期中培优：极值点偏移问题讲义-2025-2026学年高二下学期数学人教A版选择性必修第二册

期中培优：极值点偏移问题讲义 期中培优：极值点偏移问题讲义 知识点解析 一、对称化构造法 解题原理 以极值点为对称中心，构造与原函数关于对称的函数，通过比较对称点的函数值大小，结合原函数单调性，将双变量的不等关系转化为单变量的符号判定，核心是对称构函数，单调性定变量关系。 解题思路（和型偏移为主，积型适配） 1. 定基性：求导得的唯一极值点和单调区间，设（），明确待证； 2. 构对称函数：和型造，积型造（定义域取）； 3. 判符号：求，分析在的单调性，结合，得时的正负； 4. 推结论：由的符号得与/的大小，结合在的单调性，转化为自变量不等关系，化简得证。 二、比值代换法 解题原理 通过设比例参数消去双变量，将的关系转化为单参数（如）的函数，把极值点偏移的双变量不等式，转化为单参数的常规导数不等式证明，核心是比值消元降维，单变量函数定最值。 解题思路（通用所有偏移类型） 1. 定基性+设参数：同对称法得极值点、单调区间，设（），令（或），用和表示； 2. 建等式消元：由列等式，消去原函数中的常数/参数，解出（或）关于的表达式； 3. 转单参数不等式：将待证结论代入，消去，转化为仅含的不等式； 4. 构造单变量函数证明：令“不等式左式右式”（），求导分析的单调性、最值，证即可。 三、核心区别与注意事项 1. 对称化构造法：模板化强，计算量小，优先用于和型偏移，无需消元，直接靠单调性推导； 1. 比值代换法：通用性极强，适配所有偏移类型（和/积/混合型），核心是设参消元，关键在合理选参（优先）； 1. 共性要求：均需先确认为单峰函数（唯一极值点），否则方法失效。 例题分析 例1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 例2．（25-26高二下·重庆·月考）已知函数，． (1)若过原点的直线与曲线相切于点，证明：为定值； (2)已知恰有两个零点，，恰有两个零点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 例3．（25-26高二下·山西太原·月考）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中，称为在上的中值点． (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，，存在，使得，且是上的“双中值函数”，，是在上的中值点． ①求的取值范围； ②证明： 例4．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 变式训练 变式1．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 变式2．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 变式3．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求在上的值域； (3)若关于的方程在内有两个根，证明：． 变式4．（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 实战演练 1．（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：. 2．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 2 学科网（北京）股份有限公司 $期中培优：极值点偏移问题讲义 期中培优：极值点偏移问题讲义 知识点解析 一、对称化构造法 解题原理 以极值点为对称中心，构造与原函数关于对称的函数，通过比较对称点的函数值大小，结合原函数单调性，将双变量的不等关系转化为单变量的符号判定，核心是对称构函数，单调性定变量关系。 解题思路（和型偏移为主，积型适配） 1. 定基性：求导得的唯一极值点和单调区间，设（），明确待证； 2. 构对称函数：和型造，积型造（定义域取）； 3. 判符号：求，分析在的单调性，结合，得时的正负； 4. 推结论：由的符号得与/的大小，结合在的单调性，转化为自变量不等关系，化简得证。 二、比值代换法 解题原理 通过设比例参数消去双变量，将的关系转化为单参数（如）的函数，把极值点偏移的双变量不等式，转化为单参数的常规导数不等式证明，核心是比值消元降维，单变量函数定最值。 解题思路（通用所有偏移类型） 1. 定基性+设参数：同对称法得极值点、单调区间，设（），令（或），用和表示； 2. 建等式消元：由列等式，消去原函数中的常数/参数，解出（或）关于的表达式； 3. 转单参数不等式：将待证结论代入，消去，转化为仅含的不等式； 4. 构造单变量函数证明：令“不等式左式右式”（），求导分析的单调性、最值，证即可。 三、核心区别与注意事项 1. 对称化构造法：模板化强，计算量小，优先用于和型偏移，无需消元，直接靠单调性推导； 1. 比值代换法：通用性极强，适配所有偏移类型（和/积/混合型），核心是设参消元，关键在合理选参（优先）； 1. 