使得，求证：． 【解析】（1）函数和在上具有性质“”. 理由如下： 因为和在上均为偶函数，且在上单调递增， 所以只需考虑的情况， 令，则， 所以在区间上单调递增，且，所以恒成立， 则，即， 则，再根据函数是偶函数， 即，， 所以函数和在上具有性质“”. （2），在区间单调递增，在上单调递增， 设，若函数和具有性质“”， 则，整理为 设，由以上可知，在区间上单调递增， 即， 当时，恒成立， 令，，，得， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以当时，取得最小值， 所以； （3）由题意可知，存在，， ，又， 则，即， ，，设，， ， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 设，，不妨设，，，且， 设， ， 所以在区间上单调递减，且，即， 即，即，则， 即，则，得，即证. 6 / 23 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $函学科网·上好课 www.zxxk.com 上好每一堂课 重难专题03极值点偏移 题型一加法形式 题型二 乖积形式 题型三减法形式 题型四 商式形式 基础达标题 题型五平方形式 题型六倒数和形式 题型七指数形式 极值点偏移问题 题型八对数形式 能力提升题 拓展提升题 【知识方法综述】 1.极值点偏移的判定定理 对于可导函数y=x)在区间(a,b)上只有一个极大（小）值点xo,方程x)=0的解分别为：，，且a <<x2<b. (1)若0=)<2xo一x2),则x1+x22<(>)xo,即函数y=x)在区间(c1,)上极（小）大值点x右（左）偏： (2)若0=f)>f2x一x2),则x1十x22>(<)xo,即函数y=fx)在区间1,2)上极（小）大值点x0右（左）偏. fx) x) 左快右慢rc2)) 左慢右快rc2) fx) f(x) x1+2 20 左快右慢rc2)) 左慢右快rcl2) 2.极值点偏移问题的解法 1/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 (1)对称化构造法)构造辅助函数：对结论十x2>2x型，构造函数Fx)=x)一2xo一x)；对结论xx x20型，构造函数Fx)=fx)一favs4 alcol(f(xlolal(2ox,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=x1x2化为单变量的函数不等式，利用 函数单调性证明. 3解决极值点偏移问题的答题模板（以对称化构造法为例） (I)求导，获得x)的单调性，极值情况，作出x)的图象，由)=2)得1，x2的取值范围（数形结合）： (2)构造辅助函数， ①对结论：1十x2>(<)2xo,构造Fx)=fx)一2x一x): ②对结论xx2>(<)x20,构造Fx)=fx)-favs4 aNco1(f(xlolal(2o,求导，限定范围（或x2的范围）， 判定符号，获得不等式： (3)代入x(或x2),利用fx)=x)及x)的单调性证明最终结论 4妙解极值点偏移问题的两个不等式 (1)对数均值不等式 a-b (a≠b), 两个正数a和b的对数平均定义：L(a,b)=了lna-lnb a(a=b). 对数平均与算术平均、几何平均的大小关系：√ab≤La,b)≤a+b 2 (此式记为对数平均不等式) 取等条件：当且仅当a=b时，等号成立. (2)指数不等式 em-em (m≠n) 在对数均值不等式中，设a=e",b=e”,则E(a,b)= m-n ,根据对数均值不等式有 (m=n) 如下关系：esE(a,b)se+e m+ 基础达标题 题型一加法形式 1.己知函数x)=xex (1)求函数x)的单调区间和极值： (2)若x1x2且x)=x),求证：灯1十x2>2. 2/13 高学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 2.设数0=er--+ ,x∈[0，+oo). (1)判断函数f(x)的单调性； (2)若x1≠x2,且fx)+f(x2)=6e,求证：x1+x2<2. 题型二乘积形式 1.己知函数x)=xlnx的图象与直线y=m交于不同的两点A(1,),B(2,2).求证：12<1e2. 2.(24-25商三上江苏连云洁月考)已知函数八=lnr+ar2-a+aeR), (1)当a=1时，求函数y=f(x)的零点个数. 