专题06 导数中的极值点偏移问题7大题型（期中复习讲义）高二数学下学期人教A版

专题06 导数中的极值点偏移问题7大题型 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 和型极值点偏移 题型02 积型极值点偏移 题型03 差型极值点偏移 题型04 平方型极值点偏移 题型05 分式型极值点偏移 题型06 三极值点三零点极值点偏移 题型07 复杂指对型极值点偏移 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 01：和型极值点偏移 能识别极值点偏移问题中条件为 ，求证 （或 ），掌握构造对称函数或对数平均不等式的解法 导数压轴经典题型，常出现在解答题最后一问，易错点在于构造函数后单调性判断错误或对数平均不等式使用不当 02：积型极值点偏移 能处理条件为 且极值点偏移表现为 （或 ）的问题，通过取对数转化为和型，或直接构造乘积型对称函数 中高档难度，常与指数对数函数结合，易错点在于取对数后定义域变化及转化后和型偏移方向的一致性 03：差型极值点偏移 能解决涉及 的不等式（如 ），通过设 或比值代换，结合函数单调性证明 难度较大，考查变量代换与不等式放缩，易错点在于代换后变量范围不明确或不等号方向反向 04：平方型极值点偏移 能处理 或 型偏移问题，常用方法为设 或 ，结合平方和公式转化为已知类型 综合性强，常与积型、和型相互转换，易错点在于平方运算引入增根或符号处理失误 05：分式型极值点偏移 能解决涉及 或 等分式结构的不等式，通过取倒数或设比值，化归为和型或积型偏移问题 常出现在指对混合函数中，考查代数变形能力，易错点在于倒数变换后函数单调性可能改变 06：三极值点/三零点极值点偏移 能处理函数有三个极值点（或三个零点）时的偏移问题，通常涉及多参数或分段讨论，需综合运用对称构造与零点存在定理 极高难度题型，新高考压轴趋势，考查逻辑推理与分类讨论，易错点在于极值点顺序及区间划分不清晰 07：复杂指对型极值点偏移 能解决含有指数函数与对数函数混合的极值点偏移问题，往往需要多次构造函数、取对数或利用放缩技巧，如 型 导数压轴巅峰题型，综合性强，易错点在于指对互化不熟练或构造函数后求导复杂导致运算错误 知识点1.极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 知识点2.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：. 知识点3.极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 知识点4.对数平均不等式 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． 只证：当时，．不失一般性，可设． 证明如下： （I）先证：……① 不等式①（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递减， 故，从而不等式①成立； （II）再证：……② 不等式②（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递增， 故，从而不等式成立； 综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立， 当且仅当时，等号成立． 知识点5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法 （1）求出函数的极值点； （2）构造一元差函数； （3）确定函数的单调性； （4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系. 题型一 和型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 在 处取得极值，且 ，证明 （或 ）。常用方法：① 构造对称函数 ，研究其单调性；② 利用对数平均不等式 （适用于含对数函数）；③ 作差换元，令 ，，转化为证明 。 【典例1】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； （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． 【典例2】已知函数 (1)令对恒成立，求的最大值. (2)若有两个零点，求的范围，并证明： 【答案】(1)1 (2)，证明见解析 【分析】（1）求导，因式分解，即可分离参数，构造函数，，由导数求解函数的最值即可得解， （2）对讨论，结合函数的单调性可得的范围，构造函数，有导数求解函数的单调性，即可求证. 【详解】（1）由可得， 故由可得对恒成立， 故对恒成立， 由于得，故对恒成立， 进一步可得对恒成立， 记，，则， 当在单调递增，当在单调递减， 故， ，故， 因此，即，故的最大值为1， （2）由于， 由于， 当时，则，此时，在定义域内单调递减，此时不满足有两个零点， 当时，令，则此时在单调递减，，则此时在单调递增， 且当， 要使有两个零点，则，则 记，由于均为内的单调递增函数，因此函数在单调递增，由于， 因此时，， 故， 记函数，则 ， 由于，，所以， 因此函数在单调递增， 故， 进而可得，即可 由于，则， 由于，所以，又，在单调递减， 故， 即 【变式1】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 【分析】（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. 【详解】（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， ∴，∴. 【变式2】已知函数． (1)若有两个零点，且，求的取值范围； (2)在（1）的条件下，求证：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导数后判断单调性，结合最值的符号和零点存在定理可求的取值范围； （2）结合（1）中的函数性质可得，我们先证明：，利用已知的单调性将欲求证的此不等式转化为，后者可利用导数证明，再证明，从而可得题设中的不等式. 【详解】（1）， 当时，，当时，， 故在上为单调递减，在上为单调递增， 因为有两个零点，故，故. 当时，，而， 设，则，故在上为增函数， 故，故， 而，故当时，确有两个实数根， 综上，. （2）由（1）可得， 先证明：，即证， 而，故即证， 而，故即证， 即证，而， 故即证：， 设，则， 设，则， 故在上为减函数，故， 故在上为增函数，故即成立， 故. 