共性要求：均需先确认为单峰函数（唯一极值点），否则方法失效。 例题分析 例1．（2026·陕西西安·模拟预测）已知函数． (1)求在上的极值； (2)若在上恒成立，求实数的取值范围； (3)若存在实数使得函数在上有两个不同的零点，证明：． 【答案】(1)极小值为，无极大值 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，分析单调性，确定极值． （2）分类讨论不同取值下需满足的条件，最后取并集. （3）利用函数对称性，将转化为证明，构造函数，求导分析单调性和极值，最终证得． 【详解】（1）， 令，所以，解得， 当时，单调递减， 当时，，单调递增， 所以在的极小值为，无极大值． （2）在上恒成立， 即在上恒成立， ①当时，由，得，因此，满足题意. ②当时，令， 则， 令，则． 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，， 因此在上存在唯一的零点， 且， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，不满足题意. 综上，实数的取值范围为． （3）当时，即， 不妨设，由（1）可知， 要证明，即证， 因为，且在上单调递增，所以只需要证， 又因为， 所以只需要证，即证， 即证， 两边同时除以，得， 化简为， 因为，所以只需证， 即证， 令， 则， 令， 则在上恒成立， 所以在上单调递增，， 即在上恒成立， 所以在上单调递减， 所以． 故，即， 所以． 例2．（25-26高二下·重庆·月考）已知函数，． (1)若过原点的直线与曲线相切于点，证明：为定值； (2)已知恰有两个零点，，恰有两个零点，，且． （ⅰ）求实数a的取值范围； （ⅱ）证明：． 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）（ii）证明见解析 【分析】（1）利用切线过原点可以得到关于的等式，变形即可得到所求式为定值； （2）（i）对构造函数，将零点问题转化为交点问题，通过分析单调性得到有两个交点应满足的条件，对构造函数并进行变量代换，得到与相近的形式从而快速得到结果，综合得到结论； （ii）由（i）中分析可得到，和，的对应关系，并利用基本不等式将所证不等式左边转为关于的单变量函数，再通过放缩将原不等式转为函数值大小的比较，最后构造函数证明并利用单调性证明原不等式. 【详解】（1）因为，所以，， 依题意有在点处的切线过原点，所以， 代入表达式得即， 又，故有即. （2）（i）有两个零点等价于有两个根，设，则， 时，，单调递增；时，，单调递减， 所以时取得最大值，且当时，， 当时，， 有两个根即与有两个交点，则应有即； 有两个零点等价于有两个根，设，则， 令得，采用类似的分析可知时单调递减， 时单调递增，最小值为， 且当时，，当时，， 有两个根即与有两个交点，则应有， 综上所述，的取值范围为； （ii）有两个根等价于有两个根，设， 当时，，由（i）可知有两个根， 因为，所以即有两个根 ，所以， 根据基本不等式有，设， 于是只需证明，设， 则上述不等式可以放缩为， 接下来分析与也即与的关系， 考虑函数， 则， 当，，单调递增，所以， 由（i）可知，所以即， 又因为，所以，由（i）可知在上单调递增， 且，故，得，即， 因为，当时，单调递增， 所以，原不等式得证. 例3．（25-26高二下·山西太原·月考）若函数在上存在，使得，，则称是上的“双中值函数”，其中，称为在上的中值点． (1)判断函数是否是上的“双中值函数”，并说明理由； (2)已知函数，，存在，使得，且是上的“双中值函数”，，是在上的中值点． ①求的取值范围； ②证明： 【答案】(1)不是，理由见解析 (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求出，令，求出，根据定义即可判断； （2）①令，由题意可知存在，使得在上有两个实数解，求导得到的单调性，列不等式组即可求出答案；②不妨设，令，，通过求导证明当时，当时，从而得到，，即可证明. 【详解】（1），， 由，解得，， 因为，， 所以函数不是上的“双中值函数”. （2）①由题意知，， 令，则， 令，则， 当时，，所以在上单调递增， 又，所以当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 由题意可得，存在，使得在上有两个实数解， 又因为当，， 故需使，解得， 即的取值范围为； ②不妨设， 令， 设， ， 令，则， 当时，，当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又，所以当时，即在上单调递减， 又，所以当时，当时， 即，， 又因为，所以， 即， 即， 因为，所以. 例4．（25-26高三下·江苏南通·开学考试）设函数． (1)讨论的单调性； (2)若有两个零点，，且． ①求实数的取值范围； ②证明：． 