2)若关于x的方程f(y=2a心有两个不同实根，，求实数a的取值范围并证明，>， 3/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型三减法形式 1.已知函数f(x)=3lnx+ax2-4x(a>0. (1)讨论函数fx)的单调性： ②)当a=时，若方程x=b有三个不相等的实数根x,,,且：<x,<,证明：x-x<4. 2.己知函数f(x=er--x-a(a>0) (I)若函数f(x)在(0，+o)上单调递增，求a的取值范围， (2)若函数f(x的两个零点分别是x,x2,且x,<x2,证明： ①x随着a的增大而减小； ②x-i>1+a 4/13 命学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型四商式形式 1.已知函数=-eia>0有两个相异零点x、5,且<名，求证：名 2.设f(x=x-ae(a∈R),xeR, (1)求f(x的单调区间： (2)已知函数y=f(x)有两个零点X,x,且x<x2, (i)求a的取值范围； (i)证明：点随着a的减小而增大 题型五平方形式 1.已知函数f(x=lnx-ax2 (1)讨论函数f(x)的单调性： (2)若x,x2是方程f(x=0的两不等实根，求证：x2+x>2e 2.已知函数fx=1+lnx,a>0. ax (I)若f(x)≤1，求a的取值范围； (2)证明：若存在x,2,使得f(x)=fx),则x+x号>2. 5/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型六倒数和型 1.(24-25高三上江苏无锡月考)已知函数f(x)=a+1nx,g(x)=ax-lnx-2. (1)若a>0,当f(x)与g(x)的极小值之和为0时，求正实数a的值： 2若f(x)=f)=2≠g)小，求证：元十名2。 1+1>2 2.(25-26高二上湖北武汉·期末)己知函数f(x)=(2e-x)lnx,其中e=2.71828…为自然对数的底数. (1)讨论函数f(x)的单调性： 2若x,e(0,1,且h-xlx=2ex(,-ln,证明：2e<+1<2e+1. x1 X2 6/13 品学科网·上好课 www zxxk.com 上好每一堂课 题型七指数形式 1.(2024高三·全国.专题练习)已知函数f(x)=(x-1)nr-x2+ax(a∈R). (1)若函数y=∫'(x)有两个零点，求a的取值范围； (2)设x1,x2是函数f(x的两个极值点，证明：2.2：>4. 2.(2025广东佛山模拟预测)已知函数八=。+，x二 (1)设hx)=∫'(x,求h(x)的零点并判断f(x)的单调性； (2)若fx)=f(x2),且x<x2,证明： (i)x+x2<0: (i)e+e>2. 7/13 品学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 题型八对数型 1.(2026河南郑州.模拟预测)已知函数f(x)=xe(x∈R). (1)判断函数f(x)的单调性； (2)若方程f(x)+2a2-3a+1=0有两个不同的根，求实数a的取值范围； (3)如果x1≠x2,且f(x)=f(x2),求证：mx+x2)>n2. 2.(24-25高三上广东深圳·月考)已知函数f(x)=e2r-ax2-2x(其中e为自然对数的底) (1)若f(x)在(0，+o）上单调递增，求实数a的取值范围； (2)若a=1,x是f(x)的极值点且x。<0.若f(x)=f(x2),且x2<x<0.证明：n(x+x2+2)>2x+ln2. 8/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 B 能力提升题 1.(23-24高二上江苏镇江月考)已知函数=nx+20,a∈R.若函数f)有两个不相等的零点， (1)求a的取值范围； (2)证明：x+x2>4a. 2.(2024高三全国.专题练习)己知函数f(x)=xnr-x. (I)求函数fx)的最值： (2)若函数gx=f(x-ax2+a有两个不同的极值点，记作x,x2,且x,<2,求证：lnx+2lnx2>3. 9/13 高学科网·上好课 www zxxk com 上好每一堂课 3.(2023山西模拟预测)已知函数fx=nx-. (1)若f(x)≤-1，求实数a的取值范围； 2若f纠有2个不同的零点x,x<,求证：2x+3x>12 4.（2025山东.模拟预测)己知函数hx=x-alnx (ae R). (1)若h(x)有两个零点，求a的取值范围： 2)若方程xc-a(hr+)=0有两个实数根x,,且西≠，证明：e>C xx 10/13