设，则， 故在上为增函数，故， 故，故， 故 . 题型二 积型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 （或 ）。常用策略：① 构造函数 ，利用单调性；② 令 ，，转化为和型偏移；③ 对数化：证明 ，即和型偏移。 【典例1】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. 【分析】（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. 【详解】（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． 【变式1】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 【分析】（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. 【详解】（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． 【变式2】已知函数，其中． (1)当时，求的单调区间； (2)求当时，函数在区间上的最小值； (3)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 【答案】(1)增区间为，减区间为 (2) (3)①；②证明见解析 【分析】（1）利用导数求函数的单调区间； （2）利用导数分类讨论函数在区间的单调性，由单调性求最小值； （3）由函数有两个不同的零点，构造函数利用导数研究函数单调性的最值，结合函数图像求实数a的取值范围；把零点代入函数解析式，证明转化为证明，通过构造函数利用导数求最值的方法证明. 【详解】（1）当时，，定义域为， 若，则；若，则； 所以的增区间为，减区间为 （2）函数的定义域是， ． 当时，令则或(舍)． 当，即时，，在上单调递减， 在上的最小值是， 当，即时， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 在上的最小值是， 当，即时，，，在上单调递增， 在上的最小值是． 综上，． （3）①有两个不同的零点即有两个不同实根， 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，当时， 得的大致图像如图所示： ，所以实数a的取值范围为． ②当时，有两个不同的零点． 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，． 【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．不等式问题，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效. 题型三 差型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 或 。通常通过变量替换，令 ，结合极值点条件消元。也可利用拉格朗日中值定理，将差与导数联系起来。常见于非对称偏移，需构造 或类似形式。 【典例1】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 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：构造两次差函数，解决极值点偏移问题，即构造，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. 【变式1】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. 【答案】(1) (2)①证明见解析：②证明见解析 【分析】（1）利用导数判断原函数单调性，卡端点列出不等式求解即可. （2）①合理判断有两个零点，构造与的函数，求其单调性即可. ②求出关键点的函数值，结合不等式的运算性质证明不等关系即可. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：本题考查导数，解题关键是利用零点存在性定理证明函数有两个零点，然后构造函数，转化为证明函数单调性问题求解即可. 题型四 平方型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 。可转化为和型与积型的组合：，因此先证明和与积的范围，再导出平方和。或者直接构造 等对称形式。 【典例1】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. 【分析】（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. 【详解】（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. 【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. 【变式1】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：． 【答案】(1) (2)证明见解析 【分析】（1）求解函数定义域，参变分离得到，构造，利用导函数得到其单调性，极值和最值情况，得到； （2）转化为有2个不同的实数根，构造，得到其单调性，得到，且，求出，换元后即证，构造，求导后得到在上单调递增，，得到证明. 【详解】（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. 【点睛】极值点偏移问题中，若等式中含有参数，则消去参数，由于两个变量的地位相同，将特征不等式变形，如常常利用进行变形，可构造关于的函数，利用导函数再进行求解. 题型五 分式型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 ，本质是积型偏移的推论。通常先证明 与 的关系，再结合和的范围推导。也可直接构造 等。 【典例1】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 【分析】（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. 【详解】（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. 【变式1】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：． 