【答案】(1)答案见解析； (2)①；②证明见解析 【分析】（1）求导得，分为，，和四种情况，分别讨论的符号，从而得到函数的单调性； （2）①分为，，，和五种情况，结合函数的单调性分别讨论，即可求出答案；②由①知，，即，要证，只需证，通过构造函数，判断在上单调递增，从而证明，继而得到，再结合函数的单调性即可证明. 【详解】（1）， （ⅰ）当时，， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅱ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； （ⅲ）当时，，在上单调递增； （ⅳ）当时， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增； 综上所述，当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增； 当时，在上单调递增； 当时 ，在上单调递减，在上单调递增. （2）①， （ⅰ）当时，，令，解得， 此时函数只有一个零点，不符合题意，舍去； （ⅱ）时 ，在上单调递减，在上单调递增， 则， 又， 取且， 则， 所以有两个零点，其中，，符合题意； （ⅲ）当时， 在上单调递增， 当时，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅳ）当时，在上单调递增，不可能有两个零点，不符合题意，舍去； （ⅴ）当时， 当时，， 又在上单调递减，在上单调递增，， 所以不可能有两个零点，不符合题意，舍去. 综上所述，实数的取值范围为. ②由①知，，，所以， 要证，即证， 令， 则， 当时，，在上单调递增， 因为，所以， 即，即， 又因为，所以， 又因为且在上单调递减， 所以，即， 原命题得证. 变式训练 变式1．（25-26高三上·陕西榆林·期末）已知函数. (1)当时，求的最小值； (2)已知函数有两个零点，，且. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）证明：. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）借助导数研究函数单调性后即可得其最小值； （2）（ⅰ）解法1：令得，再构造函数，结合导数求出该函数单调性后，利用图象与直线有两个交点即可得解；解法2：求导后，分及进行讨论，再利用导数研究其单调性后结合零点存在性定理即可得；（ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2可得、的范围，从而可转化为证明，结合函数单调性，即证，再构造函数，利用导数研究其单调性即可得证；证明2：由题意可知，，则，从而只需证明，再构造函数，结合（1）中所得即可得证；证明3：由题意可知，，则，从而只需证明，令，，令，即只需证（），再构造函数，再利用导数研究该函数单调性即可得证. 【详解】（1）当时，，， 令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 故的最小值为； （2）（ⅰ）解法1：令得， 设，则图象与直线有两个交点， ，当时，；当时，， 因此在单调递增，在单调递减， 时，，，，故的取值范围为； 解法2：函数的定义域为，， 若时，则，故在上单调递减，不满足题意； 若时，令得， 当时，；当时，， 因此在单调递减，在单调递增， 因为函数有两个零点，所以， 即，解得， 此时，， 满足题意，故的取值范围为； （ⅱ）证明1：由（ⅰ）解法2知，，， 要证，即证， 因为，所以， 又在单调递减，即证， 又，即证. 设，， 则 ， 当且仅当时取等号， 所以，函数在单调递增. 当时，，因此，， 因为，所以，故原不等式成立； 证明2：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，则，即证（），即证（）， 设（），则， 由（1）知，，当且仅当时取等号， 故，即，在单调递增， 当时，，故原不等式成立， 证明3：由题意可知，，两式相减得， 要证，即证，即证， 令，，则，，， 即证（），即证（）， 令，即证（）， 设（），则， 在单调递减，， 因为，所以，故原不等式成立. 变式2．（2026·河南南阳·模拟预测）已知函数，其中. (1)若在上单调递增，求的取值范围； (2)在数学上，我们把在平面直角坐标系中横、纵坐标均为整数的点称为格点，若曲线与轴相切，且切点为格点． （i）求的值； （ii）若，且，证明：. 【答案】(1) (2)（i），（ii）证明见解析 【分析】（1）由恒成立，分参配方即可求解； （2）（i）由题意列出方程组，消去得，求导分析的整数零点，即可求； （ii）求导分析单调性，得出，构造函数证明，构造函数证明，由不等式的性质即可证明. 【详解】（1）， 由题意恒成立，则， 则. （2）（i）由题意，存在使得， 消去得， 设， 则 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 极大值，当时， 极小值， ， 则在存在1个零点， 综上的整数零点只有0， 则. （ii）， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 则， 设， 则， 由基本不等式，则，单调递增， 则时，， 则， 由于，在单调递增， 则， 设， 则 则，单调递增， 当时，， 则， 即， 由于，在单调递增， 则， 由，可得， 则， 即. 