【答案】(1)的增区间是，减区间是. (2)证明见解析 【分析】（1）直接求导，求得导函数的零点，即可讨论出的单调性； （2）先把等式变形为题干函数的形态得，再分别证明左右两个不等式，注意构造函数的技巧以及多次求导. 【详解】（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，. 【点睛】方法点睛：处理双变量问题首先是根据问题所给的等式变形为题干中函数的形态，找出两个变量的联系，再分别构造出函数去证明不等式，并转化为极值点偏移问题，有时还需结合隐零点方法综合使用. 【变式2】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 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点点睛：最后一问关键点在于借助换元法，令，，从而将证明转换为证明. 题型六 三极值点/三零点极值点偏移 解｜题｜技｜巧 函数有三个极值点或三个零点，研究其偏移关系。常见于高次函数或复合函数。方法：① 利用对称性，将中间点视为平衡点，两端的点配对构造；② 通过导数零点个数分析，转化为两个两两偏移问题的叠加；③ 整体构造函数，如 并研究多次求导符号。 【典例1】已知函数． (1)讨论函数的极值点的个数； (2)若函数恰有三个极值点、、，且，求的最大值． 【答案】(1)答案见解析 (2) 【分析】（1）求出函数的定义域与导数，对实数的取值进行分类讨论，利用导数分析函数的单调性，可得出函数在实数取不同知值时的极值点个数； （2）由已知可得出，两式相除得到，令，则，则，，得，，分析可得，则． 令，其中，利用导数求出函数的最大值，即为所求. 【详解】（1）解：函数的定义域为， 且． ①，，由，可得；由，可得. 所以在上单调递增，在上单调递减， 因此在处取得极大值，故当时，有一个极值点； ②，令，其中，则， 由可得，由可得， 因此在上单调递增，在上单调递减， 所以，所以，故， 由可得，由可得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此在处取得极小值，故当时，有一个极值点； ③当时，， 令得或，令，由②知， 而，， 令，则， 所以在上单调递减，因此，故， 所以函数在和上各存在唯一的零点，分别为、， 所以函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增， 故函数在和处取得极小值，在处取得极大值， 所以当时，有三个极值点． 综上所述，当或时，有一个极值点；当时，有三个极值点． （2）解：因为函数恰有三个极值点、、， 所以由（1）知，，， 由，两式相除得到． 令，则，则，，得，， 因此，所以，则． 令，其中，则， 令，则， 所以在上单调递增，则当时，， 即，故在上单调递增， 所以当时，，故的最大值为． 【点睛】易错点点睛：本题考查利用导数求解函数的极值点个数，要注意“极值点”与“零点”的区别，在转化为导函数的零点问题时，还应注意函数在极值点附近的单调性的变化，紧扣“极值点”的定义来解题. 【变式1】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）当时，，求导，得到导函数大于0恒成立，故得到；（2）首先确定为函数的一个零点，接下来研究，构造差函数，求导后单调性，得到证明. 【详解】（1）时，函数， 则， 在上单调递增， 所以． （2），显然为函数的一个零点，设为； 设函数， 当时，，当时，， 故在上单调递减，在上单调递增． 由已知，必有两个零点，且，下证：． 设函数，则， ， 由于，则， 由（1）有，故， 即函数在上单调递减， 所以， 即有， 由于，且在上单调递增， 所以， 所以． 【点睛】对于极值点偏移问题，通常要构造差函数，结合差函数的单调性和最值，进行证明. 题型七 复杂指对型极值点偏移 【典例1】已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点； （i）求的取值范围； （ii）证明． 【答案】(1)当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增. (2)（i）；（ii）证明见解析 【分析】（1）由已知可知，分和讨论函数的单调性； （2）（i）设，判断的单调性，然后结合单调性讨论求解； （ii）先证明存在使得，然后证明，最后利用和的单调性即得结论. 【详解】（1）由已知，得， 当时，对任意的，有，所以在上单调递增； 当时，由于当时，，当时，， 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）（i）函数有两个零点，当且仅当方程有两个解，即方程有两个解. 设，则，这表明当时，；当时，. 所以在上单调递减，在上单调递增. 设，则，所以当时，；当时，. 故在上单调递减，在上单调递增，从而对任意的都有，即对任意的都有. 而对任意实数，在中取，就有. 这表明当时，有. 原命题等价于方程有两个解，分情况讨论： 当时，对任意，有，这表明方程至多有一个解，不符合条件； 当时，由于，，，且，故方程有两个解，且满足，再结合的单调性，知方程的所有解即为，满足条件. 综上，的取值范围是. （ii）设，则， 故当且时，从而在和上单调递增，故在上单调递增. 这就意味着当时，有，即. 由于在上单调递减，在上单调递增，故由， 知存在， 使得，即. 从而有， ， 这意味着 ，最后一步利用了和. 故，但，而在上单调递增，所以. 又因为在上单调递增，所以， 故，即. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于，构造一个使得，得到和的大小关系，然后反向利用，判断和的大小关系，再比较和，即得结论. 【典例2】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 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】关键点睛：第2问的第①小问关键在于将变形，结合的单调性，将问题转化为有两个零点，然后利用导数讨论单调性，结合零点存在性定理即可求得的取值范围.第②小问关键在于取对数转化目标不等式，再通过换元将二元问题转化为一元问题即可得证. 【变式1】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 【分析】（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. 【详解】（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. 【点睛】方法技巧：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： 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． 【变式2】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 【分析】（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. 【详解】（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． 【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； （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. 期中综合拓展练（测试时间：50分钟） 1．已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 【答案】(1)3 (2)证明见解析 【分析】（1）求导，分、和三种情况求的极小值，列方程求解即可； （2）构造函数，根据的单调性和得到，再结合和的单调性即可得到；设，通过比较和的大小关系得到，，再结合即可得到. 【详解】（1）因为，所以. 当时，， 所以单调递增，没有极值，舍去. 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为，舍去 当时，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以当时，的极小值为. 所以. （2）由（1）知，在区间上，，单调递增， 在区间上，，单调递减， 在区间上，，单调递增， 所以不妨设. 下面先证. 即证，因为，所以， 又因为区间上，单调递减， 只要证，又因为， 只要证，只要证. 设， 则， 所以单调递增， 所以，所以. 下面证. 设，因为， 在区间上，；在区间上，. 设，，因为， 所以，所以. 设，，因为， 所以，所以. 因为，所以， 所以. 【点睛】极值点偏移问题中（极值点为），证明或的方法： ①构造， ②确定的单调性， ③结合特殊值得到或，再利用，得到与的大小关系， ④利用的单调性即可得到或. 2．已知函数，其中． (1)若，求的极值： (2)令函数，若存在，使得，证明：． 【答案】(1)极小值为，无极大值. (2)证明见解析 【分析】（1）求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间，从而求出函数的极值； （2）依题意可得，令，则上述函数变形为，利用导数说明的单调性，即可得到存在、，使得，再根据的单调性，可得，再构造函数，利用导数说明函数的单调性，即可证明； 【详解】（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. 【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． 3．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. 【答案】(1)有且仅有一个零点 (2)，证明见解析 【分析】（1）利用导函数与单调性的关系，以及零点的存在性定理求解； （2）根据题意可得有两个不同实根，进而可得，两式相加得，两式相减得，从而有，进而要证，只需证，即证， 构造函数即可证明. 【详解】（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. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 导数中的极值点偏移问题7大题型 （期中复习讲义） 内 容 导 航 明·期中考情 把握命题趋势，明确备考路径 记·必备知识 梳理核心脉络，扫除知识盲区 破·重难题型 题型分类突破，方法技巧精讲 题型01 和型极值点偏移 题型02 积型极值点偏移 题型03 差型极值点偏移 题型04 平方型极值点偏移 题型05 分式型极值点偏移 题型06 三极值点三零点极值点偏移 题型07 复杂指对型极值点偏移 过·分层验收 阶梯实战演练，验收复习成效 核心考点 复习目标 考情规律 01：和型极值点偏移 能识别极值点偏移问题中条件为 ，求证 （或 ），掌握构造对称函数或对数平均不等式的解法 导数压轴经典题型，常出现在解答题最后一问，易错点在于构造函数后单调性判断错误或对数平均不等式使用不当 02：积型极值点偏移 能处理条件为 且极值点偏移表现为 （或 ）的问题，通过取对数转化为和型，或直接构造乘积型对称函数 中高档难度，常与指数对数函数结合，易错点在于取对数后定义域变化及转化后和型偏移方向的一致性 03：差型极值点偏移 能解决涉及 的不等式（如 ），通过设 或比值代换，结合函数单调性证明 难度较大，考查变量代换与不等式放缩，易错点在于代换后变量范围不明确或不等号方向反向 04：平方型极值点偏移 能处理 或 型偏移问题，常用方法为设 或 ，结合平方和公式转化为已知类型 综合性强，常与积型、和型相互转换，易错点在于平方运算引入增根或符号处理失误 05：分式型极值点偏移 能解决涉及 或 等分式结构的不等式，通过取倒数或设比值，化归为和型或积型偏移问题 常出现在指对混合函数中，考查代数变形能力，易错点在于倒数变换后函数单调性可能改变 06：三极值点/三零点极值点偏移 能处理函数有三个极值点（或三个零点）时的偏移问题，通常涉及多参数或分段讨论，需综合运用对称构造与零点存在定理 极高难度题型，新高考压轴趋势，考查逻辑推理与分类讨论，易错点在于极值点顺序及区间划分不清晰 07：复杂指对型极值点偏移 能解决含有指数函数与对数函数混合的极值点偏移问题，往往需要多次构造函数、取对数或利用放缩技巧，如 型 导数压轴巅峰题型，综合性强，易错点在于指对互化不熟练或构造函数后求导复杂导致运算错误 知识点1.极值点偏移的含义 众所周知，函数满足定义域内任意自变量都有，则函数关于直线对称；可以理解为函数在对称轴两侧，函数值变化快慢相同，且若为单峰函数，则必为的极值点. 如二次函数的顶点就是极值点，若的两根的中点为，则刚好有，即极值点在两根的正中间，也就是极值点没有偏移. 若相等变为不等，则为极值点偏移：若单峰函数的极值点为，且函数满足定义域内左侧的任意自变量都有或，则函数极值点左右侧变化快慢不同. 故单峰函数定义域内任意不同的实数满足，则与极值点必有确定的大小关系： 若，则称为极值点左偏；若，则称为极值点右偏. 如函数的极值点刚好在方程的两根中点的左边，我们称之为极值点左偏. 知识点2.