变式3．（25-26高三上·陕西咸阳·月考）已知函数． (1)求曲线在点处的切线方程； (2)求在上的值域； (3)若关于的方程在内有两个根，证明：． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）求导，得到，结合，从而利用导数几何意义求出切线方程； （2）法1：求导，得到，求出的单调性，得在上的值域为． 法2：求导，得到，求出的单调性，求出在上的值域为； （3）由（2）知的单调性，所以，要证，只需证，只需证，只需证，构造差函数，求导，得到单调性，结合，所以，问题得证． 【详解】（1） 所以， 又， 故所求切线方程为，即； （2）法1：由（1）知， ， ， ①当时，，所以； ②当时，，所以； ③当时，，所以； ④当时，，所以， 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以在上的值域为． 法2：由（1）知， 因为， ， 所以 ， 当时，，所以； 当时，，，所以； 当时，，所以； 当时，，，所以． 所以在上单调递增，在上单调递减， 又， 所以在上的值域为． （3）证明：由（2）知在上单调递增，在上单调递减， 所以，要证，只需证， 因为，所以，所以只需证， 因为，所以只需证． 令， 则 ． 因为，所以， 所以，所以， 所以在上单调递增，所以， 又，所以，所以，问题得证． 变式4．（2025·陕西宝鸡·二模）已知函数， (1)当时，求在处的切线方程； (2)若时，恒成立，求的范围； (3)若在内有两个不同零点、，求证：. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）当时，求出、的值，利用导数的几何意义可得出所求切线的方程； （2）由已知不等式结合参变量分离法可得，利用导数求出函数在上的最大值，即可求出实数的取值范围； （3）分析可知，要证所证不等式成立，即证且，要证，即证，利用诱导公式结合指数函数的单调性即可证明；要证，即证，构造函数，只需证，利用导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）当时，，则， 所以，，. 故切线方程为，即， （2）因为在上恒成立， 进而，即． 令，其中，则， 当时，，则，此时，函数单调递增， 当时，，则，此时，函数单调递减， 当时，，因为，因此， 所以，，故， 因此，实数的取值范围是. （3）因为函数在内有两个不同零点、， 则方程在内有两个根、，即， 由（2）知，当时，函数在单调递增，单调递减． 故，欲证，即证， 由于且函数在单调递减．所以只需证明， 即证，欲证，即证，即， 即证，即证，而该式显然成立， 欲证，即证，且，即证， 即证，即证，即证， 令，只需证， ， 令， 所以，即函数在上单调递增，所以，，故原不等式得证． 实战演练 1．（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 【分析】（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. 【详解】（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. 2．（24-25高三上·江苏宿迁·月考）已知函数． (1)讨论函数的单调区间； (2)当时，证明：； (3)函数有两个零点、，求证：． 【答案】(1)答案见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求得，对实数的取值进行分类讨论，利用函数的单调性与导数的关系可得出函数的增区间和减区间； （2）当时，即证不等式，令，即证不等式，构造函数，利用导数求函数的最小值，即可证得结论成立； （3）设，由已知等式推导出，将所证不等式等价变形为，令，即证，令，其中，令导数分析函数的单调性，即可证得结论成立. 【详解】（1）函数的定义域为， ， 当时，对任意的，， 由可得，由可得， 此时，函数的减区间为，增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时函数的减区间为，增区间为、； 当时，对任意的，， 此时函数的增区间为； 当时，由可得，由可得或， 此时，函数的减区间为，增区间为、. 综上所述，当时，函数的减区间为，增区间为； 当时，函数的减区间为，增区间为、； 当时，的增区间为，无减区间； 当时，函数的减区间为，增区间为、. （2）当时，， 即证， 令，即证，即证， 因为，则函数在上单调递增， 当时，；当时，， 所以函数的值域为， 令，其中，则， 由可得，由可得， 所以函数的减区间为，增区间为，则， 故，即，故原不等式得证. （3）， 因为函数有两个零点、，不妨设， 则，所以，， 整理可得，即， 要证，即证， 即证， 令，即证， 令，其中，则， 所以函数在上为增函数，则， 即，即，故原不等式得证. 2 学科网（北京）股份有限公司 $