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：. 知识点3.极值点偏移的判定定理 对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，方程的解分别为，且， （1）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏； （2）若，则，即函数在区间上极（小）大值点右（左）偏. 证明：（1）因为对于可导函数，在区间上只有一个极大（小）值点，则函数的单调递增（减）区间为，单调递减（增）区间为，由于，有，且，又，故，所以，即函数极（小）大值点右（左）偏； （2）证明略. 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 左快右慢（极值点左偏） 左慢右快（极值点右偏） 知识点4.对数平均不等式 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． 只证：当时，．不失一般性，可设． 证明如下： （I）先证：……① 不等式①（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递减， 故，从而不等式①成立； （II）再证：……② 不等式②（其中） 构造函数，则． 因为时，，所以函数在上单调递增， 故，从而不等式成立； 综合（I）（II）知，对，都有对数平均不等式成立， 当且仅当时，等号成立． 知识点5. 运用判定定理判定极值点偏移的方法 （1）求出函数的极值点； （2）构造一元差函数； （3）确定函数的单调性； （4）结合，判断的符号，从而确定、的大小关系. 题型一 和型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 在 处取得极值，且 ，证明 （或 ）。常用方法：① 构造对称函数 ，研究其单调性；② 利用对数平均不等式 （适用于含对数函数）；③ 作差换元，令 ，，转化为证明 。 【典例1】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：． 【典例2】已知函数 (1)令对恒成立，求的最大值. (2)若有两个零点，求的范围，并证明： 【变式1】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：. 【变式2】已知函数． (1)若有两个零点，且，求的取值范围； (2)在（1）的条件下，求证：． 题型二 积型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 （或 ）。常用策略：① 构造函数 ，利用单调性；② 令 ，，转化为和型偏移；③ 对数化：证明 ，即和型偏移。 【典例1】已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)证明：若有两个零点，，则． 【变式1】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：． 【变式2】已知函数，其中． (1)当时，求的单调区间； (2)求当时，函数在区间上的最小值； (3)若函数有两个不同的零点. ①求实数a的取值范围； ②证明：. 题型三 差型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 已知 ，证明 或 。通常通过变量替换，令 ，结合极值点条件消元。也可利用拉格朗日中值定理，将差与导数联系起来。常见于非对称偏移，需构造 或类似形式。 【典例1】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：. 【变式1】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. 题型四 平方型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 。可转化为和型与积型的组合：，因此先证明和与积的范围，再导出平方和。或者直接构造 等对称形式。 【典例1】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：. 【变式1】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：． 题型五 分式型极值点偏移 解｜题｜技｜巧 证明 或 ，本质是积型偏移的推论。通常先证明 与 的关系，再结合和的范围推导。也可直接构造 等。 【典例1】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：. 【变式1】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：． 【变式2】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：． 题型六 三极值点/三零点极值点偏移 解｜题｜技｜巧 函数有三个极值点或三个零点，研究其偏移关系。常见于高次函数或复合函数。方法：① 利用对称性，将中间点视为平衡点，两端的点配对构造；② 通过导数零点个数分析，转化为两个两两偏移问题的叠加；③ 整体构造函数，如 并研究多次求导符号。 【典例1】已知函数． (1)讨论函数的极值点的个数； (2)若函数恰有三个极值点、、，且，求的最大值． 【变式1】已知函数． (1)若，证明：时，； (2)若函数恰有三个零点，证明：． 题型七 复杂指对型极值点偏移 【典例1】已知函数，． (1)讨论的单调性； (2)若函数有两个零点； （i）求的取值范围； （ii）证明． 【典例2】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：. 【变式1】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. 【变式2】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：． 期中综合拓展练（测试时间：50分钟） 1．已知，其极小值为-4. (1)求的值； (2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，，求证：. 2．已知函数，其中． (1)若，求的极值： (2)令函数，若存在，使得，证明：． 3．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. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $